浙江省绍兴市2023届高三上学期选考科目诊断性考试物理试题（一模）（解析版）

高考模拟试卷(一模/二模/三模)PAGEPAGE1浙江省绍兴市2023届高三上学期选考科目诊断性考试（一模）一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列仪器测得的物理量单位中，属于基本单位的是ABCD〖答案〗B〖解析〗选项A、B、C、D测得的物理量分别是力、电流强度、电压、电能，电流强度是基本物理量，其单位是基本单位，B正确。2.2021年，浙江大学研究团队设计了一款能进行深海勘探的自供能仿生软体智能机器鱼。在测试中，该机器鱼曾下潜至马里亚纳海沟10900m深处，并在2500mA·h电池驱动下，保持拍打45分钟。下列说法正确的是第第2题图A.“10900m”是路程B.mA·h是能量的单位C.下潜过程中，该机器鱼的平均速度约为4m/sD.万米海底的静水压接近于103个标准大气压〖答案〗D〖解析〗10900是深度，机器鱼下潜的路程要大于10900m，A错误；mA·h是电量的单位，B错误；机器鱼下潜的位移未知，所以平均速度无法获得，C错误；由p=ρgh可知，1个标准大气压相当于10米水柱，所以万米海底的静水压接近于103个标准大气压，D正确。

3.量子雷达是隐身战机的克星，可以捕捉到普通雷达无法探测到的目标。有一类量子雷达，仍采用发射经典态的电磁波，但在接收机处使用量子增强检测技术以提升雷达系统的性能。下列说法正确的是第第3题图A.量子就是α粒子B.隐身战机不向外辐射红外线C.电磁波在真空中的传播速度与其频率无关D.量子雷达是利用目标物体发射的电磁波工作的〖答案〗C〖解析〗量子是现代物理的重要概念，即一个物理量如果存在最小的不可分割的基本单位，则这个物理量是量子化的，并把最小单位称为量子，所以A错误；任何物体都会向外发射红外线，B错误；任何频率的电磁波在真空中的传播速度都等于光速c，C正确；依据题意，量子雷达仍采用发射经典态的电磁波，不是目标物体发射的电磁波，D错误。4.小明站在装有力传感器的台秤上，完成下蹲、起立动作。计算机采集到的力传感器示数随时间变化情况如图所示。下列判断正确的是第第4题图A.a点对应时刻，小明向下的速度最大B.a点对应时刻，小明向下的加速度最大C.b点对应时刻，小明处于超重状态D.图示时间内，小明完成了两次下蹲和两次起立〖答案〗A〖解析〗小明在下蹲过程经历先向下加速再向下减速，即先失重后超重；起立过程经历先向上加速再向上减速，即先失重后超重，所以图示时间内，小明完成了1次下蹲和1次起立，D错误；b点对应时刻，小明处于失重状态，C错误；a点对应时刻，F=mg，小明的加速度为0，速度最大，A正确、B错误。5.女航天员刘洋乘坐神舟十四号飞船，再次执行太空飞行任务，将祖国的骄做写满太空。“神十四”在离地面约400km高处做匀速圆周运动，下列说法正确的是A.“神十四”的运行速度大于第一宇宙速度B.“神十四”的运行角速度大于地球自转角速度C.刘洋相对飞船静止时，处于平衡状态D.刘洋在一个地球日(24小时)内能看到一次日出〖答案〗B〖解析〗由万有引力提供向心力得eqG\f(Mm,r2)=m\f(v2,r)得eqv=\r(\f(GM,r))，第一宇宙速度是地球表面运行的卫星速度，eqv1=\r(\f(GM,R))，由r=R+h可得“神十四”的运行速度小于第一宇宙速度，A错误；由eqG\f(Mm,r2)=mrω2得eqω=\r(\f(GM,r3))，地球自转角速度等于同步卫星的角速度，同步卫星的轨道半径大于“神十四”的轨道半径，所以“神十四”的运行角速度大于地球自转角速度，B正确；刘洋相对飞船静止时，绕地球做匀速圆周运动，是变加速运动，非平衡状态，C错误；“神十四”的运行周期约为90分钟，刘洋在一个地球日(24小时)内能看到16次日出，D错误。6.静电纺纱是利用高压静电场使单纤维两端带异种电荷，在电场力作用下使纤维伸直、平行排列和凝聚的纺纱工艺。如图所示为其电场分布简图，下列说法正确的是第第6题图A.虚线可能是等势线B.电场强度EA<EC<EBC.负电荷在C点的电势能大于其在A点的电势能D.