浙江省杭州学军中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题

这是一份浙江省杭州学军中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题，共36页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列单位均为国际单位制基本单位的是（ ）
A．N、g、sB．cm、kg、sC．m、kg、sD．m/s、kg、m
2．（3分）关于下列四幅图片的说法，正确的是（ ）
A．甲图中足球对球网的作用力是球网发生形变产生的
B．乙图中重力的分力G1就是物块对斜面的压力
C．丙图中桌子对书的支持力与书对桌子的压力是一对平衡力
D．丁图中轮胎上的花纹是为了增大接触面的粗糙程度
3．（3分）如图所示，把茶杯压在一张白纸上，第一次用水平力迅速将白纸从茶杯下抽出；第二次以较慢的速度将白纸从茶杯下抽出。下列说法中正确的是（ ）
A．第二次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些
B．第一次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些
C．第二次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些
D．第一次拉出白纸过程中，纸给茶杯的冲量大一些
4．（3分）如图甲，竖直放置的轻弹簧上有一质量为1kg的物块A，静止时弹簧的长度为8cm。用该弹簧将质量为2kg的物块B悬吊在天花板上，如图乙所示，静止时弹簧的长度为14cm，已知g＝10m/s2，弹簧的形变在弹性限度内，则弹簧的劲度系数为（ ）
A．5N/cmB．N/cmC．N/cmD．N/cm
5．（3分）如图中的实线为电场线，但电场线的方向没有画出，虚线1、2为电场中的两条等势线，两个不同的带电粒子m、n由图中的O点沿虚线1的切线方向以相同的初速度射入电场，m、n仅在电场力作用下的轨迹分别如图中的虚线a、b所示。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子m、n的加速度均逐渐增大
B．粒子m、n的速度均逐渐减小
C．粒子m带正电荷，粒子n带负电荷
D．粒子m、n带异种电荷
6．（3分）三个带有同种电荷的粒子a、b、c初速度为零，经同一加速电场加速后，以平行金属板的速度射入同一偏转电场，如图所示。经过一段时间，三个粒子均离开平行金属板间。已知粒子a、b、c的质量之比为1：2：4，所带的电荷量之比为1：1：2，且粒子a、b、c的重力以及所受的阻力均可忽略不计。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子a、b、c在平行金属板之间运动的时间之比为2：1：1
B．粒子a、b、c离开平行金属板间瞬间的速度大小相等
C．粒子a、b、c从同一位置离开平行金属板间
D．粒子a、b、c在整个过程，动能的变化量之比为1：2：4
7．（3分）如图所示的电路中，r是电源的内阻，R1和R2是外电路中的电阻，如果用Pr、P1和P2分别表示电阻r、R1、R2上所消耗的功率，当R1＝R2＝r时，Pr：P1：P2等于（ ）
A．1：1：4B．2：1：1C．1：4：4D．4：1：1
8．（3分）如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2、L3中的相同，下列说法正确的是（ ）
A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B．L2所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面平行
C．L3在L1处的磁场方向与L1、L2所在平面垂直
D．L2与L3在L1处的合磁场方向与L1、L2所在平面平行
9．（3分）今年7月份，国之重器——爆轰驱动高超音速激波风洞JF—22通过验收，作为全世界最先进的风洞之一，它将帮助我国航空航天技术的发展走上新的巅峰！风洞是研究空气动力学的关键设施，现有一小球从风洞中的点M竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为64J，在O点动能为16J，不计空气阻力，下列说法不正确的是（ ）
A．小球所受重力和风力大小之比为4：1
B．小球落到N点时的动能为128J
C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：3
D．小球从M点运动到N点过程中机械能不断增加
10．（3分）如图所示，质量为m、长为l的直导线用两绝缘细线悬挂于O、Oʹ，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．磁场方向可能沿z轴正方向
B．磁场方向可能沿y轴正方向
C．磁场方向可能沿悬线向上方向
D．磁场方向可能沿垂直悬线向上方向
11．（3分）质量为m、速度为v的A球与质量为4m的静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，碰撞后B球的速度大小可能是（ ）
A．0.1vB．0.3vC．0.6vD．v
12．（3分）电磁场可以控制带电粒子的运动。在直角坐标系第一象限内有平行于坐标平面的匀强电场（图中未画出），在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子，在M点沿y轴正方向以速度v0进入磁场，过y轴上的N点后进入电场，运动轨迹与x轴交于P点，并且过P点时速度大小仍为v0。已知M、N、P三点到O点的距离分别为L、和3L，不计粒子重力，下列说法不正确的是（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度大小为
B．粒子过N点时速度方向与y轴正方向的夹角为60°
C．电场强度大小为
D．粒子运动过程中最小速度为
13．（3分）已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ɛ0为常量。如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，间距为d，两极板间为真空，不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则该电容器的电容可表示为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6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。全部选对的每3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
