2023-2024学年度上期高三第三次考试物理试题答案123456789101112CBDCCCCBBCDADACABD1．C【详解】相互作用力大小相等，方向相反，作用在一条直线上，性质相同，同时产生同时消失。2．B【详解】A．根据图像可知波长为4m，周期为4sv1m/sA错误；TB．此时刻波刚好传到P点，根据上下坡法可知，振动方向沿y轴正方向，又因此时刻P点振动方向为波源起振方向，故B正确；x5C．此波传播至Q点时间满足t5s=T因此P点路程s=5A=50cmC错误；v43D．质点Q与质点N之间的距离为x6m=因此步调相反，D错误。23．D【详解】BCD．弹簧秤对甲、乙两名运动员的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律得22M甲R甲甲M乙R乙乙由于甲、乙两名运动员面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，所以有R甲m乙401甲乙则两人相距0.9m，所以两人的运动半径不同R甲0.3m，R乙0.6mR乙m甲802A．根据线速度vR两人的角速度相同，但半径不同，故线速度不相同，故A错误。4．C【详解】A．带电粒子所受静电力沿电场线的切线方向或其反方向，且指向运动轨迹曲线弯曲的内侧，静电力方向大致向上，但不知电场线的方向，所以粒子的电性无法确定，故A错误；B．电场线是弯曲的，则一定不是孤立点电荷的电场，故B错误；C．N点处电场线密，则场强大，粒子受到的静电力大，产生的加速度也大，故C正确；D．因静电力大致向上，粒子由M运动到N时，静电力做正功，粒子动能增加，速度增加，5．C【详解】A．因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块收到的合力较大；故A错误；B．从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误；22C．由于图甲中滑块加速度大，根据vv02ax可知图甲在A、B之间的运动时间较短，D．由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误；6．C【分析】重力的冲量为Imgt，根据物体的运动的情况，求得物体运动的时间的关系，可以求得冲量的大小，动量变化量的大小Δpmv，求得物体的速度的大小即可求得动量变化量的大小。1{#{QQABBYKQoggAAhBAARgCQQWKCAGQkBCCAIoGxAAMIAABARNABAA=}#}1【详解】ACD．由机械能守恒定律可知mghmv2因此物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相2等，动量变化量大小Δpmv相等，即p1p2p3但是方向不同，根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化率，故合力的冲量大小相等，方向不h12h同；斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由gsint2得物体下滑的时间tsin2gsin22所以θ越小，sin越小，t越大，重力的冲量Imgt就越大，故I1I2I3故C正确，AD错误；B．物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，7．C【详解】选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m甲v1m乙v2m甲v1m乙v2代入数据，可得m甲:m乙3:5C正确。8．B【详解】A．设重物重力为G，圆环受力如图G由平衡条件得2TcosG解得T2cos当乙站在B点缓慢释放轻绳，使重物下降，变小，G不变，拉力T变小，故A错误；C．甲受力如图由平衡条件可得fTsin由A选项可知T变小，变小，所以f变小，故C错误；B．由AC选项可知，f与T的合力方向为竖直向下，恒等于重物重力的二分之一，结合上图工人甲受到高台的支持力不变，故B正确；D．工人甲处于平衡状态，合力为零，工人甲受到高台和绳的作用力的合力大小始终等于工人甲的重力不变，故D错误。9．BCD【详解】AB．因-x图线切线的斜率为电场强度，故可知C点的场强为零，故q1、q2为等量同种电荷，选项A错误，B正确；C．由C到D电势升高，故电场线方向为由D到C，选项C正确；D．由N到D电势先降低后升高，故将一负点电荷从N点移到D点，电势能先升高后降低，即电场力先做负功后做正功，选项D正确；10．AD【详解】AB．在匀强电场中，由于M为AD的中点，N为BC的中点，故AD，M2BC则N2ADBC1WMNqUMVqMNqqAB222111qWW3.0109J故A正确，B错误；2DC2AB2DCC．