2018年山东省济宁市高考物理一模试卷

2018年⼭东省济宁市⾼考物理⼀模试卷
2018年⼭东省济宁市⾼考物理⼀模试卷
⼀、选择题：本题共8⼩题，每⼩题6分．在每⼩题给出的四个选项中，第1～5题只有⼀项符合题⽬要求，第6～8题有多项符合题⽬要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．（6.00分）如图为⼀个质点做直线运动的v﹣t图象，该质点在前4s内向西运动，则该质点（）
A．在8s末速度反向
B．在4～12s内的位移⼤⼩为24m
C．在前8s内的合外⼒的⽅向先向西后向东
D．在前8s内的加速度⼤⼩不变，⽅向始终向东
2．（6.00分）铀核（）经过m次α衰变和n次β衰变变成铅核（）。

关于该过程，下列说法正确的是（）
A．m=5
B．n=4
C．铀核（）的⽐结合能⽐铅核（）的⽐结合能⼤
D．铀核（）的衰变过程的半衰期与温度和压强有关
3．（6.00分）如图所⽰，质量均为m的两个⼩球A、B（可视为质点）固定在轻杆的两端，将其放⼊光滑的半球形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与两球组成的系统处于平衡状态时，杆对⼩球A的作⽤⼒⼤⼩为（）
A．B．C．D．2mg
4．（6.00分）对于环绕地球做圆周运动的卫星说，它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变化⽽变化，某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径r
（）与周期T关系作出如图所⽰图象，则可求得地球质量为（已知引⼒常量为G）
A．B．C．D．
5．（6.00分）将⼀⼩球从某⾼处⽔平抛出，最初2s内⼩球动能E k随时间t变化的图象如图所⽰，不计空⽓阻⼒，取
g=10m/s2．根据图象信息，下列说法正确的是（）
A．⼩球的质量为1.25kg
B．⼩球2s末的速度为20m/s
C．⼩球在最初2s内下降的⾼度为40m
D．⼩球2s末所受重⼒的瞬时功率为25W
6．（6.00分）如图甲所⽰，理想变压器的原、副线圈共接有四个规格完全相同的⼩灯泡，在原线圈所在电路的A、B端输⼊的交流电的电压如图⼄所⽰，四个灯泡均正常发光。

下列说法正确的是（）
A．原、副线圈的匝数⽐4：1
B．灯泡的额定电压为55V
C．原线圈两端的电压为220V
D．若副线圈再并联⼀规格相同的灯泡，灯泡L1有可能被烧坏
7．（6.00分）测定电⼦的电荷量的实验装置⽰意图如图所⽰。

置于真空中的油滴室内有两块⽔平放置的平⾏⾦属板M、N，并分别与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d。

现有⼀质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则（）
A．油滴带电荷量为
B．油滴下降过程中电势能不断减⼩
C．若减⼩极板间电压，油滴将减速下降
D．若将极板M向上缓慢移动⼀⼩段距离，油滴将加速下降
8．（6.00分）如图所⽰，在两个同⼼的⼤⼩圆之间分布着指向圆⼼的电场，在半径为R的⼩圆内分布着磁感应强度⼤⼩为B、⽅向垂直于纸⾯向⾥的匀强磁场。

今在⼤圆周上的A点从静⽌开始释放⼀个质量为m，电荷量为q的带正电的粒⼦（重⼒不计），它将往返于电场和磁场中不断运动。

当粒⼦能够返回A点且在磁场中运动的时间最短时，下列说法正确的是（）
A．粒⼦在磁场中做圆周运动的半径为R
B．粒⼦在磁场中运动的速度⼤⼩为
C．粒⼦在磁场中运动的最短时间为
D．⼤圆和⼩圆间的电势差为
⼆、⾮选择题：
9．（6.00分）在“练习使⽤多⽤电表”实验中，请回答下列问题：
（1）甲同学先⽤多⽤电表的欧姆挡“×100”测量标有“220V100W”的⽩炽灯的电阻时发现指针偏转⾓度过⼤，为了减⼩测量误差，下列选项中合理的操作顺序为（填写选项前的字母）。

