2024年贵州省3_3_3高考物理诊断试卷（二）(含详细答案解析)

这是一份2024年贵州省3_3_3高考物理诊断试卷（二）(含详细答案解析)，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图，光滑水平地面上，动量为p1的小球1向右运动，与同向运动且动量为p2的小球2发生弹性碰撞，p1=p2，碰撞后小球1的速率为v1′、动能为E′k1、动量大小为p1′，小球2的速率为v2′，动能为E′k2，动量大小为p2′，下列选项一定正确的是( )
A. v1′C. E′k12.一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点，振幅为0.1m，t=0时振子的位移为−0.05m，沿x轴正方向运动；t=0.5s时位移为0.05m，沿x轴负方向运动，则( )
A. 振子的周期可能为13sB. 振子的周期可能为23s
C. 振子的周期可能为56sD. 振子的周期可能为2s
3.如图，物块1从a点以初速度v1水平抛出，与此同时物块2从b点以速度v2射出，两者均视为质点，若要直接击中，除重力外不受其他作用力，下列选项正确的是( )
A. 物块2应瞄准a点进行拦截
B. 物块2应瞄准a点的右侧进行拦截
C. 物块2应瞄准a点的左侧进行拦截
D. 物块2应瞄准a点的下方进行拦截
4.如图，有人设计了一种“超级高铁”，即在地球内部建设一个管道，其轨道半径小于地球半径，列车在其中做匀速圆周运动(不与管道接触且不计阻力)，“超级高铁”与地球近地卫星相比，哪个物理量可能更大？( )
A. 向心加速度B. 线速度C. 周期D. 所受地球万有引力
5.如图，倾角为θ的光滑固定轨道cdef，宽为l，上端连接阻值为R的电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，以初速度v0沿轨道向上运动，空间存在水平向右、磁感应强度大小为B的匀强磁场，不计导轨电阻，导体杆与导轨始终接触良好，ab杆向上运动的距离为x，下列选项正确的是(重力加速度为g)( )
A. 开始时电阻电功率为P=B2l2v02R+rR
B. 开始时ab所受合力为F=mgsinθ+B2l2v0sin2θR+r
C. 该过程克服安培力做功W=B2l2v0sin2θR+rx
D. 该过程流过ab的电量q=BlxR+r
6.关于理想气体和原子，下列选项正确的是( )
A. 一定质量的理想气体升温膨胀，内能不一定增加
B. 外界对气体做正功，气体压强一定变大
C. 从较高的能级向低能级跃迁时，原子能量减少
D. 爱因斯坦光电效应方程的本质是动量守恒
7.如图，质量为m的圆环带正电，套在一粗糙程度相同的水平杆上，空间中存在水平向右的匀强电场和垂直平面向里的匀强磁场，给圆环一初速度v0，圆环运动的v−t图像不可能是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.t=0时，波源O开始产生一列向x轴正方向传播的简谐横波，经过5s波恰好传播到P点，P点距离波源10m，t=5s时波形图如图所示。下列说法正确的是( )
A. 5∼6s，平衡位置在P点的质点速度逐渐增大
B. 波源起振方向沿y轴正向
C. 波速为1.6m/s
D. 波源的振动方程为y=2sinπ2t(m)
9.如图所示的电路中，电源内阻不计，电表均为理想电表，三个定值电阻阻值均为R，滑动变阻器的最大阻值也为R，当开关闭合时，电流表A1、A2的读数分别记为I1、I2，电压表的读数记为U，当滑动变阻器的滑片P从最左端的a点滑到正中间的过程中，下列说法正确的是( )
A. I1变小B. I2变小
C. U变大D. 滑动变阻器消耗的功率变大
10.如图所示，在MN所在直线的左侧存在一个方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的圆形磁场区域(图中未画出)，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M点以水平向左的初速度射入磁场中，一段时间后从N点穿过竖直线MN，在N点时运动方向与MN成30∘角，MN长度为3L，不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A. 从M到N过程中粒子所受洛伦兹力的冲量大小为2πBqL3