在C点静止释放一电子，它将在电场力作用下沿着虚线CD运动〖答案〗C〖解析〗电极是等势体，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线，A错误；由电场线的疏密表示电场强度的大小可知EA<EB<EC，B错误；电场线由高压电源的正极到负极，所以A点的电势高，C点的电势低，由EP=qφ可知，负电荷在C点的电势能大于其在A点的电势能，C正确；CD电场是曲线，在C点静止释放一电子，在电场力作用下不会沿着虚线CD运动，D错误。7.某同学将一定质量的理想气体封闭在导热性能良好的注射器内，并将注射器置于恒温水池中，注射器通过非常细的导气管与压强传感器相连。开始时，活塞位置对应的刻度数为“8”，测得压强为p0，活塞缓慢压缩气体的过程中，当发现导气管连接处有气泡产生时，立即进行气密性加固；继续缓慢压缩气体，当活塞位置对应刻度数为“4”时停止压缩，此时压强为eq\f(4,3)p0。则第第7题图A.气泡在上升过程中要吸收热量B.在压缩过程中，气体分子的平均动能变大C.泄漏气体的质量为最初气体质量的一半D.泄漏气体的内能与注射器内存留气体的内能相等〖答案〗A〖解析〗气泡在上升过程中温度不变，由等温变化pV=C可知，气泡内气体压强减小时，体积增大，气体对外做功，即W<0；理想气体的内能只跟温度有关，所以气泡在上升过程中内能不变，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知，Q>0，所以气泡在上升过程中要吸收热量，A正确；由于注射器导热性能良好，所以注射器内的气体温度不变，据温度是气体分子平均动能大小的标志，所以在压缩过程中，气体分子的平均动能不变，B错误；设单位刻度的气体体积为V0，由p0×8V0=eq\f(4,3)p0×V总，解得eqV总=6V0，则泄漏气体的质量为eqΔm=\f(6－4,6)m总=\f(1,3)m总，C错误；温度相同时，理想气体的内能与分子数有关，可知泄漏气体的内能是注射器内存留气体的内能的一半，D错误。8.2022年4月29日，绍兴地铁1号线全线通车，标志着绍兴已经进入地铁时代，为“融杭(联甬接沪)战略”迈出了坚实的一步。小明从A站上车，注意到列车经过加速、匀速和减速三个过程后在B站停下，总用时2min30s，列车以最大速度80km/h行驶了30s。假设列车在加速和减速阶段的速率均随时间均匀变化，由此估算出AB两站点之间的路程约为A.1kmB.2kmC.3kmD.7km〖答案〗B〖解析〗由列车在加速和减速阶段的速率均随时间均匀变化，在加速和减速阶段的平均速率均为最大速率的一半，即40km/h，所以AB两站点之间的路程约为s=40km/h×eq\f(2,60)h+80km/h×eq\f(0.5,60)h=2km，B正确。9.老师采用图1所示的实验器材演示交变电流的产生，并联的两个发光二极管连接方式如图2所示，二极管两端正向电压大于0.7V时才能发光，反向电压超过20V将损坏。匀速转动手柄，1min内二极管闪烁100次。已知发电机中正方形线框的边长为10cm，匝数为1000，假设线圈所在处的可视为匀强磁场，下列判断正确的是第第9题图图1图2A.线框的转速为100r/sB.线框的电动势有效值可能是20VC.磁感应强度B不会超过0.4TD.若转速减半，1min内闪烁次数将变为50次〖答案〗C〖解析〗正弦式交变电流一个周期内电流方向改变2次，所以1min内有50个周期，线框的转速为50r/min，A错误；若线框的电动势有效值是20V，则最大值为eq20\r(2)V=28.2V，二极管将被击穿，B错误；由最大值Em=nBSω=nBS×2πf=1000×B×0.12×2×3.14×eq\f(50,60)V<20V，解得B<0.4T，C正确；若转速减半，交流电的最大值减半，如果这时的最大值小于0.7V，二极管将不会闪烁，1min内闪烁次数将变为0次，D错误。10.由均匀透明材料制成的半圆柱的截面如图所示，AB为直径边界，O为圆心，半径为R；有一点光源嵌于P点，在纸面内向各个方向发射黄光，该材料对黄光的折射率n=2。已知PO⊥AB，PO=eq\f(\r(3),3)R。不考虑光在材料内部的反射，则第第10题图A.