2024届惠州高三上学期第三次调研物理试题含答案.pdf

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1、 学科网（北京）股份有限公司 惠州市惠州市 2024 届高三第三次调研考试试题届高三第三次调研考试试题 物理物理 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：本题共一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的。目要求的。1 如图 1(a)所示，野营三脚架由三根对称分布的轻质细杆构成（忽略细杆重力），炊具与食物的总质量为 m，各杆与水平地面的夹角均为 60盛取食物时，用光滑铁钩缓慢拉动吊绳使炊具偏离火堆，如图 1(b)所

2、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 C烹煮食物时，细杆对地面的作用力大小均为13mg D烹煮食物时，三根细杆受到地面的摩擦力方向相同(a)(b)2图 2(a)为某景区的蛙口喷泉，两次喷出水的轨迹 A、B 如图 2(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水滴在空中运动的时间不相同 B水滴的初速度大小相等 C水滴在最高点速度均为 0 D质量相同的水滴在空中运动过程中动量的变化量相同 3在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨

3、，如图 3 所示，内外铁轨平面与水平面倾角为,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 C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 时，外轨对车轮轮缘的压力沿水平方向 4一列简谐横波沿 x 轴传播，图 4(a)是 t1.0s 时的波形图，图 4(b)是 x3.0m 处质点的振动图像，a、b 两质点在 x 轴上平衡位置分别为 xa0.5m、xb2.5m，下列说法正确的是 学科网（北京）股份有限公

4、司 A.波沿 x 轴正方向传播 B波的传播速度为 0.5m/s Ct1.0s 时，a、b 两质点加速度方向相反 D从 t1.0s 到 t1.5s，质点 a 的路程 10cm 5图 5 中有一直杆竖直插入水深为 1.2m 水池池底，恰好有一半露出水面，太阳光以与水平面成 37角射 在水面上，测得直杆在池底的影长 EC 为 2.5m，已知 sin37=0.6，则下 列说法正确的是 A直杆在池底的影长中午比早晨更长 B直杆在水面的影长为 0.9m C水的折射率为43 D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 6中国空间站围绕地球做近似匀速圆周运动，运行周期约为 90 分钟，下列说法正确

5、的是 A中国空间站的加速度大于 9.8m/s2 B中国空间站运行的角速度大于地球自转的角速度 C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能够产生正弦式交变电流的发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻 R 供电，电路如图 6 所示，理想交流电流表 A、理想交流电压表 V 的读数分别为 I、U，R 消耗的功率为 P若发电机线圈的转速变 为原来的12，则 AR 消耗的功率变为12P B电压表 V 的读数变为12U C电流表 A 的读数仍为 I D通过 R 的交变电流频率不变 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 6

6、 分，共分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要 求。全部选对的得求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。8如图 7(a)，辘轱是古代民间提水设施，由辘轱头等部分构成，图 7(b)为提水设施工作原理简化图，辘轱 绕绳轮轴半径为 r=0.1m，水斗的质量为 m0=0.5kg某次从井中汲取 m=5.5kg 的水，t=0 时刻，轮轴由 静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图 7(c)所示井足够深且绳的质量忽略 不计，重力加速度 g=10m/s2，则

7、学科网（北京）股份有限公司 A前 10s，水斗做匀加速直线运动 B前 10s，井绳所受拉力大小恒定 C前 10s，水斗上升的高度为 5m D.前 10s，井绳对水斗的拉力所做的功为 300J 9.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 的电子仅在电场力作用 下从 O 点由静止释放，下列说法正确的是 A在 Ox3区间内，电场方向始终指向 x 轴正方向 B电子到达 B 点时动能为2 C电子从 A 运动到 C，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 AC 间做往复

8、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 PM 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 径向射入磁场粒子 1 经磁场偏转后打在探测器上的 Q 点，粒子 2 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，PC 圆弧恰 好为内圆周长的三分之一，粒子 2 在磁场中运动的时间为 t装置内部为真 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 A粒子 1 可能为电子 B若两粒子的入射速率相等，则粒子 1 的比荷小于粒子 2 的比荷 C若仅减小粒子 2 的入射速率，则粒子 2 在磁场

9、中的运动时间增加 D改变粒子 2 入射方向，速率变为原来的233，则粒子 2 在磁场中运动的最 长时间为 t 三、非选择题：本题共三、非选择题：本题共 5 小题，共小题，共 54 分。考生根据要求作答。分。考生根据要求作答。11（9 分）某一同学利用如图 10 所示的向心力演示器，探究小球做圆周运动所需向心力大小 F 与小球质量 m、运动半径 r 和角速度之间的关系.（1）本实验采用的主要实验方法为 （选填“等效替代法”或“控制变量法”）在探究 小球做圆周运动所需向心力的大小 F 与运动半径 r 的关系时，将两个 相同的小球分 学科网（北京）股份有限公司 别放到半径 r 不等的长槽和短槽上，保