（多选）14．（3分）如图所示，光滑平行导轨倾斜放置，导轨平面倾角为θ＝30°，导轨间距为L，导轨上端接有阻值为R的定值电阻，整个装置处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，一根金属棒放在导轨上，由静止释放，同时给金属棒施加一个沿导轨平面向下的拉力，使金属棒以大小为α＝0.5g的加速度向下做匀加速运动，g为重力加速度，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻，金属棒运动t时间时，金属棒两端的电压U、t时间内通过电阻R的电量q、拉力做功的瞬时功率P、电阻R产生的焦耳热Q随时间变化正确的是（ ）
A．B．
C．D．
（多选）15．（3分）为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计．该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极与电压表相连．污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U．若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（ ）
A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高
B．若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高
C．电压表的示数与污水中离子浓度无关
D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关
三、实验题（本题共2小题，共14分）
16．（6分）某物理课外小组通过如图甲、乙、丙所示的实验装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。已知他们使用的小车完全相同且质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：
（1）实验时，必须满足“M远大于m”的实验装置是 （选填“甲”、“乙”或“丙”）。
（2）按如乙图实验装置得到如图戊所示的纸带，已知打点计时器打点的周期T＝0.02s，其中A、B、C、D、E每相邻两个计数点之间还有4个点没有标出，根据纸带提供的数据，算得小车加速度的大小为 m/s2（计算结果保留两位有效数字）。
（3）采用（丙）图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a﹣F图线是如图（丁）的一条直线。测出图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为 。
A．
B．
C．
D．k
（4）采用如（甲）图实验装置，把重物改成槽码，槽码总数N，将n（依次取n＝2，3，4，5⋯⋯）个槽码挂在细线左端，其余N﹣n个槽码仍留在小车内，重复前面的步骤，并得到相应的加速度a，得到a﹣n图线是过原点的直线，但实验时漏了平衡摩擦力这一步骤，下列说法正确的是 。
A．a﹣n图线不再是直线
B．a﹣n图线仍是过原点的直线，但该直线的斜率变小
C．a﹣n图线仍是直线，但该直线不过原点
17．（8分）如图甲为在“练习使用多用电表”实验中某多用电表示意图；如图乙为欧姆表测电阻Rx的原理图；用多用电表直接测量电阻约为130Ω的电灯泡的电阻，其电路连接图如图丙所示，回答下列问题：
（1）对甲图，在测量电阻前需要将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，需要调整 （选填“A”、“B”或“C”）。
（2）对乙图，若电源的电动势为E，满偏电流为Im，当接上待测电阻Rx后，表头的示数为I，待测电阻Rx的阻值为 。
（3）对丙图，实验选择开关所处的挡位是 （填“×10”“×100”或“×1000”），灯泡阻值的读数为 Ω。
（4）使用一段时间后，多用电表电源电动势降低，但仍能进行欧姆调零，用该欧姆表测量某一电阻时，测量值比真实值 （填“偏大”“不变”或“偏小”）。
（5）若用多用电表来测量螺口型白炽灯的灯丝电阻，灯泡标有“220V，100W”字样，以下测量方式正确的是 。
四、计算题（本题共4小题，共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单案位。）
18．（8分）诗句“辘轳金井梧桐晚，几树惊秋”中的“辘轳”是一种井上汲水的起重装置，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图甲所示。图乙为古代辘轳的工作原理简化图，某位物理老师用电动机改装辘轳后实现了取水自动化，已知电动辘轳将总质量为m＝10kg的水桶竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝1m/s2由静止开始竖直向上匀加速提升，当电动辘轳输出功率达到其允许的最大值200W时，保持该功率直到水桶做匀速直线运动。不计额外功，忽略辘轳的质量以及所有摩擦阻力，取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）水桶所能达到的最大速度；
（2）电动机在第1s末的输出功率；
（3）若电动辘轳保持最大输出功率不变让水桶从静止开始做加速运动，4s后水桶已达到最大速度，求4s内水桶上升的高度。
19．（9分）光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧形轨道BC组成，二者在B处相切并平滑连接，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直。一直径略小于圆管直径的质量为m的小球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时细线断裂，小球继续运动，已知弧形轨道的半径为，所对应的圆心角为53°，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，g＝10m/s2。