直径边界与半圆弧边界有光线射出的总长度为eq\f(2+π,6)RB.欲使黄光能从半圆形边界全部射出，n不能超过eq\r(3)C.若改用红光光源，有光线射出的边界总长度将变短D.人眼在P点正上方C处观察，看到点光源的像就在P处〖答案〗B〖解析〗黄光的临界角sinC=eq\f(1,n)=\f(1,2)得C=300，做出临界光线如图所示，EEFGHI由几何关系可得∠EPF=1200，∠HPG=600，所以在直径边界与半圆弧边界有光线射出的总长度为eqs=\f(1,3)πR+\f(2,3)R=\f(2+π,3)R，A错误；从P点射向半圆形边界的光线在I处的入射角最大，欲使黄光能从半圆形边界全部射出，则n的最小值eqnmin=\f(1,sin∠PIO)=\r(3)，B正确；若改用红光光源，红光的折射率小于黄光的折射率，红光的临界角大，有光线射出的边界总长度将增大，C错误；人眼在P点正上方C处观察，看到点光源的像被抬高，D错误。〖注：可推导垂直看水下物体的深度eqh视深=\f(h实际,n)〗二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)11.如图所示是指纹识别原理图，它利用了光学棱镜的全反射特性。在指纹谷线(凹部)处入射光在棱镜界面发生全反射；在指纹脊线(凸部)处入射光的某些部分被吸收或者漫反射到别的地方。这样就在指纹模块上形成了明暗相间的图像。下列说法正确的有第第11题图A.从指纹谷线处反射的光线更亮一些B.产生的明暗相间指纹图像是由于光的干涉造成的C.手机贴膜后再进行指纹识别，反射光的频率将发生变化D.手指湿润后识别率降低，是因为明暗条纹的亮度对比下降了〖答案〗AD〖解析〗由题意可知，A正确；光的干涉需要两个相干光源，入射到谷线和脊线的光线不是相干光，所以B错误；在光的反射和折射过程中，光的频率不变，C错误；手指湿润后在手指表面形成水膜会使明暗条纹的亮度对比下降，识别率降低，D正确。12.质子与中子都是由三个夸克组成，其中质子由两个上夸克和一个下夸克组成，中子由两个下夸克和一个上夸克组成，形成过程中均可类比核聚变。β衰变时，核内的中子转化为一个质子和电子，质子质量约为1.6726×10-27kg，中子质量约为1.6749×10-27kg，电子质量约为9.1096×10-31kg，真空中光速c=3.00×108m/s。下列说法正确的有A.中子转化的核反应式为eq\o\al(\s\up2(1),\s\do2(0))n→eq\o\al(\s\up2(1),\s\do2(1))H+eq\o\al(\s\up2(0),\s\do2(-1))eB.弱相互作用是引起衰变的原因C.上、下夸克的质量差为2.3×10-30kgD.一次β衰变释放出的能量为1.3×10-14J〖答案〗AB〖解析〗β衰变时，核内的中子转化为一个质子和电子，根据质量数和核电荷数守恒判断A正确；弱相互作用是引起原子核β衰变的原因，即引起中子一质子转变的原因(课文原话)，B正确；由题中“形成过程中均可类比核聚变”可知，不能简单地列1.6726×10-27kg=2m上+m下、1.6749×10-27kg=m上+2m下计算上、下夸克的质量差，C错误；β衰变中的质量亏损Δm=1.6749×10-27kg－1.6726×10-27kg－9.1096×10-31kg=1.39×10-30kg，释放出的能量为ΔE=Δm·c2=1.39×10-30×9×1016=1.25×10-13J，D错误。13.如图所示，在y轴两侧有两种不同的均匀介质，波源S1和S2分别位于x=－6m、x=12m处。t=0时刻x=－2m和x=4m处的质点刚好开始振动，某时刻两列简谐横波恰好同时到达原点O，测得0~0.75s内质点P(x=6m)经过的路程为12cm，则第第13题图A.两波源开始振动的方向相反B.波源S1振动的周期为0.5sC.