2024届河北省普通高中高三下学期二模物理试卷

这是一份2024届河北省普通高中高三下学期二模物理试卷，共16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.某质点在同一直线上运动的位移—时间(x-t)图象为一抛物线，如图所示，这条抛物线关于t=t0对称，点(t0,0)为抛物线的顶点，下列说法正确的是( )
A. 该质点在0～3t0时间内运动方向保持不变
B. 在t0时刻，质点的加速度为零
C. 在0～3t0时间内，速度先减小后增大
D. 质点在0～t0、t0～2t0、2t0～3t0三个相等时间段内通过的位移大小之比为1∶1∶4
2.如图所示，在实验室里进行了一项一定质量的理想气体状态变化的实验，该气体在状态a、b和c之间进行循环变化，形成了一个闭合的状态变化路径a→b→c→a。实验中，纵坐标表示气体的压强p，横坐标表示气体的体积V。a→b是以p轴和V轴为渐近线的双曲线。则下列结论正确的是( )
A. 状态a→b，理想气体的内能减小
B. 状态b→c，单位时间内对单位面积器壁碰撞的分子数目增多
C. 状态 b→c，外界对理想气体做负功
D. 状态c→a，理想气体的温度降低
3.如图为一沿x轴负方向传播的简谐横波在t=0时的波形图，当Q点在t=0时的振动状态传到P点时，则( )
A. Q处的质点此时运动到P处
B. Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向
C. Q处的质点此时正在波峰位置
D. 1 cm4.幽门螺杆菌可产生高活性的尿素酶，当病人服用碳14标记的尿素后，胃中的尿素酶可将尿素分解为氨和碳14标记的CO2，通过分析呼气中标记的CO2的含量即可判断患者胃中幽门螺杆菌的存在。 ​614C半衰期是5730年，而且大部分是β衰变，其衰变方程为 614C→X+β。则下列说法正确的是( )
A. X比 ​614C多一个质子
B. β粒子来自于原子核X
C. 含 ​614C的化合物比单质 ​614C衰变得可能慢些
D. 2000个 ​614C经过5730年会有1000个发生衰变
5.如图所示，先后以恒定的速度v1和v2把一个正方形金属线框水平拉出有界匀强磁场区域，且v1=2v2，则在先后两种情况( )
A. 线框中的电功率之比P1：P2=2：1
B. 线框中的感应电流之比I1：I2=1：2
C. 线框中产生的热量之比Q1：Q2=2：1
D. 通过线框某截面的电荷量之比q1：q2=2：1
6.如图所示，弹簧p和细绳q的上端固定在天花板上，下端用小钩勾住质量为m的小球C，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计。静止时p、q与竖直方向的夹角均为60º。下列判断正确的有
( )
A. 若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q对球的拉力大小为mg
B. 若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为
C. 若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p对球的拉力大小为
D. 若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g
7.如图所示，在匀强磁场中有一长为h的绝缘光滑细管，管的底部放一质量为m，电量为q>0的带电小球，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。开始时小球和管静止，而后管带着小球沿垂直于管的方向以速度u做匀速直线运动。不计小球重力，则小球离开管的上端后在磁场中做圆周运动的半径为( )
A. muqB qBh2mu+1
B. muqB 2qBhmu+1
C. muqB qBh2mu
D. muqB 2qBhmu
8.如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点(正四面体是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形)，E为CD的中点，现在A、B两点分别固定电荷量为+q和-q的两个点电荷，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A. C点的场强方向与E点的场强方向相同