（1）若M＝5m，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小。
（2）若M＝5m，求小球从C点抛出后下落高度时到C点的水平位移。
（3）M、m满足什么关系时，小球能够运动到C点。
20．（12分）如图所示，平面直角坐标系xOy内有一个半径为R的圆形区域Ⅰ，圆心坐标为O′（3R，R），圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，在y轴上0.5R≤y≤1.8R的范围内有一个线状的粒子源，能够沿x轴正方向发射速度为v0的某种正粒子，已知所有粒子均从圆形磁场边缘的同一点射出，然后进入第四象限所在区域为y≤﹣R的足够大的匀强磁场区域Ⅱ中，匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度大小为2B0。不计粒子重力和粒子间的相互作用力（sin37°＝0.6；cs37°＝0.80），求：
（1）粒子的比荷；
（2）匀强磁场区域Ⅱ的上边界有粒子射出的区域长度；
（3）圆形磁场区域Ⅰ有粒子经过的面积。
21．（12分）如图甲所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，在M点和P点间接有一个阻值为R的电阻，在两导轨间的矩形区域OO1O1′O′内有垂直导轨平面向里、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距d0。现使ab棒由静止开始释放，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨的电阻不计）。
（1）求棒ab离开磁场的下边界时的速度大小；
（2）讨论棒ab可能出现的运动情况，并作出对应的v﹣t图像；
（3）求金属杆自下落至穿出磁场所用的时间t；
（4）如图乙所示，当在导轨的PM端通过导线将电容为C、击穿电压为Ub的平行板电容器连接，在t＝0时在磁场中无初速度地释放金属棒ab、不考虑电磁辐射，且磁场足够大，当金属棒电阻r＝0时，求电容器达到击穿电压所用的时间。
2024-2025学年浙江省杭州市学军中学高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39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．（3分）下列单位均为国际单位制基本单位的是（ ）
A．N、g、sB．cm、kg、sC．m、kg、sD．m/s、kg、m
【答案】C
【分析】在国际单位制中，力学中的三个基本单位是m、kg、s。
【解答】解：在国际单位制中，力学中的三个基本单位是长度的单位（m）、质量的单位（kg）、时间的单位（s），N、g、cm、m/s都不是基本单位，故ABD错误，C正确。
故选：C。
2．（3分）关于下列四幅图片的说法，正确的是（ ）
A．甲图中足球对球网的作用力是球网发生形变产生的
B．乙图中重力的分力G1就是物块对斜面的压力
C．丙图中桌子对书的支持力与书对桌子的压力是一对平衡力
D．丁图中轮胎上的花纹是为了增大接触面的粗糙程度
【答案】D
【分析】明确弹力的产生是由于施力物体发生弹性形变而产生的；明确重力的分力和压力不是同一个力；知道作用力和反作用力与平衡力的区别；知道轮胎上的花纹可以增大接触面的粗糙程度。
【解答】解：A、甲图中足球对网球的弹力是由于足球发生了弹性形变而产生的，故A错误；
B、乙图中G1是重力的一个分力，而压力作用在斜面上，因此物块重力的分力与物块对斜面的压力不是同一个力，故B错误；
C、丙图中桌子对书的支持力与书对桌子的压力是作用力和反作用力，故C错误；
D、丁图中轮胎上的花纹是为了增大接触面的粗糙程度，从而增大摩擦力，故D正确。
故选：D。
3．（3分）如图所示，把茶杯压在一张白纸上，第一次用水平力迅速将白纸从茶杯下抽出；第二次以较慢的速度将白纸从茶杯下抽出。下列说法中正确的是（ ）
A．第二次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些
B．第一次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些
C．第二次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些
D．第一次拉出白纸过程中，纸给茶杯的冲量大一些
【答案】C
【分析】明确两次拉动时均为滑动摩擦力，根据滑动摩擦力的性质可分析摩擦力大小，再根据拉动时间分析冲量的大小，从而由动量定理可求得增加的动量大小。
【解答】解：AB、两次拉动中，茶杯和白纸之间均发生相以滑动，因此受到的均为滑动摩擦力，因压力不变，则由f＝μFN可知，两次拉动时纸给茶杯的摩擦力相同，故AB错误；
C、缓慢拉动白纸过程中，摩擦力作用时间长，则产生的冲量较大，根据动量定理可知，茶杯获得的动量大一些，故C正确；
D、迅速拉动白纸过程中，摩擦力作用时间短，故白纸给茶杯的冲量小一些，故D错误。
故选：C。
4．（3分）如图甲，竖直放置的轻弹簧上有一质量为1kg的物块A，静止时弹簧的长度为8cm。用该弹簧将质量为2kg的物块B悬吊在天花板上，如图乙所示，静止时弹簧的长度为14cm，已知g＝10m/s2，弹簧的形变在弹性限度内，则弹簧的劲度系数为（ ）
A．5N/cmB．N/cmC．N/cmD．N/cm
【答案】A
【分析】分别对图甲、对图乙中的物体根据平衡条件结合胡克定律列方程求解。
【解答】解：设弹簧的原长为L0，甲图中弹簧长度为：L1＝8cm。乙图中弹簧长度为：L2＝14cm。
对于图甲，根据平衡条件可得：k（L0﹣L1）＝m1g
对于乙图，根据平衡条件可得：k（L2﹣L0）＝m2g
联立可得：k＝＝N/cm＝5N/cm，故A正确、BCD错误。
故选：A。
5．（3分）如图中的实线为电场线，但电场线的方向没有画出，虚线1、2为电场中的两条等势线，两个不同的带电粒子m、n由图中的O点沿虚线1的切线方向以相同的初速度射入电场，m、n仅在电场力作用下的轨迹分别如图中的虚线a、b所示。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子m、n的加速度均逐渐增大
B．粒子m、n的速度均逐渐减小
C．粒子m带正电荷，粒子n带负电荷
D．粒子m、n带异种电荷
【答案】D
【分析】根据电场线的疏密表示电场强度的大小，确定带电粒子所受电场力大小变化，再确定粒子加速度的大小变化；确定电场力对两粒子做功情况，根据动能定理判断粒子的速度大小变化；根据电场力与电场强度的方向关系判断粒子带电情况。
