2024年天津市十二区县重点中学高考物理一模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年天津市十二区县重点中学高考物理一模试卷(含详细答案解析)，共15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.下列说法正确的是( )
A. 贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现原子中存在原子核
B. β射线与X射线的本质相同，都是电磁波
C. 原子核的比结合能越大，原子核越稳定
D. 核聚变与核裂变相比，相同质量的核燃料，核聚变反应中产生的能量更多，所以现在的核电站主要采用核聚变发电
2.2023年12月14日，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号F运载火箭成功发射一型可重复使用的试验航天器。据介绍，该航天器运行一段时间后将返回国内预定着陆场，其间将按计划开展可重复使用技术验证及空间科学实验，为和平利用太空提供技术支撑。该航天器在近地圆轨道运行时( )
A. 由于航天器处于完全失重状态，宇航员无法使用弹簧臂力器锻炼身体
B. 绕行速度小于静止轨道卫星的速度
C. 运行周期为24h
D. 若航天器的周期为T，引力常量为G，则地球的平均密度约为3πGT2
3.取一条较长的软绳，用手握住一端拉平后连续周期性地向上、向下抖动，可以看到在绳上产生一列波，a、b、c为绳上的质点，某时刻波刚好传播到质点c，绳上形成的波形如图所示，下列说法正确的是( )
A. 质点a开始振动的方向向上
B. 之后质点b比质点a先回到平衡位置
C. 再过四分之一周期，质点c加速度向下且达到最大值
D. 再过半个周期，质点c向右移动半个波长
4.重型气垫船有强悍的运力，主要用于投送登陆部队。已知其质量为5×105kg，最高时速32m/s，装有额定功率9600kW的发动机。假设气垫船在海面沿直线航行且所受阻力不变，下列说法正确的是( )
A. 无法计算重型气垫船在海面航行过程中所受的阻力大小
B. 若重型气垫船以额定功率启动，则加速度先增大后减小到零
C. 重型气垫船在海面以额定功率航行，速度为19.2m/s时，加速度为0.4m/s2
D. 重型气垫船在海面以额定功率匀速航行，若阻力突然增大到原来的1.5倍，则气垫船将做加速度增大的减速运动
5.地铁靠站时列车车体和屏蔽门之间安装有光电传感器。如图甲所示，若光线被乘客阻挡，电流发生变化，工作电路立即报警。如图乙所示，光线发射器内大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光中只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为a、b光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。下列说法正确的是( )
A. 该光电管阴极材料的逸出功不能小于1.89eV
B. a光的频率高于b光的频率
C. 经同一障碍物时，b光比a更容易发生明显衍射
D. 若部分光线被遮挡，则放大器的电流将增大，从而引发报警
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.下列有关热学问题说法正确的是( )
A. 图甲是理想气体分子速率的分布规律，气体在①状态下的分子平均动能小于②状态下的分子平均动能
B. 图乙是分子势能Ep与分子间距r的关系示意图，在r>r1时分子力表现为引力
C. 图丙为压力锅示意图，在关火后打开压力阀开始放气的瞬间，锅内气体对外界做功，内能减少
D. 图丁为一定质量的理想气体分别在T1、T2温度下发生的等温变化，由图可知T17.心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压U1会随着心跳频率发生变化，如图所示，心电图仪与一理想变压器的原线圈相连接，扬声器(等效为一个定值电阻)与一滑动变阻器连接在副线圈两端。下列说法正确的是( )
A. 保持电压U1不变，向左滑动滑片P，副线圈两端的电压U2减小
B. 保持电压U1不变，向左滑动滑片P，变压器的输入功率变大
