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常发光时的电阻为RL= =200 Ω，电流为IL= =0.5 A，当滑动变阻器的滑片处在中点时接入
电路的电阻为200 Ω，根据并联电路的特点可知，通过电阻R0的电流为I0=1 A，所以变压器的输出电压为U2=UL＋I0R0=110 V，则有 ，选项B正确；若将滑动变阻器的滑片
向下移动少许，接入电路的电阻变小，则副线圈中的电流变大，电阻R0两端的电压增大，所以灯泡两端的电压减小，亮度变暗，选项C错误；若持续向下移动滑动变阻器的滑片，副线圈中的电流会持续增大，由P出=U2I2可知输出功率变大，又P入=P出，所以输入功率变大，原线圈中的电流I1也增大，因此可能超过熔断电流6 A，熔断器可能会熔断，选项D正确。 8．BC 【解析】 【详解】
B整体受到的合力为mBg，物块A刚放上去的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以物块A、=(mA＋mB)a，设A、B间的弹力为FN，对物块B有mBgsin 37°设加速度为a，则有mBgsin 37°
－FN=mBa，联立解得FN=7.2 N，选项B正确；两物块沿斜面向下运动的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，所以A、B间的弹力一直增大，选项A错误；由功能关系，针对弹簧和两物块组成的系统，重力势能与弹性势能之和的减少量等于两物块动能的增加量，两物块的动能先增加后减少，故重力势能与弹性势能之和先减少后增加，选项C正确；在物块B放上去之前，弹簧是压缩的，所以弹簧的最大弹性势能应大于(mA＋mB)gxsin θ=3.0 J，选项D错误。 9．BDE 【解析】 【详解】
一定质量的理想气体等压膨胀，温度升高，内能增加，选项A错误；第一类永动机制不成，是因为它违反了热力学第一定律，选项B正确；热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律，并不是从另一个侧面阐述能量守恒定律，选项C错误；从微观意义上讲，热力学第二定律是一个统计规律，选项D正确；熵是系统内分子运动无序性的量度，从微观角度看，一个孤立的系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，选项E正确。 10．ACD 【解析】
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【详解】
由题图2可知，质点Q刚开始振动时方向沿y轴负方向，结合题图1可知质点P在t=0时刻沿y轴负方向振动，所以这列波沿x轴正方向传播，选项A正确；根据题图1可知波长λ=24 m，根据题图2可知周期为T=2 s，则v= =12 m/s，选项B错误；质点P开始振动后经过Δt=1 s质点Q开始振动，于是PQ间的距离xPQ=v·Δt=12 m，所以质点Q平衡位置的坐标为xQ=36 m，选项C正确；距Q点最近的波峰到Q点的距离为x=30 m，所以有t=
=(2.5＋2n) s，
n=0、1、2、3……则t=2.5 s时质点Q第一次出现在波峰，选项D正确；P、Q间的距离等于半个波长，所以当质点Q处在波峰时，质点P处在波谷，选项E错误。 11．6.75 5.0(4.7～5.1均可) 0.50(0.47～0.51均可) 【解析】 【详解】
(1)游标卡尺的读数为6 mm＋0.05×15 mm=6.75 mm。
(3)由匀变速直线运动规律有v2=2ax，图象的斜率k=2a，所以a=。根据图象求得斜率k=10.0
m/s2，所以物块在桌面上运动的加速度大小a=5.0 m/s2；根据牛顿第二定律有μmg=ma，所以μ=0.50。
12．R1－2R2
1.50(1.44～1.56均可) 0.90(0.80～1.00) 长时间保持电路闭合，电池会发热，电池内阻会发生变化，干电池长时间放电，也会引起电动势变化，导致实验误差增大
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【解析】 【详解】
(1)设电源的电动势为E，电压表的满偏电压为U，则当电压表指针指在中间刻度线时，有
U=
E；当电压表指针指在满偏刻度时，有U=
E，联立解得电压表的内阻为RV=R1
－2R2。
(2)在坐标纸上描点连线作出U－I图线，如图所示。
(3)根据题图2，由闭合电路欧姆定律得E= (R0＋RV)＋I(RA＋r)，解得U= － (RA＋r)，则由
U－I图线可得电源的电动势为1.50 V，内阻为0.90 Ω。
(4)长时间保持电路闭合，电池会发热，电池内阻会发生变化，干电池长时间放电，也会引起电动势变化，导致实验误差增大。
13．(1) (2)(3) －－Q
【解析】 【详解】
(1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势E=BLv1 电容器的电荷量q=CE
t0=mv1－mv0 金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有－B L0 电容器的电荷量q= t
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联立解得v1= (2)由(1)可知q=CE=CBLv1=
(3)在0～t时间内，金属棒的速度由v0到v1，由能量守恒可得E＋Q=
解得
E= － －Q
14．(1) 5 m/s (2) 向上的压力，大小为4 N (3) 不会超过3 m 【解析】 【详解】
(1)设A、B两球碰撞后的速度分别为v1、v2，A、B两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0=mv1＋mv2
由能量守恒定律得
联立解得v1=0、v2=v0=5 m/s
(2)A、B两小球碰撞后，设小球B沿轨道上升到最高点的速度为v，则有动能定理得
－mgR= mv2－
在圆管形轨道的最高点，设轨道对小球的支持力为FN，由牛顿第二定律可得mg－FN=m
联立解得FN=－4 N
负号说明圆管形轨道对小球有向下的压力，根据牛顿第三定律可得，小球在最高点对轨道有向上的压力，大小为4 N
(3)设小球A的质量为M，则由动量守恒定律和能量守恒定律有Mv0=Mv3＋mv4
联立解得v4= v0
当小球A的质量M无限增加时，碰撞后小球B的速度都不会超过2v0 设小球B到达轨道最高点的速度为v′，则有－mgR=mv′2－m(2v0)2
解得v′=3 m/s
由平抛运动的规律有R= gt2，xm=v′t 联立解得xm=3 m
所以小球B从轨道的最高点抛出后，落地点到O点的最远距离不会超过3 m
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15．(ⅰ) 50 cmHg (ⅱ) 60 cmHg 【解析】 【详解】
(i)设U形管的截面积为S，由玻意耳定律有p0L0S=p1(L0＋h)S 解得p1=50 cmHg
(ii)设打开开关稳定后左管内水银没有全部进入U形管的水平部分，此时水银面下降Δh，则 p2=(75－2Δh) cmHg
根据玻意耳定律有p0L0S=p2(L0＋h－Δh)S 联立解得Δh=7.5 cm或Δh=75 cm(舍去)
由Δh=7.5 cm=L，且U形管底部宽度为10 cm，说明打开开关稳定后，左管内的水银刚好全部进入U形管的底部。
则稳定后空气柱内气体的压强p2=(75－2L) cmHg=60 cmHg 16．s=
－
＋
d
【解析】 【详解】
由于棱镜对两种色光的折射率不同，所以光屏上的宽度上边界按折射率小的光计算，下边界按折射率大的计算，如图所示，
设两种色光在AC面上的入射角为i，由几何关系可知i=30°，则有n1=解得sinθ1=n1sin i=n1
n2=
解得sin θ2=n2sin i= n2
设光照到光屏上的宽度为s，则s=Ltanθ2＋ －Ltanθ1
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联立解得s=
－＋ d
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[市级联考]福建省福州市2019届高中毕业班第二次质量检查物理试题-7426c9439a5a4f53a47c1132ccc65d46