B. 粒子从M到N所用的时间为4πm3Bq
C. 粒子在磁场中做圆周运动的半径为L
D. 圆形匀强磁场区域的最小面积为3πL24
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.小李同学设计了一个电路来准确测量一根金属丝的电阻，原理图如图甲所示。他先用万用表粗略测得金属丝电阻约为20Ω；现有下列器材可供选择：
A.电源(电动势为3V，内阻约为1Ω)
B.电压表(量程3V，内阻约为1kΩ)
C.电压表(量程15V，内阻约为5kΩ)
D.电流表(量程30mA，内阻为20Ω)
E.电流表(量程0.6A，内阻为5Ω)
F.滑动变阻器(最大阻值为20Ω)
G.滑动变阻器(最大阻值为500Ω)
H.定值电阻R0(阻值为5Ω)
I.定值电阻R1(阻值为100Ω)
J.开关一个，导线若干
(1)为了测量准确，实验时电压表应该选择______，电流表应该选择______，滑动变阻器应该选择______，定值电阻应该选择______。(均填器材前对应字母)
(2)电压表读数记为U，电流表读数记为I，若不考虑电压表内阻的影响，小李同学根据实验数据作出的U−I图像如图乙所示，计算可得图像斜率为k=105，则金属丝电阻为______Ω(结果保留3位有效数字)。
12.小明同学利用力传感器设计了一个装置来验证机械能守恒定律，其原理图如图甲所示。实验时将质量为m的小球拉至某一位置由静止释放(释放时绳子绷直)，让小球在竖直面内自由摆动，记录下摆过程中力传感器示数的最大值T1和最小值T0，多次改变小球释放位置重复实验，当地重力加速度为g。
(1)若小球摆动过程中机械能守恒，则应该满足的关系式为______。
(2)他根据测量数据作出T1−T0图像如图乙所示，图像是一条直线，由图乙得小球的质量为______ kg。(g取10m/s2计算)
四、简答题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，玻璃砖的横截面由直角三角形AOB和14圆构成，一光源P放置在D点右侧，光源发出的一束光从圆弧BD上的M点射入玻璃砖，最后从N点(图中未画出)射出玻璃砖。已知OB=R，OA= 3R，M到OD的距离为R2且到O点和P点的距离相等，玻璃砖折射率n= 3，求光从玻璃砖射出时的折射角。
14.如图所示，质量mB=3kg的足够长的长木板B静置在粗糙的水平面上，上表面放置一质量mA=2kg的物块A，另有一质量mC=1kg的物块C以初速度v0= 10m/s从长木板最左端滑上长木板，后以v=3m/s的速度与物块A发生碰撞，C恰好能从长木板左端滑落。物块A、C与长木板B之间的动摩擦因数均为μ1=0.4，长木板B与水平面之间的动摩擦因数为μ2=0.1。已知碰撞时间极短，A始终未从B上滑落，重力加速度g=10m/s2，物块A、C可看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)C与A碰撞后物块C的速度大小；
(2)A、C碰撞后经过多长时间A、B物体均停止运动？
15.如图所示，水平放置的光滑金属导轨efgh、ijkl中有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T，ef、ij段间距L=0.5m，gh、kl段间距为2L，通过光滑绝缘弯曲轨道与倾角θ=30∘的光滑U形abcd金属导轨平滑相连，U形导轨间距仍为L，bc端接一个C=0.5F的电容，倾斜导轨处有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小仍为B。初始时导体棒P静置于ef、ij段，给导体棒Q一个初速度，使其从gh、kl段左端开始向右运动，一段时间后导体棒P冲上弯曲轨道高度H=0.2m的最高点并恰好无初速度进入倾斜轨道。已知导体棒P、Q的质量mP=mQ=0.5kg、不计导体棒P的电阻，Q的电阻R=2Ω，两导体棒运动过程中始终与导轨接触良好且与导轨垂直，P棒到达ei处时，Q棒未到达fj处，且两棒已处于稳定运动，重力加速度为g=10m/s2，不计导轨处的能量损失、导轨电阻及空气阻力。求：
(1)导体棒Q的初速度大小；
(2)导体棒P在水平导轨运动的过程中，P、Q与导轨围成的闭合回路面积的改变量；