两列波相遇过程中坐标原点处不会振动D.t=2s时两列波恰好同时到达对方波源处〖答案〗ACD〖解析〗波源S1开始振动的方向与t=0时刻x=－2m处质点的起振方向相同，为+y轴方向，同理波源S2开始振动的方向与t=0时刻x=4m处质点的起振方向相同，为－y轴方向，所以A正确；0~0.75s内质点P经过的路程为12cm，则有0.75s=eq\f(3,4)T乙，得T乙=1s，eqv乙=\f(λ乙,T乙)=\f(8,1)m/s=8m/s；由两列简谐横波恰好同时到达原点O可知，eqv甲=\f(1,2)v乙=4m/s，eqT甲=\f(λ甲,v甲)=1s，B错误；两列波频率相同，恰好同时到达原点O，两列波在O点的起振方向相反，所以O点是振动减弱点，其振幅为0，所以坐标原点处不会振动，C正确；t1=0.5s时，甲、乙两波都传到原点O，过O点后，甲波以v乙=8m/s传播，t=2s时到达x=12m处，同理可知，乙波在t=2s时到达x=－6m处，D正确。14.如图1所示，“飓风飞椅”是集旋转、升降、变倾角等多种运动形式于一体的大型飞行塔类游艺机。现对其中的甲、乙、丙、丁四位游客进行分析，他们的质量分别为m1、m2、m3、m4，对应的绳长分别为l1、l2、l3、l4，绳子与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2、θ3、θ4，如图2、图3所示，已知l3<l1=l2<l4，m4<m1=m2<m3。当“飓风飞椅”保持某一角速度水平面转动时，下列说法正确的有第第14题图图1A.图2中，甲、乙两位游客所受合力相同B.图3中，θ3<θ4C.四位游客的加速度大小相等D.四位游客的重力均不做功〖答案〗BD〖解析〗甲、乙两位游客所受合力指向圆心，方向肯定不同，A错误；由圆锥摆模型得游客所受合力eqF=mgtanθ=mrω2，得eqω=\r(\f(gtanθ,r))=\r(\f(g,h))，由于甲、乙、丙、丁四位游客的角速度和周期相等，所以圆锥摆的高度相等，设圆盘的半径为r0，eqh3=\f(r0,tanθ3)+l3cosθ3=(\f(r0,sinθ3)+l3)cosθ3，同理eqh4=(\f(r0,sinθ4)+l4)cosθ4，由l3<l4、h3=h4得θ3<θ4，B正确；由于a=gtanθ，θ不同，加速度大小不同，C错误；游客在水平面转动上转动，重力不做功，D正确。三.非选择题(本题共6小题，共54分)15.(6分)利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验。(1)已如打点计时器所用的交流电频率为50Hz，实验中得到一条点迹清晰的纸带如图2所示，把第一个点记做O，另选连续的4个点A、B、C、D作为测量点，测得A、B、C、D各点到O点的距离为62.90cm、70.14cm、77.76cm、85.73cn。由此可知打下B点时纸带的速度为m/s(计算结果保留2位有效数字)：第第15题图图1(2)重物固定在纸带的端(选填“左”或“右”)；(3)选取某个过程，发现重物动能的增加量略大于重力势能的减小量，造成这一结果的原因可能是A.重物质量过大B.电源电压高于规定值C.重物质量测量错误D.先释放纸带，后接通电源(4)某同学在纸带上选取多个计数点，测量它们到某一计数点O的距离h，计算出对应计数点的重物速度v，描绘出v2－h图像。下列说法中正确的是A.为减小误差，应利用公式v=eq\r(2gh)计算重物在各点的速度B.在选取纸带时，必须选取第1、2两点间距为2mm的纸带C.若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能一定守恒D.若图像是一条不过原点的直线，重物下落过程中机械能也可能守恒〖答案〗(1)3.7(2)左(3)D(4)D〖解析〗(1)B点的速度等于AC间的平均速度，eqvB=\f(xAC,2T)=\f(77.76－62.90,0.04)×10-2m/s=3.7m/s(2)由图可知，纸带上起始点靠近重物，所以重物固定在纸带的左端。(3)由eqmgh=\f(1,2)mv2可知，重物质量过大、重物质量测量错误都不会使动能的增加量略大于重力势能的减小量，A、C错误；电源电压高于规定值不会影响打点周期，B错误；若O点的初速度不为0，则eq\f(1,2)mv2=mgh+\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(0))，会使动能的增加量略大于重力势能的减小量，原因可能是先释放纸带，后接通电源，D正确。