湖南省岳阳市2021届第四次新高考模拟考试物理试卷含解析

湖南省岳阳市2021届第四次新高考模拟考试物理试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，已知所有接触面都是光滑的．现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于（）
A．Mg+mg
B．Mg+2mg
C．Mg+mg（sinα+sinβ）
D．Mg+mg（cosα+cosβ）
【答案】A
【解析】
【分析】
本题由于斜面光滑，两个木块均加速下滑，分别对两个物体受力分析，求出其对斜面体的压力，再对斜面体受力分析，求出地面对斜面体的支持力，然后根据牛顿第三定律得到斜面体对地面的压力。

【详解】
对木块a受力分析，如图，
受重力和支持力
由几何关系，得到：
N1=mgcosα
故物体a对斜面体的压力为：N1′=mgcosα…①
同理，物体b对斜面体的压力为：N2′=mgcosβ… ②
对斜面体受力分析，如图，
根据共点力平衡条件，得到：
N2′cosα-N1′cosβ=0… ③
F支-Mg-N1′sinβ-N2′sinα=0…④
根据题意有：
α+β=90°…⑤
由①～⑤式解得：
F支=Mg+mg
根据牛顿第三定律，斜面体对地的压力等于Mg+mg；
故选：A。

【点睛】
本题关键先对木块a和b受力分析，求出木块对斜面的压力，然后对斜面体受力分析，根据共点力平衡条件求出各个力。

也可以直接对三个物体整体受力分析，然后运用牛顿第二定律列式求解，可使解题长度大幅缩短，但属于加速度不同连接体问题，难度提高。

2．氢原子的能级图如图所示。

用氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级辐射的光照射逸出功为6.34eV的金属铂，下列说法正确的是（）
A．产生的光电子的最大初动能为6.41eV
B．产生的光电子的最大初动能为12.75eV
C．氢原子从n=2能级向n=1能级跃迁时辐射的光不能使金属铂发生光电效应
D．氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射的光也能使金属铂发生光电效应
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
AB．从n=4能级跃迁到n=1能级辐射的光子能量为13.60.8512.75eV
-=
产生的光电子的最大初动能为
k012.75 6.34 6.41eV
E hv W
=-=-=
故A正确B错误；
C．氢原子从n=2能级向n=1能级跃迁时辐射的光子能量为10.2eV，能使金属铂发生光电效应，故C错误；
D．氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射的光子能量小于逸出功，故不能发生光电效应，故D错误。

故选A。

3．如图所示，带正电的点电荷Q固定，电子仅在库仑力作用下，做以Q点为焦点的椭圆运动，M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。

φM、φN和E M、E N分别表示电子在M、N两点的电势和电场强度，则电子从M点逆时针运动到N点（）
A．φM＞φN，E M＜E N B．φM＜φN，E M＞E N
C．电子的动能减小D．电场力对电子做了正功
【答案】D
【解析】
【分析】
考查点电荷场强分布，电场力做功与电势能的变化。

【详解】
AB．在正电荷形成的电场中，越靠近点电荷的位置场强越大，电势越高，所以E M＜E N，φM＜φN，故AB 错误；
CD．当电子从M点向N点运动时，库仑力对电子先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，根据功能关系可知，电子的电势能先减小后增加，电场力所做的总功为正，所以总的电势能减小，动能增大，故C错误，D正确。

故选D。

4．下列说法中，正确的是（）
A．物体在恒力作用下不可能做曲线运动
B．物体在恒力作用下不可能做圆周运动
C ．物体在变力作用下不可能做直线运动
D ．物体在变力作用下不可能做曲线运动
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．物体在恒力作用下也可能做曲线运动，例如平抛运动，选项A 错误；
B ．物体做圆周运动的向心力是变力，则物体在恒力作用下不可能做圆周运动，选项B 正确；
C ．物体在变力作用下也可能做直线运动，选项C 错误；
D ．物体在变力作用下也可能做曲线运动，例如匀速圆周运动，选项D 错误；
故选B 。

5．有一种灌浆机可以将某种涂料以速度v 持续喷在墙壁上，假设涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上，涂料的密度为ρ，若涂料产生的压强为p ，不计涂料重力的作用，则墙壁上涂料厚度增加的速度u 为( )
A ．p v
ρ B ．p v ρ C ．pv ρ D ．pv ρ
【答案】B
【解析】
【详解】 涂料持续飞向墙壁并不断附着在墙壁上的过程，速度从v 变为0，其动量的变化源于墙壁对它的冲量，以极短时间Δt 内喷到墙壁上面积为ΔS 、质量为Δm 的涂料(微元)为研究对象，设墙壁对它的作用力为F ，涂料增加的厚度为h 。

