山西省2025-2026学年高三年级上册10月质量检测物理试题（解析版）

2025〜2026学年高三10月质量检测卷

物理试题（B卷）

考生注意：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。

2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对

应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题

区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

4.本卷命题范围：人教版必修第一册，必修第二册第五~六章。

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分,在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的.

1.某同学练习下蹲起跳，现分析这三个过程：下蹲过程、站立起跳上升过程、空中下落过程，则下列说法

正确的是（）

A.三个过程均有失重现象B.只有两个过程有失重现象

C.三个过程均有超重现象D.只有一个过程有超重现象

【答案】A

【解析】

【详解】当加速度竖直向上时，物体处于超重状态；当加速度竖直向下时，物体处于失重状态，下蹲过程

中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态。站立起跳上升过程

先加速后减速，可知先超重后失重。空中卜.落过程处于完全失重状态，

故选Ao

2.一个小球从某一高度处由静止下落做自由落体运动，整个下落过程的平均速度为20m/s,重力加速度

g取lOm/s?,则小球下落过程的时间为（）

A.IsB.2sC.3sD.4s

【答案】D

【解析】

【详解】由〃=可知，整个下落过程的平均速度

h1

v=—=—gt=20m/s

解得f=4s

故选D.

3.航空母舰上的舰载机在降落时速度非常快，为了使飞机快速降落在航母甲板上，这就需要航母的拦阻系

统。该系统的原理是先用飞机尾钩钩住航母上的拦阻绳，再通过拦阻绳系统让K机快速停止。若飞机沿垂

直于拦阻绳的方向，钩住其中点后与之相互作用，如图所示，某时刻拦阻绳夹角为60"，此时拦阻系统后

台显示绳的移动速度为L由此可知飞机的移动速度大小是（）

B.吗c&1

A.2v----VD.-V

323

【答案】B

【解析】

v2x/3

【详解】飞机沿绳方向的速度分量等「拦阻绳移动的速度大小，即u

㈤cos3003

故选Bo

4.如图所示，运动员在球网中点正上方距地面，处将球沿水平方向击出，已知底线到网的距离为L,场地

宽度为4,重力加速度为不计空气阻力与边线宽度，下列说法正确的是（）

A.运动过程中球的速度和加速度时刻在改变

B.球从击球点至恰好落到底线上的最小位移等于L

c.击球速度大于等就会出界

D.球从被击出至落地的时间与击球速度大小无关

【答案】D

【解析】

【详解】A.运动过程中球的速度时刻在改变，加速度不变，故A错误;

B.球从击球点恰好落到底线上的最小位移等于旧57,故B错误;

C.设击球时不会出界的最大速度为%,有

联立，解得%=、（73+《）旦〉

°V42H

即击球速度大于不一定出界,故C错误;

D.由”=；g产可知，球从被击出至落地的时间与初速度大小无关，只与高度有关，故D正确。

故选D。

5.如图所示，三个相同的光滑球A、B、C叠放在水平地面上的竖直圆筒内，圆筒内壁光滑，筒的内径与

球的直径之比为3:2,A、B、C三个球对筒的侧壁的压力大小分别为耳、工、E，则下列美系正确的是

()

3

A.瑞二6B.五3二3尸iC.F2=—F3D.耳+片=2鸟

【答案】C

【解析】

【详解】设每个球的质量为〃"对A球研究，根据平衡条件有耳=〃超ian30=弓〃zg

对A、B整体研究有F「F、=2〃igtan30

解得用=0ng

对三球整体研究有耳+玛=g

解得居=2f

故选C.

