湖北省部分學(xué)校聯(lián)考2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期12月月考物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12024年湖北云學(xué)部分重點(diǎn)高中高二年級(jí)12月聯(lián)考物理A試卷時(shí)長(zhǎng)∶75分鐘試卷滿分∶100分一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1-7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8-10題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但選不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。）1.下列關(guān)于物理學(xué)史說(shuō)法正確的是（）A.麥克斯韋建立了經(jīng)典電磁場(chǎng)理論，并證實(shí)了電磁波的存在B.電磁波在真空中的傳播速度與電磁波的頻率、波長(zhǎng)和能量大小無(wú)關(guān)C.法拉第提出了右手螺旋定則來(lái)判斷電流周圍磁場(chǎng)的方向D.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，并提出了分子電流假說(shuō)【答案】B【解析】A．麥克斯韋建立了完整的電磁場(chǎng)理論，赫茲首先驗(yàn)證了電磁波存在，故A錯(cuò)誤；B．電磁波在真空中的傳播速度與電磁波的頻率、波長(zhǎng)和能量大小無(wú)關(guān)，總等于光速c，故B正確；C．安培提出了右手螺旋定則來(lái)判斷電流周圍磁場(chǎng)的方向，故C錯(cuò)誤；D．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，安培提出了分子電流假說(shuō)，故D錯(cuò)誤。故選B。2.一個(gè)質(zhì)量為60kg的蹦床運(yùn)動(dòng)員，從離水平網(wǎng)面3.2m高處自由下落，假設(shè)網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力與時(shí)間的關(guān)系如圖所示，重力加速度取g=10m/s2，不計(jì)空氣阻力，則（）A.運(yùn)動(dòng)員與球網(wǎng)作用過(guò)程中重力的沖量為零B.運(yùn)動(dòng)員反彈的高度為3.2mC.球網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力沖量大小為1560N·sD.與球網(wǎng)作用過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員動(dòng)量變化量大小為120kg·m/s【答案】C【解析】A．運(yùn)動(dòng)員與球網(wǎng)作用時(shí)間不為零，則重力的沖量為所以重力的沖量不為零，故A錯(cuò)誤；C．圖像圍成的面積表示F的沖量，球網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力沖量大小為，故C正確；B．運(yùn)動(dòng)員下落過(guò)程由可得落到蹦床的速度方向向下，分析運(yùn)動(dòng)員與球網(wǎng)作用過(guò)程，以豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理解得運(yùn)動(dòng)員離開蹦床時(shí)的速度為則反彈的高度為故B錯(cuò)誤；D．與球網(wǎng)作用過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員動(dòng)量變化量大小為故D錯(cuò)誤。3.如圖甲所示，豎直彈簧振子以O(shè)點(diǎn)為平衡位置在A、B兩點(diǎn)間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，圖乙為該彈簧振子的振動(dòng)圖像，由圖可知下列說(shuō)法正確的是（）A.在t=時(shí)，彈簧振子恰好運(yùn)動(dòng)到O位置B.在t=與t=兩個(gè)時(shí)刻，彈簧振子的速度相同C.從t=到t=的時(shí)間內(nèi)，彈簧振子的動(dòng)能持續(xù)地減小D.在t=與t=兩個(gè)時(shí)刻，彈簧振子的加速度相同【答案】C【解析】A．t=時(shí)，振子的位移為正的最大，但由于沒(méi)有規(guī)定正方向，所以此時(shí)振子的位置可能在A位置也可能在B位置，故A錯(cuò)誤；B．t=時(shí)速度為正，t=時(shí)速度為負(fù)，兩者方向相反，故B錯(cuò)誤；C．從t=到t=的時(shí)間內(nèi)，位移增加，遠(yuǎn)離平衡位置，故動(dòng)能減小，故C正確；D．在t=與t=兩個(gè)時(shí)刻，位移相反，根據(jù)可知，加速度大小相等，方向相反，故D錯(cuò)誤。故選C。4.