由WABqUABqEd若电场方向恰好沿AB方向，则d等于A、B之间的距离，d1cm，得2{#{QQABBYKQoggAAhBAARgCQQWKCAGQkBCCAIoGxAAMIAABARNABAA=}#}WEAB1V/m若电场方向不沿AB方向，则d1cm，得到E1V/m，故C错误；qdWABD．由WqU得UAB1V故D正确。ABABq11．AC【详解】A.在0～6s内，a、b的速度均为正值，方向没有变化，均做直线运动，选项A正确；B.速度一时间图像中图线切线的斜率表示加速度，第3s末，a、b的加速度均为零，选项B错x误；C.在0～3s内，a的位移大于b的位移，由v可知，a的平均速度大于b的平均速度，选项t1C正确；D.速度一时间图像中图线与t轴包围的面积表示位移，在3s～6s内，b的位移小于×（6-3）26×4m=6m，平均速度小于m/s=2m/s，选项D错误。32RvT12．ABD【详解】A．周期与线速度的关系T可得RA正确；v2223M43．式Mm2得4R又3得正确；BGmRM,VR2BR2TGT2V3GTGMmv2v3TC．万有引力提供向心力=m可得MC错误；R2R2GGMmv22vD．地球表面万有引力和重力相等=m=mg得gD正确；R2RT13．0.62:11.2102m【详解】[1][2]碰前小车甲的速度v甲=0.6m/s碰后两小车的共同速度0.02s0.8102mv共=0.4m/s由动量守恒定律m甲v甲=（m甲+m乙）v共代入数据解得m甲：m乙=2:10.02st42l14．BB①nT2【详解】（1）[1]为了减小测量周期的误差，应该将小球经过最低点时作为计时开始和终止的位置更好些，实际摆动中最高点的位置会发生变化，且靠近最高点时速度较小，计时误差较大。t（2）[2]因为摆球经过n次全振动的总时间为Δt，则该单摆的周期为T（3）[3]由单摆周期公nl42l42l式T2可得，重力加速度的表达式为g（4）[5]因为重力加速度的表达式为ggT2T2A．测摆长时摆线拉得过紧，所测摆长l偏大，则所测重力加速度偏大，A错误；B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，故所测重力加速度偏小，B正确；C．开始计时时，秒表过迟按下，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，C错误；D．实验中误将49次全振动次数记为50次，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，D错误。3{#{QQABBYKQoggAAhBAARgCQQWKCAGQkBCCAIoGxAAMIAABARNABAA=}#}DDL故选B。（5）[5]由题意可得，单摆的实际摆长为lL由单摆周期表达式得22T2g22242D化简可得TL由此得到的T2L图像是图乙中的①。gg115．(1)2m/s2；(2)0.1【详解】(1)由公式xat2代入数据得a=2m/s22(2)小物块受到重力、支持力、摩擦力、水平恒力的作用，根据牛顿第二定律有FmgmaFma则有=代入数据解得=0.1mg16．15J【详解】小球在C点时，由几何关系可知，弹簧处于原长状态，弹簧中无弹力，无弹性势能；在小球从C运动到B的过程中，对小球受力分析知，对小球做功的只有重力和弹簧弹力，小1球和弹簧系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得mg(RRcos60)mv2E代入数据可得2BPEp=15J3mv2mv217．（1）0；（2）03Eq6qv0【详解】（1）粒子离开电场时的速度方向与竖直方向的夹角为60°，根据题意可知tan60vy3Eq解得vv在竖直方向，根据牛顿第二定律Eqma解得a又有vyat解得y30mv3mv3mv2ty0则OP之间的水平位移是xvt0a3Eq03Eq1mv2mv2（2）根据公式可知OP之间的竖直位移是dat20OP之间电势差的大小UEd0op26Eqopop6q18．（1）10m；（2）24N，方向竖直向下；（3）20mv2【详解】（1）木块经B点时，对轨道的压力恰好为零，重力刚好提供向心力，则有mgmBRv2解得轨道半径的大小为RB10mg（）木块由点到点，根据机械能守恒定律可得：解得2ABvA105m/sv2v2在A点，根据牛顿第二定律可得NmgmA解得NmgmA24NRR根据牛顿第三定律可知，木块经A点时对轨道的压力大小为24N，方向竖直向下。1（3）木块离开B点后做平抛运动，则竖直方向有2Rgt2水平方向有xvt联立解得x20m2B4{#{QQABBYKQoggAAhBAARgCQQWKCAGQkBCCAIoGxAAMIAABARNABAA=}#}