2024年山西省太原市高考物理一模试卷(含解析）

这是一份2024年山西省太原市高考物理一模试卷(含解析），共17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.如图所示，手机仅有两个侧面与手机夹接触，静止在手机支架上。手机平面与水平面夹角为30°，手机质量为204g，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 手机夹对手机作用力的大小为2.04N
B. 手机对手机夹两侧的弹力指向手机内侧
C. 手机夹单侧面受到静摩擦力的大小为0.255N
D. 顺时针缓慢转动手机夹，手机所受静摩擦力变小
2.如图所示，蜜蜂同上同下挥动两个翅膀，在水面上形成稳定的干涉图样，A为加强区一点，B为减弱区一点。下列说法正确的是( )
A. 图中B处质点振幅最大
B. 图中A处质点位移始终最大
C. 蜜蜂两翅膀挥动频率可以不同
D. A点到两个波源的距离差为波长的整数倍
3.神舟17号返回舱开伞后，返回舱与降落伞中心连接的中轴线始终保持竖直。整体受到竖直向上的空气阻力，同时在水平风力的作用下，整体以0.5m/s2的加速度沿虚直线斜向下减速运动。下列说法正确的是( )
A. 返回舱中的航天员处于失重状态
B. 竖直向上的空气阻力大于水平风力
C. 若水平风力突然消失，返回舱将做平抛运动
D. 整体克服竖直向上空气阻力做的功等于其机械能的减少量
4.运动员某次发球，将球从离台面高h0处发出，球落在A点反弹后又落在B点，两次擦边。AB间距离为L，球经过最高点时离台面的高度为h(h>h0)，重力加速度为g。若忽略阻力、球的旋转、球与台面碰撞时能量的损失，乒乓球离开球拍的速度大小为( )
A. 2gh+gL28hB. 2g(h−h0)+gL28h
C. 2g(h+h0)+gL28hD. 2g(h−h0)−gL28h
5.如图所示，A、B、C是地球的三颗人造卫星，A轨道半径为地球半径的4倍，B、C为同轨道近地卫星，三者轨道位于同一平面内且绕行方向相同。已知地球半径为R，表面重力加速度为g，A先后飞越B、C正上方所经历的最短时间t=16π21 Rg，忽略地球自转，B、C之间的劣弧长为( )
A. 16πRB. 14πRC. 23πRD. 12πR
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
6.用紫外光照射一种新型材料时，只产生动能和动量单一的相干电子束。用该电子束照射间距为d的双缝，观测到相邻明条纹间距为Δx的干涉现象，普朗克常量为h，双缝到屏的距离为L。下列说法正确的是( )
A. 电子束的波长λ=LdΔx
B. 电子的动量p=hLdΔx
C. 仅减小照射光的波长，电子束形成的干涉条纹间距将变大
D. 与实物粒子相联系的波被称为德布罗意波，也叫做物质波
7.如图所示，圆形区域内存在垂直纸面方向的匀强磁场，O为圆心，AN和CM为圆的两条直径，∠MON=60°。质量为m1、电荷量为q1的带电粒子1沿AO方向从A点射入。质量为m2电荷量为q2的带电粒子2从C点射入，两粒子入射速度相同且都从M点飞离磁场，不考虑两带电粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是( )
A. 粒子1与粒子2的比荷之比为2：3
B. 粒子1与粒子2的出射方向夹角为60°
C. 粒子1与粒子2的运动半径之比为2：1
D. 粒子1与粒子2在磁场内运动的时间之比为2：3
8.如图所示，正方体的棱ae竖直，可视为质点的带正电小球从a点沿ab方向水平抛出，仅在重力的作用下，恰好经过f点。若空间中增加沿ad方向的匀强电场，小球仍从a点沿ab方向水平抛出，恰好经过底面中心k点。下列说法正确的是( )
