2022-2023学年福建省重点中学三校协作高二（下）联考物理试卷（5月）-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年福建省重点中学三校协作高二（下）联考物理试卷（5月）一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）1.用小球和轻弹簧组成弹簧振子，使其沿水平方向振动，振动图像如图所示，下列描述正确的是(

)

A.1∼2s内，小球的速度逐渐减小，加速度逐渐增大

B.2∼3s内，弹簧的势能逐渐减小，弹簧弹力逐渐增大

C.2.交流发电机在工作时电动势为e=EmsinA.e′=Emsinωt2 3.如图所示，质量为m2的小球B静止在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0靠近B，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上。A、B两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失。当m1、v0一定时，若m2A.碰撞过程中A受到的冲量越小 B.碰撞过程中A受到的冲量越大

C.碰撞过程中B受到的冲量不变 D.碰撞过程中B受到的冲量越小4.如图所示，木块在水中沿竖直方向做简谐运动，运动过程中相对平衡位置的位移x、运动的速度v随时间t变化的关系和木块受到的合力F和动能Ek随相对平衡位置的位移x变化的关系图像可能正确的是(

)

A. B.

C. D.5.在如图所示的电路中，变压器为理想变压器，三个定值电阻的阻值相同，变压器原副线圈的匝数比为2:1。在a、b端加上交变电压U，开关S断开时，电流表的示数为I，则下列说法正确的是(

)

A.开关S断开时，变压器的输入功率为UI

B.开关S断开时，定值电阻的阻值均为U4I

C.开关S断开时，原副线圈电路中电阻消耗的功率之比为1:5

二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）6.关于单摆做简谐运动，下列说法正确的是(

)A.经过平衡位置时所受的合力不为零 B.经过平衡位置时所受的回复力不为零

C.回复力是重力和摆线拉力的合力 D.经过平衡位置时摆线拉力最大7.在LC回路中，电容器两端的电压随时间t变化的关系如图所示，则(

)

A.在时刻t1，电路中的电流最大 B.在时刻t2，电路中的磁场能最大

C.在时刻t2至t3，电路的电场能不断增大 D.从时刻8.一单摆做受迫振动，其共振曲线如图所示，则(

)

A.此单摆的固有周期为0.5s B.此单摆的摆长约为1m

C.若摆长减小，则单摆的固有频率减小 9.发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R，通过输电导线的电流为I，输电线末端的电压为U2，下面选项表示输电导线上损耗的功率是(

)A.U12R B.(U1−10.质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小可能是(

)A.m(v−v0) B.m11.质量为2m半径为R内表面光滑的半球形容器A放在光滑的水平面上，有一质量为m的滑块B从容器顶端无初速释放，则(

)

A.滑块与容器的总动量守恒

B.滑块B下滑过程中机械能不守恒，能到达半圆槽的右侧最高点

C.滑块B运动到最低点的速率等于gR3

D.三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）12.为了把需要传递的有用信号(如图像信号、声音信号等)加载到电磁波上发射出去，必须对振荡电流进行

(选填“调谐”“调制”或“解调”)；使声音或图像信号从高频电流中还原出来的过程，叫

(选填“调谐”“调制”或“解调”)，也叫检波。四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）13.某同学用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图1所示。

(1)用螺旋测微器测量遮光条宽度d，如图2所示，并将两块宽度均为d的遮光条安装到两滑块上，可知遮光条的宽度d=

(2)安装好气垫导轨和光电门，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电门2的时间小于通过光电门1的时间。为使导轨水平，可调节P使轨道左端_____________(填“升高”或“降低”(3)用天平测得滑块A、B的质量(均包括遮光条)分别为mA、mB；调整好气垫导轨后，将滑块A向左弹出，与静止的滑块B发生碰撞，碰后两滑块没有粘连，与光电门1相连的计时器显示的挡光时间为Δt1，与光电门2相连的计时器显示的先后挡光时间为Δt2和Δt3。从实验结果可知两滑块的质量满足mA__________(填“>”“<”或“=”14.同学们做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。(1)根据实验数据作出周期平方与摆长的T2−l图像，发现图像是过坐标原点的倾斜直线，斜率为k，根据单摆周期公式，可以测得当地的重力加速度g=________________(用k表示)(2)某同学在实验中操作不当，使得摆球在水平面内做圆锥摆运动，该同学计算出的重力加速度与真实值相比_____________(选填“偏大”或“偏小”(3)若同学们从摆球某一次经过最低点时开始计时并计数1次，测出经过最低点n次的时间为t，则该单摆的振动周期为T五、计算题（本大题共2小题，共20.0分）15.如图所示，摆球a小角度向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的黏性小球b发生碰撞，并粘在一起，且摆动平面不变。已知碰撞前球a摆动的最高点与最低点的高度差为h，摆动的周期为T，球a质量是球b质量的2倍。碰撞前，球a在最低点的速率与球b速率相等。忽略空气阻力，求：(1(2

16.工地上工人用“打夯”的方式打桩。质量m1=8kg的木桩立在泥地上，木桩两旁的工人同时通过轻绳对质量m2=40kg的重物各施加一个拉力，从紧靠木桩顶端处由静止提起重物的过程中，每个拉力的大小恒为T=300N，与竖直方向的夹角始终保持(1)工人提起重物时两拉力的合力大小(2)重物刚要落到木桩顶端时的速度大小(3)木桩打进泥地的过程中，受到的平均阻力大小

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A.由图可知，1∼2s内小球的位移减小，说明弹性势能转化为动能即速度增大，由

a=B.由图可知，2∼3sC.由图可知，t

=4s时，小球位于平衡位置此时动能最大，由能量守恒可知，弹簧的势能达到最小值，故D.t

=5s时，小球的位移正向最大，则弹簧弹力为负的最大值，小球的加速度为负的最大值，故故选C。根据小球位移的变化情况，确定小球是靠近平衡位置还是远离平衡位置，从而确定各个量的变化情况。