由动量定理得
F·Δt ＝Δm·v
又有
Δm ＝ρ·ΔSh
所以
F hv p S t
ρ==∆∆ 涂料厚度增加的速度为 u ＝
h t ∆ 联立解得
u ＝p v ρ
故选B 。

6．如图所示，A 、B 都是重物，A 被绕过小滑轮P 的细线所悬挂，B 放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P 被一根斜短线系于天花板上的O 点；O'是三根细线的结点，bO'水平拉着重物B ，cO'沿竖直方向拉着弹
簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态，g=10 m/s2，若悬挂小滑轮的斜线OP的张力是203N，则下列说法中正确的是（）
A．弹簧的弹力为103N
B．重物A的质量为2.5kg
C．桌面对重物B的摩擦力为103N
D．OP与竖直方向的夹角为60°
【答案】C
【解析】
【详解】
A．设悬挂小滑轮的斜线中的拉力与O′a绳的拉力分别为T1和T，则有：
2Tcos30°=T1
得：
T=20N
以结点O′为研究对象，受力如图
根据平衡条件得，弹簧的弹力为
F1=Tcos60°=10N
故A错误；
B．重物A的质量
A
2kg T
m
g
==
故B错误；
C．绳O′b的拉力
2sin 6020N 2
F T ︒==⋅=
根据平衡条件可知，桌面对重物B 的摩擦力为，故C 正确；
D ． 由于动滑轮两侧绳子的拉力大小相等，根据对称性可知，细线OP 与竖直方向的夹角为30°．故D 错误。

故选：C 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．下列说法正确的是（ ）
A ．随着分子间距离的减小，其斥力和引力均增大
B ．单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点
C ．一定质量的0°C 的冰熔化成0°C 的水，其分子势能会增加
D ．一定质量的气体放出热量，其分子的平均动能可能增大
E.第二类永动机不可能制成的原因是它违反了能量守恒定律
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．分子间距离减小，其斥力和引力均增大，A 正确；
B ．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，B 错误；
C ．0℃的冰熔化成0℃的水，吸收热量，分子平均动能不变，其分子势能会增加，C 正确；
D ．对气体做功大于气体放出的热量，其分子的平均动能会增大，D 正确；
E ．第一类永动机违反了能量守恒定律，第二类永动机不违反能量守恒定律，只是违反热力学第二定律，E 错误。

故选ACD 。

8．封闭在气缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是（ ） A ．气体的密度增大
B ．气体的压强增大
C ．气体分子的平均动能减小
D ．每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多
【答案】BD
【解析】
一定质量的气体，如果保持气体体积不变，根据密度公式得密度也就不变．故A 错误．根据气体状态方程PV/T=C ，如果保持气体体积不变，当温度升高时，气体的压强就会增大．故B 正确．温度是气体分子平均动能变化的标志，当温度升高时，气体分子的平均动能增大，故C 错误．气体压强是气体分子撞击器壁而产生的，由于气体的压强增大，所以每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多．故D 正确．故选BD ． 点睛：能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系．温度是气体分子平均运动剧烈程度的标志，当
温度越高时，分子平均动能增大；当温度越低时，分子平均减小．
9．如图所示，A 、B 两滑块质量分别为2kg 和4kg ，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的水平面上，并用手按着两滑块不动。

第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4kg 的钩码C 挂于动滑轮上，只释放A 而按着B 不动；第二次是将钩码C 取走，换作竖直向下的40N 的恒力作用于动滑轮上，只释放B 而按着A 不动。

重力加速度g ＝10m/s 2，不计一切摩擦，则下列说法中正确的是（ ）
A ．第一次操作过程中，滑块A 和钩码C 加速度大小相同
B ．第一次操作过程中，滑块A 的加速度为
220m /s 3
C ．第二次操作过程中，绳张力大小为20N
D ．第二次操作过程中，滑块B 的加速度为10m/s 2
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．第一次操作过程中，因AC 移动的位移之比为2：1，则滑块A 和钩码C 加速度大小之比为2：1，选项A 错误；
B ．第一种方式：只释放A 而B 按着不动，设绳子拉力为T 1，
C 的加速度为a 1，
对A 根据牛顿第二定律可得
T 1=m A a A
对C 根据牛顿第二定律可得
m C g-2T 1=m C a 1
根据题意可得
a A =2a 1
联立解得 220m/s 3
A a 选项
B 正确；
C ．第二种方式：只释放B 而A 按着不动，换作竖直向下的40N 的恒力作用于动滑轮上，
则绳张力大小为20N ，选项C 正确；
D ．对B 受力分析，根据牛顿第二定律可得
T 2=m B a B
根据题意可得T 2=20N
联立解得
a B=5m/s2
故D错误。

