河南省开封市五校2024-2025学年高二上学期12月期中考试物理试题

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1．B
【详解】A．设物体的质量为，重力为，机械平台对其施加的支持力为，依据简谐运动的基本规律，平台在平衡位置处时，加速度为0，对于物体有
则其与平台不会脱离，故A错误；
CD．同理，当平台经过平衡位置下方时，其加速度向上，对于物体有
即，其与平台也不会分离，故CD错误；
B．只有当平台运动至平衡位置上方时，其加速度向下，对于物体有
即，其与平台才有可能分离，故B正确。
故选B。
2C
【详解】A.物体在竖直方向做自由落体运动，竖直速度越来越大，经过相同的竖直位移，时间越来越小，由题知，O与a、a与b在竖直方向的距离相等，故O到a的时间小于a到b的时间，根据
可知物体在O到a、a到b过程中速度变化量不相等，故A错误；
B.根据
由于时间不相等，故物体在O到a、a到b过程中重力的冲量不相等，故B错误；
C.根据动量定理有
可得动量变化率为
故C正确；
D.物体到达a位置时竖直方向的速度为
瞬时功率为
物体从O到b过程中，重力做功为
竖直方向有
解得时间为
则平均功率为
故D错误。
故选C
3．D
【详解】A．由图像可知碰撞过程中F的冲量大小为
=×0.1×6600N·s=330N·s
方向竖直向上，故A错误；
BC．碰撞过程中头锤所受合力的冲量大小为
=300N·s
方向竖直向上，故BC错误；
D．头锤落到气囊上时的速度大小为
=8m/s
与气囊作用过程由动量定理得
解得
v=2m/s
则上升的最大高度为
=0.2m
故D正确。
故选D。
4．D
【详解】C．设喷出气体后飞机的速度为v′，对飞机和气体组成的系统，根据动量守恒有
解得
故C错误；
D．结合上述可知，喷气后飞机增加的速度为，故D正确；
AB．根据上述，喷气后飞机增加的速度为，可知无论u与v的大小关系如何，v′均大于v，故AB错误。
故选D。
5．A
【详解】对无人机受力分析可知
在极短时间t内，对空气列动量定理
联立解得
故选A。
6．D
【详解】A．小球向左摆动的过程中，根据水平方向动量守恒，由于初动量为零，则小车速度向右，故A错误；
B．小球与车组成系统水平方向动量守恒，当小球向左摆到最高点瞬间，水平方向速度为零，所以此时小车速度也为零，故B错误；
C．取水平向右为正方向，设当小球到达最低点时速度大小为v1，此时小车的速度大小为v2。则根据动量守恒和能量守恒定律可知
解得小球摆到最低点的速率为
故C错误；
D．当小球到达最低点时，设小球向左移动的距离为s1，小车向右移动的距离为s2，根据水平动量守恒有
且有
解得
故D正确。
故选D。
7．C
【详解】相距最近时，两个小球速度相等，根据动量守恒定律可知
再根据能量守恒可知
减少的动能转化为小球的电势能，所以C正确
8．ACE
【详解】A．时刻振子处在正向最大位移处，得时刻在负向最大位移处，则振幅为，A正确；
B．由于是第二次到正向最大位移处，所以
故该振子的周期为
B错误；
C．一个周期经过的路程是4个振幅，则内的路程是
C正确；
D．因为时刻振子位于平衡位置，所以位移为0，D错误。
故选AC。
9．BD
【详解】A．依题意，人跳起后做竖直上抛运动，有
解得人若要安全过杆，起跳的竖直分速度至少为
取向上为正方向，根据动量定理
解得
故A错误；
B．起跳过程中，人竖直方向获得的合力的冲量大小
故B正确；
C．人从开始起跳时加速度向上，处于超重状态；离开跳板至落回到滑板的过程中，加速度向下，处于失重状态，故C错误；
D．人从开始起跳到落回到滑板的过程中，人与滑板水平方向不受外力，所以二者构成的系统水平方向.上动量守恒，故D正确。
故选BD。
10．AB
【详解】A．B、C分离前，C向右做加速运动，C的加速度方向向右，B的加速度方向也向右，则杆对B的弹力方向斜向右下方，当B、C恰好分离时，两者速度相等，两者之间弹力为0，则C的加速度为0，由于刚刚分离时，B、C加速度相等，即此时，B的加速度也为0，则此时杆的弹力为0，由于A、B沿杆的分速度相等，B、C分离后，轻杆的弹力将由压力变为拉力，A将离开竖直墙面，可知，小球A离开竖直墙时，B、C恰好分离，故A正确；
D．结合上述可知，B、C 分离后小球C做匀速直线运动，A离开竖直墙面，所以B、C分离时，两球速度均为v，对三小球进行分析，在水平方向上，根据动量定理有
故D错误；
C．自小球A离开墙面至小球A落地，A、B构成的系统水平方向动量守恒，则有
其中
解得
