物理答案_2024届河南省周口市项城市第三高级中学高三上学期第三次段考_河南省周口市项城市第三高级中学2024届高三上学期第三次段考物理

2023-2024学年度上期高三第三次考试 物理试题答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C B D C C C C B BCD AD AC ABD 1．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4s v 1m/s A错误； T B．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； x 5 C．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； v 4 3 D．质点Q与质点N之间的距离为x6m= 因此步调相反，D错误。 2 3．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 M R 2 M R 2 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 甲 甲 甲 乙 乙 乙 R m 40 1   则 甲  乙   两人相距0.9m，所以两人的运动半径不同R 0.3m，R 0.6m 甲 乙 R m 80 2 甲 乙 乙 甲 A．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； C．由于图甲中滑块加速度大，根据v2v2 2ax可知图甲在A、B之间的运动时间较短， 0 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p p p 1 2 3 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 h 1 2h 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 2 gsin2 所以θ越小，sin2越小，t越大，重力的冲量I mgt就越大，故I I I 故C正确，AD错误； 1 2 3 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 v m v m v m v 甲 1 乙 2 甲 1 乙 2 代入数据，可得m :m 3:5C正确。 甲 乙 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q 、q 为等量同种电荷，选项A错误，B正确； 1 2 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  A D ， M 2     B C 则 N 2      1 W qU q  q A D  B C  q   MN MV M N  2 2  2 A B 1 1 1 q   W  W 3.0109J故A正确，B错误； 2 D C 2 AB 2 DC C．由W qU 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 AB AB 2 {#{QQABBYKQoggAAhBAARgCQQWKCAGQkBCCAIoGxAAMIAABARNABAA=}#}W E  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； qd W D．由W qU 得U  AB 1V故D正确。 AB AB AB q 11．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 t 1 C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） 2 6 ×4m=6m，平均速度小于 m/s=2m/s，选项D错误。 3 2R vT 12．ABD【详解】A．周期与线速度的关系T  可得R A正确； v 2 Mm 2 2 42R3 M 4 3 B．式G m  R得M  又 ,V  R3得 B正确； R2  T  GT2 V 3 GT2 GMm v2 v3T C．万有引力提供向心力 =m 可得M  C错误； R2 R 2G GMm v2 2v D．地球表面万有引力和重力相等 =m =mg得g  D正确； R2 R T 13． 0.6 2:1 1.2102m 【详解】[1][2]碰前小车甲的速度v = 0.6m/s碰后两小车的共同速度 甲 0.02s 0.8102m v = 0.4m/s由动量守恒定律m v =（m +m ）v 代入数据解得m ：m =2:1 共 甲 甲 甲 乙 共 甲 乙 0.02s t 42l 14． B B ① n T2 【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 n l 42l 4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  g T2 T2 A．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=}#}D D L 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 2 2 T 2 g 42 22D 化简可得T2  L 由此得到的 T2L 图像是图乙中的①。 g g 1 15．(1)2m/s2；(2)0.1【详解】(1)由公式x at2代入数据得a=2m/s2 2 (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 ma Fma 则有= 代入数据解得=0.1 mg 16．15J【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 2 B P E =15J p 3mv2 mv2 17．（1） 0 ；（2） 0 3Eq 6q v 【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  0 v y 3 Eq 解得v  v 在竖直方向，根据牛顿第二定律Eqma解得a 又有v at解得 y 3 0 m y v 3mv 3mv2 t y  0 则OP之间的水平位移是xv t  0 a 3Eq 0 3Eq 1 mv2 mv2 （2）根据公式可知OP之间的竖直位移是d  at2  0 OP之间电势差的大小U Ed  0 op 2 6Eq op op 6q 18．（1）10m；（2）24N，方向竖直向下；（3）20m v2 【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 m B R v2 解得轨道半径的大小为R B 10m g （2）木块由A点到B点，根据机械能守恒定律可得： 解得v 10 5m/s A v2 v2 在A点，根据牛顿第二定律可得Nmg m A 解得N mgm A  24N R R 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v t联立解得x20m 2 B 4 {#{QQABBYKQoggAAhBAARgCQQWKCAGQkBCCAIoGxAAMIAABARNABAA=}#}