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

第=page11页，共=sectionpages11页绝密★启用前2024-2025学年广东省梅州市高三（上）联考物理试卷（12月）注意事项:

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。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

【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v1<v2，故B错误；

C.根据P=mgvy知，a球距离地面的高度大，则a球落地时竖直分速度较大，则a球着地时重力的瞬时功率较大，故C正确；

D.到达P点时，a球的竖直分速度较大，所以从P点到地面，a球先落地，b球后落地，而且b3.如图，2020年7月我国的长征五号遥四运载火箭，将火星探测器“天问一号”送入太空，探测器在A位置脱离地球被送入地火转移轨道(即标准霍曼转移轨道)，运动半个周期，在B位置与火星会合。已知火星与太阳的距离大约是日地距离的1.5倍，则下列有关“天问一号”探测器的说法正确的是

A.卫星在火星轨道的加速度大于在地火转移轨道B点时的加速度

B.在地火转移轨道的周期大约是510天

C.在由A到B的运动过程中，卫星的机械能减小

D.探测器到达B位置时，地球可能在C位置【答案】B

【解析】【分析】

解决本题的关键是掌握开普勒第三定律，注意椭圆轨道半长轴的计算。明确只有万有引力做功，卫星的机械能不变。

【解答】

A.根据GMmr2=ma可知，卫星在火星轨道的加速度等于在地火转移轨道B点时的加速度，故A错误；

B.根据开普勒第三定律有：r日地3T地2=[(r日地+r日火)/2]3T探2，由题意知r日火=1.5r日4.光滑半圆弧形轻杆固定在地面上，轻绳一端跨过定滑轮，另一端连接一穿在轻杆上的小球，使小球从A点缓慢运动到B点的过程中，下列说法正确的是(

)

A.轻杆对小球的支持力不变 B.轻杆对小球的支持力变小

C.轻绳对小球的拉力先变小再变大 D.轻绳对小球的拉力不变【答案】A

【解析】【分析】

本题对小球受力分析，作出力图，根据相似三角形法进行分析判断即可。本题的关键是正确的对小球受力分析，明确小球的合外力为零。

根据平行四边形法则(或矢量三角形)作图，根据图中表示力的有向线段长度变化情况分析力的大小。

【解答】

小球受重力、轻绳的拉力T、轻杆的弹力F三个力的作用处于动态平衡中，这三个力的合力为零，则这三个力可构成首尾相接、闭合的矢量三角形，如图所示：

根据相似三角形规律有：mgh=Fr=Tl，

由于h、r不变，而l5.在x轴上关于原点O对称的M、N两点处分别固定等量异种点电荷，如果取x轴的正方向为电场强度的正方向，则x轴上M点左侧与N点右侧各点的电场强度如图所示.已知P、K两点也是x轴上关于原点O对称的两点，下列说法正确的是(

)

A.M点固定的是正点电荷，N点固定的是负点电荷

B.P、K两点的电场强度相同，K点电势较高

C.P、K两点的电场强度不同，P点电势较高

D.P、K两点电势相等，都低于O点电势【答案】A

【解析】【分析】根据给出的E−x图象判断出M、N处的电性，根据点电荷产生的场强和电场的叠加即可判断P、K两处的场强是否相同，沿电场线方向电势降低。

【解答】M、N两点处分别固定等量异种点电荷，取x轴的正方向为电场强度的正方向，由E−x图象可知，M处为正电荷，N处为负电荷，根据点电荷场强公式及场强的叠加可知P、K两点的电场强度大小相等、方向由P指向K，沿着电场线电势降低，故φM>φo>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.2−1 B.3−【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1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1联立解得μ=2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Pv2 B.钢绳的最大拉力为mg