6.将质量为加的小球以lOm/s初速度竖直向上抛出，上升的最大高度为4.1m,小球运动过程中受到的

空气阻力大小恒定，重力加速度取g=IOm/s2,则小球从抛出到回到抛出点过程中，上升时间与下落时间

之比为（）

432।

A.-B.-C.-D.—

5432

【答案】A

【解析】

【详解】由动能定理，上升过程满足有=（，咫十/）〃

代入数据，解得/二型m/s?

m41

f500

上升加速度为4=8+/=:—m/s2

m41

v041

上升时间4=—=TZS

%50

下落加速度为o,=g——二二一m/s?

m41

卜.落时间由位移公式h二;小片

41

解得，2RS

/.4

上升时间与下落时间之比-L=W

故选Ao

7.如图所示，一根竖直细杆顶端固定一个光滑小定滑轮，P、Q两小球通过细绳跨过定滑轮连接。已知P球

质量大于Q球质量，调节两小球高度使整个装置沿竖直杆所在直线以恒定的角速度匀速转动，且系统处于

稳定状态。下列说法正确的是（）

c

po6Q

A.P球受到的细绳拉力大于Q球受到的细绳拉力

B.P球做圆周运动的周期小于Q球做圆周运动的周期

C.P球到滑轮的竖直高度大于Q球到滑轮的竖直高度

D.P球做圆周运动的半径小于Q球做圆周运动的半径

【答案】D

【解析】

【详解】A.由于是定滑轮连接，两小球受到的细绳拉力之比为1:1,故A错误；

B.两小球角速度相同，周期相同，故B错误；

C.设小滑轮到小球转动平面的竖直距离为从细绳与竖直方向的夹角为6,根据小球在竖直方向上受力平

衡Tcos0-mg

水平方向Tsin8=ma=m—=mctfr

故C错误;

D.P球做圆周运动的半径小于Q球做圆周运动的半径，故D正确。

故选Do

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有两

个或两个以上选项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.

8.某新型两级小火箭竖直向上发射后，在0~3m时间内的速度一时间图像如图所示，每级火箭发动机工作

时间均为仙不计空气阻力。下列说法正确的是（）

A.重力加速度大小等于;"

B.2必时刻，火箭到达最高点

%

C.火箭上升的最大高度为4%%D.在2勿~3犯时间内，火箭做自由落体运动

【答案】AC

【解析】

【详解】AD.在2仆3fo时间内，火箭做竖直.上抛运动,速度不断减小，加速度为重力加速度，大小为

g=^=也

2%

A正确，D错误;

BC.由图像可知，在2fo时刻，速度达到最大值，接下来做竖直上抛运动，高度继续增大，在口一，图像

中，图像的面积等于物体的位移，则火箭上升的最大高度

〃%）+3%；%x（2f°—f。）+当*（3%一%）=4%f°

B错误，C正确。

故选AC。

9.如图所示，质量为1kg的小滑块在大小恒定的水平拉力作用下，在水平面上做半径为1m、速率为

2m/s的匀速圆周运动，小滑块与水平面间的动摩擦因数为04空气阻力不计，不计小滑块的大小，重

力加速度取g=10m/s2,下列说法正确的是（）

\\/I

\/

\、✓/

、、✓/

、、aJ✓

___1

A.水平拉力不指向圆心。

B.小滑块受到的摩擦力方向指向圆心

C.水平拉力大小为40N

D.小滑块运动的加速度大小为4、Qm/s2

【答案】AC

【解析】

2

【详解】ABC.根据题意，小滑块做匀速圆周运动的向心力大小4J=〃ZL=4N

小滑块受到的摩擦力/==4N

方向沿切线方向，则拉力大小方=jE+r=4J5N,方向与轨迹切线方向夹角为45,，故AC正确；B

错误：

D.小滑块运动的加速度大小为。=E=4m/s?,故D错误。

故选AC.