【解答】解：A、根据电场线的疏密表示电场强度的大小，可知带电粒子m（对应的运动轨迹为虚线a）所受的电场力逐渐变小，带电粒子n（对应的运动轨迹为虚线b）所受的电场力逐渐变大，已知粒子m、n仅受电场力作用，根据牛顿第二定律可得粒子m加速度均逐渐变小，粒子n的加速度均逐渐增大，故A错误；
B、已知粒子m、n由图中的O点沿虚线1的切线方向以相同的初速度射入电场，根据电场线与等势面处处垂直，可知在O点粒子m、n所受的电场力方向均与初速度方向垂直，并指向各自轨迹的凹侧，射入电场后两粒子均向各自所受的电场力的方向偏转，可知射入后两粒子的速度方向与各自所受的电场力的方向的夹角均为锐角，电场力对两粒子均做正功，根据动能定理可得粒子m、n的速度均逐渐最大，故B错误；
CD、由B选项的分析可知在O点粒子m、n所受的电场力方向沿着电场线，并指向各自轨迹的凹侧，可知两粒子所受的电场力方向相反，故粒子m、n带异种电荷，但是电场线的方向未知，故无法判断粒子m、n所带电荷的正负，故C错误，D正确。
故选：D。
6．（3分）三个带有同种电荷的粒子a、b、c初速度为零，经同一加速电场加速后，以平行金属板的速度射入同一偏转电场，如图所示。经过一段时间，三个粒子均离开平行金属板间。已知粒子a、b、c的质量之比为1：2：4，所带的电荷量之比为1：1：2，且粒子a、b、c的重力以及所受的阻力均可忽略不计。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子a、b、c在平行金属板之间运动的时间之比为2：1：1
B．粒子a、b、c离开平行金属板间瞬间的速度大小相等
C．粒子a、b、c从同一位置离开平行金属板间
D．粒子a、b、c在整个过程，动能的变化量之比为1：2：4
【答案】C
【分析】根据动能定理，可得到粒子进入偏转电场时的速度表达式；由粒子在偏转电场中做类平抛运动，可得到水平、竖直方向的运动学关系式，从而得到竖直侧移量、运动时间、末速度的表达式；由动能定理，可得到整个过程中动能变化量表达式；结合题目中的质量之比、电荷量之比，可计算各物理量之比。
【解答】解：A、粒子在加速电场中，由动能定理可知：，解得：，粒子进入偏转电场中，在水平方向做匀速运动，故L＝vxt，解得：，
由题意可知三种粒子的电荷量之比为：1：1：2，质量之比为：1：2：4，比荷之比为：2：1：1，由时间表达式可知，粒子在偏转电场中的时间之比为：1：：，故A错误；
B、粒子在偏转电场中，竖直方向上，做匀加速运动，可知：，，解得：v＝，
代入电荷量、质量之比，解得末速度之比为：，故B错误；
C、粒子在偏转电场中，竖直方向上，做匀加速运动，可知，代入解得：，与电荷的质量、电荷量无关，故三粒子离开平行金属板的位置相同，故C正确；
D、由动能定理可知：，结合C选项分析可知，动能变化量之比为：1：1：2，故D错误。
故选：C。
7．（3分）如图所示的电路中，r是电源的内阻，R1和R2是外电路中的电阻，如果用Pr、P1和P2分别表示电阻r、R1、R2上所消耗的功率，当R1＝R2＝r时，Pr：P1：P2等于（ ）
A．1：1：4B．2：1：1C．1：4：4D．4：1：1
【答案】D
【分析】根据并联电路分流特点，可知三个电阻上的电流关系；选择合适的电功率的公式，即可判断电功率的影响因素，根据电功率表达式中各物理量的关系，即可计算电功率的比值。
【解答】解：由并联电路分流规律可知，通过电阻R1、R2电流之比为：I1：I2＝R2：R1＝1：1，即若通过R1的电流为I，则通过R2的电流也为I；
用并联电路的干路电流与各支路电流的关系可知，通过r的电流，即干路电流为：I+I＝2I；
由电功率公式：P＝I2R，可知Pr：P1：P2＝＝4：1：1，故ABC错误，D正确。
故选：D。
8．（3分）如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2、L3中的相同，下列说法正确的是（ ）
A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B．L2所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面平行
C．L3在L1处的磁场方向与L1、L2所在平面垂直
D．L2与L3在L1处的合磁场方向与L1、L2所在平面平行
【答案】A
【分析】根据安培定则判断导线周围的磁感应强度的方向，再根据左手定则判断安培力的方向。
【解答】解：A、根据安培定则可知L2和L3在L1处产生的磁场方向如图所示，根据平行四边形法则可得合磁场方向如图B，根据左手定则判断安培力的方向与L2、L3所在平面垂直，故A正确；
B、根据对称性可知L2所受磁场作用力的方向与L1、L3所在平面垂直，故B错误；
C、根据安培定则可知L3在L1处的磁场方向与L1、L3所在平面垂直（图中B3的方向），故C错误；
D、L2与L3在L1处的合磁场方向（图中B 的方向）与L2、L3所在平面平行，故D错误。
故选：A。
9．（3分）今年7月份，国之重器——爆轰驱动高超音速激波风洞JF—22通过验收，作为全世界最先进的风洞之一，它将帮助我国航空航天技术的发展走上新的巅峰！风洞是研究空气动力学的关键设施，现有一小球从风洞中的点M竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为64J，在O点动能为16J，不计空气阻力，下列说法不正确的是（ ）
A．小球所受重力和风力大小之比为4：1
B．小球落到N点时的动能为128J
C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：3
D．小球从M点运动到N点过程中机械能不断增加
【答案】A
【分析】竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性，即上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等，根据小球水平方向和竖直方向的受力及运动情况，结合定能定理，牛顿第二定律等进行分析。
【解答】解：A、设风力大小为F，小球的质量为m，小球的初速度为v0，MO的水平距离为x1，竖直距离为h，根据竖直上抛运动的规律知竖直方向上有，则有，从M点到O点过程中，由动能定理有Fx1﹣mgh＝EkO﹣EkM，可得Fx1＝EkO＝16J，又有，在水平方向上，由牛顿第二定律有F＝ma，由运动学公式有，由于运动时间相等，则，则有，解得，故A错误；