C. 保持滑片P不动，当U1变大时，扬声器的功率变大
D. 保持滑片P不动，当U1变大时，扬声器两端的电压变小
8.如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为−q(q>0)，质量为m的小环，整个装置处在固定于杆左侧电荷量为+Q(Q>0)的点电荷产生的电场中，杆上a、b两点与+Q正好构成等边三角形，c是ab的中点.使小环从O点无初速度释放，小环通过a点的速率为v，若已知ab=Oa=l，静电常量为k，重力加速度为g，规定O点电势为零。则( )
A. 小环下落过程中机械能守恒
B. 小环下落过程中电势能先减小后增大
C. 小环在从c点到b点的过程中，速度不断减小
D. b点电势为12mv2−mglq
三、实验题：本大题共1小题，共12分。
9.(1)某学习小组利用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度。
①某同学测定的g的数值比当地公认值大，造成的原因可能是______。
A.开始计时时，过早按下秒表
B.实验时误将49次全振动记为50次
C.测摆长时摆线拉得过紧
D.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
②测量小球直径时游标卡尺如图乙所示，其读数为______ cm。
③实验中，测出不同摆长l对应的周期值T，作出T2−l图像，如图所示，已知图线上A、B两点的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)，可求出g=______。
(2)①关于多用电表的使用，下列说法中正确的是______。
A.用多用电表的欧姆挡测导体的电阻时，如果两手同时分别接触两表笔的金属杆，则测量值偏小
B.测量阻值不同的电阻时，都必须重新进行欧姆调零
C.测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果
D.用多用电表的欧姆挡测电阻时，若指针偏转角度很小，则应换倍率更小的挡进行测量
②在正确测量小灯泡的电阻时，红表笔接触点的电势比黑表笔______(选填“高”或“低”)。
③若欧姆表使用一段时间后，电池电动势不变，内阻变大，但此表仍能调零，则用欧姆表测量电阻时，测量值______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
四、简答题：本大题共3小题，共48分。
10.如图所示，水平粗糙轨道AB长为L，竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道BC与轨道AB相切于B点，质量为m的物块P以初速度v0从A点向左运动，与静止于B点质量为2m的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起运动，恰能到达轨道最高点C，已知重力加速度为g，物块P、Q均可视为质点，求：
(1)两物块碰后瞬间对轨道B点的压力FN的大小；
(2)物块P与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
(3)碰撞过程中物块P对物块Q做的功W的大小。
11.如图所示，平行金属板a、b水平放置，上极板接电源负极，下极板接电源正极，板长L=0.3m，极板间距d=0.3m，与极板右端相接的竖直虚线MN右侧有范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小B=1×10−2T，方向垂直纸面向外。在两极板左端正中间O点水平向右发射一比荷qm=2×108C/kg、初速度v0=2×105m/s的带正电粒子。不计粒子的重力，不考虑极板边缘电场的影响。
(1)若两金属板间加适当电压，粒子恰好从上极板右边缘射出电场，求粒子在磁场中运动的时间t0(结果中的π无需代入数值)；
(2)若两金属板间加适当电压，粒子经电场、磁场偏转后，恰好能从下极板右边缘再次回到电场中，求所加电压U为多大？
