届福建省漳州市高三下学期毕业班第二次教学质量监测理科综合物理试题解析版Word下载.docx
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2.变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗，若某升压变压器只有一个原线圈和一个副线圈，则
A.原线圈的导线应当粗些，且原线圈的匝数少
B.原线圈的导线应当粗些，且原线圈的匝数多
C.副线圈的导线应当粗些，且副线圈的匝数多
D.副线圈的导线应当粗些，且副线圈的匝数少
【答案】A
变压器原、副线圈的电压与匝数成正比，变压器原、副线圈的电流与匝数成反比；
根据原副线圈的电流大小可比较出线圈导线的粗细.
【详解】升压变压器原线圈上的电压小，所以原线圈的匝数比副线圈的匝数少，n1<
n2；
变压器原、副线圈的电流比等于匝数之反比，副线圈的电流小于原线圈的电流，所以副线圈的导线细，原线圈的导线粗，故B、C、D错误，A正确.故选A.
【点睛】解决本题的关键掌握交变电流电流的表达式，知道各量表示的含义，知道原、副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比.
3.如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端。
现在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则此时弹簧的伸长量为
A.B.C.D.
【答案】C
【详解】对整体分析，整体的加速度a=，隔离对m的小球分析，根据牛顿第二定律得，
F弹=3ma=，故ABD错误，C正确。
故选：
C.
【点睛】对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离分析，结合牛顿第二定律求出弹簧的弹力．
4.如图所示，在竖直面内有一半径为L的圆形光滑金属导轨CPD，处于磁感应强度大小为B、方向与导轨平面（纸面）垂直向里的匀强磁场中，圆心为O，直径CD水平，半径OP竖直O、D间用导线连接。
一质量分布均匀的金属棒OA，长为L，电阻为R，质量为m，能绕水平轴O在竖直平面内自由转动，棒与导轨和轴O始终接触良好，一切摩擦及其他电阻均不计，重力加速度大小为g。
若棒从CO处由静止释放，第一次到达OP处时的角速度为ω，则下列判断正确的是
A.棒能摆到OD处
B.从OC到PO的过程中，通过棒横截面的电荷量为
C.棒第一次到达OP处时，棒中通过的电流为
D.棒最终会停下，产生的总焦耳热为mgL
【答案】D
【详解】A、D、棒沿着导轨摆动切割磁感线而产生动生电动势，导轨与棒组成的回路通电，根据楞次定律可知棒要受到安培阻力，安培力做负功使得机械能变成电能，最终变为通过电阻的焦耳热，则棒第一次不能到达等高的OD处；
最终棒通过多个往复的摆动而停在OP处，由能量守恒可知；
故A错误，D正确.
B、从OC到PO的过程中,流过回路的电荷量由，，，故；
故B错误.
C、棒第一次到达OP处时角速度为，转动产生的平均电动势为，则电流为；
故C错误.
故选D.
5.2019年1月3日，中国“嫦娥四号”探测器成功在月球背面软着陆，中国载人登月工程前进了一大步。
假设将来某宇航员登月后，在月球表面完成下面的实验：
在固定的竖直光滑圆轨道内部最低点静止放置一个质量为m的小球（可视为质点），如图所示，当给小球一瞬时冲量Ⅰ时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。
已知圆轨道半径为r，月球的半径为R，则月球的第一宇宙速度为
由最小发射速度应是万有引力等于重力，而重力又充当向心力时的圆周运动速度，由此可以解得最小发射速度.
【详解】小球获得瞬时冲量Ⅰ的速度为v0，有；
而小球恰好通过圆周的最高点，满足只有重力提供向心力，；
从最低点到最高点由动能定理可知：
联立解得：
月球的近地卫星最小发射速度即为月球的第一宇宙速度，满足
解得：
6.明代出版的（天工开物）一书中记载：
“其湖池不流水，或以牛力转盘，或聚数人踏转。
”并附有牛力齿轮翻车的图画如图所示，翻车通过齿轮传动，将湖水翻入农田。
已知A、B齿轮啮合且齿轮之间不打滑，B、C齿轮同轴，若A、B、C三齿轮半径的大小关系为rA>
rB>
rC，则
A.齿轮A、B的角速度大小相等
B.齿轮A的角速度比齿轮C的角速度小
C.齿轮B、C的角速度大小相等
D.齿轮A边缘的线速度比齿轮C边缘的线速度小
【答案】BC
齿轮A与齿轮B是同缘传动，边缘点线速度相等；
B齿轮与轮C是同轴传动，角速度相等；
结合线速度与角速度关系公式v=ωr列式求解.
【详解】A、B、齿轮A与齿轮B是同缘传动，边缘点线速度相等，根据公式v=ωr可知，半径比较大的A的角速度小于B的角速度。
而B与C是同轴传动，角速度相等，所以齿轮A的角速度比C的小，故A错误，B正确；
C、D、BC两轮属于同轴转动，故角速度相等，齿轮B的半径大，边缘线速度大于C的，又齿轮A与齿轮B是同缘传动，边缘点线速度相等，所以齿轮A边缘的线速度比C边缘的大，故C正确；
D错误.
故选BC.
【点睛】本题考查同缘传动和同轴传动的特点，以及灵活选择物理规律的能力.明确同缘传动边缘点线速度相等；
同轴传动角速度相等是解答的关键.