C.重物匀加速的末速度为Pm【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.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【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=0.25H9.(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=C10.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v【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vCA、C发生弹性碰撞，碰撞过程系统的动量守恒m能量守恒1又有m联立解得vA1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的速度分别为则v则A和C不能发生第二次碰撞，要想A和B发生第二次碰撞，A和C必须发生第二次碰撞，故BC错误，A正确。故选AD。三、实验题：本大题共2小题，共18分。11.某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示．实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减小的重力势能mgh和增加的动能12m(1A.重物最好选择密度较小的木块B.重物的质量可以不测量C.实验中应先接通电源，后释放纸带D.可以利用公式v=(2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是起始点，选取纸带上连续的点A，B，C，D，E，F作为计数点，并测出各计数点到O点的距离依次为27.94cm、32.78cm、38.02cm、43.65cm、49.66cm、56.07cm.已知打点计时器所用的电源是50Hz的交流电，重锤的质量为0.5kg.则从计时器打下点(3)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计数点A，B，C，D，E，F各点的瞬时速度v，以各计数点到A点的距离h′为横轴，【答案】BC

2.14

2.12

重物下落过程中受到阻力作用

图象的斜率等于19.52，约为重力加速度g的两倍，故能验证【解析】解：(1)A、重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力较小，故A错误。

B、本题是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是：mgh=12mv2，因为我们是比较mgh、12mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平测量重物的质量，故B正确；

C、为充分利用纸带，实验时要先接通电源，然后再释放纸带，故C正确；

D、不能利用公式v=2gh来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，却变成了理论推导，故D错误；

故选：BC。

(2)从计时器打下点O到打下点D的过程中，重力势能减小量△Ep=mgh=0.5×9.8×0.4365J=2.14J。

利用匀变速直线运动的推论可知，打D点的速度：vD=CE2T=0.4966−0.38022×0.02=2.91m/12.某同学利用如图所示的装置测量当地的重力加速度。实验步骤如下：A.按装置图安装好实验装置；B.用游标卡尺测量小球的直径d；C.用米尺测量悬线的长度L；D.让小球在竖直平面内小角度摆动，当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3、…，当数到20时，停止计时，测得时间为t；E.多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D；F.计算出每个悬线长度对应的t2G.以t2为纵坐标、L为横坐标，作出t结合上述实验，回答下列问题：(1)用10分度的游标卡尺测量小球直径，某次测量示数如图所示，读出小球直径d为

(2)该同学根据实验数据，利用计算机作出t2−L图线如图所示。根据图线拟合得到方程t2=404.0L+3.0((3)从理论上分析图线没有过坐标原点的原因，下列分析正确的是A.不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点时开始计时B.开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球做全振动的次数C.不应作t2−LD.不应作t2−L图线，而应作【答案】1.519.76D

【解析】【分析】本题主要考查实验：用单摆测量重力加速度，解决问题的关键是明确实验原理。

(1)由游标卡尺的读数方法进行解题。

(2)由摆长的周期公式，推导出t2−L的函数表达式，结合斜率的意义进行求解。

(3)由实验原理进行误差分析，即可求解。

(2)根据单摆周期公式T=2πlg得t10=2πL+(3)单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，把摆线长度当作单摆摆长时，摆长小于实际摆长，故t2−L四、计算题：本大题共3小题，共36分。13.滑雪是广受师生喜欢的运动，某滑雪的滑道如图所示。斜面滑道与水平滑道由很小的圆弧平滑衔接，斜面滑道的倾角α=37°。学生乘坐滑雪板由静止开始，从滑道上高h=1.8m处滑下，滑上水平面后，与静止的老师所坐的滑雪板发生碰撞，碰撞后他们以共同的速度运动，碰撞前后学生的运动方向不变。已知学生和滑雪板的总质量m=30kg，老师和滑雪板的总质量为M(1)学生和滑雪板在斜面滑道下滑的加速度(2)学生和滑雪板滑到斜面底端时的速度(3)碰撞过程中学生和老师(包括各自的滑雪板

【答案】解：(1)学生和滑雪板在斜面滑道下滑过程中，受力如图所示：

由牛顿第二定律可知：mgsinα=ma，解得：a=6m/s2

(2)学生和滑雪板滑到斜面底端过程中，由动能定理可知：

mgh=12mv2，解得：v=6m/s

(3)碰撞过程中学生和老师(包括各自的滑雪板)组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，则：

mv=(【解析】(1)对学生和滑雪板受力分析，由牛顿第二定律求得加速度a的大小；

(2)学生和滑雪板滑到斜面底端过程中，由动能定理可求出速度v；

(3)碰撞过程中学生和老师14.如图所示，在y>0的空间存在匀强电场，场强沿y轴的负方向；在y<0的空间存在匀强磁场