如圖所示，將長(zhǎng)為6L的漆包線AE折成圖示形狀并放入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并通以電流強(qiáng)度為I的電流，已知△BCD為邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正三角形，ADBE四點(diǎn)共線，則漆包線所受安培力大小為（）A.4IBL B.3IBLC.2IBL D.IBL【答案】B【解析】圖中AE之間的長(zhǎng)度為3L，則有效長(zhǎng)度為3L，所以漆包線所受安培力大小為3IBL。故選B。5.如圖所示，帶正電的物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ（μ<tanθ），斜面絕緣足夠長(zhǎng)且所在空間有圖示方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)將物體沿斜面靜止釋放。下列說(shuō)法正確的是（）A.物體沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)B.物體沿斜面先加速后減速，最后靜止在斜面上C.物體沿斜面運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度將一直增大D.物體最終勻速運(yùn)動(dòng)【答案】D【解析】由于μ<tanθ故所以物體將沿斜面向下加速，此時(shí)，

物體向下加速，速度增大，洛倫茲力增大，則N增大，故加速度減小。所以物體將沿斜面向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后勻速運(yùn)動(dòng)。故選D。6.霍爾傳感器在電動(dòng)汽車的電機(jī)中有重要的作用，比如檢測(cè)磁極位置、實(shí)現(xiàn)電流換向、控制電機(jī)速度和方向、保護(hù)電機(jī)免受損壞等?；魻杺鞲衅骺珊?jiǎn)化為圖所示的裝置：一塊長(zhǎng)為b、寬為c，高為a的長(zhǎng)方體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，單位體積內(nèi)自由電子數(shù)目為n，當(dāng)通入方向向右的電流I，霍爾元件處于如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，則下列說(shuō)法正確的是（）A.霍爾元件上表面的電勢(shì)比下表面低B.其他條件不變，若高度a增大，霍爾電壓變大C.其他條件不變，若寬度c增大，霍爾電壓變大D.其他條件不變，若磁場(chǎng)B增強(qiáng)，霍爾電壓變大【答案】D【解析】A．電流向右，電子向左定向移動(dòng)，根據(jù)左手定則，電子所受洛倫茲力向下，電子打在下表面，則霍爾元件的上表面的電勢(shì)比下表面高，故A錯(cuò)誤；BCD．根據(jù)平衡條件得由電流圍觀表達(dá)式橫截面積為聯(lián)立解得由上式可知，其他條件不變，若高度a增大，霍爾電壓不變,故B錯(cuò)誤；其他條件不變，若寬度c增大，霍爾電壓變小，故C錯(cuò)誤；其他條件不變，若磁場(chǎng)B增強(qiáng)，霍爾電壓變大，故D正確。故選D。7.如圖所示，一帶電粒子垂直入射半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P點(diǎn)進(jìn)Q點(diǎn)出，∠POQ=60°，且入射速度方向垂直于半徑OQ，不計(jì)粒子重力，下列說(shuō)法正確的是（）A.粒子P點(diǎn)進(jìn)Q點(diǎn)出速度方向偏轉(zhuǎn)了90°且軌跡半徑為B.粒子P點(diǎn)進(jìn)Q點(diǎn)出速度方向偏轉(zhuǎn)了60°且軌跡半徑為C.若保持粒子速度不變但入射點(diǎn)沿磁場(chǎng)邊界稍微下移，粒子仍從Q點(diǎn)出磁場(chǎng)D.若保持粒子速度不變但入射點(diǎn)沿磁場(chǎng)邊界稍微下移，粒子從Q點(diǎn)左側(cè)出磁場(chǎng)【答案】C【解析】作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由于，根據(jù)幾何關(guān)系可得，圖中平行四邊形OPO1Q為菱形，所以，保持粒子速度不變，根據(jù)磁聚焦的特點(diǎn)可知，則粒子一定從Q點(diǎn)處磁場(chǎng)，且速度的偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，等于60°。故選C。8.如圖所示，現(xiàn)有一列簡(jiǎn)諧橫波，以速度2m/s在均勻介質(zhì)中沿x軸正方向直線傳播。O點(diǎn)從t=0時(shí)刻開始向上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，M為x軸上的某質(zhì)點(diǎn)，時(shí)刻波傳播到M點(diǎn)，此時(shí)O點(diǎn)位于波峰。則（）A.OM長(zhǎng)度可能為1m B.頻率可能為0.5Hz C.周期可能是0.4s D.波長(zhǎng)可能是3m【答案】BC【解析】A．根據(jù)可知OM的長(zhǎng)度一定為，A錯(cuò)誤；BC．由題意可知時(shí)O點(diǎn)位于波峰，故，其中故振動(dòng)周期為其中當(dāng)取時(shí)，周期為頻率為當(dāng)取時(shí)，周期為B正確，C正確；D．