10、证与皮带相连的两轮的 相同，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 11(a)所示接有传感器的向心力实验器来进行实验.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，系统将自动记 录其挡光时间，用螺旋测微器测量挡光杆的宽度 d，示数如图 11(b)所示，则 d=mm，挡光杆到转轴的距离为 R某次挡光杆经过光电门时的挡光时间为t，可求得挡光杆的角速度 的表达式为 （用题目中所给物理量的字母符号表示）.该同学保持砝码质量和运动半径 r 不变，探究向心力 F 与角速度的关系，作出 F-2图线如图 11(c)所示，若砝码运

11、动半径 r=0.2m，牵引杆的质量和一切摩擦可忽略，由 F-2图线可得砝码质量 m=kg（结果保留 2 位有效数字）.12（8 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“2.5V，0.5A”的小灯泡供电，发现虽然逐渐增加水果电池串联的数量，但小灯泡依旧几乎不 发光于是小明利用如下器材测量水果电池的电动势和内阻，探究小灯泡不发光的原因.A一个水果电池 B电流表 A（00.6mA，内阻 250)C电压表 V（03V，内阻约 3k)D滑动变阻器 R（最大阻值 2000)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”

12、的电动势和内阻，应该选择的实验电路是图 12 中的 （选填“(a)”或“(b)”）.（2）选择正确的电路后由实验数据作出的 UI 图象如图 13 所示，由图象可求得电源电动势为 V，内电阻为 （结果保留三位有效数字）.学科网（北京）股份有限公司（3）根据（2）中测量的结果可知，小灯泡几乎不发光的原因是 .13（9 分）如图 14 所示，将一容积为 V0=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 P0=1.0105Pa，水的密度为=1.0103kg/m3，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

13、 h=2m 深处时，求：（1）瓶内空气的压强；（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.14.（13 分）如图 15 所示，一质量为 M=2kg、右端带有一段半径为 R=0.5m 的四分之一圆弧的长木板停靠在 墙边，木板左端固定一轻弹簧，弹簧右端紧靠一质量为 m=1kg 的小物块（不栓接），木板表面除长为 L=2.5m 的 AB 段外均光滑，AB 段与物块间的滑动摩擦因数为=0.2现用外力通过物块压缩弹簧，使 其弹性势能 Ep=18J，然后由静止释放物块 已知物块到达 A 点前已脱离弹簧，水平地面光滑且足够长，重力加速度 g 取 10m/s2，求：

14、（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.（15 分）为了确保载人飞船返回舱安全着陆，设计师在返回舱的底部安装了 4 台完全相同的电磁缓冲装 置，如图 16(a)所示，图 16(b)为其中一台电磁缓冲装置的结构简图舱体沿竖直方向固定着两光滑绝缘 导轨 MN、PQ，导轨内侧安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度 为 B导轨内的缓冲滑块 K 内部用绝缘材料填充，外侧绕有 n 匝闭合矩形线圈 abcd，其总电阻为 R，ab 边长为 L着陆时电磁缓冲装置以速度 v0 与地面碰撞后，滑块 K 立即停下，此后在线圈与轨道

15、的磁场 作用下使舱体减速，从而实现缓冲导轨 MN、PQ 及线圈的 ad 和 bc 边足够长，返回舱质量为 m（缓 冲滑块 K 质量忽略不计），取重力加速度为 g，一切摩擦阻力不计求：（1）缓冲滑块 K 刚停止运动时，舱体的加速度大小；（2）舱体着陆时(即导轨 MN、PQ 刚触地前瞬时)的速度 v 的大小；（3）若舱体的速度大小从 v0减到 v 的过程中，舱体下落的高度为 h，则该过程中每台电磁缓冲装置中 产生的焦耳热 Q.学科网（北京）股份有限公司 惠惠州市州市 2024 届高三第届高三第三三次次调研调研考试物理参考答案考试物理参考答案1.B2.D3.A4.C5.C6.B7.B8.AB9.BC

16、10.ACD11.（9 分）（1）控制变量法（2 分），质量(1 分)(或或填写填写“m”也也得得 1 分分，填写填写“大小大小”或或“半径半径”不得分不得分)，角速度(1 分)(或或填写填写“”、“角速度角速度”、“半径半径”均可得均可得 1 分，填写分，填写“线速度大小线速度大小”不得分不得分)。（2）1.730（1 分）(或或填写填写“1.729”、“1.731”均均可得可得 1 分分)，dR t（2 分）。0.45（2 分）（或或填写填写“0.44”、“46”均可得均可得 2 分分，带单位，带单位“kg”不扣分不扣分）。12.（8 分）（1）（b）（2 分）（或或填写填写“b”也得也得

17、 2 分分）（2）1.00（2 分）（或或填写填写“0.98”、“0.99”、“1.01”均可得均可得 2 分分，带单位带单位“V”不扣分不扣分，小数位数不做要小数位数不做要求不扣分求不扣分），750（2 分）（或或在在“746-756”范围内的值范围内的值均可得均可得 2 分分，带单位带单位“”不扣分不扣分）。（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）（有关键词有关键词“电源电动势太小电源电动势太小”、“电源内阻太大电源内阻太大”、“灯泡分得的电压太小灯泡分得的电压太小”、“通过灯泡电流太小通过