故选BC。

10．如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。

一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，已知重力加速度为g，下列结论正确的是（）
A．两极板间电场强度大小为mg q
B．两极板间电压为2mgd q
C．整个过程中质点的重力势能增加
22
2 3
2
mg L
v
D．若仅增大两极板间距，该质点仍能垂直打在M上
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．据题分析可知，小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，小球的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图
可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：
qE-mg=mg
得到：
2mg
E
q
由U=Ed可知板间电压为：
2U q mgd = 故A 错误，B
正确；
C ． 小球在电场中向上偏转的距离为：
y ＝
12at 2 而
a ＝qE mg m
-＝g ，t ＝0L v 解得：
y ＝2
20
2gL v 故小球打在屏上的位置与P 点的距离为：
S ＝2y ＝2
20
gL v 重力势能的增加量为：
E P ＝mgs ＝22
20g L v π
故C 错误。

D ．仅增大两板间的距离，因两板上电量不变，根据
E ＝
U d ＝Q Cd
而C ＝4S kd
επ，解得： E ＝4kQ S πε 可知，板间场强不变，小球在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏上，故D 正确。

故选BD 。

11．一个静止的质点在t=0到t=4s 这段时间，仅受到力F 的作用，F 的方向始终在同一直线上，F 随时间t 的变化关系如图所示．下列说法中正确的是（ ）
A ．在t=0到t=4s 这段时间，质点做往复直线运动
B ．在t=1s 时，质点的动量大小为1kgm/s
C ．在t=2s 时，质点的动能最大
D．在t=1s到t=3s这段时间，力F的冲量为零
【答案】CD
【解析】
【详解】
0～2s内，合力方向不变，知加速度方向不变，物体一直做加速运动，2～4s内，合力方向改为反向，则加速度方向相反，物体做减速运动，因为0～2s内和2～4s内加速度大小和方向是对称的，则4s末速度为零，在整个运动过程的速度方向不变，一直向前运动，第4s末质点位移最大；故A错误．F-t图象中，图
象与时间轴围成的面积表示力的冲量，在t=1s时，冲量大小I1=11
2
⨯
=0.5N•s，根据动量定理可知，质点
的动量大小为0.5kg•m/s，故B错误．由A的分析可知，在t=2s时，质点的动能最大，故C正确；F-t图象中，图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，由图可知，在t=1s到t=3s这段时间，力F的冲量为零，故D正确；故选CD．
【点睛】
解决本题的关键会通过牛顿第二定律判断加速度的方向，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动．同时能正确根据动量定理分析问题，明确F-t图象的性质，能正确求解力的冲量．
12．某单位应急供电系统配有一小型发电机，该发电机内的矩形线圈面积为S=0.2m2、匝数为N=100匝、
电阻为r=5.0Ω，线圈所处的空间是磁感应强度为B=
2
2
T的匀强磁场，发电机正常供电时线圈的转速为
n=2160
π
r/min．如图所示是配电原理示意图，理想变压器原副线圈的匝数比为5︰2，R1=5.0Ω、R2=5.2Ω，
电压表电流表均为理想电表，系统正常运作时电流表的示数为I=10A，则下列说法中正确的是
A．交流电压表的示数为720V
B．灯泡的工作电压为272V
C．变压器输出的总功率为2720W
D．若负载电路的灯泡增多，发电机的输出功率会增大
【答案】CD
【解析】
【分析】
（1）根据
2
E=求出电动势的有效值
（2）根据闭合回路欧姆定律求出原线圈的电压
（3）利用1221I n I n =及1122
U n U n =求出副线圈的电压 （4）根据电路结构求电动机的输出功率
【详解】
A 、根据题意电流表的示数为10A ，根据1221
I n I n = 解得原线圈的电流为4A ，线圈在磁场中产生电动势的
有效值为720E V == , 则电压表的读数为72045700U E Ir V =-=-⨯= ，故A 错；
BC 、原线圈的电压为()111720410680U E I r R V =-+=-⨯= 根据1122
U n U n = 可以求出副线圈上的电压为2272U V =，所以副线圈上的功率为22272102720P I U V ==⨯=
此时灯泡上的电压为27210 5.2220U V '=-⨯= 故B 错；C 对
D 、把发电机外的所有用电器等效为一个电阻为R 的电阻，根据题意可知R r > ，若负载电路的灯泡增多，则等效电阻R 减小，根据电源输出功率与电阻之间关系的函数图像可知，此时发电机的输出功率会增大，故D 对；
故选CD
【点睛】
此题比较复杂，对于原线圈中有用电器的变压器问题来说，一般做题的方向是利用前后功率相等来求解的．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学设计了一个既可以测电阻又可以测电源电动势与内阻的实验电路，如图甲所示，实验室提供了以下实验器材：
电源E （电动势约为6V ，内阻约为1Ω）；
定值电阻R 0（阻值约为5Ω）；
电流表A （量程30mA ，内阻约为5Ω）；
电流表B （量程1A ，内阻约为1Ω）；
电压表C （量程6V ，内阻约为5kΩ）；
电压表D （量程3V ，内阻约为3kΩ）；
滑动变阻器F （阻值0~20Ω）；
滑动变阻器G （阻值0~500Ω）
根据题中所给信息，请回答以下问题
(1)电流表应选________，滑动变阻器应选________；（选填器材代号）
(2)该同学操作正确无误，用U 1、U 2、I 分别表示电表V 1、V 2、A 的读数，其数据如下表所示： I （A ）
0.30 0.35 0.40 0.45 0.50 0.55 U 1（V ）
5.68 5.61 5.57 5.51 5.48 5.40 U 2（V ） 1.44 1.69 1.91 2.16 2.39 2.62
根据表中数据求得定值电阻R 0=________Ω（保留一位小数），其测量值________真实值（选填“>”、“<”或“=”）；该同学同时利用上表测得的数据求得电动势和内阻，由误差分析可知，电动势的测量值________电动势的真实值（选填“>”、“<”或“=”）。

