1
【解析】根据位移公式有 = 2，解得空降兵自由下落的高度 = 125m，设打开降落伞时空降兵的速度大小为 ，
2 1
2024 高三 10 月质量检测卷·物理 空降兵做匀减速直线运动过程的位移大小为 x，有 1 = = 50m/s， = = 99m，设匀减速直线运动的时间为 '，
( 1+ ) '参考答案及解析 地结合上述有 = ，其中 0 ≤ 地 ≤ 5m/s，解得 3.6s ≤ ' ≤ 3.96s，即第一个空降兵在空中运动时间为 8.6s至 8.96s，2
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 跳伞间隔为 = 1s，则第一个空降兵着地时在空中的空降兵人数有 8人，故选 B。
答案 D D C C B B BC AC ABD AB 6．【答案】B
1．【答案】D 【解析】AD．货物刚放上传送带时做初速度为 0的匀加速直线运动，加速阶段位移大小 1 = = 8m， = 4s 时货
A “ 2
1 1
【解析】 ． 千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，“牛顿”是导出单位，A错误；
物与传送带共速，则加速度 = = 1m/s2，根据牛顿第二定律得 cos37° sin37° = ，解得 = 0.875，AD
B ．根据空气阻力 与受力面积 及速度 的关系为 = 2，可得 = 2，则在国际单位制中，比例系数 的单位是
1
错误；
N = kg m/s
2
2 = kg/m3，故 B错误；m (m/s)2 m4/s2 B．货物与传送带共速后向上做匀速直线运动，设历时 t2到达顶端 N处，有 1 = 2，解得 2 = 3s，所以工件从传
C ．当 极短时， 就可以表示物体在某时刻或某位置的瞬时速度，这体现了物理学中的极限法，C错误； 送带底端到达上方机舱所经过的时间为 = 1 + 2 = 7s，B正确；
D “ ” C．货物在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δ = = 8m，C错误；故选 B。．在无需考虑物体的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是 理想模型法 ，选项 D正确。故选 D。 1 1
2 D 7．【答案】BC．【答案】
1 【解析】AB．撤去挡板前后瞬间，弹簧弹力不会发生瞬变，A依旧保持平衡状态，故 A的加速度为 0，A错误，B正
【解析】A．由 v－t图像可知 0到 2s甲车的位移为 5 + 10 × 2 = 15m，0到 2s乙车的位移为 15 × 2 = 30m，t=2s
2 确；
时两车并排行驶，则在 t=0时，甲车在乙车前 15m，A错误；
CD．撤去挡板前， 、 两球均静止不动，对 受力分析，可知弹簧弹力 = A sin ，撤去挡板的瞬间对 受力分析，
B 2s 6s 1． 到 甲车的位移为 10 + 20 × 4 = 60m，6s到 9s甲车的位移为 20 × 3 = 60m，则 2s到 9s甲车的位移为 120m，
2 有 + B sin = B ，解得 = 4 sin ，C正确，D错误；故选 BC。
2s到 9s乙车的位移为 15 × 7 = 105m，则在 t=9s时，甲车在乙车前 15m，B错误； 8．【答案】AC
C．2s到 6s乙车的位移为 15 × 4 = 60m，所以两车另一次并排行驶的时刻是 t=6s，C错误； 【解析】AB．由图可知 10 12s时间内该同学处于超重状态，对电梯的压力最大，对其进行受力分析，由牛顿第二
1 定律有 = ，由图可知 = 0.3m s2，伐入数据解得 = 618N，根据牛顿第三定律可知上升阶段该同学对电D．2s到 4s乙车速度大于甲车速度，所以 t=4s时两车相距最远，2s到 4s甲车的位移为 10 + 15 × 2 = 25m，2s到
2 梯的最大压力为 618N，A正确，B错误；
4s乙车的位移为 15 × 2 = 30m，所以两车之间最远相距 5m，D正确；故选 D。 C．10 12s 1时间内电梯匀加速上升的距离为 1 = 21 = 0.6m，且 12s末的瞬时速度为 1 = 1 = 0.6m s，12 28s
3 C 2．【答案】
时间内电梯匀速上升的距离为 2 = 1 2 = 9.6m，28 30s时间内电梯匀减速上升的距离为 3 = 1
1 2 = 0.6m，
【解析】AD．受力分析如图所示，墙对 B的作用力 3 1 3N1 = tan ，A的位置左移， 角增大，墙对 B的支持力增大， 2