可知，小球C的速度是小球A水平速度的2倍，但小球A还有竖直速度分量，即小球C的速度大于小球A速度的2倍，故C错误；
B．由于相互作用的一对弹性力做功的代数和为0，可知，轻杆对小球A做功的大小等于轻杆对小球B做功的大小，即等于小球B、C的动能增量，则有
对A根据动能定理有
解得
故B正确。
故选AB。
11． （每空2分） C A 0.98
【详解】（1）[1]本实验不需要测量时间，所以不用打点计时器和秒表。实验中测量距离用刻度尺而不用螺旋测微器，实验需要测量小球质量，则所提供的器材中必需的是天平。
故选C。
（2）[2]A．实验是通过平抛运动来研究小球碰撞前后的速度，则为使小球能做平抛运动，轨道末端必须水平，故A正确；
B．为使两小球发生对心正碰，则A球的半径必须等于B球的半径，故B错误；
C．实验只需要小球每次到达轨道末端的速度相等，轨道的摩擦就不会产生误差，所以每次只要让小球都从同一位置由静止释放即可，轨道不必光滑，故C错误；
D．为使碰撞后A球不反弹，则A球的质量必须大于B球的质量，故D错误。
故选A。
（3）[3]由于小球做平抛运动的高度相同，则它们的运动时间t相同，则碰撞前小球A的速度为
则系统碰撞前的总动量为
碰撞后小球A、B的速度分别为
，
则系统碰撞后的总动量为
联立可得，碰撞前的总动量p与碰撞后的总动量的比值为
[4]碰撞是弹性碰撞，则系统机械能守恒，根据机械能守恒有
整理可得
即还应满足的关系式为。
12．（每空2分） 3000 a 167 等于
【详解】（1）[1]要对电压表扩量程，设串联电阻为，根据串联电路的特点有
解得
（3）[2]为了保护电流表，闭合开关前滑动变阻器的滑片应置于a端。
（4）[3][4]由闭合电路欧姆定律有
由图示图像可知，图线的纵轴截距为电源电动势，图线斜率的绝对值表示电源内阻与电流表电阻之和，即
电源内阻
（5）[5][6]由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，而电流没有误差，运用图像法分别在图上作出由测量数据作出的图线1和修正后真实值作出的图线2，由图看出，电动势没有系统误差，即电动势值与真实值相等，而电源内阻由（4）中分析可知也没有误差。
13．（1）6m/s；（2）0.01s；（3）30.5kg·m/s，方向竖直向上
【详解】（1）头盔接触地面前做自由落体运动，根据自由落体运动规律
----------1分
代入数据解得
-----------1分
（2）由匀变速直线运动规律可得
--------1分
解得
-----------2分
（3）取向下为正方向，由动量定理得
---------2分
解得
-----------2分
方向竖直向上--------1分
即物体做匀减速直线运动过程中地面对头盔的冲量大小为30.5kg·m/s，方向竖直向上。
14．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据匀变速直线运动的规律
，得------2分
----------1分
（2）外壳与内芯碰撞过程，由动量守恒定律
--------2分
得
------------2分
（3）外壳与内芯组成的系统在碰撞过程中损失的动能
-----------2分
可计算出
---------------2分
解得
---------------1分
15．(1)0.8m
(2)
(3)1.8m
【详解】（1）设小车第一次与墙壁碰撞后向左运动的路程为s1，即为小车右端与墙壁之间的的最大距离，由动能定理得
--------2分
解得
----------1分
（2）设第一次碰撞后小车和滑块达到的共同速度为，由动量守恒有
---------2分
解得
-------------1分
小车与墙壁第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，系统产生的热量
---------------2分
解得
-------------1分
（3）之后小车和滑块以的速度与墙壁发生第二次碰撞，设第二次碰撞后小车向左运动的路程为，则
----------2分
则与之间满足
-----------2分
同理，以后每次与墙壁碰撞后小车向左运动的路程均为上一次的，小车所走的总路程为一个无穷等比数列之和，公比，小车运动的总路程
-------------2分
解得
-----------1分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
D
D
A
D
C
AC
BD
AB