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【解析】根据位移公式有 ，解得空降兵自由下落的高度 ，设打开降落伞时空降兵的速度大小为 ，
1 2
2024 高三 10 月质量检测卷·物理 空降兵做匀减速直线运动过ℎ=程2的 位 移大小为x，有 ℎ=，125m ，设匀减速直线运动的时间为 1，
'
参考答案及解析 结合上述有 地 ，其中 ，解得 1 = =50m/s ， 即=第 一−个ℎ空=降99兵m在空中运动时间为8.6s至8.96 s，
' 地
( 1+ )
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 跳伞间隔为 = 2 ，则第一个0空≤降 兵≤着地5m时/s在空中3的.6空s降≤兵 ' ≤人3数.9有6s8人，故选B。
答案 D D C C B B BC AC ABD AB 6．【答案】B
∆ =1s
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 ， 时货
【解析】A．“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 ，根据牛顿第二定律得 1 =2 ，1 = 解 8 得 m 1 =4s ，AD
B．根据空气阻力 与受力面积 及速度 的关系为 ，可得 ，则在国际单位制中，比例系数 的单位是 2
错误；
2 = 1 =1m/s cos37°− sin37°= =0.875
，故 B错误； = = 2 B．货物与传送带共速后向上做匀速直线运动，设历时t 到达顶端N处，有 ，解得 ，所以工件从传
2 2
mC 2．⋅( N m当/s) 2 =极 k 短m g⋅ 4 m 时/ / s s 2，=k就g/可m以 3 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 ，B正确； − 1 = 2 2 =3s
C．货物在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 = ，C错误；故选B。
D．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+ 2 =7s
7．【答案】BC
2．【答案】D Δ ∙ 1− 1 =8m
【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 ，0到2s乙车的位移为 ，t=2s
确；
1
时两车并排行驶，则在t=0时，甲车在乙车前15m，A错误；
2 5+10 ×2=15m 15×2=30m CD．撤去挡板前， 、 两球均静止不动，对 受力分析，可知弹簧弹力 ，撤去挡板的瞬间对 受力分析，
B．2s到6s甲车的位移为 ，6s到9s甲车的位移为 ，则2s到9s甲车的位移为 ，
有 ，解得 ，C正确，D错误；故选BC。
1 = A sin
2s到9s乙车的位移为 ，则在t=9s时，甲车在乙车前15m，B错误； 8．【答案】AC
2 10+20 ×4=60m 20×3=60m 120m + B sin = B =4 sin
C．2s到6s乙车的位移为 ，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 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
15×7=105m
定律有 ，由图可知 ，伐入数据解得 ，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15车×速4度=，60所m以t=4s时两车相距最远，2s到4s甲车的位移为 ，2s到 10∼12s
梯的最大压力为 ，A正确，B错误； 2
1 − = =0.3m s =618N
4s乙车的位移为 ，所以两车之间最远相距5m，D正确；故选D。 2 10+15 ×2=25m C． 时间内电梯匀加速上升的距离为 ，且 末的瞬时速度为 ，
618N
3．【答案】C 1 2
【解析】AD．受
1
力
5
分
×
析
2
如
=
图
30
所
m
示，墙对B的作用力 ，A的位置左移， 角增大，墙对B的支持力增大，
时间 10 内 ∼ 电 1 梯 2s 匀速上升的距离为 1， =2 1 =0 时 .6m 间内电 1 梯 2s 匀减速上升的距离 1为 = 1 =0.6m s 12∼28s ，
则电梯一共上升的距离 ； 1 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 ， 2 = 1 2 =9.6m 28∼ 30s 3 = 1 3−2 1 3 =0.6m
N1 = tan
故外力F增大，AD错误； N1 =
D． 时间内该同
学
=
处
1
于
+
超
2
重
+
状
3
态
=
，
1
支
0.