墙对B的支持力和B对墙的压力是一对相互作用力，所以B对墙的压力增大，且以AB为一个整体受力分析，有 = ， 则电梯一共上升的距离 = 1 + 2 + 3 = 10.8m；N1
故外力 F增大，AD错误； D．10 12s时间内该同学处于超重状态，支持力大于重力，12 28s时间内电梯匀速运行，支持力和重力相等，28
30s时间内加速度向下，该同学处于失重状态，支持力小于于重力，所以在 0~30s时间内，该同学受到电梯的支持力
先增大后减小，D错误；故选 AC。
9．【答案】ABD
1
【解析】A．运动员做平抛运动，设着陆时间为 t，则有 = 0 ， = 2，由图可知，运动员着陆时 tan = ，可2
解得 = 2 0 tan = 3s，A正确；
B 20×3．运动员落到斜面上时的位移大小 0合 = = m = 75m，B正确；B．对 AB整体分析，地面对 A的支持力等于两个物体的重力，所以该力不变，B错误； cos37 0.8
C．运动员着陆时 = 0，
2 2
= ，所以 = + = 10 13m/s，C错误；
C．B对 A的作用力为 N = ，A的位置左移， 角增大，A对 B的支持力增大，C正确；故选 C。cos
D．取沿斜坡向下方向（x方向）与垂直于斜坡向上方向（y方向）分析运动员的运动，则在垂直于斜坡方向上 '
4 C
＝
．【答案】
'2
【解析】AB．当冲锋舟船头正对河岸时，到达河对岸的时间最短， = = 36s，沿河岸运动距离为 = = 4 × 0sin ＝12m/s， = cos = 8m/s
2，当 ' ＝0
0
时，运动员在空中离坡面的距离最大，则有 = = 9m，D正
min min 2 1 岸
36 = 144m = 2 + 2 = 1802 + 1442≈231m AB 确，故选 ABD。，合位移为 合 ， 错误；岸 10．【答案】AB
C．由于冲锋舟在静水中的速度 1大于水流速 2，则合速度可以垂直于河岸，即冲锋舟垂直到达对岸为最短位移，渡 【解析】A．对第一张卡片分析，第一张卡片能向右运动，需满足 1 > 2 + ，则 1 > 2，为了保证其他卡片
河所用时间 = = 60s，C正确； 保持相对静止，当最后只剩两张卡片时，倒数第二张卡片向右运动时最底部的卡片不能动，对最底部的卡片有 2 +
21
2
2 < 3 + 2 ，由 ，所以 3 > 2，当剩下最后一张卡片时，需满足 1 > 3 + ，可知 1 > 3，
D．根据分运动的独立性，水流速变快，冲锋舟行驶到对岸的最短时间不变，D错误；故选 C。 所以 1 > 3 > 2，A正确；
5．【答案】B
【高三·物理 10 月质量检测 第 1页，共 2 页】
{#{QQABBQIEoggAABIAAQgCEwGSCkAQkBCCAIoOxFAMIAAAwQNABAA=}#}
B．根据题意，因上一张卡片相对下一张卡片要向右滑动，因此上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左，B正 14．【答案】（1）80N/m （2）10kg （3）10N
确； 【答案】（1）以 A、B整体为研究对象，设物块 B质量为 M，静止时弹簧压缩量为 0，有 0 = ( + ) （2分），
C．第一张卡片对第二张卡片的压力大小为 N = + ，则第 1、2张卡片间的摩擦力大小 = 2 + ，此时下 分离之前有 + 0 ( + ) = ( + ) （2分），即 = + ( + ) ，
面的卡片均处于静止状态，将第 2张至第 10张卡片作为整体，由平衡条件可知第 11张卡片对第 10张卡片的静摩擦 F x = 22 12所以 随 的变化图像的斜率等于劲度系数 2 N/m = 80N/m（1分）；12.5×10
力与第 1张卡片对第 2张卡片的滑动摩擦力平衡，大小为 = 2 + ，C错误； （2） = 0，有 12N = ( + ) （2分），分离时，有 22N = （2分）
D．用手指滑动卡片向右运动的过程中，最后一张卡片相对桌面有向右运动的趋势，桌面对它的摩擦力向左，D错误。 联立解得 = 1m/s2， = 10kg（1分）；
故选 AB。 （3）施加拉力 F的瞬间，设 A、B之间的弹力为 N，
三、实验题 对 B进行受力分析有 0 N = （2分），解得 N = 10N（2分）。
11．【答案】（1）AC（2分） （2）1.5（2分） 2.5（2分）
15 1 10．【答案】（ ） m/s （2）1.5m 1 （3）1N
【解析】（1）A．为了保证每次抛出时小球的初速度相同，实验时让小球每次都从同一高度由静止开始滚下，A正确； 3
B 【解析】（1）由图乙知， 段为物块从木板右侧滑出去，BC段为物块没有从木板上滑出去， 段为物块从木板左侧．为了使小球抛出后受到的空气阻力影响小一些，应使用密度大、体积小的球，B错误；
