1、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己的学校、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上，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毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超串答题区球答题的答寒矛攀；李草娜琴丰、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，只有一项符合题目要求。I 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（
2、)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，空气阻力厂与受力面积S及速度”的关系为厂=kSv2，则在国际单 位制中，比例系数k的单位是kg/rn2 C 当Lit极短时扭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微元法 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”2 在一平直公路上有甲、乙两车同向行驶，其v-t 图像如图所示。己知在i=2s时两车并排行驶，则下列说法正 确的是（)娜初扩,A在t=0时，甲车在乙车前7.5m B.“在i=9s时，乙车在甲车前15m C两车另一次并排行驶的时
3、刻是t=7s D从第一次并排行驶到第二次并排行驶，两车之间最远相距5rn【高三物理 10 月“质检 第1页，共页】#QQABBQIEoggAABIAAQgCEwGSCkAQkBCCAIoOxFAMIAAAwQNABAA=#3 如图所示，光滑水平地面上放有截面从圆周的柱状物体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尸，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.刀对墙的压力减小 B地面对A 的支持力增大 C.A 对丑的支持力增大 D外力尸减小 4.2023 年7 月底，受台风“杜苏茵”影响，河北琢州市遭遇罕见特大暴雨洪水灾害，多个村庄和小
4、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=180m，冲锋舟在静水中的速度大小V1=Sm/s，河水的流速大小V2=4m/s。则（)=I80m A冲锋舟到达河对岸的最短时间为20s B冲锋舟以最短时间渡河发生的位移是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，空降兵在离地面。=224m 处跳伞，由静止开始在竖直方向做自由落体运动 下落。=5s 后立即打开降落伞，匀减速下降直至着地，空降兵间隔亡is 依次跳伞离机。为了保证空降兵的安全
5、，要 求空降兵落地的速度小于或等于Sm/s。重力加速度g10m/s2每个空降兵的跳伞操作相同 当第一个空降 兵着地时，在空中的空降兵人数有 A.7人 B.8 人 C.9人 D.10 人 2023“年5 月28 日，东航C9 19 首个商业航班一一-MU9 191 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，标志着国产大飞机C19 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=20m 的传送带以”=4m/s 顺时针运动，某时刻将质 量为m的货物（可看做质点）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
6、送带一起【高三物理 10月质检 第2页，共6 页】#QQABBQIEoggAABIAAQgCEwGSCkAQkBCCAIoOxFAMIAAAwQNABAA=#运动到上方机舱，传送带与水平面间的夹角0=37。，重力加速度g=lOm/s2,sin37。=0.6,cos3l。=0.8,则（)A货物加速阶段的位移大小为16m B货物在传送带上运动的时间为7s C.货物在传送带上留下的摩擦痕迹长度为4m D货物与传送带之间的动摩擦因数为0.5：、多选题：本题共4 小题，每题5 分，共20 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选 对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。7.