(4)公式v=eq\r(2gh)是用机械能守恒定律推导出来的，实验中不能用v=eq\r(2gh)计算重物在各点的速度，A错误；在选取纸带时，可以选取其中两点来验证，如eq\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(C))－\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(A))=mghAC，与第1、2两点间距是否为2mm无关，B错误；这时描绘出v2－h图像是一条不过原点的直线，只要满足图线的斜率等于2g，就验证了重物下落过程中机械能守恒，D正确；由动能定理得eq\f(1,2)mv2=mah，只要重物做匀加速直线运动，v2－h图像就是一条过原点的直线，当图线的斜率小于2g，机械能就不守恒，C错误。16.(8分)某物理兴趣小组测量一段粗细均匀的合金丝电阻率ρ。(1)实验开始前，用螺旋测微器测量合金丝的直径，图1读数为mm；图图1(2)某同学采用分压电路和电流表内接法，取这段合金丝绕在半径为0.3m的量角器上，连成图2所示电路。闭合开关前，请老师检查，发现导线(填写标号)接线错误，滑动变阻器的滑片应置于端(选填“左”或“右”)；图图3第16题图(3)改变金属夹位置，通过调节滑动变阻器保持电压表示数始终为1.00V，记录电流表的示数I与接入电路的合金丝所对应的圆心角θ，根据实验数据在图3中作出eq\f(1,I)－θ图像，则该合金丝的电阻率为Ω·m(保留2位有效数字)，电流表的内阻为Ω。〖答案〗(1)0.800(2)③右(3)4.7~5.1×10-70.18~0.22〖解析〗(1)螺旋测微器读数d=0.5mm+30.0×0.01mm=0.800mm(2)按实物图转化为电原理图如图，可知实物图接成了电流表外接法，导线③接错；实验开始前，滑动变阻器的滑片应置于右端；(3)由欧姆定律UV=I(rA+Rx)，量角器的半径为R0，根据电阻定律Rx=ρeq\f(θR0,\f(1,4)πd2)解得eq\f(1,I)=\f(rA,UV)+\f(4ρθR0,UV·πd2)代入数据得eq\f(1,I)=rA+\f(15,8π)×106·ρθ，作出eq\f(1,I)－θ图线，如图，可知图线的斜率k=eq\f(0.78,\f(5π,6))=eq\f(15,8π)×106·ρ，求得ρ=5.0×10-7Ω·m，图线的截距为电流表的内阻rA=0.2Ω。17.(8分)某物理兴趣小组设计了一款火警报警装置，原理图简化如下：质量M=2kg的气缸通过细线悬挂在天花板下，质量m=0.1kg、横截面积S=10cm2的活塞将一定质量的理想气体密封在导热气缸内。开始时活塞距气缸底部的高度h=30cm，缸内温度t1=27℃；当环境温度上升，活塞缓慢下移Δh=6cm时，活塞表面(涂有导电物质)恰与a、b两触点接触，蜂鸣器发出报警声。不计活塞与气缸之间的摩擦，活塞厚度可忽略，大气压强p0=1.0×105Pa，求：第第17题图(1)细线的拉力及缸内气体的压强；(2)蜂鸣器刚报警时的环境温度t2；(3)若气体内能增加了15J，该过程中气体吸收的热量Q为多大？〖答案〗(1)21N0.99×105Pa(2)360K或870C(3)20.94J〖解析〗(1)对气缸活塞整体：F=(M+m)g=21N对活塞：p0S=p1S+mg解得p1=0.99×105Pa(2)等压变化过程，eq\f(V1,T1)=\f(V2,T2)即eq\f(hS,T1)=\f((h+Δh)S,T2)解得T2=360K，则t2=870C(3)气体等压膨胀对外做功W=－p1SΔh=－5.94J根据热力学第一定律ΔU=W+Q解得Q=20.94J18.(10分)如图所示，在水平面上固定一弹簧匣，左端与轻质弹簧的A端相连，自由状态下弹簧另一端位于B点；在与B点相距1m的C处固定一竖直圆轨道，半径R=0.1m，圆轨道底端略微错开：在D点右侧放置等腰直角三角形支架PEQ，∠Q=900，PQ=eq\r(5)m，E点在D点正下方，P点与D点等高，EQ水平。