(3)导体棒P在倾斜导轨abcd下滑的加速度大小和下滑x=4.5m的时间。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB、设p=p1=p2，要发生碰撞则v1>v2，m1根据两个物体发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得：
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
12m1v12+12m2v22=12m1v1′2+12m2v2′2
解得：v1′=2m1v1+m2v2m1+m2−v1=3p−m2m1pm1+m2
v2′=2m1v1+m2v2m1+m2−v2=3p−m1m2pm1+m2
由此可知只有当m2m1足够大时可造成v1′>v2′
由弹性碰撞规律，当m2m1<3时可造成碰后两者可以都向右运动，故AB错误；
C、碰撞过程小球2动能增大，但初动能小球1的大于小球2的，故碰后动能大小不确定，故C错误；
D、碰撞过程小球2动量增大，且系统动量守恒，所以p1′故选：D。
根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律求出二者的碰后速度表达式，分析即可。
本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚小球的碰后速度表达式是解题的关键。
2.【答案】A
【解析】解：t=0时刻振子的位移x=−0.05m，t=0.5s时振子的位移x=0.05m，且沿x轴负方向运动，根据振幅A=0.1m再结合位移-时间关系图象，有t=T2+nT(其中n=0，1，2，3，4…)
解得：T=t12+n=2t2n+1=12n+1
当n=0时，T=1s；当n=1时，T=13s；当n=2时，t=15s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据题意得出振子可能的振动情况，结合位移-时间公式得出振子可能的周期。
本题主要考查了简谐运动的相关应用，理解简谐运动的特点，结合运动学公式即可完成分析。
3.【答案】B
【解析】解：在加速度a=g的参考系中，两者做匀速直线运动，所以物块2应瞄准a右侧进行拦截，故B正确，ACD错误。
故选：B。
在加速度a=g的参考系中二者做匀速直线运动，据此分析。
本题利用运动的合成和分解计算繁琐，考查学生能力的题目，不错。
4.【答案】D
【解析】解：A、设距离地心为r处的加速度为a，对应的地球质量为M′，根据牛顿第二定律可得：GM′mr2=ma，解得a=GM′r2；其中M′=ρ⋅43πr3，解得：a=43πρG⋅r；由于近地卫星的公转半径为等于地球的半径，所以“超级高铁”与地球近地卫星相比，“超级高铁”的向心加速度小，故A错误；
B、根据a=v2r可得：v= 43πρG⋅r，“超级高铁”与地球近地卫星相比，“超级高铁”的线速度小，故B错误；
C、根据T=2πrv可得：T=2π 4πρG3= 3πρG，则二者的周期相同，故C错误；
D、根据万有引力定律可得：F=GM′mr2=43πρGmr，“超级高铁”的质量与轨道半径的乘积有可能大于近地卫星的质量与轨道半径，则“超级高铁”所受地球万有引力可能较大，故D正确。
故选：D。
根据牛顿第二定律推导向心加速度表达式进行分析；根据a=v2r分析线速度大小；根据T=2πrv分析周期的大小；根据万有引力定律分析万有引力的大小。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
5.【答案】B
【解析】解：A、开始时ab切割磁感线产生感应电动势为：E=Blvsinθ，感应电流大小为：I=ER+r=Blv0sinθR+r
故电阻电功率：P=I2R=B2l2v02sin2θ(R+r)2R，故A错误。
B、通过导体杆ab的电流方向由b到a，导体杆ab所受安培力方向竖直向下，开始时安培力大小为：F安=BIl=B2l2v0R+rsin⁡θ
ab所受合力大小为：F合=mgsin⁡θ+B2l2v0sin2⁡θR+r，方向沿导轨向下，故B正确。
C、若运动过程中安培力是恒力，则该过程克服安培力做功W=F安xsin⁡θ=B2l2v0sin2⁡θR+rx，但实际运动过程中ab要减速，感应电动势与感应电流均减小，安培力减小，故安培力不是恒力，故C错误。