2.【答案】C

【解析】当将其电枢的转速提高一倍时，由ω由感应电动势的最大值表达式可知E感应电动势的瞬时值表达式变为e故选C。

3.【答案】B

【解析】解：由动量守恒定律m由能量关系12解得v1v根据动量定理，对B可得IB若m2变大，则IB变大，因两物体受冲量等大反向，则故选B。两球碰撞过程没有机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度，然后应用动量定理分析求解。

本意主要考查了碰撞过程中动量守恒定律的应用，两球碰撞过程没有机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度，然后应用动量定理可以解题。

4.【答案】B

【解析】【分析】

根据木块做简谐运动的回复力的公式判断F−x图象；由Ek−x图像斜率可判断合外力的变化；根据简谐运动特点判断速度、位移随时间变化关系判断即可。

本题要注意木块做简谐运动回复力的判断，由浮力和重力的合力提供回复力。

【解答】

AB.因为木块在水中沿竖直方向做简谐运动，故运动的速度v和相对平衡位置的位移x随时间t变化的关系图像都应该是三角函数的波形，故A错误，B正确；

C.根据简谐运动的规律可得，F=−kx，则运动过程木块受到的合力F应该过二、四象限，故5.【答案】D

【解析】【分析】

根据变压器的基本关系及电路连接情况可得出开关S断开时，变压器的输入功率的表达式及原副线圈中电阻消耗功率之比；开关S闭合后，副线圈电路中两电阻并联，结合变压器基本关系得出原、副线圈电路中电阻消耗的功率之比。

本题主要考查变压器的基本关系、变压器的动态分析。

【解答】

A.开关S断开时，变压器原线圈输入电压小于U，则变压器的输入功率小于UI，故A错误；

B.开关S断开时，设定值电阻的阻值为R，闭合开关前，根据电流的关系，可知副线圈的电流为2I，副线圈两端的电压为2IR，根据变压比，原线圈两端的电压为4IR，结合串并联电路的特点有U=4IR+IR=5IR，解得R=U5I，故B错误；

C.开关S断开时，副线圈电路中电阻消耗的功率P=(2I)2R=4I26.【答案】AD【解析】解：A.单摆经过平衡位置时需要向心力，所以合力不为零，故A正确；BC.单摆的回复力由重力沿切线方向的分力提供，经过平衡位置时，分力为零，所以回复力为零，故B、D.平衡位置处速度最大，由向心力方程可得F所以经过平衡位置时摆线拉力最大，故D正确。故选AD。

7.【答案】AD【解析】解：A.在时刻

t1

，电容器两端电压为0，则电路中的电流最大，故B.在时刻

t2

，电容器两板间电压最大，此时电路中电流为0，此时电路中的磁场能最小，故BC.在时刻

t2

至

t3

，电容器两板间电压减小，则电路中的电场能不断减小，故D.从时刻

t3

至

t4Q可知电容器带电量不断增大，电路中的电流、线圈磁场能不断减小，故D正确。故选AD。

8.【答案】BD【解析】解：A.由共振曲线知，此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2B.由单摆周期公式T可得此单摆的摆长约为1m，故BCD.若摆长减小，则单摆的固有周期减小，固有频率增大，共振曲线的峰将向右移动，故C错误，故选BD。

9.【答案】BC【解析】解：输电线上损失的电压为：ΔU=U1−U2，

输电导线损失的电功率为：

P=I2R=(U1−U2)I=(10.【答案】BC【解析】解：A.根据动量定理，物体动量的变化应该等于初末动量的矢量差，而不是代数差，选项AB.由动量定理I合Δ因此B正确。CDΔp=mΔv=mvy=则C和D正确。故选BCD。

11.【答案】BD【解析】解：A.滑块与容器系统在竖直方向合力不为零，所以滑块与容器的总动量不守恒，故AB.滑块B下滑过程中，容器A对滑块B的支持力做功，所以滑块B下滑过程中机械能不守恒，由滑块与容器系统水平方向上动量守恒，当滑块B达半圆槽的右侧最高点，两物体速度都为零，动能为零，结合能量守恒可知，滑块B到达半圆槽的右侧最高点可以实现，故B正确；C.滑块与容器系统在水平方向动量守恒，滑块B运动到最低点过程可得m又由能量守恒，可得m两式联立，解得vA=g故C错误；D.根据类人船模型，容器A一直向左运动，滑块B一直向右运动，且水平方向速度始终满足滑块B的速度是容器A的速度两倍关系，所以A向左运动的最大距离为x故D正确。故选BD。

12.【答案】

调制

解调

【解析】解：[1[2

13.【答案】①. 6.790

②.升高

③.【解析】解：(1)[29.0故螺旋测微器的读数为6.5(2)[2]滑块通过光电门2(3)[3]滑块A向左运动，先通过光电门1，与滑块B碰撞后，滑块A通过光电门2，接着滑块A通过光电门2，说明碰撞后滑块A[4]滑块A、m又v0=dΔt1

、代入可得m

14.【答案】

①.

4π2k

②.偶然

③.【解析】解：(1T整理得T结合图像可知k解得g[2(2)[3]m根据几何知识有r联立解得T根据g可知该同学计算出的重力加速度与真实值相比偏大；(3)[4]若同学们从摆球某一次经过最低点时开始计时并计数1T

15.【答案】(1)因单摆的周期与摆球的质量无关，故碰撞后，摆球的周期仍然为(2)设球a质量为2m，球b质量为m，球a、b碰前的速率为v，碰后的速率为v′，碰前球1碰撞过程水平方向动量守恒，取向右为正2