7、如图所示，固定光滑斜面的倾角为0,A、B 两球用轻质弹簧相连，两球质量mA=3mB，系统静止时，挡板 C与斜面垂直，弹簧中轴线与与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间（)A.A 球加速度为gsin0 B A 球的加速度为0 C.B 球加速度为4gsin0 D.A 和刀球的加速度相同 8 某同学用一手机传感器软件探究电梯上升过程中的超失重现象，该软件可以实时测量手机运动时的加速度。现该同学携带该手机进入电梯，先运行手机加速度传感器软件采集数据，之后按下按钮电梯上升，传感器上 显示电梯上升过程中，加速度a 随时间！变化的情况如图所示，重力加速度gr.10ni/s2，则（101.2830 A在10-12
8、s时间内，该同学处于超重状态 B若该同学的体重为60吨，上升阶段他对电梯的最大压力为582N C电梯一共上升的距离为10.8m D在O-30s时间内，该同学受到电梯的支持力先减小后增大【高三物理 10 月质检 第3页，共6 页】#QQABBQIEoggAABIAAQgCEwGSCkAQkBCCAIoOxFAMIAAAwQNABAA=#9 跳台滑雪是勇敢者的运动，它是利用山势特点建造一个特殊跳台。运动员在滑雪道上获得一定速度后从跳台 飞出，在空中飞一段距离后着落。如图所示，运动员从跳台A 处沿水平方向以20m/s 的速度飞出，落在斜坡 上的B 处，斜坡与水平方向的夹角为370，不考虑空气阻力（g
9、=lOm/s2,sin37。=0.6,cos37。=0.8)，下 列说法正确的是（)A运动员在空中飞行的时间为3s B.A、B 间的距离为75m C运动员到:处着坡时的速度大小为25m/s D运动员在空中离坡面的最大距离为9m 功如图所示，水平桌面上平放有15 张卡片，每一张卡片的质量均为m，用手指以竖直向下的力尸（F 仇夕）、压第1 张卡片，并以一定速度向右移动手指，确保第1 张卡片与第2 张卡片之间有相对滑动，其他卡片保持 相对静止，当最上面那张卡片划走之后，继续以相同的力尸划动下一张卡片，设最大静摩擦力与滑动摩擦 力相等，手指与卡片之间的动摩擦因数为/11，卡片之间的动摩擦因数为2，卡片
10、与桌面之间的动摩擦因数为 It3，下列说法正确的是（)A/A.Iti u3 U2 B划第1 张卡片时，第2 张卡片受到第3 张卡片的摩擦力方向向左 C划第1 张卡片时，第10 张卡片与第11 张卡片之间的摩擦力大小为It2(F+lOmq)D划第1 张卡片时，最后一张卡片受到桌面的摩擦力大小为0 一 三、实验题：本题共2 题，第1，题6 分，第12 题8 分，满分14 分。11.(6 分）小明同学用如图甲所示装置“研究小球做平抛运动”的实验：(1）下列做法可以减小实验误差的有 A实验时让小球每次都从同一高度由静止开始滚下 B使用密度小、体积大的球 C使斜槽末端的切线保持水平 D尽量减小钢球与斜槽
11、间的摩擦【高三 物理 10月质检 第4页，共6页I#QQABBQIEoggAABIAAQgCEwGSCkAQkBCCAIoOxFAMIAAAwQNABAA=#乙(2）在某次实验中，小明同学记录了小球在运动过程中的三个位置，如图乙所示，图中每一小正方格边长乙 5cm，则该小球做平抛运动的初速度为 m/s;B 点的速度为 m/s。(g=lom/s2，结果保留两 位有效数字）12.(8 分）用如图甲所示的装置探究“探究加速度与力、质量的关系”的实验。(1）实验小组一在保持槽码质量一定，探究“加速度与小车质量的关系”时，下列做法正确的是 A 在调节木板倾斜角度平衡摩擦力时，应该将槽码用细线通过定滑轮系
12、在小车上 B 调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行 C实验时，先释放小车，再接通打点计时器的电源 D通过增减小车上的祛码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度 乙(2）实验得到如图乙所示的纸带，己知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有 四个点未画出，由图中的数据可知，c 点的瞬时速度是 m/s2;（结果保留三位有效数字）0 丁(3）实验小组二在探究“质量一定，加速度a 与合外力尸的关系”时，某同学根据实验数据作出了如图丙所 示的a-F图象，其中图线不过原点的原因是 、；保持小车质量M不变，将槽码 换成装有砂子的砂桶，不断改变砂桶中砂子的质量,使砂桶和砂子的总
13、质量为形，根据实验数据描绘出的小 车加速度a与砂桶和砂子的总质量邢之间的a m 系图象如图丁所示，则小车的质量M kg0 诊l0mls2)（结果保留两位有效数字）10【，高三物理 10月质检 第5页，共6 页】、#QQABBQIEoggAABIAAQgCEwGSCkAQkBCCAIoOxFAMIAAAwQNABAA=#四、解答题：本题共3 题，第13 题10 分，第14 题14 分，第15 题，8 分，满分42 分。13.(10 分）滑块以一定的初速度沿倾角为370，动摩擦因数为群的粗糙斜面从底端上滑，经时间亡甲到达最高点 A 后，再经时间亡乙返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄
14、，频闪照片示意图如图所示。glOm/s2,sin37。：0.6,cos37。：0.8，对比甲、乙两图，求(1）滑块运动加速度之比。甲：。乙：(2）动摩擦因数为ILo 14.(14 分）如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A.B，系统处于静止状态。现 用竖直向上的拉力F作用在物体A 上，使A 向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直 向上为位移x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。己知物体A 的质量m=2吨，重力加速度g10m/s2,求(1）弹簧的劲度系数；(2）物块刀的质量M;(3)F作用瞬间，A.刀之间的弹力。15.(18 分）如图甲所示，质量为M0