根據(jù)可知波長(zhǎng)為其中故波長(zhǎng)不可能3m，D錯(cuò)誤。故選BC。9.如圖甲所示，A、B是一對(duì)水平放置的平行板電容器，其極板為圓形，當(dāng)閉合開關(guān)S給電容器充電，穩(wěn)定后，在兩級(jí)板中線邊緣位置放置一粒子源，水平向電場(chǎng)中均勻發(fā)射大量速度大小相同方向各異的同種正粒子，圖乙為裝置電容器部分的俯視圖，已知有粒子落在了B極板中心，忽略電場(chǎng)的邊際效應(yīng)，不計(jì)粒子重力，則下列說(shuō)法正確的是（）A.向左移動(dòng)滑片P，還有粒子能落在B極板中心B.若將粒子源向上平移到A極板邊緣，之前落在B極板中心的粒子剛好能出電場(chǎng)C.斷開開關(guān)S，僅將A極板豎直向上稍作移動(dòng)，落在B極板上的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長(zhǎng)D.落在極板上的粒子占總數(shù)量（即進(jìn)入電場(chǎng)的粒子）的【答案】AD【解析】A．電容器始終與電源相連，所以電容器兩極板間的電勢(shì)差不變，根據(jù)可知兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，粒子在兩極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)受力不變，故向左移動(dòng)滑片P，還有粒子能落在B極板中心，A正確；B．粒子在兩極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，恰好打到B板中心的粒子，設(shè)極板半徑為R，兩極板間距為d，極板間電勢(shì)差為，粒子電荷量為，質(zhì)量為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)有若將粒子源向上平移到A極板邊緣，粒子達(dá)到B極板時(shí)，豎直方向由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)有水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，有聯(lián)立解得，水平位移為所以之前落在B極板中心的粒子未能出電場(chǎng)，B錯(cuò)誤；C．?dāng)嚅_開關(guān)S，極板所帶電荷量保持不變，僅將A極板豎直向上稍作移動(dòng)，根據(jù)可知，電容器的電容值變小，根據(jù)可知，極板間的電勢(shì)差變大，又因?yàn)槁?lián)立解得可知斷開開關(guān)S，僅將A極板豎直向上稍作移動(dòng)，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，所以粒子在極板間的受力不變，故落在B極板上的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，C錯(cuò)誤；D．粒子在極板間的受力相同，粒子在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)有可知在極板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為即在極板間運(yùn)動(dòng)的粒子打到極板上的時(shí)間相等，粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有可知，達(dá)到B極板上的粒子在水平方向的位移大小相等，題中說(shuō)有粒子落在了B極板中心，故達(dá)到B極板上的粒子在水平方向上的位移大小均為，由幾何關(guān)系可知能打到B極板的粒子的初速度夾角在120度以內(nèi)，如圖所示即落在極板上的粒子占總數(shù)量（即進(jìn)入電場(chǎng)的粒子）的，D正確。故選AD10.如圖所示，ABCD為一長(zhǎng)方形有界磁場(chǎng)（邊界上有磁場(chǎng)）且AB：AD=2：7，A處有一粒子源，均勻的向磁場(chǎng)發(fā)射大量速度大小相同方向各異的同種正粒子，已知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為周期的，已知sin23.6°=0.4，sin37°=0.6，sin44.4°=0.7，sin53°=0.8，不計(jì)粒子重力，不考慮粒子間的相互作用，下列說(shuō)法正確的有（）A.不可能有粒子從C點(diǎn)出磁場(chǎng)B.當(dāng)沿AB方向入射的粒子出磁場(chǎng)時(shí)還有約73.8%的粒子沒(méi)有出磁場(chǎng)C.從CD邊出來(lái)的粒子只會(huì)從靠近D一側(cè)的區(qū)域出來(lái)D.從AD邊出來(lái)的粒子約占粒子總數(shù)的49.3%【答案】ACD【解析】A．由題意，知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為周期的，即粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角最大為。