2024-2025学年广东省梅州市高三（上）联考物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2024-2025学年广东省梅州市高三（上）联考物理试卷（12月）（含解析），共17页。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.通常情况下，地球上的两个物体之间的万有引力是极其微小以至于很难被直接测量，人们在长时间内无法得到引力常量的精确值。在牛顿发现万有引力定律一百多年以后的1789年，英国物理学家卡文迪许巧妙地利用如图所示的扭秤装置，才第一次在实验室里比较精确地测出了万有引力常量。在下图所示的几个实验中，与“卡文迪许扭秤实验”中测量微小量的思想方法最相近的是( )
A. 研究力的合成的规律
B. 观察桌面的形变
C. 探究加速度与力、质量的关系
D. 探究影响电荷间相互作用力的因素
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查对引力常量测量的研究情况，明确扭秤实验中采用了放大法，并明确其他实验的方法即可解答。
【解答】“卡文迪许扭秤实验”中测量微小量的思想方法为放大法，而A中采用的是等效替代法，B采用的是放大法，C采用的是控制变量法，D采用的是控制变量法，故B正确；
故选B。
2.如图，a、b两点位于同一条竖直线上，从a、b两点分别以速度v1、v2水平抛出两个相同的质点小球，它们在水平地面上方的P点相遇。假设在相遇过程中两球的运动没有受到影响，则下列说法正确的是( )
A. 两个小球从a、b两点同时抛出
B. 两小球抛出的初速度 v1=v2
C. 从a点抛出的小球着地时重力的瞬时功率较大
D. 从a点抛出的小球着地时水平射程较大
【答案】C
【解析】【分析】
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据在P点相遇，结合高度比较运动的时间，从而通过水平位移比较初速度．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题。
【解答】
A.因为两个小球在P点相遇，可知a球下降的高度大于b球下降的高度，可知a球的运动时间较长，所以a球先抛出，故A错误；
B.因为从抛出到P点的过程中，水平位移相等，a球的运动时间较长，则a球的初速度较小，即v1φ>φN，故A项正确，B、C、D项错误．
6.某探究性科学小组让质量为m的木块以初速度v0沿倾角可在0∼90°之间任意调整的足够长的木板底端向上滑行，木板与木块间的动摩擦因数不变。测出木块沿木板向上所能达到的最大位移x，画出木块向上所能达到的最大位移x与对应木板倾角α的图像如图所示，由该图像可求木块与木板间的动摩擦因数是( )
A. 2−1B. 3− 2C. 32D. 33
【答案】A
【解析】【分析】结合图像利用牛顿第二定律和运动学规律列式求出动摩擦因数。
【解析】当倾角为45°时，物体运动到最高点的过程中，
由能量守恒可知12mv02=μmgxcs 45∘+mgxsin 45∘，
当倾角为90°时，物体运动到最高点的过程中，
由能量守恒可知12mv02=mgx，
联立解得μ= 2−1，A正确。
故选A。
7.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升，重物上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确( )
A. 钢绳的最大拉力为Pv2B. 钢绳的最大拉力为mg
C. 重物匀加速的末速度为PmgD. 重物匀加速运动的加速度为Pmv1−g
【答案】D
【解析】【分析】
匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv求出最大拉力；重物以最大速度为v2匀速上升时，F=mg，所以v2=PF求出最大速度；根据牛顿第二定律求出加速度。
本题考查的是类似汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉。
【解答】
AB.加速过程物体处于超重状态，钢索拉力较大F=Pv1>mg，匀速运动阶段钢绳的拉力为Pv2=mg，故AB错误；
C.重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于Pmg，故C错误；
D.重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F=Pv1，由牛顿第二定律得；a=F−mgm=Pmv1−g，故D正确。
故选D。
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图所示，介质中质点A、B、C分别位于x=2 m、x=3 m、x=6 m处.从t=0时刻开始计时，当t=9 s时质点A刚好第3次到达波峰，则( )