(3)该同学进一步利用了一个辅助电源E′，采用如图乙所示电路测量电源的电动势，测量过程中，调节R 后再调节R 1，使电流表A 1的示数为0，测得多组数据。

这样，电源的电动势的测量值________电源电动势的真实值（选填“>”、“<”或“=”）。

【答案】B F 4.8 < < =
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1][2]．电源电动势为6V ，保护电阻约为5Ω，则电流约为
I=06=15
E R r ++A=1A 故为了能准确测量，电流表应选择B ；因电源内电阻较小，故滑动变阻器应选择阻值较小的
F ；
(2)[3][4][5]．由电路图可知，U 2为定值电阻两端的电压，电流表示数为R 0中的电流，由图可知电压表示数与电流表示数成正比，则可知，定值电阻的阻值为
R 0=2U I
≈4.8Ω 由于采用了电流表外接法，故测量出的电流偏大，则由欧姆定律可知，测量值小于真实值；如果用来测量电动势和内阻，由于采用相对电源的电流表外接法，由于电压表分流作用而使电流表示数偏小，则测出的电动势偏小；
(3)[6]．由于电压表支路中电流为零，故电压表不再分流，则此时电流表测出的电流为干路电流，电压表示数为路端电压，因此测量结果是准确的。

14．小李同学设计实验测定一圆柱体合金的电阻率，需要精确测量合金的电阻值。

已知圆柱体合金长度为L 、电阻约为10Ω，现在手头备有如下器材：
A ．电流表A 1，量程为100mA 、内阻约为10Ω
B ．电流表A 2，量程为100μA 、内阻约为100Ω
C ．电阻箱r ，最大阻值为999.9Ω
D ．滑动变阻器1R ，最大阻值为50Ω
E ．滑动变阻器2R ，最大阻值为10k Ω
F ．电源，电动势约为3V 、内阻约为10Ω
G ．导线和开关若干
H ．刻度尺（最小刻度为1mm ）
I ．游标卡尺
(1)用游标卡尺测量圆柱体合金的直径如图所示，则直径d =_________cm 。

(2)如图所示是该同学设计的测量该合金电阻的电路图，请帮助他选择合适的电学器材，要求电表的示数大于其量程的三分之二、滑动变阻器方便调节，则电流表和滑动变阻器需选择_________（填对应器材前面的字母序号）。

按图连接好线路进行实验，即可测量出该合金的电阻值x R 。

(3)用以上已知量和所测量的物理量的字母，写出该合金电阻率的表达式为ρ=_________。

【答案】1.075 AD 24x d R L
π 【解析】
【详解】
（1）[1]．1cm 150.05mm 1.075cm d =+⨯=
（2）[2][3]．若电流表选A 1，电路总电阻约为3V 30100mA
=Ω；若电流表选A 2，电路总电阻约为3V 30000100μA
=Ω。