B. C点的场强大于E点的场强
C. C点电势高于E点电势
D. 将一负电荷从C点移动到E点，其电势能减小
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.如图所示，粗细均匀的直杆一端固定在天花板上，杆与竖直方向的夹角α=30∘，质量均为m的小球A、B用细线连接，小球A套在杆上，用水平向左的拉力F拉小球B，A、B球均处于静止状态，此时细线与杆间的夹角θ=60∘，重力加速度为g，则
( )
A. 拉力F的大小等于 33mgB. 拉力F的大小等于 3mg
C. 杆对小球的摩擦力大小等于2 33mgD. 杆对小球的摩擦力大小等于5 36mg
10.如图1所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F=0.8t(N)的变力作用，从t=0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图2所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 滑块与木板间的动摩擦因数为0.2B. 木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1
C. 图2中，t2=15sD. 木板的最大加速度为4m/s2
三、实验题：本大题共2小题，共17分。
11.如图甲所示，用碰撞实验器可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在水平轨道碰撞前后的动量关系。
(1)若入射小球的质量为m1、半径为r1；被碰小球的质量为m2、半径为r2。实验要求入射小球碰撞后不反弹，则m1________m2，r1________r2。(填“>”“<”或“=”)
(2)若两小球相碰前后的动量守恒，则需要验证的表达式为________(用题中和装置图中的字母表示)。
(3)碰撞的恢复系数的定义式为e=|v2-v1||v20-v10|，其中v10和v20分别为碰撞前两物体的速度，v1和v2分别为碰撞后两物体的速度。用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度如图乙所示，则该实验的恢复系数e=________(结果保留两位有效数字)。
12.某位同学用伏安法想尽量准确的测量一节干电池的电动势和内电阻，可供选择的器材有：
A.毫安表A1(量程10mA，内阻为200Ω)
B.毫安表A2(量程100mA，内阻为20Ω)
C.定值电阻R1=1Ω
D.定值电阻R2=4Ω
E.定值电阻R3=100Ω
F.定值电阻R4=1000Ω
G.滑动变阻器R
H.开关、导线若干
(1)要求使用已有器材改装一量程为0.6A的电流表和一量程为3V的电压表，并设计电路如图甲，改装的电流表选用毫安表A2定值电阻选______(填R1、R2、R3或R4)，改装的电压表选用毫安表A1和定值电阻选______(填R1、R2、R3或R4)。
(2)根据测量所得数据，描点作图，得到毫安表A1和A2的示数I1与I2关系曲线如图乙所示，则电池的电动势E=______V，内电阻r=______Ω。(结果保留2位有效数字)
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，在水平桌面上倒立着一个透明圆锥，底面是半径r=0.24m的圆，圆锥轴线与桌面垂直，过轴线的竖直截面是等腰三角形，底角θ=30°。有一束光线从距轴线a=0.18m处垂直于圆锥底面入射，透过圆锥后在水平桌面上形成一个小光点。已知透明圆锥介质的折射率n= 3，真空中光速c=3.0×108m/s，不考虑光线反射的影响。求：
(1)光在圆锥中传播的时间；
(2)桌面上光点到圆锥顶点O间的距离。
14.如图所示，在竖直平面内有一足够长的绝缘轨道ABCD，AB水平放置，CD竖直放置轨道AB、CD粗糙，BC是绝缘光滑的四分之一圆弧形轨道，圆弧的圆心为O，半径R=0.5m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E=4×104N/C。现有质量m=0.2kg，电荷量q=-1×10-4C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知AB距离1m，带电体与轨道AB，CD间的动摩擦因数均为0.5，假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。(取g=10m/s2)求：