12.某公园的游乐场中引进了电磁弹射儿童车项目，可简化如图，宽度为L的水平轨道中BE、CH两段为绝缘材料制成，其余部分均为导体，且轨道各部分都足够长。ABCD和EFGH区域均存在竖直向下的匀强磁场B(B未知)，AD处接有电容大小为C的电容器，FG处接有阻值为2R的定值电阻.儿童车可简化为一根质量m，电阻为R的导体棒(与轨道始终保持垂直且接触良好)，开始时导体棒静止于AD处(如图)，电容器两端电压为U0，然后闭合开关S，导体棒开始向右加速弹射。已知重力加速度为g，不计一切摩擦和阻力。求：
(1)开始时电容器所带的电荷量q0；
(2)若导体棒在ABCD轨道上获得的最终速度为v，求整个过程中定值电阻2R上产生的总热量Q；
(3)当B为多大时，导体棒在ABCD轨道上获得的最终速度最大，其最大值vm为多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，提出了原子内部有复杂的结构，并没有分析原子中存在原子核，故A错误；
B、β射线的实质是电子流，X射线的实质是电磁波，其本质不同，故B错误；
C、比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定，故C正确；
D、相同质量核燃料，核聚变反应比核裂变产生能量更多，但核聚变不可控，现在核电站主要采用核裂变，故D错误；
故选：C。
贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，提出了原子内部有复杂的结构；β射线的实质是电子流，X射线的实质是电磁波；比结合能越大原子核越稳定；核聚变不可控，现在核电站主要采用核裂变。
本题考查学生对比结合能概念、核聚变核裂变特点的掌握，是一道基础题。
2.【答案】D
【解析】解：A、该航天器在近地圆轨道运行时，航天器处于完全失重状态，但宇航员可以使用弹簧臂力器锻炼身体，故A错误；
B、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr；航天器在近地圆轨道运行时的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以卫星绕行速度大于静止轨道卫星的速度，故B错误；
C、根据开普勒第三定律可得r3T2=k，同步卫星的周期为24h，所以航天器运行周期小于24h，故C错误；
D、若航天器的周期为T，引力常量为G，根据万有引力提供向心力，则有：GMmr2=mr4π2T2，解得M=4π2r3GT2，其中r≈R；
根据密度计算公式可得：ρ=MV，其中V=43πR3，则地球的平均密度约为：ρ=3πGT2，故D正确。
故选：D。
航天器中宇航员可以使用弹簧臂力器锻炼身体；由万有引力提供向心力得到线速度表达式分析线速度大小；根据开普勒第三定律分析周期大小；根据万有引力提供向心力求解地球的质量，根据密度的计算公式求解密度。
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，掌握开普勒第三定律的应用方法。
3.【答案】B
【解析】解：A、波向右传播，根据同侧法可知，质点c开始振动方向向下，而在波的传播方向上各个质点的起振方向都和波源的起振方向相同，则知质点a开始振动的方向向下，故A错误；
B、波向右传播，根据同侧法可知，图示时刻质点a向下振动，质点b向上振动，之后质点a先向下振动到波谷再经历T4周期从波谷回到平衡位置，而质点b先直接向上振动回到平衡位置，可知质点a回到平衡位置的时间大于T4，而质点b回到平衡位置的时间小于T4，即质点b比质点a先回到平衡位置，故B正确；
C、再过四分之一周期，质点c到达波谷，加速度向上且达到最大值，故C错误；
D、质点c只上下振动，不随波向右移动，故D错误。
故选：B。
介质中各个质点开始振动方向都相同，根据同侧法判断质点c开始振动的方向，即可知道质点a开始振动的方向。根据图中质点a、b的振动方向，判断它们回到平衡位置的先后。再过四分之一周期，分析质点c的位置判断其加速度大小和方向。质点c不会沿波的传播方向迁移。
本题关键要掌握简谐波的特点：介质中各个质点的起振方向都和波源的起振方向相同，熟练运用同侧法判断质点的振动方向。
4.【答案】C
【解析】解：A、根据f=Pvm=960000032N=300000N，即重型气垫船在海面航行过程中所受的阻力大小为300000N，故A错误；
B、根据P=Fv，当重型气垫船速度增大后，其牵引力F减小，又根据牛顿第二定律F−f=ma，可得a=F−fm，可知重型气垫船的加速度a会逐渐减小，故B错误；