A．将选择开关旋转到“×1k”的位置
B．将选择开关旋转到“×10”的位置
C．⽤两表笔与⽩炽灯连接好并读数
D．将两表笔短接，进⾏欧姆调零
（2）甲同学按正确的实验操作，指针停在如图甲所⽰的位置，则此⽩炽灯电阻的测量值为Ω。

（3）⼄同学发现该多⽤电表“直流50V”挡损坏了，但“直流10V”挡能正常使⽤。

打开电表外壳发现电路板上的电阻R2被烧坏了，如图⼄所⽰。

若表头A的满偏电流为1mA，则应⽤kΩ的电阻替换R2就可以修好“直流50V”挡。

10．（9.00分）某同学⽤如图甲所⽰实验装置测量滑块与桌⾯间的动摩擦因数。

实验中滑块放在⽔平桌⾯上，在轻质动滑轮上悬挂不同的重物，使滑块从同⼀位置由静⽌加速运动。

滑块经过光电门时，配套的数字毫秒计测出遮光条的挡光时
间t，读出弹簧秤的⽰数F，作出﹣F关系图象如图⼄所⽰。

已知滑块到光电门的距离x=45cm，遮光条的宽度d=3mm（忽略绳⼦质量及绳⼦与滑轮之间的摩擦，取g=10m/s2）。

（1）由图甲判断下列说法正确的是
A．实验中滑块的质量应远⼩于重物的质量
B．实验中滑块的质量应远⼤于重物的质量
C．实验中与滑块相连的轻绳与桌⾯⼀定要平⾏
D．实验中与滑块相连的轻绳与桌⾯可以不平⾏
（2）由图⼄可得滑块的质量为m=kg，滑块与桌⾯间的动摩擦因数为µ=。

11．（14.00分）如图所⽰，⾜够长的U型光滑导轨固定在倾⾓为30°的斜⾯上，导轨的宽度L=0.5m，其下端与R=1Ω的电阻连接，质量为m=0.2kg的导体棒（长度也为L）与导轨接触良好，导体棒及导轨电阻均不计。

磁感应强度B=2T的匀强磁场垂直于导轨所在的平⾯，⽤⼀根与斜⾯平⾏的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M=0.4kg的重物相连，重物离地⾯⾜够⾼。

使导体棒从静⽌开始沿导轨上滑，当导体棒沿导轨上滑t=1s时，其速度达到最⼤（取g=10m/s2）。

求：
（1）导体棒的最⼤速度v m；
（2）导体棒从静⽌开始沿轨道上滑时间t=1s的过程中，电阻R上产⽣的焦⽿热是多少？
12．（18.00分）如图所⽰，⼀根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m=1kg 可视为质点的⼩物块压缩⽽处于静⽌状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长⼩于光滑平台的长度。

在平台的右端有⼀传送带，AB长为L=12m，与传送带相邻的粗糙⽔平⾯BC长为x=4m，物块与传送带及⽔平⾯BC间的动摩擦因数均为µ=0.3，在C点右侧有⼀半径为R的光滑竖直半圆弧与BC平滑连接，在半圆弧的最⾼点F处有⼀固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。

若传送带以v=6m/s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。

当弹簧储存的E p=8J能量全部释放时，⼩物块恰能滑到与圆⼼等⾼的E点，取
g=10m/s2。

（1）求滑块被弹簧弹出时的速度；
（2）求右侧圆弧的轨道半径R；
（3）若传送带的速度⼤⼩可调，欲使⼩物块与挡板只碰⼀次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调范围。