D、流过ab的电量为：q=I−t=E−R+rt=ΔΦt⋅tR+r=ΔΦR+r=BlxsinθR+r，故D错误。
故选：B。
应用动生电动势的计算公式求得开始时ab切割磁感线产生感应电动势，进而求得感应电流大小，由电功率的计算公式求解电阻电功率；由安培力的计算公式求得安培力，判断导体杆ab所受安培力的方向，确定ab所受合力；运动过程中安培力不是恒力；应用流过导体棒的电量的经验公式求解电荷量。
本题考查了电磁感应现象中基本物理量的计算，基础题目。本题磁场方向不与导轨平面垂直，金属杆的速度方向磁场方向垂直，计算感应电动势和磁场力要注意夹角问题。掌握电荷量的经验公式。
6.【答案】C
【解析】解：A、理想气体内能由温度决定，温度升高，内能增大，故A错误；
B、外界对气体做正功，若向外放热导致气体体积减小的同时温度降低，压强可能减小，故B错误；
C、从较高的能级向低能级跃迁时，向外辐射能量，原子能量减少，故C正确；
D、爱因斯坦光电效应方程的本质是能量守恒，故D错误。
故选：C。
一定质量的理想气体的内能只跟温度有关；气体的压强与体积和温度有关；氢原子从高能级向低能级跃迁时总能量减少；光电效应方程的本质是能量守恒。
解决本题的关键知道理想气体的内能由温度决定，掌握热力学第一定律以及理想气体状态方程，并能灵活运用。
7.【答案】C
【解析】解：经受力分析，圆环受向下的重力、向右的电场力、向上的洛伦兹力，向左的摩擦力，杆的弹力方向可能向上也可能向下(暂且不画)，如图所示
当电场力大于滑动摩擦力，且弹力向下，根据牛顿第二定律有
a1=qE−μ(qvB−mg)m，圆环做加速度减小的加速运动，故A正确；
当电场力大于滑动摩擦力，且弹力向上，根据牛顿第二定律有
a2=qE−μ(mg−qvB)m，圆环先做加速增大的加速运动，当洛伦兹力和重力相等后，弹力反向，圆环又做加速度减小的加速度运动，故D正确；
当电场力小于滑动摩擦力，且弹力向上，根据牛顿第二定律有
a3=μ(mg−qvB)−qEm，圆环做加速度增大的减速运动，故B正确；
当电场力小于滑动摩擦力，且弹力向下，根据牛顿第二定律有
a4=μ(qvB−mg)−qEm，圆环做加速度加速度减小的减速运动，当洛伦兹力和重力相等后，弹力反向，圆环又做加速度增大的减速运动，故C错误。
本题选不可能的，故选：C。
对圆环受力分析，分类讨论电场力大于摩擦力且弹力向上和弹力向下、电场力小于摩擦力且弹力向上和弹力向下几种情况下圆环的运动性质。
本题考查带电粒子在重力场、电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
8.【答案】BD
【解析】解：AC、由题图可知，该波的波长λ=8m，波速v=xPt=105m/s=2m/s，周期为：T=λv=82s=4s，所以5s∼6s内，经过了14T，P的位移增大，速度减小，故AC错误；
B、由“同侧法”可知，P向上起振，故波源起振方向沿y轴正向，故B正确；
D、根据角速度的计算公式可得：ω=2πT=2π4rad/s=π2rad/s，故波源的振动方程y=2sinπ2t(m)，故D正确。
故选：BD。
根据波速的计算公式求解波速，根据周期公式T=λv求解周期，由此判断5s∼6s内P的振动情况，由此得到速度的变化情况；由“同侧法”判断P点的振动方向，由此判断波源起振方向；根据振动方程的书写方法写出波源的振动方程。
本题主要是考查了波的图像；解答本题关键是要掌握振动的一般方程y=Asinωt，知道方程中各字母表示的物理意义，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
9.【答案】BC
【解析】解：ABC、等效电路图如右图所示
滑片向右滑动，滑动变阻器阻值变大，外电路总电阻变大，根据I=ER总可知，干路电流减小，根据U=E−I(R+r)可知电压表读数变大，通过R的电流都增大，故I1增大，I2减小，故A错误，BC正确；
D、把除了变动变阻器之外的所有电阻等效到另一个新电源中，滑动变阻器为外电路，新电源内阻为R3，滑片滑到中间过程，滑动变阻器的阻值从0增加到R2，滑动变阻器功率(即为新电源的输出功率)先变大再变小，故D错误。
故选：BC。
简化电路图画出等效电路图，根据外电阻的变化结合闭合电路欧姆定律分析电流表、电压表的变化情况，根据等效电阻及电功率的变化特点分析解答。
本题属于电路的动态分析问题，关键抓住不变量，结合闭合电路欧姆定律进行分析。