A. 小球两次运动的时间相等
B. 小球两次抛出的初速度相同
C. 小球经过f点的动能与经过k点的动能之比为20：21
D. 小球从a到k，机械能增加量是重力势能减少量的一半
三、实验题：本大题共2小题，共17分。
9.为了验证机械能守恒定律，某学习小组用如图1所示的气垫导轨装置进行实验，可使用的实验器材还有：游标卡尺、毫米刻度尺。

(1)学习小组设计了如下的实验步骤：
①用游标卡尺测量遮光条的宽度d
②在导轨上选择两个适当的位置A、B安装光电门Ⅰ、Ⅱ，并连接数字毫秒计
③调整气垫导轨的倾斜状态
④使滑块从导轨的左端下滑，分别测出遮光条经过两光电门Ⅰ、Ⅱ的时间t1、t2
⑤用毫米刻度尺分别测量A、B点到水平桌面的高度h1、h2
⑥改变气垫导轨的倾斜程度，重复步骤④⑤，进行多次测量
(2)游标卡尺的示数如图2所示，d= ______cm；
(3)重力加速度为g，在误差允许范围内，若满足h1−h2= ______(用t1、t2、d、g表示)，可验证滑块下滑过程中机械能守恒；
(4)写出误差产生的一条原因：______。
10.实验小组测量某圆柱体材料的电阻率，圆柱体的长度为9.20cm。

(1)用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，示数如图1所示，d= ______mm；
(2)用欧姆表对圆柱体的电阻进行粗测，选择“×10”挡，发现指针偏转角度过大，应该换用______挡(选填“×1”或“×100”)，并重新进行______调零，指针指在如图2位置，阻值为______Ω；
(3)为精确测量该圆柱体电阻的大小，实验小组设计了如图3所示的实验电路图，实验室提供了如下器材：
A.电源E(电动势为3V，内阻不计)
B.电流表A(量程为0～300mA，内阻r1约为3Ω)
C.电流表A(量程为0～30mA，内阻r2为10Ω)
D.定值电阻R0(阻值为90Ω)
E.滑动变阻器R1(最大阻值为10Ω)
F.滑动变阻器R2(最大阻值为1kΩ)
请回答下列问题：
a.实验中，乙表应选______(选填“B”或“C”)，滑动变阻器应选______(选填“E”或“F”)，根据图3所示电路，闭合开关，调节滑动变阻器，记录甲的示数I1和乙的示数I2，电阻Rx= ______(用题中的字母符号表示)；
b.I1和I2的函数图像如图4所示，根据数据可算得Rx= ______Ω(结果保留2位有效数字)；
c.通过计算，该圆柱体材料的电阻率约为ρ= ______Ω⋅m(结果保留1位有效数字)；
(4)仅从系统误差的角度考虑，本次实验电阻率的测量值______真实值。(选填“大于”“等于”或“小于”)
四、简答题：本大题共3小题，共45分。
11.如图所示，粗细均匀的U形细玻璃管竖直倒置，竖直高度为20cm，水平宽度为5cm，左端开口，右端封闭。用长度为10cm的水银柱在右侧管内封闭了长为10cm的理想气体，初始状态环境温度为258K，大气压强为76cmHg。现缓慢升高环境温度，有6cm长的水银柱进入左侧竖直细管，细玻璃管的内径远小于其自身的长度。求：
(1)此时管内封闭气体的压强；
(2)此时环境的温度。
12.轻质弹簧原长为l，将弹簧竖直放置在水平地面上，在其顶端将一质量为7m的小球由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度变为原长的一半。现将该弹簧水平放置在光滑水平面上，一端固定在A点，另一端与质量为m的小球P接触但不拴连；一长度为2l的轻绳一端系于O点，另一端与质量为m的小球Q拴连。用外力缓慢推动P，将弹簧压缩至原长的一半，撤去外力，P被弹出后与Q发生弹性对心碰撞，Q开始摆动。轻绳在弹力变为0时断开，Q飞出后落在水平地面上的B点(图中未画出)，P、Q始终在同一竖直平面内运动且均可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)弹簧由原长压缩为原长的一半，弹性势能的变化量；
