2024届广东省惠州市高三上学期第三次调研考试物理试题及答案

惠州市2024届高三第三次调研考试试题物理本试卷共6页，15小题考试时间：75分钟满分：100分一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。11(a)食物的总质量为m600动吊绳使炊具偏离火堆，如图1(b)所示．重力加速度为g，下列说法正确的是A．拉动吊绳过程中，铁钩对吊绳的作用力沿水平方向B．拉动吊绳过程中，吊绳上的拉力大小不变1C．烹煮食物时，细杆对地面的作用力大小均为3D．烹煮食物时，三根细杆受到地面的摩擦力方向相同(a)(b)图12．图2(a)为某景区的蛙口喷泉，两次喷出水的轨迹AB2(b)所示，最大高度相同，轨迹A的落点M恰好在轨迹B最高点的正下方，不计空气阻力，对轨迹A、B的说法正确的是(a)(b)图2A．水滴在空中运动的时间不相同B．水滴的初速度大小相等．水滴在最高点速度均为0D．质量相同的水滴在空中运动过程中动量的变化量相同33所示，内外铁轨平面与水平面倾角为θ，当火车以规定的行驶速度v转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，火车转弯半径为r，重力加速度为g，下列说法正确的是A．火车以速度v转弯时，铁轨对火车支持力大于其重力B．火车转弯时，实际转弯速度越小越好轮缘图3C．当火车上乘客增多时，火车转弯时的速度必须降低D.火车转弯速度大于tan时，外轨对车轮轮缘的压力沿水平方向物理试题第共6页4．一列简谐横波沿x轴传播，图4(a)是＝1.0s时的波形图，图4(b)是x3.0m处质点的b两质点在x轴上平衡位置分别为x0.5mx2.5mab是(a)(b)图4A．波沿x轴正方向传播．波的传播速度为0.5m/s．1.0s时，ab两质点加速度方向相反D＝1.0s到t1.5sa的路程10cm55中有一直杆竖直插入水深为1.2m平面成37°角射在水面上，测得直杆在池底的影长为2.5msin3700.6列说法正确的是A．直杆在池底的影长中午比早晨更长．直杆在水面的影长为0.9m4．水的折射率为3图5D．当太阳光和水面的夹角变化时，在水面上有可能发生全反射690A．中国空间站的加速度大于9.8m/s2．中国空间站运行的角速度大于地球自转的角速度．中国空间站运行的速度大于第一宇宙速度D．中国空间站与同步地球卫星的轨道高度相同7(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R路如图6AV的读数分别为IUR消耗的功1．若发电机线圈的转速变为原来的212AR消耗的功率变为P12．电压表V的读数变为U．电流表A的读数仍为ID．通过R的交变电流频率不变图6物理试题第共6页二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7(b)为提水设施工作原理简化图，辘轱绕绳轮轴半径为=0.1m，水斗的质量为m=0.5kg．某次从井中汲取m=5.5kg的水，化规律如图7(c)所示．井足够深且绳的质量忽略不计，重力加速度g=10m/s辘轱头(a)(b)(c)图7A10s，水斗做匀加速直线运动．前10s，水斗上升的高度为5m．前10s，井绳所受拉力大小恒定D.前10s，井绳对水斗的拉力所做的功为300J9.沿电场线所在直线建立如图所示Ox轴，x轴上各点电势随x的变化规律如图8所示，坐标原点O点电势为零.带电量为e子仅在电场力作用下从O点由静止释放，下列说法正确的是AO~3区间内，电场方向始终指向x轴正方向02．电子到达B点时动能为图8．电子从A运动到，加速度先减小后增大D．若在B点给电子一个沿x轴正方向的初速度，电子一定会在间做往复运动10．一种圆柱形粒子探测装置的横截面如图9所示．