C 滑出去（1分）。．为了保证小球抛出时做平抛运动，应使斜槽末端的切线保持水平，C正确；
D．小钢球与斜槽间的摩擦不影响每次抛出时小球的初速度是否相同，D 若恒力 F=0，物块刚滑上木板时，设物块和木板的加速度分别为 a1、a2，错误；
AC 由牛顿第二定律 1 = ，
2 2
故选 ； 2
= ，得到 1 = 2m/s ， 2 = 4m/s （2分），
（2）由图可知，物体由 A→B和由 B→C所用的时间相等，且有Δy=gT2，由图可知Δy=2L=10cm T=0.1s = 由题意可知，当 F=0时，设经时间 t1物块从木板右侧滑出，位移差为 1m（1分），，解得 ，由 0 ， 1 2 1 2
x=3L=15cm，解得该小球做平抛运动的初速度为 = 1.5m/s； 则 0 1 1 0 2 1 2 2 1 = 1（1分），
竖直方向自由落体运动，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度得 B点的竖直分速度为 且物块从木板右侧滑出时，需满足物块的速度大于木板的速度，即 0 1 1 > 2 1（1分），
1 10
= = 8×5×10
2 2 2 联立解得 = 1s(舍)， = s（1分），则物块滑出木板时的速度为 = = m/s（1分）；
m/s=2.0m/s， = 0 + = 2.5m/s
1 1
。 3
0 1 1 3
2 2×0.1 （2）C、D两点对应的为恰好可一起匀加速运动，即物块与木板共速后，木板的加速度 a3大小等于物块的最大加速度
12．【答案】（1）BD（2分） （2）0.224（1分） 0.745（2分） （3）平衡摩擦力过度（1分） 0.40（2分） a1，则有 = 3 = 1，解得 = 3N（2分），
【解析】（1）A．平衡摩擦力时，利用小车自身的重力沿斜面的分力平衡接触面的滑动摩擦力，所以不能将槽码用细 + 3+2
物块刚滑上木板时，设木板的加速度为 a4，由牛顿第二定律有 = = m/s24 = 10m/s2（1分），
线通过定滑轮系在小车上，故 A错误； 0.51 1
B 设经时间 t 两者速度相等，有 = （1分），
2 2 = （1分），
．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，从而保证小车所受的拉力为恒力，故 B正确； 2 4 2 0 1 2 0 2 2 1 2 2 4 2
2 3
C．打点计时器刚启动时打点不稳定，故实验时，应先接通打点计时器的电源再释放小车，故 C错误； 解得 = m，故 1 = m 1 = 1.5m 1，即 C点的纵坐标为 1.5m 1（1分）；3 2
D．平衡摩擦力时满足 Mgsinθ=μMgcosθ，车的质量 M不影响平衡方程，故通过增减小车上的砝码改变质量时不需要 （3）当物块恰好不能从木板右端滑出时，即物块恰好滑到木板右侧与木板共速，对应图中 B点，
重新调节木板倾斜度，故 D正确。 1 1设木板加速度为 a5，用时间为 t3，此时有 5 = + （1分）， 2 20 3 2 1 3 2 5 3 = 1（1分）
（2）相邻两计数点之间还有四个点未画出，则相邻两计数点间的时间间隔为 = 5 × 0.02s = 0.1s，C点的瞬时速度为 0 1 3 = 5 3（1分），解得 = 1N（1分）。
2 = BD = 1.86+2.61 ×10 m/s = 0.224m/s，根据逐差法Δ = 2可得加速度为 = CE AC =2 2×0.1 4 2
(2.61+3.35 1.86 1.12)×10 2
2 m/s2 = 0.745m/s2。4×0.1
（3）图线不过原点且力为零时小车加速度不为零；所以木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）；设绳子拉力
为 ，对砂桶和沙子受力分析，由牛顿第二定律可得 = ，对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得 = ，
= 1 1 1 1 1 0.5 0.1联立解得 ，整理得 = + ，由 关系图象可得 = ，解得 = 0.40kg。
+ 10 0
四、解答题
13 6．【答案】（1）25:9 （2）
17
【解析】（1）设频闪仪的照相周期为 ，由图可知 甲 = 3 ， 乙 = 5 ，
则甲、乙图中，滑块运动时间之比为 甲: 乙 = 3: 5（2分），
1
甲图中滑块末速度为 0，根据逆向思维，结合匀变速直线运动公式 = 2（1分），
2