7.某做直线运动的质点的位置－时间图象（抛物线）如图所示，P（2，12）为图线上的一点。
PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q（0，4）。
已知t＝0时质点的速度大小为8m／s，则下列说法正确的是
A.质点做匀减速直线运动
B.2s时，质点的速度大小为6m/s
C.质点的加速度大小为2m/s2
D.0～1s内，质点的位移大小为4m
【答案】AC
【详解】A、C、位移—时间图象为抛物线结合匀变速直线运动的位移公式，而，时间t=2s时的位移得x=12m，代入解得，则函数为，即质点做匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2；
故A、C正确.
B、2s时的瞬时速度为；
或求P点的斜率；
D、由位移公式可得1s内的位移；
故D错误.
故选AC.
8.如图所示，纸面内半径为R、圆心为O的圆形区域外存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，纸面内的线段PA与形区域相切于A点，PA=2R。
若P点处有一粒子源沿PA方向射出不同速率的带正电粒子（质量为m，电荷量为q，不计重力，则能射入圆形区域内部的粒子的速率可能为
【答案】CD
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意作出粒子临界运动轨迹，求出粒子临界轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子临界速度，然后分析答题.
【详解】粒子运动轨迹与圆相切时的运动轨迹如图所示：
由几何知识得:
解得:
，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：
故当粒子速度满足都可以进入圆形磁场区域；
则A、B错误；
C、D正确.
故选CD.
【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，要掌握解粒子在磁场中运动的一般思路与方法，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题常用的程序是：
1、画轨迹：
确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹.
2、找关系：
轨迹半径与磁感应强度、速度联系；
偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系.
3、用规律：
牛顿第二定律和圆周运动的规律.
三、非选择题
9.某物理兴趣小组在“探究功与速度变化关系”的实验中采用的实验装置如图甲所示。
（1）用游标卡尺测遮光条的宽度，测量结果如图乙所示，游标卡尺主尺的最小刻度为1mm，则由该图可得遮光条的宽度d＝________cm。
（2）将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平；
并把实验所需的器材都安装无误。
将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，以保证每次拉伸的距离均相同。
现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门的时间为t，则滑块最后做匀速运动的速度表达式为v＝________（用对应物理量的字母表示）。
（3）保持橡皮条的拉伸距离不变，逐根增加橡皮条的数目，记录每次遮光条经过光电门的时间，并计算出对应的速度，则在操作正确的情况下，作出的W－v2图象应为________（填“过坐标原点的一条倾斜直线”或“过坐标原点的一条抛物线”）。
【答案】
（1）.0.975
（2）.d/t（3）.过坐标原点的一条倾斜的直线
游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读;
由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度.
【详解】
（1）游标卡尺的读数等于9mm+0.05×
15mm=9.75mm=0.975cm，
（2）滑块经过光电门时,挡住光的时间极短，故可用平均速度代替为滑块经过光电门位置的瞬时速度，；
（3）根据动能定理可知，合外力做的功应等于物体动能的变化量，有，所以画出的W-v2图象应是过坐标原点的一条倾斜直线.
【点睛】解决本题的关键知道游标卡尺的读数方法，以及知道在极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度．
10.某实验小组想组装一个双量程（3V、15V）的电压表，提供的器材如下：
A．电流表：
满偏电流为，内阻未知；
B．干电池E：
电动势为3V，内阻未知；
C．滑动变阻器R1：
最大阻值约为，额定电流为1A；
D．滑动变阻器R2：
最大阻值约为，额定电流为0.5A；
E．电阻箱R0：
0～9999.9；
F．定值电阻R3：
，额定电流为0.1A；
G．开关两个，导线若干。
（1）若用图示电路测量电流表的电阻，则滑动变阻器R应选用______（选填“C”或“D”）。
（2）将开关S1、S2都断开，连接好实物图，滑动变阻器接入电路的电阻达到最大后，接通开关S1，调节滑动变阻器使电流表的指针示数为；
闭合开关S2，调节电阻箱R0的阻值为时电流表的指针示数为，则电流表的内阻为_______。
（3）在虚线框中画出双量程电压表的电路原理图______，并标明所选的器材和量程，其中R0应取值为_____。
【答案】
（1）.D
（2）.100（3）.（4）.9.9
（1）明确实验原理，知道如何减小半偏法的实验误差，从而确定滑动变阻器；
（2）根据串并联电路的基本规律进行分析，从而确定电流表G的内阻大小；
（3）根据改装原理进行分析，知道改装成电压表时需要串联一个大电阻。
（1）由图可知，本实验中采用半偏法确定表头内阻，为了减小并联电阻箱后对电流的影响，滑动变阻器应选择总阻值较大的D；
（2）闭合开关S2，调节电阻箱R0的阻值为100Ω时电流表G的示数为100μA，则说明电流表半偏，电阻箱分流100μA；
根据串并联电路的规律可知，电流表G的内阻为100Ω；
（3）由电流表改装成电压表要将电阻与电流表串联，量程越大，串联的电阻越大，所以电路图如图：
电流表G与电阻箱串联改装成的电压表量程为3V，则有：
即
。
【点睛】本题考查半偏法测量电流计内阻的实验方法和电流表改装原理，要注意明确半偏法原理，知道电表的改装原理，明确串并联电路的基本规律和应用。
11.如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M、N的中线，热灯丝逸出的电子（初速度、重力均不计）在电压为U的加速电场中由静止开始运动，从小孔O射人两板间正交的匀强电场、匀强磁场（图中未画出）后沿OO′做直
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