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合肥一中 2026 届高三 10 月份教学质量测评
物理参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C B D A B A D BCD AD
1．C
【详解】国际单位制中的基本单位的是kg、m、s、、K、A、cd、mol，。故选C。
2．C
【详解】A．对小球分析如下图所示:
根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力
mg
N = =1.25mg，
cosθ
故A错误；
B．同理，对球拍和球整体分析，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为
(M +m)g
F = =1.25（m+M）g，
cosθ
故B错误；
C．球和运动员具有相同的加速度，对小球分析如图所示，则小球所受的合力为mgtanθ，根据牛顿第
二定律得：运动员的加速度为gtanθ=0.75g，故C正确；
D．当a>gtanθ=0.75g时，网球将向上运动，若运动员的加速度大于0.6g，但不一定比0.75g大，故球
不一定会沿球拍向上运动，故D错误．
3．B
【详解】设汽车刹车后加速度大小为a，初速度为v ，以初速度方向为正方向，则由匀变速直线运动
0
规律可得，开始刹车后的1s内
1
x =v t − at2
1 01 2 1
开始刹车后的2s内 ①
1
x +x =v t − at2
1 2 0 2 2 2
联立 可得 ②
①② V =8m/s
0
合肥一中2026届高三10月份教学质量 测评·物理参考答案 第1页（共8页）a=2m/s2
汽车刹车至静止所用的时间为
t =v /a=4s<5s
0 0
因此刹车后5s内的位移为
x =v 2/2a=16m
0 o
B正确；故选B。
4．D
【详解】A．甲图中为位移—时间图像，在时间t ~t 内，A、B两物体的位移∆x=x −x 相等，时间
1 2 2 1
∆x
相等，由υ =
∆t
得A的平均速度等于B的平均速度，故A错误；
B．乙图中为加速度—时间图像，如果物体从静止开始运动，则物体在0~1s时间内沿正方向做匀加速
直线运动，在1s~2s时间内加速度方向与运动方向相反，物体继续沿正方向做匀减速运动，速度减到
零，2s~3s时间内物体又沿正方向做匀加速运动，在3s~4s时间内加速度方向与运动方向相反，物体继
续沿正方向做匀减速运动，速度减到零，所以乙图中的物体不一定做往复运动，故B错误；
C．丙图中是速度时间图像，两物体在t 、t 两个时刻速度相等，图像与时间轴所围的面积表示位移，
1 2
在t 、t 两个时间内的位移不相等，C错误；
1 2
D．丁图是速度平方位移图像，由速度—位移关系公式υ2−υ2 =2ax
0
可知，图像斜率k=2a，因此由丁图可以求出运动物体的加速度，故D正确。
故选D。
5．A
【详解】设细绳与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得
1
×1.2L
2
sinθ= =0.6
L
对圆盘，根据平衡条件可得
4Tcosθ=G
解得每根细线对圆盘的拉力大小为
5
T = G
16
故选A。
6．B
合肥一中2026届高三10月份教学质量 测评·物理参考答案 第2页（共8页）F
【详解】小球做类平抛运动，运动的加速度为a=
m
小球沿初速度方向的位移为x=v t
0
1
沿恒力F方向的位移为y= at2
2
根据几何关系有y=ssin37°，x=scos37°
其中s=12.5m，联立解得v =10m/s，F =1.5N
0
故选B。
7．A
20
