（物理答案）惠州市2024届高三第三次调研考试试题_2024届广东省惠州市高三上学期第三次调研考试_广东省惠州市2024届高三上学期第三次调研考试物理

惠州市 2024 届高三第三次调研考试物理参考答案
1.B 2.D 3.A 4.C 5.C 6.B 7.B 8.AB 9.BC 10.ACD
11. （9分）
（1）控制变量法（2分），质量 (1分)(或填写“m”也得1分，填写“大小”或“半径”不得分) ，
角速度ω (1分) (或填写“ω”、“角速度”、“半径”均可得1分，填写“线速度大小”不得分) 。
d
（2） ①1.730 （1分）(或填写“1.729”、“1.731”均可得1分)， （2分）。
Rt
②0.45 （2分）（或填写“0.44”、“46”均可得2分，带单位“kg”不扣分）。
12. （8分）
（1）（b）（2分）（或填写“b”也得2分）
（2）1.00 （2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.（9分）
（1）（3分）根据平衡条件，瓶内空气的压强P满足：P  P gh （2分）
0
解得：P=1.2×105Pa （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：PV  PV （2分）
0 0
（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：V=400ml 或者V=4.0×10-4m3 V=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，所以外界对气体做功( >0)，而气体温度不变从而内能不变( =0)，
∆  =  + 
气体要放热( <0)。 （1分）
∆ 
（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

(或 >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.（1  3分） ∆ 
1
（1）（5分）由能量守恒定律得： E  mv 2 （2分）
p 2 0
解得：v 6m/s （1分）
0
物块动量：p=mv （1分）
0
=6kg∙m/s (1分)
P2
（不带单位扣1分，由功能关系或动能定理，直接由E  或P 2mE 得出结果也可得分）
p 2m p
（2）（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v ，
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：
mv (mM)v （2分）
0 1
v
1
 2m/s （2分）
由 ,
1 1 2 1 1 2
2  m  v02−    m  g  L=13J(m2(  M+)v  2 )  m1+gR    =11J （3分）
2 0 2 1
（以上不等式的变形式若正确也可得3分，算出“13J”或者“11J”中的一个均可得1分）
{#{QQABKQqEogCAQBJAAAgCQQG4CgEQkAGACAoGRBAEIAIACQFABCA=}#}故物块能到达最高点 （1分）
（只要有“物块能到达最高点”的结论均可得1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
mv (mM)v （2分）
0 1
v
1
 2m/s （2分）
设此时物块上升的高度为h，由功能关系得：
1 1
mv2 mgL  (mM)v2 mgh （2分）
2 0 2 1
（以上等式的变形式若正确也可得2分）
可得： h0.7m R =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v ,木板的速度为v ，由动量守恒定律得
1 2
（2分）
1 1 1
由功能关系得：  m  0v2 =    m1g+L    2mv2  Mv2 （2分）
2 0 2 1 2 2
（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）
1 2
62 21 6 21
联立得：v  m/s v  m/s
1 3 2 3
设物块与木板水平方向速度相等时，水平速度为v ，物块与木板组成的系统水平方向动量守恒，得：
3
mv Mv (mM)v （1分）
1 2 3
v 2m/s
3
设此时物块相对木板上升的高度为h，由功能关系得：
1 1 1
mv2  Mv2  (mM)v2 mgh （1分）
2 1 2 2 2 3
可得： h0.7m R =0.5m （1分）
故物块能到达最高点 （1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:
（1分）
（写成 或 也可得1分）
=     0
E
= 回  路   电  流：  I =        （1分）
R
返回舱所受单个闭合矩形线圈的安培力： （1分）
安
（写成
安
或
安 
也
=
可

得

1分）
根据牛顿第二定律得：4F mg ma （2分）
=     =   安   
（只要牛顿第二定律的形式正确即可得2分，系数“4”也可以用总安培力去体现）
解得： （1分）
2 2 2
4     0
（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）
=    ' 
'  （1分）
安  = 
由平衡条件可知： ’ 4F' m ' g （2分）
=安    
（只要有正确的平衡方程即可得2分，系数“4”也可以用总安培力去体现）
解得： （1分）

2 2 2
=4   
1 1
（3）（4分） 由能量守恒 mgh mv2= mv2+4Q （2分）
2 0 2
（上述等式形式上正确即可得2分，“4Q”也可以写成“Q ”）
总
解得： Q 1 m  v2v2  mgh （1分）
8 0 4
{#{QQABKQqEogCAQBJAAAgCQQG4CgEQkAGACAoGRBAEIAIACQFABCA=}#}1 m2g2R2 mgh
Q m(v2  )
8 0 16n4B4L4 4 （1分）
{#{QQABKQqEogCAQBJAAAgCQQG4CgEQkAGACAoGRBAEIAIACQFABCA=}#}