内圆区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器，AB和分别为内圆的两条相互垂直的直径，两个粒子先后从P点沿径向射入磁1经磁场偏转后打在探测器上的Q2经磁场偏转后从磁场边界C点离开，最后打在探测器上的N点，2在磁场中运动的时间为t置内部为真空状态，忽略粒子所受重力及粒子间相互作用力．下列说法正确的是C图9A．粒子1可能为电子．若两粒子的入射速率相等，则粒子1的比荷小于粒子2．若仅减小粒子2的入射速率，则粒子2在磁场中的运动时间增加23D22在磁场中运动的最长时间为t3物理试题第共6页三、非选择题：本题共5小题，共54分。考生根据要求作答。910F与小球质量m、运动半径r和角速度ω之间的关系．图10（1）本实验采用的主要实验方法为探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与运动半径r的小球分别放到半径r不等的长槽和短槽上，保证与皮带相连的两轮的根据标尺上露出的红白相间等分标记，粗略计算出两个球所需向心力的比值．（2）另一同学利用如图所示接有传感器的向心力实验器来进行实验．相同，①力传感器可直接测量向心力的大小F，旋臂另一端的挡光杆经过光电门传感器时，系d=mm（用题目中所给物理量的字母符号表示）．得挡光杆的角速度ω的表达式为②该同学保持砝码质量和运动半径rF与角速度ω-ω2图线如图r=0.2m-ω2图线可得砝码质量m=（结果保留2位有效数字）．(c)(a)(b)图物理试题第共6页128分）把铜片和锌片相隔1cm插入一个苹果中，就可以制成一个水果电池．小明同学用水果电池给一个规格为“2.5V0.5A”的小灯泡供电，发现虽然逐渐增加水果电池和内阻，探究小灯泡不发光的原因．A．一个水果电池．电流表（00.6mA，内阻250Ω）D．滑动变阻器（最大阻值2000Ω）C．电压表V0－，内阻约3kΩ）E．开关一个，导线若干（1）小明利用电流表和电压表更准确地测量“苹果电池”的电动势和内阻，应该选择的实验电路是图（选填“(a)”或“(b)”）．RR图12图13（2）选择正确的电路后由实验数据作出的U－I图象如图13所示，由图象可求得电源电动势为V，内电阻为Ω（结果保留三位有效数字）．（3）根据（）中测量的结果可知，小灯泡几乎不发光的原因是．．（9分）如图14所示，将一容积为V=480ml的空玻璃瓶从空气中开口向下缓缓压入水中．设水温均匀且恒定，玻璃瓶中的气体可视为理想气体，大气压强为0=1.0×10，水的密度为ρ=1.0×1033，重力加速度为g=10m/s2，玻璃瓶高度相对水深可忽略不计，当压入水中=2m深处时，求：（1）瓶内空气的压强；图14（2）瓶内空气的体积；（3）被淹没的玻璃瓶在下降过程中，瓶内气体是吸热还是放热，为什么．物理试题第共6页14.（1315M=2kgR=0.5m的四分之一圆m的小物L=2.5m的ABAB段与物块间的滑动摩擦因数为μ=0.2．现用外力通过物块压缩弹簧，使其弹性势能p=18J，然后由静止释放物Ag取10m/s2，图15（1）物块第一次到达A点时的动量大小；（2）试通过计算判断物块能否到达圆弧轨道的最高点．15.（154台完全16(a)16(b)体沿竖直方向固定着两光滑绝缘导轨、PQ，导轨内侧安装电磁铁（图中未画出），K内部用绝缘n匝闭合矩形线圈abcdRab边长为L缓冲装置以速度v0与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下MN及线圈的ad和bcmK质量忽略不计），取重力加速度为，一切摩擦阻力不计．求：（1K刚停止运动时，舱体的加速度大小；（2）舱体着陆时即导轨MN刚触地前瞬时)的速度v的大小；（3v0vh缓冲装置中产生的焦耳热Q．舱体光滑绝缘导轨0地面(a)（b）图16物理试题第共6页惠州市2024届高三第三次调研考试物理参考答案8.AB1.B2.D3.A4.C5.C6.B7.B9.10.（91）控制变量法（2(1)(或填写“m”也得1分，填写“大小”或“半径”不得分)，角速度ω(1)(或填写“”、“角速度”、“半径”均可得1分，填写“线速度大小”不得分)。