持
8m
力大于重力， 时间内电梯匀速运行，支持力和重力相等，
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
10∼ 12s 12∼28s 28∼
先增大后减小，D错误；故选AC。
30s
9．【答案】ABD
【解析】A．运动员做平抛运动，设着陆时间为t，则有 ， ，由图可知，运动员着陆时 ，可
1 2
解得 ，A正确； = 0 =2 tan =
2 0
B．运 动=员 落⋅t到an斜 面=上3s时的位移大小 ，B正确；
合
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；
0 20×3
∘
C．运动员着陆时 ， ， 所以=cos37 = 0.8 m=75m ，C错误；
C．B对A的作用力为 ，A的位置左移， 角增大，A对B的支持力增大，C正确；故选C。
2 2
D．取沿斜坡向下 方 向=（ 0 x方 向=） 与 垂直于 斜=坡向 上+方 向=（1y0方1向3m）/s分析运动员的运动，则在垂直于斜坡方向上 ＝
4．【答案】C N =cos
'
【解析】AB．当冲锋舟船头正对河岸时，到达河对岸的时间最短， ，沿河岸运动距离为 岸 ＝ ， 2 ，当 ' ＝ 时，运动员在空中离坡面的距离最大，则有 0− ' 2 ， D 正
，合位移为 ， A m B in 错=误 1；=36s = min =4× 确0s，in故 选1A2mBD/s。 =− cos =−8m/s 0 = 2 =9m
合 岸 10．【答案】AB
2 2 2 2
3C6．=由1于44冲m锋舟在静水中 的=速度 +大 于水=流1速80 ，+则14合4≈速度23可1m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 ，则 ，为了保证其他卡片
河所用时间 ，C
正
1
确；
2
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
1
最
>
底
部
2
的
+
卡
片
不能动
，
1 >
对
最
2
底部的卡片有
，由 ，所以 ，当剩下最后一张卡片时，需满足 ，可知 ，
= 2 2 =60s 2 +
D．根据分运动的 1独− 立2 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 ，A正确；
< 3 +2 ≫ 3 > 2 1 > 3 + 1 > 3
5．【答案】B
1 > 3 > 2
【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） （2） （3）
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 ，有 （2分），
80N/m 10kg 10N
C．第一张卡片对第二张卡片的压力大小为 ，则第1、2张卡片间的摩擦力大小 ，此时下 分离之前有 （2分），即 ，
0 0 =( + )
面的卡片均处于静止状态，将第2张至第1
0
N
张
=
卡
片
+
作
为
整体，由平衡条件可知第11张卡片
对
=
第
1
2
0
张
+
卡
片
的静摩擦 所以F随x
的
+
变
化
图
0−
像
的斜
−
率
(
等
+
于
劲
)
度
=
系
(
数
+ ) = +
（
(
1分
+
）
；
)
力与第1张卡片对第2张卡片的滑动摩擦力平衡，大小为 ，C错误；
（2） ，有 （2分），分离时
2
，
2−
有
12
−2 （2分）
=12.5×10 N/m=80N/m
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
2
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 ， （1分）；
=0 12N=( + ) 22N− =
故选AB。
（3）施加拉力F的2瞬间，设A、B之间的弹力为 ，
=1m/s =10kg
三、实验题
对B进行受力分析有 （2分），解得 （2分）。
11．【答案】（1）AC（2分） （2） （2分） （2分） N
15．【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）A．为了保证每次抛出时小球
1
的
.5
初速度相同，实验时
2
让
.5
小球每次都从同一高度由静止开始滚下，A正确；
【解析】（1）由图 1 乙 0 知
，
0−
段
为
−
物
块
N =
从−
木1
板右侧滑出去，
B
N
C
=
段
1
为
0N
物块没有从木板上滑出去， 段为物块从木板左侧
B．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； 3 m/s 1.5m 1N
滑出去（1分）。
C．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；