(2)P与Q碰撞后的瞬间，Q速度的大小；
(3)Q落到B点时，Q与P之间的距离。
13.如图所示，两平行且等长的粗糙金属导轨ab、cd间距为L，倾斜角度为θ，ab、cd之间有垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，ac之间电容器的电容为C1，光滑等长的水平金属导轨ef、gh间距为L，ef、gh之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B2，fh之间电容器的电容为C2。质量为m的金属棒PQ垂直导轨放置，在沿斜面向上恒力F的作用下由静止开始运动，经过时间t后以速度v飞出导轨，同时撤去F，PQ水平跃入ef、gh导轨，PQ始终与ef、gh导轨垂直。导轨与棒的电阻均不计，重力加速度为g，求：
(1)金属棒PQ分别在B1、B2中运动时电流的方向；(请分别说明P→Q或Q→P)
(2)导轨ef、gh足够长，电容器C2带电量的最大值；
(3)金属棒PQ与导轨ab、cd的动摩擦因数。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.由平衡条件可知手机夹对手机作用力与其重力平衡，两者等大反向，则手机夹对手机作用力的大小为：F=mg=204×10−3×10N=2.04N，故A正确；
B.手机对手机夹两侧的弹力指向手机外侧，故B错误；
C.因手机夹对手机的两个侧面的弹力在水平方向上平衡了，故手机夹两侧面对手机的静摩擦力必与重力平衡，由对称性可知，手机夹单侧面对手机的静摩擦力大小等于重力的一半，为：12×2.04N=1.02N，根据牛顿第三定律可知手机夹单侧面受到手机对其静摩擦力的大小为1.02N，故C错误；
D.顺时针缓慢转动手机夹，手机处于平衡状态，合力始终为零，手机夹对手机的两个侧面的弹力仍在水平方向上平衡了，故手机夹两侧面对手机的静摩擦力必与重力始终平衡，保持不变，故D错误。
故选：A。
由平衡条件可知手机夹对手机作用力与其重力平衡，两者等大反向；手机对手机夹两侧的弹力指向手机外侧；因手机夹对手机的两个侧面的弹力在水平方向上平衡了，故手机夹两侧面对手机的静摩擦力必与重力平衡，结合对称性解答；顺时针缓慢转动手机夹，手机处于平衡状态，手机夹两侧面对手机的静摩擦力与重力始终平衡。
本题考查了共点力平衡问题，对研究对象正确受力分析是前提，按已知力、重力、弹力、摩擦力的顺序进行受力分析。依据平衡条件解答。
2.【答案】D
【解析】解：A、由题，B是振动减弱点，则B点的振幅最小，故A错误；
B、图中A点是振动加强点，则A点的振幅增大，并不是A处质点位移始终增大，故B错误；
C、蜜蜂两翅膀挥动频率始终相同，不然，在水面上不能形成稳定的干涉图样，故C错误；
D、A为加强点，根据干涉加强点的条件可知，A点到两个波源的距离差为波长的整数倍，故D正确。
故选：D。
两波发生干涉时，振动加强点与两个波源的距离差为零或者为半波长的偶数倍，振动减弱点与两个波源的距离差为半波长的奇数倍。
本题考查波的干涉，知道振动加强点和振动减弱点的找法。
3.【答案】B
【解析】解：A.返回舱与降落伞整体以0.5m/s2的加速度沿虚线斜向下减速运动，加速度有竖直向上的分量，所以处于超重状态，故A错误；
B.设竖直向上的空气阻力为F1，水平风力为F2，受力图如下
已知a=0.5m/s2，设整体质量为m，根据牛顿第二定律可知，竖直方向上
F1−mg=macs60°