15、.5掩的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1吨的物块以初速度vo=4m/s,滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为，=02，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向 右的恒力尸。当恒力尸取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为S，给木板施加不同大小的恒力 到王一F的关系如图乙所示，其中AB 与横轴平行，且AB 段的纵坐标为1m1。将物块视为质点，最大 尸，静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度glOm/s2，求：(1）若F=rO，物块滑出木板时的速度；(2)C 点的纵坐标；(3）物块恰好不能木板右端滑出，此时外力 尸的值。【高三物理 10月质检 第页，共页】飞#QQABBQIEogg
16、AABIAAQgCEwGSCkAQkBCCAIoOxFAMIAAAwQNABAA=#2024 高三 10 月质量检测卷物理参考答案及解【高三物理10 月质量检测第 1页，共 2 页】析题号12345678910答案DDCCBBBCACABDAB1【答案】D【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；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Nm2(m/s)2=kgm/s2m4/s2=kg/m3，故 B 错误；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；D在无需考虑物体的
17、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。2【答案】D【解析】A由 vt 图像可知 0 到 2s 甲车的位移为12 5+10 2=15m，0 到 2s 乙车的位移为 15 2=30m，t=2s时两车并排行驶，则在 t=0 时，甲车在乙车前 15m，A 错误；B2s 到 6s 甲车的位移为12 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，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；C2s 到 6s 乙车的位移为 15 4=60m，
18、所以两车另一次并排行驶的时刻是 t=6s，C 错误；D2s 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12 10+15 2=25m，2s 到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。3【答案】C【解析】AD受力分析如图所示，墙对 B 的作用力N1=tan，A 的位置左移，角增大，墙对 B 的支持力增大，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N1=，故外力 F 增大，AD 错误；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
19、该力不变，B 错误；CB 对 A 的作用力为N=cos，A 的位置左移，角增大，A 对 B 的支持力增大，C 正确；故选 C。4【答案】C【解析】AB当冲锋舟船头正对河岸时，到达河对岸的时间最短，min=1=36s，沿河岸运动距离为岸=min=4 36=144m，合位移为合=2+岸2=1802+1442231m，AB 错误；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，渡河所用时间=1222=60s，C 正确；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。5【答案】B【解析】根据位移公式有=12 2，解
20、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1，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，结合上述有=(1+地)2，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，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。6【答案】B【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=2 1=8m，1=4s 时货物与传送带共速，则加速度=1=1m/s2，根据牛顿第二定律得cos37 sin37=，解得=0
21、.875，AD错误；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，所以工件从传送带底端到达上方机舱所经过的时间为=1+2=7s，B 正确；C货物在传送带上留下的摩擦痕迹长度为=1 1=8m，C 错误；故选 B。7【答案】BC【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 正确；CD撤去挡板前，、两球均静止不动，对受力分析，可知弹簧弹力=Asin，撤去挡板的瞬间对受力分析，有+Bsin=B，解得=4sin，C 正确，D 错误；故选 BC。8【答案】AC【解析】AB由图可知 10 1
22、2s 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，由牛顿第二定律有 =，由图可知=0.3 m 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梯的最大压力为 618N，A 正确，B 错误；C10 12s 时间内电梯匀加速上升的距离为1=12 12=0.6m，且 12s 末的瞬时速度为1=1=0.6 m s，12 28s时间内电梯匀速上升的距离为2=12=9.6m，28 30s 时间内电梯匀减速上升的距离为3=13 12 132=0.6m，则电梯一共上升的距离=1+2+3=10.8m；D10 12s 时间内该同学处于超重状态，支持力大于重力，12 28s 时
23、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 030s 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【解析】A运动员做平抛运动，设着陆时间为 t，则有=0，=12 2，由图可知，运动员着陆时 tan=，可解得=20 tan=3s，A 正确；B运动员落到斜面上时的位移大小合=0cos37=2030.8 m=75m，B 正确；C运动员着陆时=0，=，所以=2+2=10 13m/s，C 错误；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0s