【物理选修3-3】
13．（6.00分）如图所⽰，在斯特林循环的p﹣V图象中，⼀定质量的理想⽓体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A．其中，A→B和C→D为等温过程，该循环过程中，下列说法正确的是（）
A．A→B过程中，⽓体从外界吸收热量
B．B→C过程中，⽓体分⼦的热运动变得更激烈
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位⾯积器壁的分⼦数增多
D．D→A过程中，内能的增加量等于⽓体从外界吸收的热量
E．A→B过程⽐C→D过程⽓体分⼦的平均动能⼩
14．（9.00分）如图所⽰，U形管两臂粗细不等，开⼝向上，右端封闭的粗管横截⾯积是开⼝的细管的4倍，管中装⼊⽔银，⼤⽓压为75cmHg．左端开⼝管中⽔银⾯到管⼝距离为17cm，且⽔银⾯⽐封闭管内⾼10cm，封闭管内空⽓柱长为12cm。

现在开⼝端⽤轻活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液⾯相平，推动过程中两管的⽓体温度始终不变，试求：
（ⅰ）粗管中⽓体的最终压强；
（ⅱ）活塞推动的距离。

【物理选修3-4】
15．如图所⽰，O1O2是半圆柱形玻璃体的对称⾯和纸⾯的交线，A、B是关于O1O2轴等距且平⾏的两束不同单⾊细光束，从玻璃体右⽅射出后的光路如图所⽰，MN是垂直于O1O2放置的光屏，沿O1O2⽅向不断左右移动光屏，可在屏上得到⼀个光斑P，根据该光路图，下列说法正确的是（）
A．A光的频率⽐B光的频率⾼
B．A⽐B更容易发⽣衍射现象
C．在该玻璃体中，A光的速度⽐B光的速度⼩
D．在该玻璃体中，A光的临界⾓⼤于B光的临界⾓
E．⽤同⼀双缝⼲涉实验装置分别以A、B光做实验，A光的⼲涉条纹间距⼤于B 光的⼲涉条纹间距
16．如图所⽰，⼀列⽔平向右传播的简谐横波，波速⼤⼩为v=2m/s，P质点的平衡位置坐标为x=8m。

从图中状态开始计时（此时该波刚好传到距O点4m的位置），求：
（ⅰ）经过多长时间，P质点第⼀次到达波峰？
（ⅱ）P质点第⼆次到达波⾕时，P质点通过的路程为多少？
2018年⼭东省济宁市⾼考物理⼀模试卷
参考答案与试题解析
⼀、选择题：本题共8⼩题，每⼩题6分．在每⼩题给出的四个选项中，第1～5题只有⼀项符合题⽬要求，第6～8题有多项符合题⽬要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．（6.00分）如图为⼀个质点做直线运动的v﹣t图象，该质点在前4s内向西运动，则该质点（）
A．在8s末速度反向
B．在4～12s内的位移⼤⼩为24m
C．在前8s内的合外⼒的⽅向先向西后向东
D．在前8s内的加速度⼤⼩不变，⽅向始终向东
【分析】根据速度的正负判断速度的⽅向，根据速度时间图线围成的⾯积求出物体的位移。

结合图线的斜率得出加速度的⼤⼩和⽅向是否变化，从⽽根据⽜顿第⼆定律得出合⼒的变化。

【解答】解：A、8s末物体的速度⼤⼩为6m/s，在8s末前后为正值，说明质点的速度⽅向相同，速度没有反向，故A错误；
B、根据速度﹣时间图象与坐标轴围成的⾯积表⽰位移，则得在4～12s内的位移
⼤⼩为，故B错误；
CD、根据速度图象的斜率等于加速度⼤⼩，由图得知，0﹣8s图线的斜率不变，说明物体的加速度保持不变，⽽且加速度为正值，说明加速度⽅向向东，根据⽜顿第⼆定律可知在前8s内的合外⼒的⽅向始终向东，故C错误，D正确；
故选：D。