C、根据P=Fv，可知F=Pv，当重型气垫船速度为19.2m/s时，F=500000N，根据牛顿第二定律F−f=ma，可得a=F−fm=500000−300000500000m/s2=0.4m/s2，故C正确；
D、当重型气垫船在海面以额定功率匀速航行时，此时牵引力F=f，若阻力突然增大到原来的1.5倍，根据牛顿第二定律f−F=ma，可得a=f−Fm，气垫船将做加速度减小的减速运动，故D错误；
故选：C。
当重型气垫船达到最大速度时牵引力等于阻力，根据f=Pvm即可求解A；根据P=Fv以及牛顿第二定律杰克联立分析BCD选项。
该题考查机车的两类启动方式，要掌握P=Fv功率公式，同时明确重型气垫船在运动过程中的受力，并根据牛顿第二定律求解其加速度，题目难度适中。
5.【答案】A
【解析】解：A、光线发射器中发出的三种光子的能量分别为：E1=−1.51eV−(−13.6)eV=12.09eV，E2=−3.40eV−(−13.6)eV=10.2eV，E3=−1.51eV−(−3.40)eV=1.89eV
其中只有a、b两种能量较大的光可以使光电管发生光电效应，结合光电效应的条件可知该金属的逸出功不能小于1.89eV，故A正确；
BC、由丙图可知a光遏止电压小于b光遏止电压，由eUc=Ek=hν−W0=hcλ−W0可知：a光子能量小于b光子能量，a光子波长大于b光子的波长，a光更容易发生明显衍射，故BC错误；
D、部分光线被遮挡，照射光电管的光子数量减少，则光电子数量减小，光电流变小，从而引发报警，故D错误。
故选：A。
计算出发射器发出的光子能量结合光电效应的条件分析金属逸出功范围；根据爱因斯坦光电效应方程结合动能定理分析a光和b光的能量和波长大小；由光电流和光子数关系判断。
本题考查爱因斯坦光电效应方程和玻尔理论的综合应用，解决本题的关键要掌握能级跃迁与发出或吸收光子能量的关系，对于可见光应注意掌握光效应方程。
6.【答案】CD
【解析】解：A、根据图甲可知，①状态下的分子速率大的分子大于②状态下的分子速率，因此气体在①状态下的分子平均动能大于②状态下的分子平均动能，故A错误；
B、由图乙可知，当r=r2时分子势能最小，即在r2位置时分子引力大小等于分子斥力大小，当r>r2时分子力表现为引力，故B错误；
C、根据图丙，在关火后打开压力阀开始放气的瞬间，锅内气体膨胀，气体对外界做功，即W<0，根据热力学第一定律可知内能减少，故C正确；
D、根据p1V1=CT1，p2V2=CT2，右图丁可知，p1V1>p2V2，因此T1故选：CD。
根据理想气体分子速率的分布规律图像可知，①状态下的分子速率大的分子大于②状态下的分子速率，由此判断气体分子平均动能大小关系；根据分子势能变化图像，当分子势能最小时，分子引力大小等于吃力大小，由此判断即可；根据热力学第一定律判断；根据pV=CT即可比较气体分别在T1、T2温度下发生的温度变化。
该题考查了理想气体分子速率的分布规律图像、分子势能Ep与分子间距r的关系示意图、热力学第一定律以及pV=CT等知识点，该题涉及到的知识点较多，需要各个熟练掌握，题目难度适中。
7.【答案】BC
【解析】解：AB.若保持U1不变，根据变压比可知，次级电压U2不变，将滑动变阻器滑片P向左滑，电阻变小，根据欧姆定律可知，次级电流I2增大，则扬声器获得的功率增大，故A错误，B正确；
CD.保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变大时，根据变压器原、副线圈的电压与匝数关系可知，次级电压U2变大，根据欧姆定律I=UR和功率公式P=UI可知，扬声器的功率变大，故C正确，D错误。
故选：BC。
理想变压器的输入功率等输出功率，电压由原线圈决定，电流、功率由副线圈决定，结合欧姆定律I=UR和功率公式P=UI解答。
本题主要考查理想变压器的应用，理解电压、电流、功率的关系是解题关键。
8.【答案】BD
【解析】解：A、小环在运动过程中，重力和电场力都做功，小环的机械能不守恒，故A错误；
B、小环从O到b，小环先靠近+Q后远离+Q，两者静电力是引力，所以电场力做的功先正后负，电势能先减小后增大，故B正确；
C、小环在bc之间运动时，重力一直做正功，电场力做负功，小环的速度不一定减小，故C错误；