可知甲、乙图中，滑块运动加速度之比为 甲: 乙 =
2 : 2 = 25: 9（2分）；
乙 甲
（2）由牛顿第二定律可得，甲图中， sin + cos = 甲（2分），
乙图中， sin cos = 乙（2分），
又 甲: 乙 = 25: 9 =
6
，联立解得 （1分）。
17
【高三·物理 10 月质量检测 第 2页，共 2 页】
{#{QQABBQIEoggAABIAAQgCEwGSCkAQkBCCAIoOxFAMIAAAwQNABAA=}#}高三·物理·10月质量检测卷
；。…
:
考生注意：
1,答题前，考生务必在答题卡上将自已的学校、姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，
考生考试条码由监考老师粘贴在答题卡上的“条码粘贴处”。
,2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置土，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答
案：非选择题用0,5老米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效：在草稿纸上、
试卷上答题无效。
3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。
一、单选题：本题共6小题，每题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一须符含题目要求。
1.下列有关力学单位制和物理学研究方法的叙述中，说法正确的是（)
A.“千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，“牛顿”是国际单位制中的基本单位
B.实验表明，物体在空气中高速行进时，空气阻力f与受力面积5及速度的关系为f=S,则在幽际单
位制中，比例系数k的单位是kg/m2
℃。当4：极短时，签就可以表示物体在某时刻或某位置的解时速度，这体现了物理学中的微元法
D。在无需考虑物体的大小和形状时，用质点米代誉物体的方法是“理想模型法”
2.
在一平宜公路上有甲、乙两车同向行驶，其t图像如图所示。已知在仁2s时两车并排行驶，则下列说法正
确的是()
..…
20
A.在0时，甲车在乙车前7.5m
B.在时，乙车在甲车前15m
C.两车另一次并排行驶的时刻是7s
D.从第一次并排行驶到第二次并排行驶，两车之间最远相5m
[高三·物理：10月质检·第1页，共6页】
3.
如图所示，光滑水平地面上放有截面为园周的柱状物体A,.A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B,对A
施加一水平向右的力F,整个装置保持静止。若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则()
A。B对墙的压力减小
B.。地面对A的支持力增大
C.A对B的支持力增大
D.外力F减小
4.2023年7月底，受台风“杜苏芮”影响，河北涿州市遭遇竿见特大暴雨洪水炎害，多个村庄和小区积水严重，
导致人员被困。如图所示，武警战士驾驶冲锋舟去解救被困于对岸的人员，假设河岸是平直的且足够长，河
的宽度d=180,冲锋在静水中的速度人小1=5m/s,河水的流速大小w2=4m/5。则()
B
d=180m
……
:
A。冲锋舟到达河对岸的最短时问为20s
B。神锋舟以最短时间波河发生的位移是324m
C。冲锋舟以最短位移渡河所用时间是60s
D。若水流速度突然变大，则武警战士到达对岸所用的最短时间将变长
5.在某次跳伞演练中，空降兵在高地而H=224m处跳伞，由静止开始在竖直方向做自由落体运动，下落t=5s
后立即打开降落伞，匀减速下降直至着地，空降兵间隔△t=1s依次跳伞离机。为了保证空降兵的安全，要
求空降兵落地的速度小于或等于5m/s。重力加速度g=10s2,每个空降兵的跳伞擛作相同，当第一个空降
兵着地时，在空中的空降兵人数有.…：.·
A7人.B.8天
C.9人·
D.10火：
6
2023年5月23日，东航C99首个商业航班MU9191航班从上海虹桥国际机场起飞，'平稳降落在北京
首都国际机场，标志着产大飞机C919圆满完成首个商业航班飞行。如图甲为机场工作人员利用传送带将
货物运送到机舱的情景，简化为如图乙所示。长度L三20m的传送带以v“4m/s顺时针运动，某时刻将质
量为m的货物（可着做质点）无初速度放在传送带底端，t1 4s时货物与传送带共速，之后随传送语一起
【高三·物理：10月质检·第2页，共6页】