【点评】解决本题的关键是明确速度﹣时间图线中，速度的正负表⽰运动⽅向，图线的斜率表⽰加速度，图线与时间轴围成的⾯积表⽰位移。

2．（6.00分）铀核（）经过m次α衰变和n次β衰变变成铅核（）。

关于该过程，下列说法正确的是（）
A．m=5
B．n=4
C．铀核（）的⽐结合能⽐铅核（）的⽐结合能⼤
D．铀核（）的衰变过程的半衰期与温度和压强有关
【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒确定α衰变和β衰变的次数。

通过反应前后的能质量⼤⼩，结合爱因斯坦质能⽅程⽐较结合能的⼤⼩；⽐结合能越⼤，原⼦核越稳定；半衰期的⼤⼩由原⼦核内部因素决定，与温度、压强⽆关。

【解答】解：AB．设发⽣m次α衰变，n次β衰变，衰变⽅程为：
，则：235=207+4m，解得m=7，⼜：92=82+7×2﹣n，得：n=4，故A错误，B正确；
C．组成原⼦核的核⼦越多，它的结合能就越⾼。

原⼦核的结合能与核⼦数之⽐，称做⽐结合能，所以铀核（）的⽐结合能⽐铅核（）的⽐结合能⼩，故C错误；
D．铀核（）的衰变过程的半衰期与温度和压强⽆关，由原⼦核内部因素决定，故D错误；
故选：B。

【点评】本题考查了半衰期、衰变、爱因斯坦质能⽅程等基础知识点，难度不⼤，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，不能混淆。

3．（6.00分）如图所⽰，质量均为m的两个⼩球A、B（可视为质点）固定在轻杆的两端，将其放⼊光滑的半球形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与两球组成的系统处于平衡状态时，杆对⼩球A的作⽤⼒⼤⼩为（）
A．B．C．D．2mg
【分析】AB杆⼀定⽔平，对⼩球A受⼒分析，根据⼏何知识求出OA或OB与竖直⽅向的夹⾓，由共点⼒的平衡知识可得杆对⼩球A的作⽤⼒。

【解答】解：对A受⼒分析，杆对A的弹⼒F⽔平向左，沿AO⽅向的碗对球的弹⼒N以及⼩球的重⼒mg，由平衡条件可
知，tan30°=，解得F=mgtan30°= mg，故A正确，BCD错误；
故选：A。

【点评】本题的关键要抓住装置的对称性，明确A、B间的杆⼦是⽔平的，轻杆平衡时，杆对⼩球的弹⼒是⽔平的，通过分析受⼒情况，根据共点⼒平衡条件列式求解。

4．（6.00分）对于环绕地球做圆周运动的卫星说，它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变化⽽变化，某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径r
（）与周期T关系作出如图所⽰图象，则可求得地球质量为（已知引⼒常量为G）
A．B．C．D．
【分析】根据万有引⼒提供向⼼⼒，得到轨道半径与周期的函数关系，再结合图象计算斜率，从⽽可以计算出地球的质量．
【解答】解：由万有引⼒提供向⼼⼒有：，
得：，
由图可知：，
所以地球的质量为：，故B正确、ACD错误。

故选：B。

【点评】本题要掌握万有引⼒提供向⼼⼒这个关系，同时要能理解图象的物理含义，知道图象的斜率表⽰什么．
5．（6.00分）将⼀⼩球从某⾼处⽔平抛出，最初2s内⼩球动能E k随时间t变化的图象如图所⽰，不计空⽓阻⼒，取
g=10m/s2．根据图象信息，下列说法正确的是（）
A．⼩球的质量为1.25kg
B．⼩球2s末的速度为20m/s
C．⼩球在最初2s内下降的⾼度为40m
D．⼩球2s末所受重⼒的瞬时功率为25W
【分析】根据⼩球只受重⼒做平抛运动，根据图象可知：⼩球的初动能为5J，2s 末的动能为30J，根据平抛运动的基本公式及动能的表达式求得质量及2s末的速度，根据竖直⽅向在⾃由落体运动得到2s下降的⾼度及2s末重⼒的瞬时功率；【解答】解：⼩球运动过程只受重⼒作⽤，⼩球做平抛运动；
AB、设⼩球的初速度为v0，则2s末的速度为：
（m/s）；
根据图象可知：⼩球的初动能，2s末的动能，解得：，，故AB错误；
C、⼩球做平抛运动，故竖直⽅向为⾃由落体运动，那么，⼩球在最初2s内下降的⾼度为，故C错误；
D、⼩球做平抛运动，故竖直⽅向为⾃由落体运动，那么，⼩球在最初2s末的竖直分速度为gt=20m/s，故重⼒对⼩球做功的瞬时功率P=mg?v y=0.125×10×20W=25W，故D正确；
故选：D。