D、小环在Oa之间运动时，重力和电场力都做正功，由动能定理可得mgl+qUa=12mv2
可得Ua=12mv2−mglq
规定O点电势为零，则Ua=φa−0
由题结合点电荷电场的特点可知，a点与b点电势相等，则φb=φa
联立可得φb=12mv2−mglq，故D正确。
故选：BD。
小环下落的过程中重力与电场力做功；由题结合点电荷电场的特点可知，a点与b点电势相等，则小环从a点移到b点电场力做功为零，根据动能定理研究小环从O点移到a点的过程，可求解小环通过a点的电势能；根据小环与+Q间距离的变化，分析电场力做功的正负；根据动能定理分析小环速度的变化。
本题运用动能定理分析物体的运动情况，关键确定电场力做功正负，要抓住电场力做功的特点：电荷与初末位置的电势差有关，与路径无关。
9.【答案】BC1.204π2(x2−x1)y2−y1 AC 低 不变
【解析】解：(1)①由单摆周期公式：T=2π Lg可知，g=4π2LT2。
A、开始计时时，过早按下秒表，那么测量周期T的值偏大，由以上公式可知，测量值g偏小，故A错误；
B、实验时误将49次全振动记为50次，所测周期T偏小，所测g偏大，故B正确；
C、测摆长时摆线拉得过紧，所测的摆长的值偏大，故所测g偏大，故C正确；
D、摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，所测L偏小，所测g偏小，故D错误；
故选：BC；
②10分度的游标卡尺，精确度为0.1mm。所以金属球的直径d=11mm+10×0.1mm=12.0mm；
③由单摆周期公式T=2π Lg可得：T2=4π2gL，结合题图乙知道：T2−L图像的斜率k=4π2g=y2−y1x2−x1，变形得到重力加速度的大小为：g=4π2(x2−x1)y2−y1；
(2)①A、两手同时分别接触两表笔的金属杆，相当于待测电阻与人体并联，所以测量值偏小，故A正确；
B、用欧姆挡测电阻时，只有改变不同倍率的欧姆挡，需要重新进行欧姆调零，故B错误；
C、红、黑表笔应该分别正负插孔中，若插在负、正插孔，仍能起到导线的作用，不会影响测量结果，故C正确；
D、用欧姆挡测电阻时，若偏转角很小，则被测电阻的阻值很大，所以就改用大倍率，故D错误；
故选：AC。
②欧姆表的红表笔与其内置电源的负极相连接，黑表笔与欧姆表内置电源正极相连接，在测量小灯泡的电阻时，红表笔接触点的电势比黑表笔低；
③当电池电动势不变、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式：
Ig=ER内，欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由I=ER内+Rx=EEIg+Rx，与电源的内阻无关，I不变，故欧姆表的示数不变。
故答案为：(1)①BC；②1.20；③4π2(x2−x1)y2−y1；(2)①AC；②低； ③不变
(1)①根据单摆周期公式分析实验误差；
②10分度的游标卡尺，精确度为0.1mm，测量值=主尺对应示数(mm)+对齐格数(不估读)×精确度；
③应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，由实验中所得到的T2−L关系图象的斜率求重力加速度；
(2)①明确实验原理和步骤，掌握多用电表使用中的注意事项；
②了解多用电表的结构，知道欧姆表的红表笔与内置电源的负极相连，根据电流的方向确定电势的高低；
③根据欧姆表的结构，由闭合电路欧姆定律可以判断读数，以及电池电动势不变，内阻变大时测量结果的变化。
本题考查了实验器材选择、实验数据处理等问题，知道实验原理与实验注意事项是解题的前提，此题应用逐差公式和闭合电路欧姆定律即可解题。
10.【答案】解：(1)碰撞后恰好能运动到最高点−(m+2m)gR=0−12(m+2m)v2
碰后瞬间：FN′−(m+2m)g=(m+2m)v2R
根据牛顿第三定律，压力与支持力等大反向：FN=FN′
解得：FN=9mg
(2)P从A到B的过程中−μmgL=12mv12−12mv02
碰撞过程中：mv1=(m+2m)v
得：μ=v02−18gR2gL
(3)碰撞过程中：W=12⋅2mv2
得：W=2mgR
答：(1)两物块碰后瞬间对轨道B点的压力FN的大小为9mg；
(2)物块P与水平轨道AB间的动摩擦因数μ为v02−18gR2gL；