水平方向上
F2=masin60°
解得F1=414m，F2= 34m
可知竖直向上的空气阻力大于水平风力，故B正确；
C.若水平风力突然消失，返回舱的合力方向竖直向上，加速度方向竖直向上，返回舱将做类斜抛运动，故C错误；
D.根据功能关系可知，整体克服竖直向上空气阻力和水平风力做的功的代数和才等于其机械能的减少量，故D错误。
故选：B。
A.根据超失重的条件进行分析判断；
B.画出物体的受力图，根据牛顿运动定律在不同方向的表达式列式求解判断大小；
C.根据受力情况和初状态分析物体的运动情况；
D.根据机械能的改变量的决定因素进行分析判断。
考查牛顿第二定律和能的转化和守恒定律，会根据题意列式求解相应的物理量。
4.【答案】B
【解析】解：乒乓球从最高点到B点做平抛运动，设乒乓球在最高点的速度为v，从最高点到B的时间为t，则h=12gt2
又L2=vt
得v=L2 g2h
乒乓球从抛出点到乒乓球离台面最高点过程中机械能守恒，可得12mv02+mgh0=12mv2+mgh
联立解得：v0= 2g(h−h0)+gL28h故B正确，ACD错误。
故选：B。
乒乓球在A、B之间的运动具有对称性，从最高点到B的过程可以看作平抛运动，将运动分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，结合几何关系求出乒乓球在最高点的速度。乒乓球运动的过程中机械能守恒，由此求出乒乓球的初速度。
该题结合平抛运动考查机械能守恒定律，解答的技巧是从最高点到B的过程可以看作平抛运动，然后将运动分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动。
5.【答案】C
【解析】解：忽略地球自转，在地球表面有mg=GMmR2
根据万有引力提供向心力可得：
对A卫星，有GMm(4R)2=m⋅4R⋅ωA2
对B、C卫星，有GMmR2=mRωB2=mRωC2
A先后飞越B、C正上方得最短时间间隔内有(ωB−ωA)t=θ
联立解得：θ=23π
B、C之间的劣弧长为s=θR=23πR，故C正确，ABD错误。
故选：C。
研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，结合重力和万有引力关系列式表示出角速度，根据A先后飞越B、C正上方得最短时间间隔内有二者扫过的角度求得AB劣弧所对的圆心角，进而求弧长。
本题要求熟练应用万有引力提供向心力的各种表达形式，熟练掌握圆周运动的各个公式，题目难度较大．
6.【答案】BD
【解析】解：A、根据双缝干涉实验的条纹间距公式Δx=Ldλ
可得电子束的波长λ=dΔxL，故A错误；
B、根据德布罗意波波长的公式λ=hp
可得电子的动量p=hλ=hLdΔx，故B正确；
C、根据题意，紫外光照射材料只产生动能和动量单一的相干电子束，可知减小照射光的波长，产生的电子束动量是不变的，所以电子束形成的干涉条纹间距不变，故C错误；
D、根据物质波的定义可知，与实物粒子相联系的波被称为德布罗意波，也叫做物质波，故D正确。
故选：BD。
由双缝干涉实验的条纹间距公式得出电子束的波长；根据电子的动量公式得出电子的动量表达式；根据光电效应判断电子的能量；根据物质波的定义判断。
本题主要考查了双缝干涉实验的相关应用，熟悉光电效应和干涉实验中的条纹间距公式，理解能量和动量的关系，熟悉公式间的推导即可完成解答。
7.【答案】AB
【解析】解：AC.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=mv2r
解得qm=vBr
两粒子在磁场中运动轨迹如图
设圆形区域的圆半径为R，粒子1的轨道半径：r1sin30°=Rsin60°