【点评】在物体受⼒较复杂，但是做功⽐较容易表达的情况下，常根据动能定理求得某⼀位置的速度；另外对于某⼀过程，某些⼒做的功（尤其是变⼒做的功）通常⽤动能定理求解。

6．（6.00分）如图甲所⽰，理想变压器的原、副线圈共接有四个规格完全相同的⼩灯泡，在原线圈所在电路的A、B端输⼊的交流电的电压如图⼄所⽰，四个灯泡均正常发光。

下列说法正确的是（）
A．原、副线圈的匝数⽐4：1
B．灯泡的额定电压为55V
C．原线圈两端的电压为220V
D．若副线圈再并联⼀规格相同的灯泡，灯泡L1有可能被烧坏
【分析】设每只灯的额定电流为I，因并联在副线圈两端的三只⼩灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为3I，由电流关系求出匝数⽐；由匝数⽐求电压关系。

【解答】解：ABC、设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的三只⼩灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为3I，原副线圈电流之⽐为1：
3，所以原、副线圈的匝数之⽐为3：1，所以原线圈电压为3U，⽽A灯泡的电压也为U，所以电源的电压为4U=220V，⽽副线圈电压为U=55V，原线圈电压为3U=175V，故AC错误，B正确；
D、若副线圈再并联⼀规格相同的灯泡，则有，，
解得灯泡L1两端电压为U L=I1R=110v＞55V，故灯泡L1有可能被烧坏，故D 正确；故选：BD。

【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之⽐等于匝数之⽐，在只有⼀个副线圈的情况下的电流之⽐等于匝数的反⽐；知道理想变压器的输出功率决定输⼊功率且相等。

原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。

7．（6.00分）测定电⼦的电荷量的实验装置⽰意图如图所⽰。

置于真空中的油滴室内有两块⽔平放置的平⾏⾦属板M、N，并分别与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d。

现有⼀质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则（）
A．油滴带电荷量为
B．油滴下降过程中电势能不断减⼩
C．若减⼩极板间电压，油滴将减速下降
D．若将极板M向上缓慢移动⼀⼩段距离，油滴将加速下降
【分析】根据受⼒平衡得到电荷量及电场⼒⽅向，从⽽根据电场⼒做功得到电势能变化；再根据条件变化得到场强变化，从⽽根据电场⼒变化得到合外⼒变化，即可得到油滴运动。

【解答】解：A、带电油滴在极板间匀速下落，故受⼒平衡，则有；所以，油滴带电荷量，故A正确；
B、油滴下降过程中，电场⼒⽅向向上，那么，电场⼒做负功，电势能不断增⼤，故B错误；
C、若减⼩极板间电压，电场⼒减⼩，合外⼒竖直向下，油滴将加速下降，故C错误；
D、若将极板M向上缓慢移动⼀⼩段距离，d增⼤，那么，电场⼒减⼩，合外⼒竖直向下，油滴将加速下降，故D正确；
故选：AD。