10.【答案】CD
【解析】解：C.粒子运动的轨迹如图所示
根据几何关系可有
r+rsin30∘=3L
解得粒子圆周运动的半径为
r=L，故C正确；
A.从M到N，洛伦兹力冲量
I=mΔv
又
Δv=2vcs30∘= 3v
联立解得
I= 3mv
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
Bqv=mv2r
联立解得
I= 3BqL，故A错误；
B.根据几何知识，粒子从M到D运动轨迹对应的圆心角为
θ=2π3
故粒子在磁场中运动的时间为
t1=θmqB=2π3mqB=2πm3qB
粒子从D到N过程，根据几何知识有
x=rtan30∘=L 33= 3L
根据运动学公式有
t2=xv
联立解得
t2= 3m3Bq
故粒子从M到N的时间为
t=t1+t2=2πm+ 3m3Bq，故B错误；
D.根据几何知识，圆形磁场直径最小值为MD长度
d= 3L
根据圆的面积公式，则圆形磁场最小面积为
S=πd24=3πL24，故D正确。
故选：CD。
A：根据冲量表达式，联立牛顿第二定律求解从M到N过程中粒子所受洛伦兹力的冲量大小；
B：根据几何知识求解粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角，再根据时间公式求解粒子在磁场中运动的时间，根据运动学公式求解粒子出磁场后运动的时间，最后求解粒子从M到N所用的时间；
C：画出粒子运动的轨迹图像，根据几何知识求解粒子在磁场中运动的轨道半径；
D：根据几何知识求解圆形磁场的直径，再根据圆的面积公式求解圆形匀强磁场区域的最小面积。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
11.【答案】BDFR0 21.0
【解析】解：(1)电源电动势为E=3V，故电压表应选择B，流过金属丝的最大电流Im=ERx=320A=0.15A=150mA，电流表选择E则量程偏大，故选择电流表D进行改装，电流表D的内阻为20Ω，改装成大量程的电流表需要并联一个小电阻，故定值电阻选R0，改装后的量程为
I′=0.03A+0.03×205A=0.15A=150mA，符合题中电流的测量要求，由于采用滑动变阻器的分压式接法，选择总阻值较小的F即可。
(2)根据欧姆定律，电阻丝的电阻
Rx=U5I=15k
由图乙，斜率k=105Ω，则Rx=1×1055Ω=21.0Ω
故答案为：(1)B，D，F，H；(2)21.0。
(1)根据电源电动势选择电压表，根据估算电流选择或者改装电流表，根据电路的滑动变阻器的接法选择滑动变阻器；
(2)根据欧姆定律和图乙列式计算电阻。
考查电表的选择和改装，会结合欧姆定律和图像分析和解决实际问题。
12.【答案】T1=3mg−2T0 0.059
【解析】解：(1)设初始位置时，细线与竖直方向夹角为θ，则细线拉力最小值为T0=mgcsθ，到最低点时细线拉力最大，根据机械能守恒有
mgl(1−csθ)=12mv2
小球运动到最低点，根据牛顿第二定律有
T1−mg=mv2l
联立可得T1=3mg−2T0。
(2)由图乙纵轴截距得
3mg=1.77N
代入数据解得小球的质量为m=0.059kg。
故答案为：(1)T1=3mg−2T0；(2)0.059。
(1)根据机械能守恒定律和牛顿第二定律列式求解；
(2)利用图像的纵轴截距的物理意义列式求解质量。
考查机械能守恒和牛顿第二定律等问题，会根据题意列式求解相应的物理量。
13.【答案】解：光路图如图所示
根据题意有sin∠MOD=R2R=12，则∠MOD=30∘，△OMP是等腰三角形，所以由几何关系知θ1=60∘
n=sinθ1sinθ2
解得θ2=30∘
又由OB=R，OA= 3R，可知tan∠BAO=OBOA=R 3R=1 3，所以∠BAO=30∘
由几何关系有θ3=60∘，sinθ3>1n，故光在AB边发生全反射，且θ4=30∘
在AO边射出时又有
n=sinθ5sinθ4
解得θ5=60∘，故折射角为60∘。
答：光从玻璃砖射出时的折射角为60∘。
【解析】根据光线的传播情况画出光在玻璃砖中的折射光路图，根据几何关系结合折射率的公式分析解答。
考查光在介质中传播发生折射或者全反射问题，会作出光路图，会根据相应的几何关系列式求解判断。
14.【答案】解：(1)C刚冲上B时，C与B之间的摩擦力为