得r1= 3R
粒子2的轨道半径：r2cs30°=R
得r2=2 33R
两粒子速度相等，则q1m1：q2m2=vBr1：vBr2=r2：r1=2 33R： 3R=2：3，故A正确，C错误；
B.根据A分析，粒子1射出磁场时圆弧轨迹对应的圆心角∠AO1M=60°，粒子2射出磁场时对应的圆心角为∠CO2M=120°，两粒子进入磁场时速度方向相同，故射出磁场时的速度方向夹角为60°，故B正确；
D.粒子在磁场中做圆周运动的周期
T=2πmqB
粒子在磁场中的运动时间t=θ360∘T
粒子1在磁场中的运动时间
t1=60°360∘×2πm1q1B=πm13q1B
粒子2在磁场中的运动时间
t2=120°360∘×2πm2q2B=2πm23q2B
粒子1与粒子2在磁场内运动的时间之比
t1t2=34，故D错误。
故选：AB。
AC.根据牛顿第二定律求比荷表达式，结合作出的两粒子做匀速圆周运动的轨迹利用几何关系求轨迹半径进行判断；
B.根据两粒子运动对应的圆心角分析粒子飞出磁场时的速度方向的夹角；
D.根据粒子在磁场中运动的周期公式结合圆心角列式求解运动时间的比值。
考查带电粒子在磁场中运动问题，会结合相应的几何关系列式解答相关的物理量。
8.【答案】AC
【解析】解：A.小球两次的落点位于同一水平面上，在竖直方向上，小球都做自由落体运动，由h=12gt2，可知两次运动时间相等，故A正确；
B.沿小球初速度的方向，小球做匀速直线运动，两次运动时间相等，从a到k的沿ab方向的分位移等于第一次的一半大小，故第二次的初速度大小为第一次的一半，故B错误；
C.设正方体的棱长为L，小球第一次从a到f点，设初速度大小为v0，根据平抛运动的规律
沿ab方向有L=v0t
沿ae方向有L=12gt2
根据动能定理有
mgL=Ekf−12mv02
第二次小球从a到k，沿电场方向受到的电场力产生的加速度大小为a，在ad方向做初速度大小为0的匀加速直线运动，满足
12L=12at2
竖直方向上有L=12gt2
根据以上两式得a=12g
根据动能定理有mgL+maL2=Ekk−12m(v02)2
联立以上各式得EkfEkk=2021，故C正确；
D.小球从a到k，机械能的增加量等于电场力做的功，大小等于ΔE1=ma⋅L2=m×12g×L2=14mgL，而重力势能的减少量ΔE2=mgL，故D错误。
故选：AC。
A.根据竖直方向的自由落体运动判断时间；
B.根据小球沿初速度方向的分运动情况判断初速度大小；
C.根据平抛运动规律结合动能定理联立列式求解两个末动能的比值；
D.根据机械能增加量和重力势能减少量计算对比判断。
考查带电粒子在复合场中的运动问题，会根据题意列式求解相关物理量。
9.【答案】0.400 d22g(1t22−1t12) 游标卡尺测量遮光条宽度时存在误差、滑块与轨道间存在摩擦、空气阻力影响等
【解析】解：(2)游标卡尺的精确度为0.05mm，其读数为4mm+0×0.05mm=4.00mm=0.400cm；
(3)如果滑块下滑过程机械能守恒，则应该满足如下方程
mg(h1−h2)=12mv22−12mv12
而v2=dt2，v1=dt1
得h1−h2=d22g(1t22−1t12)
(4)可能的误差原因为：游标卡尺测量遮光条宽度时存在误差、滑块与轨道间存在摩擦、空气阻力影响等。
故答案为：(2)0.400；(3)d22g(1t22−1t12)；(4)游标卡尺测量遮光条宽度时存在误差、滑块与轨道间存在摩擦、空气阻力影响等。
(2)根据游标卡尺的读数规则完成读数并换算；
(3)根据机械能守恒列式并推导得出；
(4)根据误差原因进行分析解答。
考查机械能守恒和游标卡尺的读数问题，会根据题意列式求解相应的物理量。