滑动变阻器R 2不能满足，则滑动变阻器选R 1。

（3）[4]．根据电阻定律有x L R S ρ=，其中2
12S d π⎛⎫= ⎪⎝⎭，联立解得
24x d R L πρ=
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L ＝1．8 m 、质量M ＝3 kg 的薄木板，木板的最上端叠放一质量m ＝1 kg 的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝32
．对木板施加沿斜面向上的恒力F ，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动．设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2．
（1）为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；
（2）若F ＝3．5 N ，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离．
【答案】（1） F≤30N ；（2） 物块能滑离木板，1.2s ，s=0.9m ．
【解析】
试题分析：（1）对M 、m ，由牛顿第二定律-?F M m gsin M m a （）（）α+=
+ 对m ，有f mgsin ma α=－，f mgcos α≤，代入数据得：30F N ≤．
（2）37.530F N N =>，物块能滑离木板 ，对于M ，有F mgcos Mgsin Ma －－μαα= 1 对m ，有 2
mgcos mgsin ma μαα=－，设物块滑离木板所用的时间为t ， 由运动学公式：221211 22
a t a t L =－，代入数据得： 1.2t s =，物块离开木板时的速度 2 v a t =， 由公式：22sin g s v α-=-，代入数据得0.9s m =．
考点：牛顿运动定律的综合应用、匀变速直线运动的位移与时间的关系
【名师点睛】解决本题的关键理清物块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
16．如图甲所示，玻璃管竖直放置，AB 段和CD 段是两段长度均为l 1＝25 cm 的水银柱，BC 段是长度为l 2＝10 cm 的理想气柱，玻璃管底部是长度为l 3＝12 cm 的理想气柱．已知大气压强是75 cmHg ，玻璃管的导热性能良好，环境的温度不变．将玻璃管缓慢旋转180°倒置，稳定后，水银未从玻璃管中流出，如图乙所示．试求旋转后A 处的水银面沿玻璃管移动的距离．
【答案】58cm
【解析】
【分析】
气体发生等温变化，求出两部分气体的状态参量，然后应用玻意耳定律求出气体的体积，再求出水银面移动的距离．
【详解】
设玻璃管的横截面积为S ，选BC 段封闭气体为研究对象
初状态时，气体的体积为12V l S =
压强为P 1＝75 cmHg ＋25 cmHg ＝100 cmHg
末状态时，气体的体积为22V l S '=
压强为P 2＝75 cmHg －25 cmHg ＝50 cmHg
根据1122PV PV =
可得l 2′＝20 cm
再选玻璃管底部的气体为研究对象，初状态时，气体的体积为33V l S =
压强为P 3＝75 cmHg ＋25 cmHg ＋25 cmHg ＝125 cmHg
末状态时，气体的体积为43V l S '=
压强为P 4＝75 cmHg －25 cmHg －25 cmHg ＝25 cmHg
根据3344PV PV =
可得l 3′＝60 cm
A 处的水银面沿玻璃管移动了
l ＝(l 2′－l 2)＋(l 3′－l 3)＝10 cm ＋48 cm ＝58 cm
17．间距为的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示,倾角为θ的导轨处于大小为，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3的“联
动双杆”（由两根长为的金属杆，和，用长度为L 的刚性绝缘杆连接而成），在“联动双杆”右侧存在大小为，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L ，质量为，长为的金属杆
，从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆
与“联动双杆”发生碰撞后杆和
合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出，运动过程中，杆、和与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。

已知杆、和电阻均为。

不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。

求：
（1）杆在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小；
（2）联动三杆进入磁场区间II前的速度大小；
（3）联动三杆滑过磁场区间II产生的焦耳热
【答案】(1) (2) 1.5m/s (3)0.25J
【解析】
【详解】
沿着斜面正交分解，最大速度时重力分力与安培力平衡
(1)感应电动势
电流
安培力
匀速运动条件
代入数据解得：
（2）由定量守恒定律
解得：
（3）进入B2磁场区域，设速度变化大小为,根据动量定理有
解得：
出B2磁场后“联动三杆”的速度为
根据能量守恒求得：
综上所述本题答案是：(1) (2) 1.5m/s (3)0.25J
【点睛】
本题比较复杂，根据动能定理求出ab棒下落到轨道低端时的速度，再利用动量守恒求出碰后三者的速度，结合动量定理求出进出磁场的初末速度之间的关系，并利用能量守恒求出系统内增加的热量。