10.如图所示，倾角为37的斜面ABC固定在水平面上，从顶点A垂直斜面向上抛出一个小球，小球每次

落到斜面上与斜面碰撞前后瞬间，沿平行斜面方向的分速度不变，垂直斜面方向的分速度大小相等、方向

相反，小球第四次落到斜面上的位置刚好在C点，从A运动到C的时间为重力加速度为g,不计小球

大小和空气阻力，碰撞的时间不计，sin37°=0.6，cos370=0.8,则下列说法正确的是（）

A.小球第•次和第二次离斜面最远点的速度之比为1：2

B.小球第一次和第二次在斜面上的落点到A点的距离之比为1:4

C.小球在A点抛出的初速度大小为，gZ

2、

D.斜面AC长为《g厂

【答案】BC

【解析】

4

【详解】A.小球沿垂直斜面方向做类竖直上抛运动，初速度为%,加速度大小为q=gcos37°=wg

3

沿平行斜面方向做的是初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为生=分也37°

2v„5v„

小球每次从离开斜面到回到斜面的时间都是。1=彳9

q2g

则第一次离斜面最远处速度匕=%

3

第二次离斜面最远处速度匕二生乂不石

则以A错误；

3

B.小球从抛出到第一次到斜面上的时间为从抛出到笫二次落到斜面上的时间为2/。，根据比例规律可

知，两次落点离八点的距离之比为1：4,B正确；

5%1

C.根据题意，/。=#=二1

2g4

解得力='g/，C正确；

I3

D.4。长工=—小广=—g1~,D借误。

2~10

故选BCo

三、非选择题：本题共5小题，共54分.

11.图甲是课本“探究平抛运动的特点”的实验装置图.将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬木板上。

小球沿斜槽轨道M滚下后从斜槽M末端飞出，落在水平挡板N上.由于挡板靠近硬木板一侧较低，小球落

在挡板上时，小球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点.

余il

挡板N1|

甲

（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽M末端切线；每次让小球从同一位置由静止释放，是

为了每次小球平抛.

（2）在图乙中实验记录到的。点位置明显发生偏差，其产生的原因可能是：该次实验时，球在斜槽上移

放的位置与其他几次相比偏（选填"高”或“低”）.

（3）实验得到如图乙所示的平抛运动轨迹的一部分，0点为抛出点，重力加速度g取9.8m/s2,由图中

信息可求得小球平抛的初速度%=m/s.

【答案】（1）①.水平②.初速度相同

（2）低（3）1.6

【解析】

【小问1详解】

[1]⑵实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平，目的是保证小球的初速度水平，从而做平抛

运动，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次小球平施初速度相同，从而保证画出的为同一条抛

物线的轨迹。

【小问2详解】

在图乙中实验记录到的。点位置明显发生偏差，其产生的原因q能是该次实验时，小球在斜槽上释放的位

置与其他几次相比偏低，导致其做平抛运动的初速度偏小。

【小问3详解】

因为。为抛出点，所以根据平抛运动规律有工=卬，y=^r

将上=32cm=0.32m,y=19.6cm=0.196m

代人解得％=L6m/s

12.某同学用如图甲所示装置做“探究加速度与质量关系”实验。钩码的质量为〃“），小车的质量为M,重

力加速度为g。

（1）关于该实验要点，下列说法正确是______。

A.补偿阻力时小车要连接钩码

B.接通打点计时器电源的同时释放小车

C.实验需要满足钩码的质量远小于小车的质量

D.补偿阻力和调节定滑轮高度使连接小车的细线与长木板平行，是为了小车受到的合外力近似等于钩码

的重力

（2）实验中打出的一条纸带如图乙所示，相邻两计数点间还有四个计时点没有画出，已知打点频率为

50Hz,根据纸带可求出小车的加速度大小为mH（结果保留三位有效数字）。

（3）多次改变小车上祛码的质量〃7,测出相应的小车加速度得到多组实验数据，作出,-〃?图像，如

a

果图像是一条倾斜直线，且图像与纵轴的械距等于,图像的斜率等于,则表明合外力一定

时.，加速度与质量成反比。

【答案】（1）C（2）2.00

M1

（3）①.---②.----

〃?og，叫）g

【解析】

【小问1详解】

A.补偿阻力时小车连接纸带不要连接钩码，故A错误；

B.先接通打点计时器电源，后释放小车，故B错误；

C.因为用钩码的重力代替小车的合力，所以实验需要满足钩码的质量远小于小车的质量，故C正确；

D.补偿阻力和调节定滑轮高度使连接小车的细线与长木板平行，是为了小车受到的合外力由绳子的拉力

提供，故D错误。

故选c。

【小问2详解】

由题意可知，打点计时器的打点周期为0.02s,计数周期为0.1s,则小车的加速度大小为

（冗+玉+%）一（%+为+七）(7.98+10.01+11.99)-(2.00+3.96+6.02)