B、根据题意可知，小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，由对称性可知，小球从M点到O点和从O点到N点的运动时间相等，设ON的水平距离为x2，则有x1＝3x2，小球由M点到N点过程中，由动能定理有F（x1+x2）＝EkN﹣EkM，代入数据解得EkN＝128J，故B正确；
C、由功能关系可知，小球机械能的变化量等于风力做的功，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为，故C正确；
D、小球从M点运动到N点过程中，风力一直对小球做正功，则机械能不断增加，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
10．（3分）如图所示，质量为m、长为l的直导线用两绝缘细线悬挂于O、Oʹ，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．磁场方向可能沿z轴正方向
B．磁场方向可能沿y轴正方向
C．磁场方向可能沿悬线向上方向
D．磁场方向可能沿垂直悬线向上方向
【答案】B
【分析】左手定则：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内.把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心手心面向N极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向根据左手定则的内容，逐个分析判断即可得出结论。
【解答】解：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心手心面向N极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向。
A、根据左手定则，若磁场z轴正方向，通电导线受安培力沿y轴负方向，向y轴负方向偏转，故A错误；
B、根据左手定则，若磁场沿y轴正方向，通电导线受安培力沿z轴正方向，若重力与安培力平衡，绳子无拉力，可保持静止，故B正确；
C、根据左手定则，若磁场沿悬线向上方向，通电导线受安培力从左向右看方向垂直细绳和导线向左下，不可能静止在如图所示位置，故C错误；
D、根据左手定则，若磁场沿垂直悬线向上方向，通电导线受安培力沿绳向上，不可能静止在如图所示位置，故D错误。
故选：B。
11．（3分）质量为m、速度为v的A球与质量为4m的静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，碰撞后B球的速度大小可能是（ ）
A．0.1vB．0.3vC．0.6vD．v
【答案】B
【分析】根据动量守恒定律和能量守恒定律计算即可。
【解答】解：如果是完全非弹性碰撞，碰撞时能量损失最大，则碰撞后B的速度最小，设碰撞后B球的速度为v'，则根据动量守恒定律有mv＝（m+4m）v'，解得v'＝0.2v。
如果是弹性碰撞，则碰撞后B获得的速度最大，设碰撞后A、B的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有mv＝mv1+4mv2，根据能量守恒有，解得v2＝0.4v，所以碰撞后B获得的速度大小范围是0.2v≤v2≤0.4v，故B正确，ACD错误。
故选：B。
12．（3分）电磁场可以控制带电粒子的运动。在直角坐标系第一象限内有平行于坐标平面的匀强电场（图中未画出），在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子，在M点沿y轴正方向以速度v0进入磁场，过y轴上的N点后进入电场，运动轨迹与x轴交于P点，并且过P点时速度大小仍为v0。已知M、N、P三点到O点的距离分别为L、和3L，不计粒子重力，下列说法不正确的是（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度大小为
B．粒子过N点时速度方向与y轴正方向的夹角为60°
C．电场强度大小为
D．粒子运动过程中最小速度为
【答案】A
【分析】由几何关系，可计算其在磁场中运动的半径，结合洛伦兹力提供向心力，可计算磁感应强度大小；由圆周运动特点，结合图中的几何关系，可知其过N点的速度方向；由粒子在N、P两点的速度大小相等，可知NP连线为等势面，结合电场线与等势线的关系，可知其电场线方向；由粒子在第一象限的受力特点，可知其在沿电场方向、垂直于电场方向的运动特点，根据运动学关系式，可计算其最小速度、电场强度大小。
【解答】解：AB、由几何关系，可知其轨迹与圆心连线满足如下图示关系：
由图可知：，即α＝60°，由几何关系可知，β＝α﹣30°＝60°﹣30°＝30°，故θ＝180°﹣90°﹣30°＝60°；
可计算其在磁场中运动的半径满足：，即r＝2L，
结合洛伦兹力提供向心力，可计算磁感应强度大小，故A错误，B正确；
CD、由粒子在N、P两点的速度大小相等，可知NP连线为等势面，结合电场线与等势线的关系及粒子的初速度，可知其电场线方向；
由OP间距，ON间距，可知其角度关系如图所示：
由图可知：，
由粒子在第一象限的受力特点，可知其在从N到P的过程，沿电场方向做匀变速运动，垂直于电场方向做匀速运动；
垂直于电场方向：xNP＝v0sin30°t，沿电场方向：，。化简得：；
当粒子在沿电场方向减速到0时，速度最小，此时速度为：，故CD正确。
本题选择不正确的，故选：A。
13．（3分）已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ɛ0为常量。如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，间距为d，两极板间为真空，不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则该电容器的电容可表示为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合电容器电容的定义式、电场强度与电势差的关系，结合题目所给出均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小的表达式，联立可进行推理求解
【解答】解：设每块极板上带电荷量为Q，则每块极板上单位面积所带的电荷量为σ，
每块极板产生的电场强度为E＝，
可知两极板间的电场强度为E'＝2E＝，
两极板间的电压U＝E'd＝d，
电容器的电容C＝＝，故ACD错误，B正确；