A. 此列波的波速一定为1 m/s
B. 如果此列波在传播过程中与频率为0.5 Hz的横波相遇，一定发生稳定的干涉现象
C. 质点C起振方向沿y轴负向
D. 如果质点C到达波峰，则质点B一定在平衡位置
E. 质点A的振动方程可表示为y=sin (0.25πt) m
【答案】ACD
【解析】【分析】
根据波形图得到波长；当t=9s时质点A刚好第3次到达波峰，求出周期；然后根据v=λT计算波速；两列波的频率相同时才能产生干涉。质点C起振方向与图示时刻x=4m处质点的起振方向相同。根据B、C间距与波长的关系，分析它们状态关系。根据波形图得到振幅A，然后根据公式y=Asinωt列式写出振动方程。
本题要理解质点的振动和波动的关系，要能从波速方向判断出质点的振动方向，知道介质中各个质点的起振方向均相同。要根据振幅、圆频率和初相位三个要素书写振动方程。
【解答】
A、根据波形图得到波长λ=4m，从t=0时刻开始计时，当t=9s时质点A刚好第3次到达波峰，则有214T=9s，可知该列波周期T=4s，这列波的波速为v=λT=1 m/s，故A正确；
B、该波的频率为f=1T=0.25Hz，根据干涉的条件知：如果此列波在传播过程中与频率为0.5Hz的横波相遇，一定不发生稳定的干涉现象，故B错误。
C、质点C起振方向与图示时刻x=4m处质点的起振方向相同，沿y轴负向，故C正确。
D、B、C两质点平衡位置相距34波长，则如果质点C到达波峰，则质点B一定在平衡位置，故D正确。
E、ω=2πT=2π4=0.5πrad/s，振幅A=1m，则质点P做简谐运动的表达式为y=Asinωt=sin0.5πt(m)，故E错误。
故选：ACD。
9.(多选)据预测，21世纪智能机器人将进入家庭.各种各样的传感器是智能机器人的核心部分，传感器是一种将感受到的物理量(如光、热、力、声等)转化成便于测量的量(一般是电学量)的转化装置.如图所示是一种测量压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，可使膜片发生形变，引起电容的变化.如果将电容器、灵敏电流计、直流电源串联接成闭合电路，那么( )
A. 当F向上压膜片电极时，电容将减小B. 当F向上压膜片电极时，电容将增大
C. 若电流计有示数，则压力F发生变化D. 若电流计有示数，则压力F不发生变化
【答案】BC
【解析】【分析】
本题电容器动态变化分析问题，只要掌握电容的定义式和决定式就能正确解答。
根据电容器的电容与板间距离的关系判断当F向上压膜片电极时电容的变化．由题，电容器、灵敏电流计和电源串接成闭合电路，若电流计有示数，电容器在充电或放电，压力F一定发生变化。
【解答】
AB.当F向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式C=ɛS4kπd得到，电容器的电容将增大，故B正确，A错误。
CD.当F变化时，电容变化，而板间电压不变，由Q=CU，故带电荷量Q发生变化，电容器将发生充、放电现象，回路中有电流，电流计有示数。反之，电流计有示数时，压力F必发生变化，故C正确，D错误。
故选BC。
10.在足够长的光滑水平面上，物块A、B、C 位于同一直线上，A位于B、C之间，A的质量为m，B、C 的质量都为M，且m=12M，若开始时三者均处于静止状态，现给A一个向右的冲量I，物块间的碰撞都可以看作是弹性碰撞，关于A只与B、C间发生碰撞的分析正确的是( )
A. A与B、C之间只能各发生一次碰撞
B. A、B之间只能发生一次碰撞，A、C之间可以发生两次碰撞
C. A、C之间只能发生一次碰撞，A、B之间可以发生两次碰撞
D. A、C第一次碰撞后，C速度大小为vC1=2mm+M⋅Im
【答案】AD
【解析】【分析】
该题中A与C的碰撞过程以及A与B的碰撞的过程都是弹性碰撞，将动量守恒定律与机械能守恒定律相结合即可正确解答。
本题考查了水平方向的动量守恒定律问题，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，注意弹性碰撞与非弹性碰撞的区别。
【解答】
D.选取向右为正方向，设A、C碰撞之前A的速度为vA，第一次A、C碰撞之后，A的速度为vA1，C的速度为vC1，对物体A，根据动量定理有I=mvA
A、C发生弹性碰撞，碰撞过程系统的动量守恒mvA=mvA1+MvC1
能量守恒12mvA 2=12mvA1 2+12MvC1 2
又有m=12M
联立解得vA1=m−Mm+MvA=−I3m，vC1=2mm+MvA=2mm+M⋅Im=2I3m
故D正确；
ABC.由上述分析可知，A、C碰撞之后，A反向弹回，则A和B可以发生碰撞，同理可得，A和B碰撞之后，A和B的速度分别为vB1=2mm+MvA1=−2I9m，vA2=m−Mm+MvA1=I9m
则vA20的空间存在匀强电场，场强沿y轴的负方向；在y