【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，1212024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�，'地�1=????=50m/s�=�−ℎ=99m�参考答案及解析结合上述有'，其中地，解得，即第一个空降兵在空中运动时间为8.6s至8.96s，(�1+�)�题号'12345678910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DDCCBBBCACABDAB6．【答案】B．【答案】∆�=1s1D【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1，1解得1，�=2�=8m�=4sADB．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；�122�==1m/s????�cos37°−��sin37°=���=0.875，故错误；��2��B��=����=�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，解得，所以工件从传Nkg⋅m/s32242送带底端到达上方机舱所经过的时间为，B正确；Cm．⋅(m当/s)=极短m时/s，=k就g/可m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；�−�1=????2�2=3s????C．货物在传送带上留下的摩擦痕迹长度为1=2，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。�=�+�=7s7．【答案】BC2．【答案】DΔ��∙�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=2s1确；时两车并排行驶，则在t=0时，甲车在乙车前15m，A错误；25+10×2=15m15×2=30mCD．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，．到甲车的位移为，到甲车的位移为，则到甲车的位移为，B2s6s6s9s2s9s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】AC210+20×4=60m20×3=60m120m�+�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；21�−��=���=0.3ms�=618N4s乙车的位移为，所以两车之间最远相距5m，D正确；故选D。210+15×2=25m．时间内电梯匀加速上升的距离为，且末的瞬时速度为，C618N3．【答案】C1215×2=30m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=0.6ms12∼28s，【解析】AD．受力分析如图所示，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，12则电梯一共上升的距离212；313213墙对B的支持力和B对墙的压力是一对相互作用力，所N以1B对墙的压力增大，且以AB为一个整体受力分析，有，�=��=9.6m28∼30s�=��−��=0.6m�=�tan��．时间内该同学处于超重状态，支持力大于重力，时间内电梯匀速运行，支持力和重力相等，故外力F增大，AD错误；D123�N1=��=�+�+�=10.8m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∼12s12∼28s28∼先增大后减小，D错误；故选AC。30s9．【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12�解得，A正确；�=�0��=2????tan�=�2�0B．运�动=员�落⋅t到an斜�面=上3s时的位移大小合，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；�0�20×3∘C．运动员着陆时，，�所以=cos37=0.8m=75m，C错误；．对的作用力为，的位置左移，角增大，对的支持力增大，正确；故选。CBAAABCC22�D．取沿斜坡向下�方�向=（�0x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＝．【答案】Ncos�4C�=�'＝，，当＝时，运动员在空中离坡面的距离最大，则有，��正【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'2D岸0−���2'0���min1min�确s，in故�选1A2mBD/s。�=−�cos�=−8m/s�0�=2�=9m，合位移为，�AB错=误�；=36s�=????=4×合岸10．【答案】AB2222C36．=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最底部的卡片不能动，对最底部的卡片有���1�>�2�+���1>�2�，由，所以，当剩下最后一张卡片时，需满足，可知，222�=�1−�2=60s��+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，A正确；��<�3�+2���≫���3>�2�1�>�3�+���1>�35．【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/m10kg10NC．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张卡片的静摩擦所以随的变化图像的斜率等于劲度系数（分）；�N=�+���=�2�+��Fx�+��0−�−(�+�)�=(�+�)��=????+(�1+�)�22−12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；（），有（分），分离时，有−2（分）22�=12.5×10N/m=80N/m2．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，错误。D�=�2�+��D联立解得，（1分）；故选。�=012N=(�+�)�22N−��=��AB（3）施加拉力F的2瞬间，设A、B之间的弹力为，三、实验题�=1m/s�=10kg对B进行受力分析有（2分），N解得（2分）。11．【答案】（1）AC（2分）（2）（2分）（2分）�15．【答案】（1）0（2）N（3）N【解析】（）．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，正确；????−��−�=���=10N1AA10−11.52.5【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；3m/s1.5m1N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a1、a2，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；由牛顿第二定律，，得到，（2分），故选AC；22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），（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=2m/s�2=4m/s则（1分），x=3L=15cm，解得该小球做平抛运动的初速度为；0�=��1212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点的竖直分速度为且物0块1从木板11右侧滑出21时，需满足物块的速度大于木板的速度，即（1分），�0=1.5m/sB��−2��−2��=1联立解得舍，（1分），则物块滑出木板时的速度为01121（1分）；，。�−��>��−2110????（）、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，木板的加速度大小等于物块的最大加速度ℎ8×5×10222CD�1=1s()�1=3s�=�0−�1�1=3m/as312�．�【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）�==a1，则有，解得（2分），【解析】（）．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1A物块刚滑上木板时，设木板的加速度为，由牛顿第二定律有（分），0.2240.7450.40�−????�=��3=��1�a4=3N1线通过定滑轮系在小车上，故A错误；�+????�3+222设经时间t2两者速度相等，有（1分），4�0.5（1分），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；�==m/s=10m/s1212C．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=��2−13−1−1−1D．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（）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，对应图中点，3�=3m�=2m=1.5m1.5mB重新调节木板倾斜度，故正确。D设木板加速度为a5，用时间为t3，此时有（1分），（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，C点的瞬时速度为1212（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−2�=5×0.02s=0.1s01353�BD1.86+2.61×10�CE−�AC�−��=���=1N22�2�2×0.1。4��==−2m/s=0.224m/sΔ�=���==(2.61+3.35−1.86−1.12)×10222（3）图线4×不0.1过原点且力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