故选：B。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6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。全部选对的每3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
（多选）14．（3分）如图所示，光滑平行导轨倾斜放置，导轨平面倾角为θ＝30°，导轨间距为L，导轨上端接有阻值为R的定值电阻，整个装置处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，一根金属棒放在导轨上，由静止释放，同时给金属棒施加一个沿导轨平面向下的拉力，使金属棒以大小为α＝0.5g的加速度向下做匀加速运动，g为重力加速度，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻，金属棒运动t时间时，金属棒两端的电压U、t时间内通过电阻R的电量q、拉力做功的瞬时功率P、电阻R产生的焦耳热Q随时间变化正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】根据U＝E＝BLv＝BLat分析U与时间t的图象；
根据电流的定义式以及法拉第电磁感应定律和欧姆定律分析电荷量与时间的关系式从而判断q﹣t图象；
根据牛顿第二定律分析外力随时间变化的关系式，再根据P＝Fv分析拉力的功率与时间的关系；
根据焦耳定律分析电阻R产生的焦耳热与时间的关系。
【解答】解：A、由题意可知金属棒两端的电压等于产生的电动势：U＝E＝BLv＝BLat
因为金属棒向下做匀加速运动，故金属棒两端的电压与时间成正比，故A正确；
B、根据：，E＝以及可得：
＝
可知通过电阻R的电量q与t成二次函数关系，故B错误；
C、因为金属棒向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：F+mgsinθ﹣F安＝ma
a＝0.5g
又因为F安＝BIL＝
联立可得F＝F安＝BIL＝
拉力做功的瞬时功率为：P＝Fv＝
可知P与t2成正比关系，故C正确；
D、电阻R产生的焦耳热根据焦耳定律有：Q＝I2Rt＝＝，
可知Q与t2不成一次函数关系，故D错误。
故选：AC。
（多选）15．（3分）为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计．该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极与电压表相连．污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U．若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（ ）
A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高
B．若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高
C．电压表的示数与污水中离子浓度无关
D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关
【答案】CD
【分析】A、正负离子作定向移动，受到洛伦兹力，发生偏转，打在前后表面上，正离子偏转向哪一个表面，哪一个表面的电势高．
C、根据正负离子会受到电场力、洛伦兹力平衡，求出电压表所测的电压与什么因素有关即可知．
D、前后表面上有正负离子，之间形成电场，最终正负离子会受到电场力、洛伦兹力处于平衡，两极板间形成稳定的电势差，即可求解．
【解答】解：A、正、负离子向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏。所以前表面比后表面电势低。故A、B错误。
C、Q＝，则U＝，电压表的示数与磁感应强度、流量Q以及流量计的高有关，与离子浓度无关。故C正确。
D、最终正负离子会受到电场力、洛伦兹力处于平衡，有qE＝qvB，即＝vB．而污水流量Q＝vbc＝bc＝，可知Q与U成正比，与a、b无关，故D正确。
故选：CD。
三、实验题（本题共2小题，共14分）
16．（6分）某物理课外小组通过如图甲、乙、丙所示的实验装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。已知他们使用的小车完全相同且质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：
（1）实验时，必须满足“M远大于m”的实验装置是 甲 （选填“甲”、“乙”或“丙”）。
（2）按如乙图实验装置得到如图戊所示的纸带，已知打点计时器打点的周期T＝0.02s，其中A、B、C、D、E每相邻两个计数点之间还有4个点没有标出，根据纸带提供的数据，算得小车加速度的大小为 0.63 m/s2（计算结果保留两位有效数字）。
（3）采用（丙）图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a﹣F图线是如图（丁）的一条直线。测出图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为 C 。
A．
B．
C．
D．k
（4）采用如（甲）图实验装置，把重物改成槽码，槽码总数N，将n（依次取n＝2，3，4，5⋯⋯）个槽码挂在细线左端，其余N﹣n个槽码仍留在小车内，重复前面的步骤，并得到相应的加速度a，得到a﹣n图线是过原点的直线，但实验时漏了平衡摩擦力这一步骤，下列说法正确的是 C 。
A．a﹣n图线不再是直线
B．a﹣n图线仍是过原点的直线，但该直线的斜率变小
C．a﹣n图线仍是直线，但该直线不过原点
【答案】（1）甲；（2）0.63；（3）C；（3）C
【分析】（1）只有用重物的重力代替绳子的拉力，才需要满足M＞＞m；
（2）根据逐差法解得加速度；
（3）（4）根据牛顿第二定律结合图像分析解答。
【解答】解：（1）乙、丙两图绳上的拉力都可测量直接读出，不需要重物重力替代，甲图需要用重物重力替代拉力，所以需要满足“M远大于m”；
（2）根据逐差法公式可得
＝×0.01m/s2＝0.63m/s2
（3）根据牛顿第二定律可得
2F＝Ma
整理得
所以小车的质量为
故ABD错误，C正确；
故选：C。
（4）因为没有平衡摩擦力，所以可得
nmg﹣f＝（Nm+M）a
整理得
所以a﹣n图线仍是直线，但该直线不过原点，故AB错误，C正确；