10.【答案】3.372 ×1 欧姆 9.0 C R1 I2(R0+r2)I1−I2 9.1 9×10−4 等于
【解析】解：(1)读数为3mm+37.2×0.01mm=3.372mm
(2)选择“×10”挡，发现指针偏转角度过大，说明待测电阻的阻值较小，所以需要换用小倍率“×1”挡位，换了倍率开关后要重新进行欧姆调零，则此时欧姆表的读数为9.0×1Ω=9.0Ω
(3)因为电路中用到了两个电流表，所以在支路上的电流表应该量程较小，故应选C。因为电路的分压式电路，所以滑动变阻器应该选用阻值较小的，故应选E。根据欧姆定律有Rx=I2(r2+R0)I1−I2，整理得I1=r2+R0+RxRx⋅I2，所以斜率k=r2+R0+RxRx=27623，解得Rx=9.1Ω，根据电阻定律有Rx=ρLπ(d2)2，代入数据解得ρ=9×10−4Ω⋅m
(4)因为在电路中既没有电流表的分压，也没有电压表的分流，所以本实验不存在系统误差，所以电阻率的测量值等于真实值。
故答案为：(1)3.371～3.374；(2)×1，欧姆，9.0；(3)C，E，I2(R0+r2)I1−I2，9.1，9×10−4；(4)等于。
(1)根据螺旋测微器的读数规则读数；
(2)指针偏转角太大，说明待测电阻值较小，所以应该换用小倍率，要重新进行欧姆调零；
(3)因为用到了两个电流表，在支路上的电流表应该量程小，在分压式电路中，滑动变阻器越小越好，根据欧姆定律写出对应的函数关系，然后根据斜率计算即可，根据电阻定律即可得到电阻率的大小；
(4)没有系统误差存在。
熟悉电路结构，熟练掌握电阻定律和欧姆定律以及螺旋测微器的读数规则，和欧姆表的使用法则，不难正确解答。
11.【答案】解：(1)升温后有6cm长的水银柱进入左侧竖直细管，水平段的水银长度是4cm，水银柱高h2=6cm
空气柱长l2=21cm；p0=76cmHg
设封闭气体的压强为p2，则p2+ρgh2=p0
得p2=70cmHg
(3)升温前温度T1=258K，空气柱长l1=10cm，p0=76cmHg
封闭气体的压强为p1，则p0+ρgh1=p1
得p1=86cmHg
由理想气体的状态方程p1l1ST1=p2l2ST2
代入数据得T2=441K
答：(1)此时管内封闭气体的压强是70cmHg；
(2)此时环境的温度是441K。
【解析】(1)由几何关系，结合连通器的原理求出气体的压强；
(2)对管内气柱缓慢加热，气柱经历等压变化，根据理想气体的状态方程列式求解。
本题主要考查一定质量的理想气体状态方程的应用，以封闭的气体为研究对象，找出气体变化前后的状态参量，利用气体的状态方程计算即可。
12.【答案】解：(1)设弹簧由原长压缩为原长的一半，弹性势能的变化量为ΔEP，弹簧与质量为7m的小球组成的系统机械能守恒，则有：
ΔEP=72mgl
(2)设小球P离开弹簧时的速度为v0，小球P与弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
ΔEP=72mgl=12mv02
解得：v0= 7gl
设P与Q发生弹性碰撞后速度分别为v1，v2，以向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv0=mv1+mv2
12mv02=12mv12+12mv22
解得：v1=0，v2= 7gl
(3)设轻绳断开时轻绳与竖直方向的夹角为θ，小球的速度大小为v3。根据牛顿第二定律得：
mgcsθ=mv322l
Q从最低点摆动到轻绳断开处，由动能定理得：
−mg(2l+2lcsθ)=12mv32−12mv22
联立解得：v3= gl，csθ=12
可得：θ=60°

轻绳断开后Q做斜抛运动，在竖直方向上，以向上为正方向，则有：
v3y=v3sinθ
−(2l+2lcsθ)=v3yt−12gt2