【点评】带电粒⼦在匀强电场中受到的电场⼒恒定，故根据F=qE求得电场⼒后，根据⽜顿第⼆定律求得加速度，即可得到粒⼦的运动。

8．（6.00分）如图所⽰，在两个同⼼的⼤⼩圆之间分布着指向圆⼼的电场，在半径为R的⼩圆内分布着磁感应强度⼤⼩为B、⽅向垂直于纸⾯向⾥的匀强磁场。

今在⼤圆周上的A点从静⽌开始释放⼀个质量为m，电荷量为q的带正电的粒⼦（重⼒不计），它将往返于电场和磁场中不断运动。

当粒⼦能够返回A点且在磁场中运动的时间最短时，下列说法正确的是（）
A．粒⼦在磁场中做圆周运动的半径为R
B．粒⼦在磁场中运动的速度⼤⼩为
C．粒⼦在磁场中运动的最短时间为
D．⼤圆和⼩圆间的电势差为
【分析】根据题⽬给定的条件，画出带电粒⼦运动的轨迹，再经电场加速原路返回磁场，如此重复，恰好经过3个回旋后，沿与原出射⽅向相反的⽅向回到原出发点，根据洛伦兹⼒提供向⼼⼒，根据⽜顿第⼆定律求出粒⼦在磁场中运动的速度⼤⼩，根据动能定理，通过末动能求出加速电压
【解答】解：粒⼦将往返于电场和磁场中不断运动，当粒⼦能够返回A点且在磁
场中运动的时间最短，如图所⽰
粒⼦在磁场中做圆周运动的半径，由，粒⼦在磁场中运动的速度
⼤⼩为，由动能定理可得，⼤圆和⼩圆间的电势差为
，粒⼦在磁场中做圆周运动的圆⼼⾓为60°，粒⼦在磁场中运动的最短时间为，故BD正确，AC错误
故选：BD。

【点评】本题考查带电粒⼦在组合场中的运动，关键是分析粒⼦在不同场区的受⼒和运动情况，选择合适的规律求解。

⼆、⾮选择题：
9．（6.00分）在“练习使⽤多⽤电表”实验中，请回答下列问题：
（1）甲同学先⽤多⽤电表的欧姆挡“×100”测量标有“220V100W”的⽩炽灯的电阻时发现指针偏转⾓度过⼤，为了减⼩测量误差，下列选项中合理的操作顺序为BDC（填写选项前的字母）。

A．将选择开关旋转到“×1k”的位置
B．将选择开关旋转到“×10”的位置
C．⽤两表笔与⽩炽灯连接好并读数
D．将两表笔短接，进⾏欧姆调零
（2）甲同学按正确的实验操作，指针停在如图甲所⽰的位置，则此⽩炽灯电阻的测量值为120Ω。

（3）⼄同学发现该多⽤电表“直流50V”挡损坏了，但“直流10V”挡能正常使⽤。

打开电表外壳发现电路板上的电阻R2被烧坏了，如图⼄所⽰。

若表头A的满偏
电流为1mA，则应⽤40kΩ的电阻替换R2就可以修好“直流50V”挡。

【分析】（1）应⽤欧姆表测电阻时要选择合适的档位，使指针指针中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进⾏欧姆调零，然后再测电阻阻值；
（2）欧姆表指针⽰数与挡位的乘积是欧姆表⽰数；
（3）依据表头的满偏电流不变，结合直流电压挡的倍数关系，即可求解。

【解答】解：（1）先⽤多⽤电表的欧姆挡“×100”测量标有“220V 100W”的⽩炽灯的电阻时发现指针偏转⾓度过⼤，说明⽩炽灯的电阻很⼩，为了减⼩测量误差，将选择开关旋转到“×10”的位置，将两表笔短接，重新欧姆调零，⽤两表笔与
⽩炽灯连接好并读数，故合理的操作顺序为：BDC。

（2）选择开关处在“×10”挡，由图所⽰可知，电阻测量值为：12×10=120Ω；（3）电阻R2两端电压为40V，电阻R2阻值为，则应⽤40kΩ的电阻替换R2就可以修好“直流50V”挡。