故选：C。
故答案为：（1）甲；（2）0.63；（3）C；（3）C
17．（8分）如图甲为在“练习使用多用电表”实验中某多用电表示意图；如图乙为欧姆表测电阻Rx的原理图；用多用电表直接测量电阻约为130Ω的电灯泡的电阻，其电路连接图如图丙所示，回答下列问题：
（1）对甲图，在测量电阻前需要将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，需要调整 B （选填“A”、“B”或“C”）。
（2）对乙图，若电源的电动势为E，满偏电流为Im，当接上待测电阻Rx后，表头的示数为I，待测电阻Rx的阻值为 。
（3）对丙图，实验选择开关所处的挡位是 ×10 （填“×10”“×100”或“×1000”），灯泡阻值的读数为 120 Ω。
（4）使用一段时间后，多用电表电源电动势降低，但仍能进行欧姆调零，用该欧姆表测量某一电阻时，测量值比真实值 偏大 （填“偏大”“不变”或“偏小”）。
（5）若用多用电表来测量螺口型白炽灯的灯丝电阻，灯泡标有“220V，100W”字样，以下测量方式正确的是 A 。
【答案】（1）B；（2）；（3）×10；120；（4）偏大；（5）A
【分析】（1）（3）根据欧姆表的使用及读数方法解答；
（2）（4）根据欧姆定律结合多用电表的原理解答；
（5）明确灯泡结构，根据多用有的使用方法得出正确的测量方法。
【解答】解：（1）对甲图，在测量电阻前需要将红黑表笔短接，进行欧姆调零，需要调整欧姆调零旋钮B；
（2）对图乙，电源的电动势为E，满偏电流为Im，由闭合电路欧姆定律可得欧姆表的内阻为R'＝
当接上待测电阻Rx，表头的示数为I，则有I＝
可得Rx＝
（3）对图丙，因为电灯泡的电阻约为130Ω，欧姆表的指针所指的刻度为12，则实验选择开关所处的挡位是×10，灯泡阻值的读数为120Ω；
（4）欧姆表内阻R'＝，电源电动势E降低，欧姆调零时欧姆表内阻变小，用欧姆表测电阻时，电流I＝＝＝，由于R'偏小，I偏小，指针偏左，电阻测量值偏大；
（5）灯泡底部和周围金属部分与内部灯丝相连，故为了测量灯丝的电阻，应将红黑表笔分别接金属外壳和底部，故应选用A接法进行测量；
故答案为：（1）B；（2）；（3）×10；120；（4）偏大；（5）A
四、计算题（本题共4小题，共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单案位。）
18．（8分）诗句“辘轳金井梧桐晚，几树惊秋”中的“辘轳”是一种井上汲水的起重装置，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图甲所示。图乙为古代辘轳的工作原理简化图，某位物理老师用电动机改装辘轳后实现了取水自动化，已知电动辘轳将总质量为m＝10kg的水桶竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝1m/s2由静止开始竖直向上匀加速提升，当电动辘轳输出功率达到其允许的最大值200W时，保持该功率直到水桶做匀速直线运动。不计额外功，忽略辘轳的质量以及所有摩擦阻力，取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）水桶所能达到的最大速度；
（2）电动机在第1s末的输出功率；
（3）若电动辘轳保持最大输出功率不变让水桶从静止开始做加速运动，4s后水桶已达到最大速度，求4s内水桶上升的高度。
【答案】（1）水桶所能达到的最大速度为2m/s。
（2）电动机在第1s末的输出功率为110W。
（3）4s内水桶上升的高度为7.8m。
【分析】（1）当水桶匀速上升时，速度达到最大，由平衡条件求出细绳的拉力T，由P＝Tvm求解水桶所能达到的最大速度；
（2）先由v＝at求出第1s末水桶的速度v。由牛顿第二定律求出此时细绳的拉力，再根据功率公式求电动机在第1s末的输出功率；
（3）0～4s内，根据动能定理求4s内水桶上升的高度。
【解答】解：（1）当水桶匀速上升时，细绳的拉力为
T＝mg＝10×10N＝100N
由P＝Tvm得水桶能达到的最大速度为
vm＝＝m/s＝2m/s
（2）当水桶做匀加速运动时，第1s末水桶的速度为
v＝at＝1×1m/s＝1m/s
设此时绳的拉力为T′，由牛顿第二定律得
T′﹣mg＝ma
解得
T′＝110N
根据P′＝T′v，解得电动机的输出功率为
P′＝110W
（3）0～4s内，设水桶上升的高度为h，根据动能定理得
解得
h＝7.8m
答：（1）水桶所能达到的最大速度为2m/s。
（2）电动机在第1s末的输出功率为110W。
（3）4s内水桶上升的高度为7.8m。
19．（9分）光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧形轨道BC组成，二者在B处相切并平滑连接，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直。一直径略小于圆管直径的质量为m的小球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时细线断裂，小球继续运动，已知弧形轨道的半径为，所对应的圆心角为53°，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，g＝10m/s2。
（1）若M＝5m，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小。
（2）若M＝5m，求小球从C点抛出后下落高度时到C点的水平位移。
（3）M、m满足什么关系时，小球能够运动到C点。
【答案】（1）若M＝5m，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小为7m/s2。
（2）若M＝5m，小球从C点抛出后下落高度时到C点的水平位移为。
（3）为使小球能够运动到C点，应满足。
【分析】（1）对小球和物块整体分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）分别对AB段和BC段列动能定理，再有C点抛出作平抛运动，列出平抛运动的竖直位移和水平位移的表达式，联立即可求解水平位移；
（3）分别对AB段和BC段列动能定理，要通过C点速度至少为零，即可求解出M与m的关系。
【解答】解：（1）若M＝5m，将物块和小球看作整体，根据牛顿第二定律
Mg﹣mgsin53°＝（M+m）a
解得加速度大小a＝7m/s2
（2）由几何关系可得AB长度