cm/s2=2.0()m/s2

（3-0.09

【小问3详解】

钩码的重力近似等于小车的合力，则有

/g=(M+ni)a

可得

11M

—=-----ni+-----

aM

M\

可知图像与纵轴的截距等于一，图像的斜率等于一,则表明合外力一定时，加速度与质量成反比。

13.利用倾斜传送带可将货物向上运送，如图所示，传送带与水平面夹角为仇传送带沿顺时针匀速运行

的速度为3m/s,货物与传送带间的动摩擦因数为0.75,重力加速度g取lOm/s2,不计货物的大小，tan370

=0.75.

（1）要使货物由静止释放在传送带上后能随传送带向上运动，则夕应满足什么条件？

（2）当6=24。时，将货物由静止释放在传送带底端，货物运动到传送带顶端时恰好与传送带共速，则传

送带的长度为多少（取sin24o=0.4,cos240=0.9）

【答案】（1）。<37。

18

（2）Lr,=—m

11

【解析】

【小问I详解】

要使货物由静止释放在传送带上后能随传送带向上运动，则要满足

/nmgcos0>mgsin0

解得

lan。v0.75

即

6><37°

【小问2详解】

由题意，货物一直匀加速运动到顶端，设其加速度大小为小则有

/imgcos0-tngsin。=ma

解得

a=2.75in/s2

货物到达顶端时速度为

v=3m/s

设传送带的长为心则有

V2=2aL

解得

r18

L=­m

11

14.短道速滑是在长度较短的跑道上进行的冰上竞速运动.某次短道速滑比赛中，运动员从静止出发，先沿

直道匀加速滑行，前进距离L所用时间为1,途中某次转弯时做匀速圆周运动的半径为R，速度大小为

v,进入弯道后，运动员通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使冰面对其作用力指向身体重心而实现

平稳转弯，如图所示.不计空气阻力，已知运动员的质量为〃?，宜力加速度为g,求:

（1）运动员加速滑行时受到冰面的作用力大小；

（2）运动员转弯时受到冰面的作用力大小；

（3）运动员转弯时身体与水平面的夹角0的正切值。

【答案】（1）列铲入4Z3

（2）—ylg2R2+v4

R

⑶二

V

【解析】

【小问1详解】

匀加速滑行时，根据£=产

2

2L

解得。=7r

加速过程中，运动员受到冰面作用力在竖直和水平方向的分力大小分别为"7g和〃心

根据矢量合成可知其受到冰面的代用力大小石=J（〃吆丫+（〃/=为晨人47?

【小问2详解】

转弯过程中，需要的向心加速度大小&二，

2

此时运动员受到冰面作用力在竖直和水平方向的分力大小分别为mg和竺，根据矢量合成可知运动员受

R

到冰面的作用力大小F2=/mg"（或『=Jg2R2+一

【小问3详解】

转弯时tan6?=军-="

ma2V

15.如图所示，一质量M=100kg,长度L=1.375m、高度〃=1.25m的木箱甲停在光滑水平面上。

质量〃?=50kg可视为质点的小铁块乙置于甲上，它到甲左端的距离〃=lm。现对甲施加水平方向的恒

力，使其向右运动，结果乙从甲上滑落，乙在甲上滑动的加速度大小为q=2m/s?,乙刚离开甲时，甲向

前运动的距离％=2m,不计空气阻力，重力加速度8取10m/s2。求:

（1）乙与甲之间的动摩擦因数；

（2）乙刚离开甲时，甲速度大小；

（3）乙落到光滑水平面时，落点到甲右端的水平距离。

【答案】（1）0.2

（2）4m/s

(3)3m

【解析】

【小问1详解】

乙在甲上滑动时，由牛顿第二定徂得

/nmg=

解得乙与甲之间的动摩擦因数为