24、in12m/s，=cos=8m/s2，当0 时，运动员在空中离坡面的距离最大，则有=022=9m，D 正确，故选 ABD。10【答案】AB【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 +2，当剩下最后一张卡片时，需满足1 3 +，可知1 3，所以1 3 2，A 正确；#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
25、片的摩擦力一定向左，B 正【高三物理10 月质量检测第 2页，共 2 页】确；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；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。故选 AB。三、实验题11【答案】（1）AC（2 分）（2）1.5（2 分）2.5（2 分）【解析】（1）A为了保证每次抛出时
26、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；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；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；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；故选 AC；（2）由图可知，物体由 AB 和由 BC 所用的时间相等，且有y=gT2，由图可知y=2L=10cm，解得 T=0.1s，由=0，x=3L=15cm，解得该小球做平抛运动的初速度为0=1.5m/s；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
27、分速度为=2=8510220.1m/s=2.0m/s，=02+2=2.5m/s。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）【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线通过定滑轮系在小车上，故 A 错误；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；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；D平衡摩擦力时满足 Mgsin=Mgcos，车的质量 M 不影响平
28、衡方程，故通过增减小车上的砝码改变质量时不需要重新调节木板倾斜度，故 D 正确。（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=BD2=1.86+2.61 10220.1m/s=0.224m/s，根据逐差法=2可得加速度为=CEAC42=(2.61+3.351.861.12)10240.12m/s2=0.745m/s2。（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=，联立解得=+
29、，整理得1=1+1，由1 1关系图象可得=0.50.1100，解得=0.40kg。四、解答题13【答案】（1）25:9（2）617【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），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=12 2（1 分），可知甲、乙图中，滑块运动加速度之比为甲:乙=乙2:甲2=25:9（2 分）；（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，联立解得=617（1 分）。14【答案】（1）80N/m（2）10kg（
30、3）10N【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），分离之前有+0 (+)=(+)（2 分），即=+(+)，所以 F 随 x 的变化图像的斜率等于劲度系数=221212.5102 N/m=80N/m（1 分）；（2）=0，有 12N=(+)（2 分），分离时，有 22N =（2 分）联立解得=1m/s2，=10kg（1 分）；（3）施加拉力 F 的瞬间，设 A、B 之间的弹力为N，对 B 进行受力分析有0 N=（2 分），解得N=10N（2 分）。15【答案】（1）103 m/s（2）1.5m1（3）1N【解析】（1）由图乙
31、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滑出去（1 分）。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，由牛顿第二定律1=，2=，得到1=2m/s2，2=4m/s2（2 分），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），则01 12 112 12 212=1（1 分），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 11 21（1 分），联立解得1=1s(舍)，1=13 s（1 分），则物块滑出木板时的速度为=0 11=103 m/s（1 分）；（2）C、D 两点对
32、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a1，则有 =3=1，解得=3N（2 分），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4=+=3+20.5 m/s2=10m/s2（1 分），设经时间 t2 两者速度相等，有42=0 12（1 分），02 12 122 12 422=（1 分），解得=23 m，故1=32 m1=1.5m1，即 C 点的纵坐标为 1.5m1（1 分）；（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，设木板加速度为 a5，用时间为 t3，此时有5=+（1 分），03 12 132 12 532=1（1 分）0 13=53（1 分），解得=1N（1 分）。#QQABBQIEoggAABIAAQgCEwGSCkAQkBCCAIoOxFAMIAAAwQNABAA=#