(1)求带电体首次运动到圆弧轨道C点时对轨道的压力；
(2)带电体最终停在何处；
(3)如果电场强度的大小为2×104N/C，求带电体全程摩擦产生的热量。
15.如图，倾角为θ、间距为d的两足够长光滑平行导轨固定放置，导轨顶端接有阻值为R的电阻，质量为m、阻值也为R的导体棒ab垂直导轨放置，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。现给ab一个大小为v、方向沿导轨平面向上的初速度，已知ab沿导轨上滑过程中通过其横截面的电荷量为q，重力加速度为g，不计导轨的电阻。
(1)求ab刚开始向上滑动时的加速度大小；
(2)求在ab上滑过程中，电阻R产生的焦耳热；
(3)ab运动到最高点后开始下滑，已知下滑过程中，ab从经过初始位置到速率再次达到v时通过其横截面的电荷量为qʹ，求ab从开始运动到速率再次为v时经历的时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A、由图可知，开始时质点运动的方向与选取的正方向相反，后运动的方向与选取的正方向相同。故A错误；
B、由于质点的位移-时间(x-t)图象为一抛物线，可知质点的加速度保持不变，所以在t0时刻，质点的加速度不为零。故B错误；
C、由于图象的斜率表示速度，由图可知，在0-3t0的时间内，速度先减小后增大。故C正确；
D、由于质点的位移-时间(x-t)图象为一抛物线，结合图象的特点可得：x=k(t-t0)2
在t=0时刻：x0=kt02
在t=t0时刻：x1=0
在t=2t0时刻：x2=k(2t0-t0)2=kt02
在t=3t0时刻：x3=k(3t0-t0)2=4kt02
所以质点在0-t0时间内的位移大小：|x10|=|x1-x0|=kt02
在t0-2t0时间内的位移：x21=x2-x1=kt02
在2t0-3t0时间内的位移：x32=x3-x2=3kt02
所以质点在0-t0、t0-2t0、2t0-3t0三个相等时间段内通过的位移大小之比为1：1：3.故D错误。
故选：C。
位移-时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．
理解位移-时间图象上点和斜率的物理意义；特别是斜率代表速度，求解斜率的方法．
2.【答案】B
【解析】解：A.因为a→b是以p轴和V轴为渐近线的双曲线，根据玻意耳定律可知a→b是等温过程，温度不变，理想气体的内能不变，故A错误；
B.状态b→c，气体压强不变，体积变小，根据盖—吕萨克定律可知气体温度降低，气体分子的平均动能减小，而压强不变，可知单位时间内对单位面积器壁碰撞的分子数变多，故B正确；
C.状态b→c，气体体体积变小，所以外界对理想气体做正功，故C错误；
D.状态c→a，气体体积不变，压强升高，根据查理定律可知气体的温度升高，故D错误。
故选：B。
根据理想气体状态方程，结合气体状态参量的变化情况和气体压强的微观解释进行分析判断。
本题关键考查了理想气体状态方程，基础题目，掌握气体压强的微观解释。
3.【答案】B
【解析】解：
D.当Q点在t=0时的振动状态传播到P点时，波形图如图中虚线所示。
此时，1cmBC.同一时刻，Q处质点达到波谷位置，加速度方向沿y轴正方向，故B正确，C错误；
A.因为波的传播过程中，质点不随波迁移，故A错误。
故选B。
由题意利用平移法可知Q点的状态传到P点时波形图，由波形图可判断各点的振动情况．
本题波形是关键，只要画出新的波形图，各点的振动即可明确！
4.【答案】A
【解析】解：A、根据质量数守恒与电荷数守恒可知，X为 ​714N，比 ​614C多一个质子，故A正确；
B：根据β衰变的本质可知，β粒子来自于原子核 ​614C，故B错误；
C、半衰期是由原子核本身决定的，与是否是化合物无关，含 ​614C的化合物和单质 ​614C衰变一样快，故C错误；
D、半衰期是大量原子核的统计规律，对少量原子核的衰变不适用，故D错误。
故选：A。
β衰变中原子核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子；衰变的过程中质量数与电荷数守恒；半衰期由核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关；半衰期是统计规律。