18、灯泡电流太小”均可得均可得 2 分分）13.（9 分）（1）（3 分）根据平衡条件，瓶内空气的压强 P 满足：ghPP0（2 分）解得：P=1.2105Pa（1 分）（2）（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：PVVP00（2 分）（若玻意耳定律表达式列错，但能分析出气体温度不变给（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）分）解得：V=400ml或者 V=4.010-4m3V=0.4l（1 分）（3）（3 分）被淹没的玻璃瓶在下降过程中，瓶内气体放热。（1 分）根据热力学第一定律得：=+（1 分）因为瓶内气体体积减小，所以外界对气

19、体做功(0)，而气体温度不变从而内能不变(=0)，气体要放热(0)给给 1 分，只判断出气体内能不变分，只判断出气体内能不变(或或=0)给给 1 分，只表述出根据热力学第一定律也可给分，只表述出根据热力学第一定律也可给 1 分。）分。）14.（13 分）（1）（5 分）由能量守恒定律得：2021mvEp（2 分）解得：smv/60（1 分）物块动量：p=mv0（1 分）=6 kgm/s(1 分)（不带单位扣（不带单位扣 1 分，由功能关系或动能定理，直接由分，由功能关系或动能定理，直接由ppmEmPE2P22或得出结果也可得分得出结果也可得分）（2）（8 分）解法一：假设物块恰好能到达最高点，

20、此时，物块的速度与木板速度相等，设为1v，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：10)(vMmmv（2 分）smv/21（2 分）由1202 =13J,12(+)12+=11JmgRvMmmgLmv2120)(2121（3 分）（以上不等式的变形式若正确也可（以上不等式的变形式若正确也可得得 3 分分，算出，算出“13J”或者或者“11J”中的一个均可得中的一个均可得 1 分分）#QQABCQCAgggoQBIAAQgCUQHICgCQkAAAAKoGRBAIMAAAiBNABCA=#故物块能到达最高点（1 分）（只要有（只要有“物块能到达

21、最高点物块能到达最高点”的结论均可的结论均可得得 1 分，下同分，下同）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1v，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10)(vMmmv（2 分）smv/21（2 分）设此时物块上升的高度为 h，由功能关系得：mghvMmmgLmv2120)(2121（2 分）（以上等式的变形式若正确也可（以上等式的变形式若正确也可得得 2 分分）可得：Rmh7.0=0.5m（1 分）故物块能到达最高点（1 分）解法三：设物块运动到木板上 B 点时物块速度为 v1,木板的速度为 v2，由动量守恒定律得0=1+2（2 分）由功能

22、关系得：222120212121MvmvmgLmv（2 分）（以上等式的变形式若正确也可（以上等式的变形式若正确也可得得 2 分，若用其他方法去求解过分，若用其他方法去求解过 B 点时的点时的 v1和和 v2，也也可酌情给步骤分）可酌情给步骤分）联立得：smv/321261smv/32162设物块与木板水平方向速度相等时，水平速度为 v3，物块与木板组成的系统水平方向动量守恒，得：321)(vMmMvmv（1 分）smv/23设此时物块相对木板上升的高度为 h，由功能关系得：mghvMmMvmv232221)(212121（1 分）可得：Rmh7.0=0.5m（1 分）故物块能到达最高点（1

23、分）15.（15 分）（1）（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:=0（1 分）（写成写成 =或或 =也可也可得得 1 分分）回路电流：EIR（1 分）返回舱所受单个闭合矩形线圈的安培力：安=（1 分）（写成写成安安=或或安安=也可也可得得 1 分分）根据牛顿第二定律得：4Fmgma安（2 分）（只要牛顿第二定律的形式正确即可只要牛顿第二定律的形式正确即可得得 2 分分，系数，系数“4”也可以用总安培力去体现也可以用总安培力去体现）解得：=42220（1 分）（2）（6 分）返回舱向下做减速运动，受到向上的安培力和向下的重力，随着速度的减小，安培力减小，直到安

24、培力减小到与重力大小相等时，速度最小，此后匀速运动，直至舱体着陆时速度大小为 v，=（1 分）=（1 分）安=（1 分）由平衡条件可知：4Fmg安（2 分）（只要有正确的平衡方程即可只要有正确的平衡方程即可得得 2 分分，系数，系数“4”也可以用总安培力去体现也可以用总安培力去体现）解得：=4222（1 分）（3）（4 分）由能量守恒22011=+422mghmvmvQ（2 分）（上述（上述等式形式上正确即可等式形式上正确即可得得 2 分，分，“4Q”也可以写成也可以写成“Q总总”）解得：220184mghQm vv（1 分）#QQABCQCAgggoQBIAAQgCUQHICgCQkAAAAKoGRBAIMAAAiBNABCA=#4)16(8144422220mghLBnRgmvmQ（1 分）#QQABCQCAgggoQBIAAQgCUQHICgCQkAAAAKoGRBAIMAAAiBNABCA=#