若M＝5m，小球从A运动到B的过程中，由动能定理
Mg
解得小球到达B点的速度
小球从B到C的过程中，由动能定理
小球离开C点后做平抛运动
竖直方向
水平方向x＝vCt
解得
（3）小球从A到B过程，根据动能定理
假设小球恰好到达C点，则在C点速度为零，从B到C的过程中，根据动能定理
解得
若要小球通过C点，则应满足
答：（1）若M＝5m，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小为7m/s2。
（2）若M＝5m，小球从C点抛出后下落高度时到C点的水平位移为。
（3）为使小球能够运动到C点，应满足。
20．（12分）如图所示，平面直角坐标系xOy内有一个半径为R的圆形区域Ⅰ，圆心坐标为O′（3R，R），圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，在y轴上0.5R≤y≤1.8R的范围内有一个线状的粒子源，能够沿x轴正方向发射速度为v0的某种正粒子，已知所有粒子均从圆形磁场边缘的同一点射出，然后进入第四象限所在区域为y≤﹣R的足够大的匀强磁场区域Ⅱ中，匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度大小为2B0。不计粒子重力和粒子间的相互作用力（sin37°＝0.6；cs37°＝0.80），求：
（1）粒子的比荷；
（2）匀强磁场区域Ⅱ的上边界有粒子射出的区域长度；
（3）圆形磁场区域Ⅰ有粒子经过的面积。
【答案】（1）粒子的比荷为；
（2）匀强磁场区域Ⅱ的上边界有粒子射出的区域长度为；
（3）圆形磁场区域Ⅰ有粒子经过的面积为。
【分析】（1）所有粒子在磁场中做匀速圆周运动均从同一点射出，由磁聚焦原理和牛顿第二定律可以求组粒子的比荷。
（2）画出两种临界条件下粒子的轨迹，结合半径公式和几何关系求有粒子射出的上边界的长度；
（3）根据粒子在磁场的半径，由几何关系求圆形磁场区域Ⅰ有粒子经过的面积。
【解答】解：（1）若所有粒子从圆形磁场区域I的同一点射出，则此点为（3R，0），且粒子圆周运动的半径：r1＝R
由洛伦兹力提供向心力有：
代入数据得：
（2）画出粒子的运动轨迹如图所示，
可知y＝0.5R处射出的粒子进入磁场时与匀强磁场区域Ⅱ边界的夹角为60°，y＝1.8R处射出的粒子进入磁场时与匀强磁场区域Ⅱ边界的夹角为37°。
由几何关系可得：DF＝Rtan53°+Rtan30°
对从D点射入磁场区域Ⅱ的粒子分析可得：DE＝2r2sin37°
对从F点射入磁场区域Ⅱ的粒子分析：FG＝2r2sin60°
粒子在磁场区域Ⅱ的运动半径：
粒子从匀强磁场Ⅱ上边界有粒子射出的区域长度：EG＝DF﹣DE+FG
代入数据得到：
（3）根据几何关系可知：∠AO1C＝143°，∠BO2C＝60°
有圆形磁场有粒子经过的区域的面积：
解得：
答：（1）粒子的比荷为；
（2）匀强磁场区域Ⅱ的上边界有粒子射出的区域长度为；
（3）圆形磁场区域Ⅰ有粒子经过的面积为。
21．（12分）如图甲所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，在M点和P点间接有一个阻值为R的电阻，在两导轨间的矩形区域OO1O1′O′内有垂直导轨平面向里、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距d0。现使ab棒由静止开始释放，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨的电阻不计）。
（1）求棒ab离开磁场的下边界时的速度大小；
（2）讨论棒ab可能出现的运动情况，并作出对应的v﹣t图像；
（3）求金属杆自下落至穿出磁场所用的时间t；
（4）如图乙所示，当在导轨的PM端通过导线将电容为C、击穿电压为Ub的平行板电容器连接，在t＝0时在磁场中无初速度地释放金属棒ab、不考虑电磁辐射，且磁场足够大，当金属棒电阻r＝0时，求电容器达到击穿电压所用的时间。
【答案】答：（1）棒ab离开磁场的下边界时的速度大小为；
（2）见解析；
（3）金属杆自下落至穿出磁场所用的时间为 ；
（4）电容器达到击穿电压所用的时间
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解电流，再根据平衡条件联立求解棒ab离开磁场的下边界时的速度大小；
（2）根据动能定理求解棒进入磁场时的速度，再根据v0与v的大小关系讨论棒的运动情况，并作出v﹣t图像即可；
（3）根据匀变速直线运动的规律求解棒自由落体运动的时间，再根据动量定理求解棒在磁场中运动的时间，最后求解金属杆自下落至穿出磁场所用的时间；
（4）根据牛顿第二定律求解棒的加速度，再根据匀变速直线运动的规律求解电容器达到击穿电压所用的时间。
【解答】解：（1）根据题意，设棒ab离开磁场的边界前做匀速运动的速度为v，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为
E＝BLv
根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流为
对棒ab，由平衡条件得
mg﹣BIL＝0
联立解得
；
（2）根据动能定理
解得ab棒进入磁场区域时的速度为
①当v0＝v，即
时，棒进入磁场后做匀速直线运动；
②当v0＜v，即
时，棒进入磁场后先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动；
③当v0＞v，即
时，棒进入磁场后先做加速度减小的减速运动，后做匀速直线运动，离开磁场后都做自由落体运动。三种情况下，对应的v﹣t图分别为
；
（3）根据匀变速直线运动的规律
解得金属棒自由落体的时间为
将金属棒穿越磁场的过程中安培力的冲量为
IA＝BLq
金属棒穿越磁场的过程中通过电路的电量为
设金属棒穿越磁场所用的时间为t2，以竖直向下为正方向，由动量定理得
mgt2﹣IA＝mv﹣mv0。
联立解得
则金属棒自下落至穿出磁场的时间
；
（4）在电容器达到击穿电压前，设任意时刻t，流过金属棒的电流为i，由牛顿第二定律
mg﹣BiL＝ma①
设在t→t+Δt时间内，金属棒的速度由v→v+Δv，电容器两端电压U→U+ΔU，带电量q→q+Δq，则有
代入①得
故金属棒做初速度为0的匀加速直线运动，当电容器达到击穿电压时，金属棒的速度为
所以，电容器达到击穿电压所用的时间为
。
答：（1）棒ab离开磁场的下边界时的速度大小为；
（2）见解析；
（3）金属杆自下落至穿出磁场所用的时间为 ；
（4）电容器达到击穿电压所用的时间 。