本题考查原子核衰变与对半衰期的理解，解答的关键是要知道半衰期由核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关，同时要理解半衰期的统计意义。
5.【答案】C
【解析】解：A、根据题意可知v1=2v2，根据E=BLv，知感应电动势之比2：1
根据P=E2R可知，电功率之比为4：1，故A错误；
B、感应电流I=ER
则感应电流之比为2：1
故B错误；
C、v1=2v2，知时间比为1：2，根据Q=I2Rt，知热量之比为2：1，故C正确；
D、根据q=I-t=ΔΦR，两种情况磁通量的变化量相同，所以通过某截面的电荷量之比为1：1.故D错误；
故选：C。
根据E=BLv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出功率之比和感应电流之比；根据q=I-t=ΔΦR，求出通过线圈某截面的电荷量之比；根据Q=I2Rt，求出线圈中产生的焦耳热之比。
本题是电磁感应与电路相结合的综合题，解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势E=BLv，以及通过某截面的电荷量q=ΔΦR。
6.【答案】D
【解析】【解析】
试题分析：
如图1所示，原来p、q对球的拉力大小均为mg，当p和球脱钩后，球将开始沿圆弧运动，将q受的力沿法向和切线正交分解(见图2)，得F-mgcs60°=，而v=0，则F=，沿切线方向的合力为mgsin60°=ma，则A、B选项均错误；
q和球突然脱钩后瞬间，p的拉力未来得及改变，仍为mg，因此合力为mg(见图3)，球的加速度为大小为g.故C错误，D正确。
考点：牛顿第二定律
7.【答案】B
【解析】解：当管以速度u向右作匀速直线运动时，小球所受竖直向上的洛伦兹力大小为
fy=qBu
产生竖直向上的加速度ay=fym=qBum
即小球相对于管匀加速上升的加速度为ay=qBum
设小球到达管口时竖直速度大小为vy，合速度为v，由运动学公式知：vy2=2ah=2qBuhm
此时小球的速度v= vy2+u2= 2qBuhm+u2
由牛顿第二定律知：qvB=mv2r
所以小球离开管的上端后在磁场中做圆周运动的半径为：r=mvqB=muqB 2qBhmu+1，故ACD错误，B正确。
故选：B。
小球随管向右匀速运动的速度为u，得出小球所受竖直向上的洛伦兹力大小，根据牛顿第二定律求出小球上升的加速度大小，根据运动学公式求出小球离开管口时的竖直分速度，再求出小球离开管口时的合速度，由圆周运动的半径公式r=mvqB求出小球在磁场中做圆周运动的半径。
本题采用运动的合成与分解法处理小球在磁场中的运动过程，通过研究竖直方向的受力情况和运动情况，运用动力学方法来求出小球离开管口时的竖直分速度。
8.【答案】A
【解析】解：AC.由题意可知，+q、-q是两个等量异种点电荷，通过AB的中垂面是一等势面，C、E在同一等势面上，电势相等；C、E两点的场强都与等势面垂直，方向指向B的一侧，方向相同，故A正确，C错误；
B.设正四面体的边长为a，两个点电荷在C点产生的场强大小分别为
EA1=EB1=kqa2
其方向的夹角为120°，则C点的合场强为
EC=EA1=EB1=kqa2
两个点电荷在E点产生的场强大小分别为
EA2=EB2=4kq3a2
其方向的夹角为120°，则E点的合场强为
EE=EA2=EB2=4kq3a2
C点的场强小于E点的场强，故B项错误；
D.由之前的分析可知，C、E两点的电势相等，由
Ep=qφ
可知负电荷在两点的电势能相等，故D项错误。
故选A。
+q、-q是两个等量异种点电荷，其电场线和等势面分布具有对称性，通过AB的中垂面是一个等势面，C、E在同一等势面上，电势相等，根据点电荷的场强的公式和平行四边形定则计算出C、E点的电场强度；在等势面上运动点电荷电场力不做功，电势能不变。
本题关键要掌握等量异种电荷电场线和等势线分布情况，抓住ABCD是正四面体的四个顶点这一题眼，即可得出C、E处于通过AB的中垂面是一等势面上。
9.【答案】AD
【解析】解：AB、对小球B研究有
tan30°=Fmg
解得：F= 33mg
细线拉力为T=2F=2 33mg，故A正确，B错误；
CD、对小球A研究，根据力的平衡有
f=mgsin60°+Tcs60°
代入数据解得：f=5 36mg，故C错误，D正确；
故选：AD。
分别对小球A和B进行受力分析，根据几何关系列式分析出各个力的大小。
本题主要考查了共点力的平衡问题，熟悉物体的受力分析，根据几何关系列式即可完成分析。
10.【答案】BC