故答案为：（1）BDC，（2）120，（3）40。

【点评】考查欧姆表的倍率的选取，掌握欧姆表的刻度读数，注意欧姆表的使⽤要求，并理解第三问，表头的满偏电流不变是解题的突破⼝。

10．（9.00分）某同学⽤如图甲所⽰实验装置测量滑块与桌⾯间的动摩擦因数。

实验中滑块放在⽔平桌⾯上，在轻质动滑轮上悬挂不同的重物，使滑块从同⼀位置由静⽌加速运动。

滑块经过光电门时，配套的数字毫秒计测出遮光条的挡光时间t，读出弹簧秤的⽰数F，作出﹣F关系图象如图⼄所⽰。

已知滑块到光电门的距离x=45cm，遮光条的宽度d=3mm（忽略绳⼦质量及绳⼦与滑轮之间的摩擦，取g=10m/s2）。

（1）由图甲判断下列说法正确的是C
A．实验中滑块的质量应远⼩于重物的质量
B．实验中滑块的质量应远⼤于重物的质量
C．实验中与滑块相连的轻绳与桌⾯⼀定要平⾏
D．实验中与滑块相连的轻绳与桌⾯可以不平⾏
（2）由图⼄可得滑块的质量为m=0.5kg，滑块与桌⾯间的动摩擦因数为µ= 0.3。

【分析】（1）根据实验原理图可知，绳⼦的拉⼒有弹簧秤直接得出，不需要钩码的重⼒代替，只有绳⼦与桌⾯平⾏才能保证绳⼦的拉⼒即为滑块受到的⼒；（2）根据⽜顿第⼆定律即可求得的关系，即可求得
【解答】解：（1）绳⼦拉⼒由弹簧秤的⽰数直接读出，不需要钩码的重⼒代替，所以不需要满⾜钩码的质量远⼩于⼩车质量，故AB错误；
实验中与滑块相连的轻绳与桌⾯⼀定要平⾏，故C正确，D错误；
故选C。

（2）由⽜顿运动定律可得F﹣µmg=ma，由运动学公式可得，联⽴解得，所以，，
解得m=0.5kg，µ=0.3。

故答案为：（1）C （2）0.5 （3）0.3
【点评】本题主要考查了物理实验原理及注意事项，利⽤⽜顿第⼆定律找出函数关系式，即可判断
11．（14.00分）如图所⽰，⾜够长的U型光滑导轨固定在倾⾓为30°的斜⾯上，导轨的宽度L=0.5m，其下端与R=1Ω的电阻连接，质量为m=0.2kg的导体棒（长度也为L）与导轨接触良好，导体棒及导轨电阻均不计。

磁感应强度B=2T的匀强磁场垂直于导轨所在的平⾯，⽤⼀根与斜⾯平⾏的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M=0.4kg的重物相连，重物离地⾯⾜够⾼。

使导体棒从静⽌开始沿导轨上滑，当导体棒沿导轨上滑t=1s时，其速度达到最⼤（取g=10m/s2）。

求：
（1）导体棒的最⼤速度v m；
（2）导体棒从静⽌开始沿轨道上滑时间t=1s的过程中，电阻R上产⽣的焦⽿热是多少？
【分析】（1）⾦属棒ab由静⽌开始沿导轨上滑，做加速度逐渐减⼩的变加速运动，加速度为零时速度最⼤。

由平衡条件和安培⼒与速度的关系求出导体棒的最⼤速度。

（2）根据动量定理和电荷量公式求出导体棒上滑的距离，再由能量守恒定律处理电阻R上产⽣的焦⽿热。

【解答】解：（1）速度最⼤时导体棒做匀速直线运动，导体棒切割磁感线产⽣感应电动势为：E=BLv m
感应电流为：
安培⼒为：F A=BIL
导体棒达到最⼤速度时由平衡条件得：Mg=mgsin30°+F A 联⽴解得：v m=3m/s
（2）以导体棒和重物为系统由动量定理得：
Mgt﹣mgsin30°?t﹣BILt=（M+m）v﹣0
⼜q=It。