d2）①1.730（1分）(或填写“1.729”、“1.731”均可得1分)，2分）。Rt②0.45（2分）（或填写“0.44”、“”均可得2分，带单位“kg”不扣分）。12.（81）（b）（2分）（或填写“b”也得2分）21.002分）（或填写“0.98”、“0.99”、“1.01”均可得2分，带单位“V”不扣分，小数位数不做要求不扣分），750（2分）（或在“746-756”范围内的值均可得2分，带单位“Ω”不扣分）。3）水果电池的电动势小，内阻比灯泡电阻大很多，尽管多个水果电池串联，输出的电压也远小于灯泡额定电压，回路中的电流远小于额定电流。（2分）（有关键词“电源电动势太小“电源内阻太大”“灯泡分得的电压太小“通过灯泡电流太小均可得2分）13.91）（3分）根据平衡条件，瓶内空气的压强P满足：P02（1解得：=1.2×102）（3分）缓缓压入水温均匀且恒定的水中，瓶内的理想气体保持温度不变。由玻意耳定律得：PV（200（若玻意耳定律表达式列错，但能分析出气体温度不变给1分）解得：=400mlV=4.0×10m3V=0.4l3）（3分）被淹没的玻璃瓶在下降过程中，瓶内气体放热。根据热力学第一定律得：∆ꢀ=ꢁ+ꢂ11（1因为瓶内气体体积减小，所以外界对气体做功ꢁ>0)，而气体温度不变从而内能不变(∆ꢀ=0)，气体要放热(ꢂ<0)。（1（只要能完整表述出“外界对气体做功及“气体内能不变”两个方面即给2分；若只判断出外界对气体做功(ꢁ>0)给1分，只判断出气体内能不变(或∆ꢀ=0)给1分，只表述出根据热力学第一定律也可给1分。）14.1311）（5分）由能量守恒定律得：Epmv022（12解得：v06m/s物块动量：p=mv0=6kg∙m/s（1(1)P2（不带单位扣1分，由功能关系或动能定理，直接由EpP2p得出结果也可得分）2m2）（8分）解法一：假设物块恰好能到达最高点，此时，物块的速度与木板速度相等，设为1，从物块滑过A点，木板离开墙角后，物块与木板组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：v0(mM)1（212m/s2121ꢃꢄ0−ꢅꢃꢆꢇ=13J+ꢈ)ꢄ1+ꢃꢆꢉ=11J由,21102(mM)v21（322（以上不等式的变形式若正确也可得3分，算出“13J”或者“”中的一个均可得1分）故物块能到达最高点（只要有“物块能到达最高点的结论均可得1分，下同）1解法二：设物块与木板能相对静止，物块的水平方向速度与木板速度相等，设为v，1物块与木板组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得0(mM)1（2212m/s设此时物块上升的高度为h，由功能关系得：1102(mM)v21222（以上等式的变形式若正确也可得20.7m故物块能到达最高点R=0.5m1可得：h（1解法三：设物块运动到木板上B点时物块速度为v,木板的速度为v，由动量守恒定律得12=+（2012111022122由功能关系得：2222（以上等式的变形式若正确也可得2分，若用其他方法去求解过B点时的v和v，也可酌情给步骤分）126221621联立得：1m/sv2m/s33设物块与木板水平方向速度相等时，水平速度为3，物块与木板组成的系统水平方向动量守恒，得：(mM)v112332m/s设此时物块相对木板上升的高度为，由功能关系得：12111222(mM)v23122可得：h0.7m故物块能到达最高点R=0.5m（1（115.151）（5分）缓冲滑块K刚停止运动时，单个闭合矩形线圈产生的感应电动势:ꢊ=ꢋꢌꢇꢄ01（写成ꢍ=ꢎꢏꢐꢑ或ꢍ=ꢒꢓꢎꢏꢐꢑ也可得1分）E回路电流：I（11R返回舱所受单个闭合矩形线圈的安培力：安=ꢋꢌꢕꢇ=ꢎꢗꢏ=ꢒꢓꢎꢗꢏ也可得1分）ꢖꢖ（写成或安安根据牛顿第二定律得：4安mgma2分）（只要牛顿第二定律的形式正确即可得2分，系数“”也可以用总安培力去体现）2ꢌ22ꢄ0解得：ꢘ=−ꢆ12）（6分）返回舱向下做减速运动，受到向上的安培力和向下