設(shè)AB邊長(zhǎng)為，則AD為，當(dāng)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與BC邊相切時(shí)，此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為，粒子飛入磁場(chǎng)時(shí)速度與AD方向的夾角為，根據(jù)幾何知識(shí)有聯(lián)立求得，若粒子恰能從C點(diǎn)飛出，由幾何知識(shí)知，其運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)弦長(zhǎng)最長(zhǎng)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，圓心角最大，但不可能為，半徑也不可能為，故A錯(cuò)誤；B．結(jié)合前面分析，當(dāng)沿AB方向入射的粒子出磁場(chǎng)時(shí)，設(shè)此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡所夾圓心角為，由幾何知識(shí)可得可得由幾何知識(shí)可得還未出磁場(chǎng)的粒子為故B錯(cuò)誤；C．結(jié)合前面分析，當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與BC邊相切時(shí)，由幾何知識(shí)可得，此時(shí)粒子恰好從CD邊中點(diǎn)飛出，由于此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，則可知從CD邊出來(lái)的粒子只會(huì)從靠近D一側(cè)的區(qū)域出來(lái)，故C正確；D．設(shè)粒子恰好從D點(diǎn)飛出時(shí)，速度方與AD方向夾角為，則由幾何知識(shí)可得可得可得從AD邊出來(lái)的粒子約占粒子總數(shù)為故D正確。二、非選擇題（本題共5小題，共60分）11.2023年9月21日下午，“天宮課堂”第四課中一個(gè)實(shí)驗(yàn)是驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒。（1）如圖甲所示，質(zhì)量的測(cè)量是通過(guò)艙壁上打開的一個(gè)支架形狀的質(zhì)量測(cè)量?jī)x完成的。在計(jì)算機(jī)設(shè)定的恒力F作用下，物體由靜止開始運(yùn)動(dòng)，測(cè)量裝置能夠測(cè)量出支架作用距離x和時(shí)間t，從而計(jì)算出質(zhì)量________（用F、x、t表示）。（2）如圖乙所示，質(zhì)量為mA的鋼球A靜止懸浮在空中，宇航員用手推出質(zhì)量為mB的鋼球B，使它以一定的初速度水平向左撞向鋼球A，撞后鋼球A、B同時(shí)水平向左運(yùn)動(dòng)。已知后面的背景板上小方格為邊長(zhǎng)相同的正方形，為了驗(yàn)證兩球組成的系統(tǒng)在碰撞中動(dòng)量守恒，除了以上給出的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)外，還需要測(cè)量的物理量是A.兩鋼球的直徑d及碰撞時(shí)間△t?B.手對(duì)小鋼球B的推力F及作用時(shí)間△t?C.碰撞前后鋼球運(yùn)動(dòng)相同方格數(shù)所用的時(shí)間，其中碰撞前鋼球B所用的時(shí)間t?，碰撞后鋼球A所用的時(shí)間tA，碰撞后鋼球B所用的時(shí)間tB（3）請(qǐng)結(jié)合（2）中選項(xiàng)寫出驗(yàn)證兩球組成的系統(tǒng)在碰撞中動(dòng)量守恒需要滿足的表達(dá)式_______?！敬鸢浮浚?）（2）C（3）【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系有聯(lián)立解得（2）驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的原理是所以除了測(cè)量?jī)晌矬w的質(zhì)量外。還需知道兩物體碰撞前后的速度，根據(jù)可知，需要測(cè)量?jī)射撉蚺鲎睬昂蟾髯赃\(yùn)動(dòng)的距離和對(duì)應(yīng)時(shí)間。故選C。（3）選取水平向左為正方向，則兩球碰撞前A處于靜止?fàn)顟B(tài)，B勻速直線運(yùn)動(dòng)則B速度為兩球碰撞后：A的速度B速度聯(lián)立得12.某學(xué)校實(shí)驗(yàn)小組用雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)光的波長(zhǎng)，裝置如圖甲所示：（1）下列說(shuō)法中正確的是（）A.濾光片應(yīng)置于單縫與雙縫之間B.撥桿的作用是為了調(diào)節(jié)縫的寬度C.保持雙縫位置不變，增大單縫與雙縫間距，干涉條紋變密D.保持雙縫位置不變，增大雙縫與毛玻璃屏間距，干涉條紋變疏（2）將測(cè)量頭的分劃板中心刻線與某亮紋中心對(duì)齊，將該亮紋定為第1條亮紋，此時(shí)手輪上的示數(shù)為2.320mm；然后同方向轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量頭，使分劃板中心刻線與第5條亮紋中心對(duì)齊，此時(shí)手輪上的示數(shù)如圖乙所示，該示數(shù)為____________mm，求得相鄰亮紋的間距Δx。