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a 、a ，
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错误； 1 2
由牛顿第二定律 ， ，得到 ， （2分），
故选AC；
由题意可知，当F=0时，设经时间t 物块从木板右侧滑出，2位移差为1m（2 1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，解得T=0.1s，由 ， 1 = 2 =1 1 =2m/s 2 =4m/s
x=3L=15cm，解得该小球做平抛运动的初速度为 ；
则 （1分），
竖直方向自由落体运动，根据匀变速直线运动中时 0 间 = 中 1. 点 5m 的 /s 瞬时速度等于该过程中的平均速度得B点的竖直分
=
速
度
0
为
且物
0
块
1
从
−
1
2
木
板
1 1
右2侧
−
1
2
滑
出
2 1
时2，
=
需
1
满足物块的速度大于木板的速度，即 （1分），
联立解得 舍 ， （1分），则物块滑出木板时的速度为
0− 1 1 > 2 1
（1分）；
， 。
1 10
ℎ 8×5×10 −2 2 2 （2）C、D 1 两 = 点 1s 对 ( 应 ) 的为 1= 恰 3 好 s 可一起匀加速运动，即物块与木板共速 = 后 ， 0 木 − 板 1 的 1 加 = 速 3 度 m/ a s3 大小等于物块的最大加速度
12 ． 【=答 2 案=】（ 21× ） 0.1BDm（/2s=分2）.0m/s（2 ） = 0（+1 分 ）=2.5m/s（2分） （3）平衡摩擦力过度（1分） （2分） a ，则有 ，解得 （2分），
1
【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
0.224 0.745 0.40 物块刚滑 上 − 木 板 时 = ， 设 木 3 板 = 的 加 1 速度为 a 4= ， 3 由 N 牛顿第二定律有 （1分），
线通过定滑轮系在小车上，故A错误；
+ 3+2 2 2
B．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； 设经时间t 2 两者速度相等，有 （1分）， 4 = = 0.5 m/s （ =11 分 0m ）， /s
1 2 1 2
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 ，故 4 2 = 0， − 即 1 C2 点的纵坐标 0 为2−2 1 2（ −12 分 4） ；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 2
3
块
m
恰好不
−能1
=
从 3
2
木
m
板−1右
=
端
1
滑
.5m
出−时1 ，即物块恰好滑到木板
1.5
右
m
侧−1与木板共速，对应图中B点，
重新调节木板倾斜度，故D正确。
设木板加速度为a ，用时间为t ，此时有 （1分）， （1分）
5 3
（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 ，C点的瞬时速度为 1 2 1 2
（1分），解得 （1 分 ）5。 = + 0 3−2 1 3 −2 5 3 =1
，根据逐差法 可得加速度为
=5×0.02s=0.1s
BD 1.86+2.61 ×10 −2 2 CE− AC 0− 1 3 = 5 3 =1N
= 2 = 2×0.1 m/s=0.224m/s。 Δ = = 4 2 =
−2
(2.61+3.35−1.86−1.12)×10 2 2
（3）图线
4×
不
0.1
过2 原点且力
m
为
/s
零
=
时
0
小
.7
车
45
加
m
速
/s
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 ，
联立 解得 ，整理得 ，由 关 系 图−象 可=得 ，解得 。 =
1 1 1 1 1 0.5−0.1
四、解答 题= + = + ⋅ − = 10−0 =0.40kg
13．【答案】（1）25:9 （2）
6
【解析】（1）设频闪仪的照相周期为 ，由图可知 ， ，
17 甲 乙
则甲、乙图中，滑块运动时间之比为 （2分），
甲 乙 =3 =5
甲图中滑块末速度为0，根据逆向思维
，:
结合=匀3:变5速直线运动公式 （1分），
1 2
可知甲、乙图中，滑块运动加速度之比为 （2分）；
甲 乙 乙 甲 =2
2 2
（2）由牛顿第二定律可得，甲图中，
: = : =25:甲9
（2分），
乙图中， （2分），
乙 sin + cos =
又 sin ，−联 立 解co得s = （1分）。
甲 乙
6
: =25:9 =17
【高三·物理 10月质量检测 第2页，共2页】
{#{QQABBQIEoggAABIAAQgCEwGSCkAQkBCCAIoOxFAMIAAAwQNABAA=}#}