【解析】解：A.由题意可知，t2时刻之后，滑块与木板间有相对滑动，滑块受到的滑动摩擦力不随F而变化，可得f1=μ1mg，f1=8N，代入数据解得：μ1=0.4，故A错误；
B.结合图2可知，0～t1时间内，滑块与木板均静止，t1～t2时间内，滑块与木板仍相对静止，木板在地面滑行，可知t1时刻木板与地面间达到最大静摩擦力，可得f2=μ2⋅2mg，f2=4N，代入数据解得：μ2=0.1，故B正确；
CD.t2时刻，滑块与木板恰好发生相对滑动，由牛顿第二定律对滑块、木板分别可得
F-μ1mg=ma，μ1mg-μ2⋅2mg=ma，其中F=0.8t2(N)，联立解得a=2m/s2，t2=15s
之后木板的加速度保持不变，故木板的最大加速度为2m/s2，故C正确，D错误。
故选：BC。
分别以木块和木板为研究对象，结合图象进行分析，根据牛顿第二定律结合摩擦力的计算公式分析；t2时刻以后摩擦力均不再变化，根据受力求解加速度。
本题主要考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析，利用牛顿第二定律建立方程进行解答；本题应注意整体法和隔离法的应用。
11.【答案】(1)>；= (2)m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON (3)0.46
【解析】【分析】
为了使小球碰后不被反弹，要求被碰小球质量小于碰撞小球质量;根据动量守恒定律及图示实验数据，写出需要验证的表达式;结合恢复系数的定义式可解得其表达式。
本题主要考查了“验证动量守恒定律”的实验的原理及实验需要测量的量、实验数据处理等问题，知道实验的实验原理是正确解题的关键。
【解答】
(1)为防止入射小球碰后反弹，实验要求入射小球的质量要大于被碰小球的质量，即m1>m2，为保证两小球发生对心正碰，则要求两小球等大，即r1=r2。
(2)根据平抛运动的规律可知落地高度相同，即运动时间相同，设落地时间为t，则v10=OPt，v1=OMt，v2=ONt。而动量守恒的表达式为m1v10=m1v1+m2v2，若两小球相碰前后的动量守恒，则需要验证的表达式为m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON．
(3)被碰小球碰撞前静止，即v20=0，则恢复系数e=v2-v1v10=ON-OMOP-0=ON-OMOP≈0.46。
故答案为：(1)>；= (2)m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON (3)0.46
12.【答案】 (1)R2 ； R3 ；(2) 1.5 ；0.83(0.81∼0.85)
【解析】【分析】本题考查电源的电动势和内阻的实验，要注意正确分析实验仪器及原理，同时注意明确应用图象求解电动势和内阻的方法。根据两电流表的电流图象，结合欧姆定律求出电源电动势与内阻。
【解答】
(1)由于毫安表与电阻是并联，则要并联的电阻R=Ig2r2I-Ig2=0.1×200.6-0.1Ω=4Ω，则定值电阻选R2；
改装后的电压表量程为3V，则需要将毫安表与电阻串联，需要串联的电阻R '=UIg1-r1=30.01Ω-200Ω=100Ω，故选 R3 ；
(2)由电路可知电路中的总电流为电流表 A2 的示数的6倍，改装后的电流表内阻RA=4×204+20Ω=103Ω，则I1(R3+r1)=E-6I2(r+RA)
即I1=E300-r+RA50I2，
则E300=5.0×10-3，r+RA50=5.0-2.530，
解得E=1.5V，r=0.83Ω。
13.【答案】解：(1)光在圆锥中传播的速度v=cn
传播时间t=(r-a)tanθv
联立解得：t=2×10-10s
(2)光线从底面垂直入射后沿直线射到圆锥侧面上的O'点发生折射，光路图如图，由几何关系可知入射角等于θ，设折射角为α，则
n=sinαsinθ
解得：α=60°
设桌面上光点到圆锥顶点O间的距离为l。
由几何关系可知△OPO'为等腰三角形，则2lcs30°=acsθ
解得：l=0.12m
答：(1)光在圆锥中传播的时间是2×10-10s；
(2)桌面上光点到圆锥顶点O间的距离是0.12m。
【解析】(1)先由公式v=cn求出光在圆锥中传播的速度，结合传播距离求光在圆锥中传播的时间t；
(2)光线从底面垂直入射后沿直线射到圆锥侧面上的O'点发生折射，由几何关系求出入射角，由折射定律求出折射角，再由几何关系求桌面上光点到圆锥顶点O间的距离。