已知雙縫間距測(cè)得雙縫到屏的距離，則所測(cè)單色光的波長(zhǎng)為___________m（本空結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（3）若丙圖為上述實(shí)驗(yàn)裝置簡(jiǎn)圖。S為單縫，為雙縫，屏上O點(diǎn)處為一條亮條紋。若實(shí)驗(yàn)時(shí)單縫偏離光軸，向下微微移動(dòng)，則可以觀察到原來(lái)O點(diǎn)處的亮條紋____________（“向上移動(dòng)”“向下移動(dòng)”“仍在O點(diǎn)”）（4）若將該實(shí)驗(yàn)裝置全部浸入到某種絕緣透明均勻介質(zhì)中做相同的實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)相鄰兩條亮紋中央間距變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則該絕緣透明均勻介質(zhì)的折射率n＝______?！敬鸢浮浚?）D（2）15.919##15.920##15.921（3）向上移動(dòng)（4）2【解析】（1）A．濾光片的作用是將復(fù)色光變?yōu)閱紊?，單縫的作用是使入射光變成線光源，雙縫的作用是將單色光分解成頻率相同、振動(dòng)情況相同的相干光，因此濾光片應(yīng)該放在單縫之前，故A錯(cuò)誤；B．撥桿的作用是為了調(diào)節(jié)單縫和雙縫平行，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)干涉條紋間距公式可知，干涉條紋間距與單縫到雙縫的距離無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)干涉條紋間距公式，其中L是雙縫與毛玻璃屏的距離，當(dāng)L增大時(shí)，干涉條紋間距也增大，干涉條紋變疏，故D正確。故選D。（2）螺旋測(cè)微器的分度值為0.01mm，需要估讀到分度值的下一位，圖乙讀數(shù)為15.5mm＋42.0×0.01mm＝15.920mm相鄰亮紋的間距為又因?yàn)椋肟傻胢（3）O處亮條紋是中央亮條紋，對(duì)應(yīng)光程差為零，單縫向下移動(dòng)，則光程差為零的位置向上移動(dòng)，故觀察到原來(lái)O點(diǎn)處的亮條紋向上移動(dòng)。根據(jù)雙縫間距的表達(dá)式在空氣中光在介質(zhì)中的波長(zhǎng)為所以在介質(zhì)中由此可得光在空氣中和絕緣透明介質(zhì)中所以折射率13.質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中常用的器材，某公司為了打破西方對(duì)質(zhì)譜儀的技術(shù)封鎖開發(fā)了如圖所示的新型質(zhì)譜儀，質(zhì)量為m帶電量為+q的粒子從A極板中心小孔處無(wú)初速度釋放，經(jīng)電場(chǎng)加速后，從正對(duì)的B極板中心小孔處射出，后沿半徑方向入射半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，速度方向偏轉(zhuǎn)60°后射出磁場(chǎng)，已知A、B間電壓為U，不計(jì)粒子重力，求（1）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小；（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）粒子在電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理，有得（2）根據(jù)幾何關(guān)系可知帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑速度方向偏轉(zhuǎn)60°后射出磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間周期為聯(lián)立得14.如圖所示，質(zhì)量為m滑塊A從高h(yuǎn)傾角30°的光滑斜面頂端無(wú)初速度釋放，與地面上靠近斜面底端的質(zhì)量為2m的滑塊B相碰，已知兩滑塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，斜面底端與地面間有光滑小圓弧相連，重力加速度為g，試求（1）滑塊A下滑到斜面底端的速度大??；（2）滑塊A和滑塊B相碰過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)能損失可能值的最大值；（3）碰后滑塊B運(yùn)動(dòng)路程的取值范圍?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）設(shè)滑塊A下滑到底端得速度為，根據(jù)動(dòng)能定理得（2）滑塊A和滑塊B發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，損失的動(dòng)能最大。設(shè)滑塊A和滑塊B碰后的共同速度為，動(dòng)能損失的最大值為，由動(dòng)量守恒定律由能量守恒定律得聯(lián)立解得（3）當(dāng)滑塊A和滑塊B發(fā)生完全非彈性碰撞，滑塊B碰后速度最小，運(yùn)動(dòng)