(3)碰撞过程中物块P对物块Q做的功W的大小为2mgR。
【解析】(1)根据动能定理可得物块在B点的速度，根据牛顿第二定律得到在B点时受到轨道的支持力，然后利用牛顿第三定律可得对轨道的压力；
(2)P从到B过程根据动能定理列方程可得碰前的速度，然后在碰撞过程利用动量守恒列方程，联立可得动摩擦因数；
(3)根据能量守恒可得碰撞过程对Q做的功。
分析清楚物块的运动过程，进而知道在每个过程符合的物理规律是解题的基础。
11.【答案】(1)恰好从上极板右边缘射出电场，然后在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示
粒子在电场中做类平抛运动，根据运动学公式，竖直方向有
d2=12at2
vy=at
水平方向有
L=v0t
根据几何关系有
tanθ=vyv0
联立解得
tanθ=1，即θ=45∘
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qvB=mv2R
粒子在磁场中运动的周期为
T=2πRv
联立解得
t=2πmqB
根据几何知识，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为
θ=360∘−2θ=360∘−2×45∘=270∘
故粒子在磁场中运动的时间为
t0=270∘360∘T
联立解得
t0=34π×10−6s；
(2)粒子运动的轨迹如图所示
在磁场中，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qv1B=mv12R1
根据几何知识有
Δx=2R1csα
v0=v1csα
Δx=d2+y
在电场中，根据运动学公式，竖直方向有
y=12a1t2
根据牛顿第二定律有
qE=ma1
根据电势差与电场强度的关系有
E=Ud
联立解得
U=2003V。
答：(1)若两金属板间加适当电压，粒子恰好从上极板右边缘射出电场，粒子在磁场中运动的时间t0的值为34π×10−6s；
(2)若两金属板间加适当电压，粒子经电场、磁场偏转后，恰好能从下极板右边缘再次回到电场中，所加电压U为2003V。
【解析】(1)电场中根据类平抛运动的规律和几何关系联立求解粒子进入磁场时速度与MN之间的夹角，磁场中根据牛顿第二定律和周期公式联立求解粒子在磁场中运动的周期，根据几何关系求解粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹对应的圆心角，再根据时间与周期的关系求解粒子在磁场中运动的时间；
(2)粒子在磁场中运动，根据牛顿第二定律列式，再根据几何关系表示粒子在磁场中运动的速度与初速度的定量关系、粒子在磁场中运动的轨迹对应的弦长与半径的定量关系，电场中根据运动学公式列式，联立求解所加电压的大小。
本题考查带电粒子在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。
12.【答案】解：(1)根据电容的定义式可得：C=q0U0
解得：q0=CU0；
(2)对导体棒在EFGH轨道运动过程回路中产生的热为：Q总=12mv2
定值电阻的阻值为2R，导体棒的电阻为R，根据焦耳定律可得：Q=23Q总
联立解得：Q=13mv2；
(3)导体棒在ABCD轨道运动过程，取向右为正方向，根据动量定理可得：BI−Lt=mvm−0
其中：I−t=Δq=q0−q
根据电容的计算公式可得：C=ΔqΔU，ΔU=U0−U
根据法拉第电磁感应定律可得：U=BLvm
得：vm=CLU0CBL2+mB
当且仅当CBL2=mB，即B=1L mC时，最终速度最大
其最大值为：vm=U02 Cm。
答：(1)开始时电容器所带的电荷量为CU0；
(2)若导体棒在ABCD轨道上获得的最终速度为v，整个过程中定值电阻2R上产生的总热量13mv2；
(3)当B为1L mC时，导体棒在ABCD轨道上获得的最终速度最大，其最大值vm为U02 Cm。
【解析】(1)根据电容的定义式进行解答；
(2)根据功能关系结合焦耳定律进行解答；
(3)根据动量定理结合电容的计算公式得到最大速度的表达式，再根据数学知识进行解答。
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。