fC=μ1mCg=0.4×1×10N=4N
B与地面之间的最大静摩擦力为
fmax=μ2(mA+mB+mC)g=0.1×(3+2+1)×10N=6N
故fC−fCx=12mcv2−12mcv02
碰后C向左运动，A向右运动，A与B之间的摩擦力为
fA=μ1mAg=0.4×2×10N=8N
故fA−fC=8N−4N=4N则B不动，直至C离开B。对C向左运动过程，根据动能定理有
−fCx=0−12mv′C2
代入数据联立解得
x=0.125m，v′C=1m/s；
(2)C、A发生碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律有
mCv=−mCv′C+mAvA
代入数据解得
vA=2m/s
碰撞后经过时间t1物块C从B上滑落，以向左为正方向，根据动量定理有
−fCt1=0−mv′C
代入数据解得
t1=0.25s
此时对物块A，根据牛顿第二定律有
μ1mAg=mAaA
代入数据解得
aA=4m/s2，方向向左，根据运动学公式，C滑离B时A的速度为
v′A=vA−aAt1=2m/s−4×0.25m/s=1m/s
此后B开始向右加速运动，根据牛顿第二定律有
μ1mAg−μ2(mA+mB)g=mBaB
代入数据解得
aB=1m/s2
设经过t2两物体共速，根据运动学公式有
v共=vA′−aAt2=aBt2
代入数据解得
t2=0.2s，v共=0.2m/s
此后A、B一起减速，以向右为正方向，根据动量定理有
−μ2(mA+mB)gt3=0−(mA+mB)v共
代入数据解得
t3=0.2s
故A、B停下所需的时间
t=t1+t2+t3=0.25s+0.2s+0.2s=0.65s；
答：(1)C与A碰撞后物块C的速度大小为1m/s；
(2)A、C碰撞后经过0.65s时间A、B物体均停止运动。
【解析】(1)先求解C与B之间的摩擦力和B与地面之间的最大静摩擦力，比较大小可知C在B上面滑动，而A、B不动，根据动能定理求解C与A碰前在B上面滑动的距离，A与C碰后，求解A受到的摩擦力，进一步求解B收到A和C的摩擦力的合力，并与B的最大静摩擦力，比较大小可知B不动，对C根据动能定理求解C与A碰后的速度；
(2)C与A碰撞过程根据动量守恒定律求解碰后A的速度，根据动量定理求解C碰后滑离B的时间，根据牛顿第二定律求解A的加速度，并根据运动学公式求解此时A的速度；根据牛顿第二定律求解B的加速度，根据运动学公式求解A、B达到共同速度的时间和速度；根据动量定理求解A、B一起减速到停止的时间，最后求解A、C碰撞后到A、B物体均停止运动的时间。
本题考查动量与能量的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
15.【答案】解：(1)导体棒P恰好冲上弯曲轨道最高点，有
mPgh=12mPvP2 ①
vP=2m/s
初始时，导体棒Q做减速运动，导体棒P做加速运动，最终导体棒P、Q做匀速运动，闭合回路中的感应电流为0，由法拉第电磁感应定律得
2BLvQ=BLvP
即2vQ=vP
对导体棒P，由动量定理得BI−Lt=mPvP−0
对导体棒Q，由动量定理得−2BI−Lt=mQvQ−mQv0
联立解得v0=5m/s
(2)P在水平轨道运动过程中，由法拉第电磁感应定律得
E−=BΔSt
由闭合电路欧姆定律得I−=E−R
则有It−=BΔSR=mPvPBL
解得ΔS=4m2
(3)导体棒P在倾斜轨道上运动时，由牛顿第二定律得
mgsinθ−FA=ma
FA=BIL
对电容器有UC=BLv
因此I=CΔUCΔt=CBLΔvΔt=CBLa
联立可得a=mgsinθm+CB2L2
由x=12at2
得t=1.5s
答：(1)导体棒Q的初速度大小为5m/s；
(2)导体棒P在水平导轨运动的过程中，P、Q与导轨围成的闭合回路面积的改变量为4m2；
(3)导体棒P在倾斜导轨abcd下滑的加速度大小和下滑x=4.5m的时间为1.5s。
【解析】(1)根据动能定理与动量定理分析解答；
(2)根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律解答；
(3)根据电容的计算公式结合牛顿第二定律解答。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据动量定理列方程进行求解，若涉及能量问题，常根据动能定理、功能关系等列方程求解。