本题关键之处是借助于光的折射定律作出光路图，同时利用几何关系来辅助计算。
14.【答案】解：(1)从A点运动到C点，根据动能定理得：
qE(sAB+R)-mgR-μmgsAB=12mvC2
代入数据解得：vC=2 10m/s，
在C点时，根据牛顿第二定律有：FN-qE=mvC2R
代入数据解得：FN=20N，
根据牛顿第三定律得对轨道的压力为20N，方向水平向左
(2)设带电体在CD向上运动到最高点时速度为0时，上移的位移为x，
对全过程运用动能定理得：qE(sAB+R)-μmgsAB-mg(R+x)-μqEx=0
代入数据解得：x=1m
因为：μqE=mg，所以物块不会滑下，最终停在离C点上方1m处
(3)若E=2×104N/C，设带电体在CD向上运动到最高点时速度为0时，上移的位移为x，
对全过程运用动能定理得：qE(sAB+R)-μmgsAB-mg(R+x1)-μqEx1=0
代入数据解得：x1=1m
经计算由于μEq=1N对全过程运用能量守恒得：qE(sAB+R)=mgR+Q
代入数据解得：Q=2J
答：(1)带电体运动到圆弧轨道C点时对轨道的压力大小为20N，方向水平向左；
(2)物体最终停在离C点上方1m处；
(3)如果电场强度的大小为2×104N/C，带电体全程摩擦产生的热量为2J。
【解析】(1)对A到C过程运用动能定理，求出到达C点时的速度，抓住沿半径方向的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出轨道对带电体的弹力，从而得出带电体对轨道的压力；
(2)当带电体到达最高点速度为零时，根据动能定理求出带电体在C点上方的距离，抓住带电体的重力等于最大静摩擦力，确定出带电体最终的位置；
(3)先判断带电体的最终运动状态，对全程根据能量守恒定律求摩擦生热。
本题综合考查了动能定理、能量守恒、牛顿运动定律的综合运用，知道圆周运动向心力的来源，即径向的合力提供向心力，对于第三问，难度较大，需考虑各种情况，从而结合能量守恒进行求解。
15.【答案】解：(1)导体棒刚开始向上运动时安培力的大小为：F安=BId
其中I=Bdv2R
由牛顿第二定律可得mgsinθ+F安=ma，
联立解得：a=B2d2v2mR+gsinθ；
(2)设导体棒速度减小到零的过程中，流过导体棒的平均电流为I1-，时间为t1，导体棒上滑的最大距离为x1，
则有q=I1-t1=E-2Rt1=△Φ2R=Bdx12R
解得：x1=2qRBd
设电阻R上产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：2Q=12mv2-mgx1sinθ
解得：Q=m4(v2-4gRqsinθBd)；
(3)导体棒向上运动过程中，由动量定理可得：-(BI1-d+mgsinθ)t1=0-mv
而：q=I1-t1
解得：t1=mv-Bdqmgsinθ；
分析可知，从初始位置上滑到速度为零的过程和从速度为零下滑到初始位置的过程导体棒的位移大小相等，则通过导体棒的电荷量大小相同
导体棒从最高点下滑到速度为v位置过程通过导体棒的电荷量为q下滑=q+q'
设导体棒下滑所用时间为t2，由动量定理可得：(mgsinθ-BI2-d)t2=mv-0
又因为I2-t2=q+q'
解得：t2=mv+Bd(q+q')mgsinθ
故导体棒从开始运动到速度大小再次达到v的过程，导体棒运动的总时间为：
t=t1+t2=mv-Bdqmgsinθ+mv+Bd(q+q')mgsinθ=2mv+Bdq'mgsinθ。
答：(1)导体棒刚开始向上运动时的加速度大小为B2d2v2mR+gsinθ；
(2)导体棒向上运动到最高点的过程中，电阻R上产生的焦耳热为m4(v2-4gRqsinθBd)；
(3)计算导体棒从开始运动到速度再次为v的过程运动的总时间为2mv+Bdq'mgsinθ。
【解析】(1)对导体棒根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式求解加速度大小；
(2)根据电荷量的计算公式求解导体棒上滑的最大距离，由能量守恒定律求解电阻R上产生的焦耳热；
(3)导体棒向上运动过程中，由动量定理求解上滑时间，求出导体棒从最高点下滑到速度为v位置过程通过导体棒的电荷量，由动量定理可得下滑时间，由此得到导体棒从开始运动到速度大小再次达到v的过程中导体棒运动的总时间。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。