在水平方向上有，Q向左做匀速直线运动：
v3x=v3csθ
x=v3xt
联立解得：x= 3l
轻绳在断开时水平长度为：2l⋅sinθ= 3l
Q落到B点时，Q与P之间的距离Δx=0
答：(1)弹簧由原长压缩为原长的一半，弹性势能的变化量为72mgl；
(2)P与Q碰撞后的瞬间，Q速度的大小为 7gl；
(3)Q落到B点时，Q与P之间的距离为0。
【解析】(1)弹簧与质量为7m的小球组成的系统机械能守恒，据此求得弹性势能的变化量；
(2)根据系统机械能守恒求得小球P离开弹簧时的速度。由动量守恒定律和机械能守恒定律求解P与Q碰撞后速度；
(3)根据牛顿第二定律与动能定理求得轻绳断开时轻绳与竖直方向的夹角和小球的速度。轻绳断开后Q做斜抛运动，将运动分解处理，应用运动学公式解答。
本题综合考查了动量守恒定律的弹性碰撞模型、牛顿第二定律在圆周运动中的应用、斜抛运动规律，整体难度不大。对于匀变速曲线运动要分解处理，分运动具有等时性。掌握弹性碰撞的结果经验公式。
13.【答案】解：(1)由右手定则可知，金属棒在B1中运动时电流方向由P到Q；金属棒在B2中运动时电流方向由Q到P。
(2)PQ以速度v飞出导轨时的水平分速度为：v1=vcsθ，此后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，故PQ水平跃入ef、gh导轨时的速度等于v1。
PQ切割磁感线产生感应电动势，C2处于充电状态，当C2的电压U2等于感应电动势时达到稳定状态，C2带电量达到最大值，且PQ做匀速直线运动，设稳定时速度为v2，则有：
U2=B2Lv2
Q=C2U2
以向右为正方向，根据动量定理得：
−∑B2iLΔt=mv2−mv1
∑iΔt=Q
联立解得：Q=C2B2LmvcsθC2B22L2+m
(3)PQ在倾斜轨道上运动时，电容器C1的电压始终等于感应电动势(动态平衡)，则有：
U1=B1Lv′
ΔU1=B1L⋅Δv′
ΔQ1=C1ΔU1=C1B1LΔv′
感应电流(充电电流)i′=ΔQ1Δt
PQ的加速度：a=Δv′Δt
联立可得：i′=C1B1La
根据牛顿第二定律得：
F−mgsinθ−μmgcsθ−B1i′L=ma
可得：F−mgsinθ−μmgcsθ=(m+C1B12L2)a
可见加速度a为恒定值，即PQ做匀加速直线运动，由已知条件可得：
a=vt
解得：μ=F−mgsinθmgcsθ−(C1B12L2+m)vmgtcsθ
答：(1)金属棒在B1中运动时电流方向由P到Q；金属棒在B2中运动时电流方向由Q到P；
(2)电容器C2带电量的最大值为C2B2LmvcsθC2B22L2+m；
(3)金属棒PQ与导轨ab、cd的动摩擦因数为F−mgsinθmgcsθ−(C1B12L2+m)vmgtcsθ。
【解析】(1)根据右手定则判断感应电流方向；
(2)PQ以速度v飞出导轨后做斜抛运动。PQ切割磁感线产生感应电动势，当C2的电压等于感应电动势时达到稳定状态，C2带电量达到最大值，且PQ做匀速直线运动，根据法拉第电磁感应定律、电容定义式、动量定理求解；
(3)PQ在倾斜轨道上运动时，电容器C1的电压始终等于感应电动势(动态平衡)，根据电容定义式、法拉第电磁感应定律推导电流与加速度的关系，根据牛顿第二定律确定加速度a为恒定值，即PQ做匀加速直线运动，由已知条件求得加速度，再求解动摩擦因数。
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，根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解；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。