质量m=0.1kg的小物块(可视为质点)被压缩的弹簧弹出，它与BC段的动摩擦因数μ=0.4，不计轨道其它部分的摩擦。第第18题图(1)要使物块能进入竖直圆轨道，弹簧的初始弹性势能至少多大；(2)若物块在竖直圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹性势能的取值范围是多少；(3)若物块能打在三角形支架上，求打在支架上时的最小动能。〖解析〗(1)EP0－μmgL=0解得EP0=0.4J(2)临界情况1：物块恰能到达圆心等高处，EP1－μmgL－mgR=0解得EP1=0.5J临界情况2：物块恰能过圆周最高点，EP2－μmgL－2mgR=eq\f(1,2)mv2，其中eqv=\r(gR)解得EP2=0.65J弹性势能的取值范围是0.4J<EP≤0.5J或EP≥0.65J(3)eqEk=mgy+\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(D))，又eqy=\f(1,2)gt2、eqvD=\f(x,t)=\f(\r(5)－y,t)以t为变量，得eqEk=(\f(5,8)mg2t2+\f(5m,2t2))－\f(\r(5),2)mg当eq\f(5,8)mg2t2=\f(5m,2t2)(即t2=0.2)时，Ek有最小值eqEmin=\f(5－\r(5),2)≈1.38J(10分)如图所示，在xOy坐标平面内，固定着足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距L=0.5m，在x=0处由绝缘件相连，导轨某处固定两个金属小立柱，立柱连线与导轨垂直，左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，右侧有垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B=0.2T；导轨左端与电容C=5F的电容器连接，起初电容器不带电。现将两根质量均为m=0.1kg的导体棒a、b分别放置于导轨左侧某处和紧贴立柱的右侧(不粘连)，某时刻起对a棒作用一个向右的恒力F=0.3N，当a棒运动到x=0处时撤去力F，此后a棒在滑行到立柱的过程中通过棒的电量q=1C，与立柱碰撞时的速度v1=1m/s，之后原速率反弹。已知b棒电阻R=0.4Ω，不计a棒和导轨电阻，求：第第19题图(1)小立柱所在位置的坐标xb；(2)a棒初始位置的坐标xa；(3)假设b棒穿出磁场时的速度v2=0.3m/s，此前b棒中产生的总热量。〖解析〗(1)a棒减速向右运动过程中，eqq=\f(ΔΦ,R)=\f(BLxb,R)解得：xb=4m(2)a棒在0~xb区间，由动量定理得－BLq=mv1－mv0解得v0=2m/sa棒在恒力作用过程中，设某时刻的速度为v，加速度为a，棒中的电流为I，则有F－BiL=ma、eqi=\f(Δq,Δt)=\f(CΔU,Δt)=\f(CBLΔv,Δt)=CBLa解得eqa=\f(F,m+CB2L2)=2m/s2即a棒做匀加速运动，根据eqv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(0))=2a(－xa)解得xa=－1m(3)a棒在0~xb区间向右运动过程中，电路产生的热量eqQ1=\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(0))－\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(1))=0.15J反弹后，a棒向左，b棒向右运动，两棒的加速度大小相等，相等时间内速度点变化量大小也相等所以a棒的速度v'=0.7m/s此过程中发热量eqQ2=\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(1))－\f(1,2)mv'\o\al(\s\up2(2),\s\do2(1))－\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(2))=0.021J所以Qb=Q