【详解】B．由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a= m s2 =4m s2
5
根据牛顿第二定律得F− f =ma
解得牵引力为F = f +ma=1000N+4000N=5000N，故B错误；
AC．机车的额定功率P=Fv=5000×20W=100000W=100kW
P 100000
机车在25m s时的牵引力F′= = N=4000N
v 25
F′− f 4000−1000
加速度a′= = m s2 =3m s2，故A正确，C错误；
m 1000
P 100000
D．当牵引力等于阻力时，速度最大，最大速度v = = m s=100m s，故D错误。
m f 1000
故选A。
8. D
【详解】若地面光滑，则AB在O处分离。从初始位置到O点，对AB组成的系统，由动能定理：
0+𝑘𝑘𝑥𝑥1
2 𝑥𝑥1 =
，AB分离后，当A速度减为零时，设弹簧伸长了x ，对A由动能定理： ，
2,
1 2 0+kx2 1 2
22𝑚𝑚𝑣𝑣 −0 − 2 x2 =0−2mv
两式联立解得 ，故A向右运动的最大距离 ，A选项错误。AB分离时，相互作用力为
√2 2+√2
零，且具有相同𝑥𝑥2 的=加2速𝑥𝑥1
。若地面粗糙，分离时B的加速2
为𝑥𝑥1
μg，则A的加速也为μg，故分离时弹簧弹
力为零，分离时位于弹簧原长处O处，故B选项错误。若地面粗糙，且A要能够运动到O点右侧，
当AB运动到O点时，对AB组成的系统，由动能定理： ，且 ，解
0+𝑘𝑘𝑥𝑥1
2 𝑥𝑥1−2𝜇𝜇𝑚𝑚𝜇𝜇𝑥𝑥1 =𝐸𝐸𝑘𝑘−0 𝐸𝐸𝑘𝑘 >0
得 ，故C选项错误。若地面粗糙且 ，则AB最终一起静止在O点左侧，设A向右运动
𝑘𝑘𝑥𝑥1 𝑘𝑘𝑥𝑥1
𝜇𝜇 <4𝑚𝑚𝑚𝑚 μ=3𝑚𝑚𝑚𝑚
的最大距离为x ，对AB系统由动能定理： ，解得 ，故D
3
𝑘𝑘𝑥𝑥1+𝑘𝑘(𝑥𝑥1−𝑥𝑥3) 2
选项正确。 2 𝑥𝑥3−2𝜇𝜇𝑚𝑚𝜇𝜇𝑥𝑥3 =0−0 𝑥𝑥3 =3𝑥𝑥1
合肥一中2026届高三10月份教学质量 测评·物理参考答案 第3页（共8页）9．BCD
【详解】A．A的质量是B质量的3倍，A向下做匀加速直线运动，B向上做匀加速直线运动，故细
线的拉力小于3mg，故A项错误；
B．根据关联速度可得v =2v ，则相同时间内速度变化量的关系也满足 v =2 v ，故加速度关系满
B A B A
足a ：a =1:2，B项正确； △ △
A B
1 1
A、B组成的系统机械能守恒，可得3mgh=mg×2h+ ×3mv2 + mv2
2 A 2 B
14gh 2 14gh
联立解得v = ，v = ，故C项正确；
A 7 B 7
D．A、B静止在图示位置时，对B有m g =T
B
对A有m g =2T
A
可得m =2m ，故D项正确。
A B
故选BCD。
10．AD
【详解】A．根据公式
𝐺𝐺𝐺𝐺𝑚𝑚
得 2 =𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑟𝑟
𝐺𝐺𝐺𝐺
可知a >a ，A正确； a= 2
乙p 甲 𝑟𝑟
B．由于卫星质量未知，故无法判断动能大小，B错误；
C．若a+b<2R，即椭圆轨道的半长轴小于R，根据开普勒第三定律可知卫星甲运行的周期一定大于
卫星乙运行的周期，C错误；
D．根据前面分析，若a+b=2R，同理可知两卫星的运行周期相等，又因为椭圆轨道的面积小于圆轨
道面积，故卫星乙与地心连线单位时间扫过的面积比卫星甲小，D正确。
故选AD。
d
11． mgH C 偏大
t
【详解】(1)[1]小球经过光电门时的速度
d
v=
t
合肥一中2026届高三10月份教学质量 测评·物理参考答案 第4页（共8页）(2)[2]小球从A下落到B的过程中，重力势能减少量
∆E =mgH
p
(3)[3]本实验验证机械能守恒则有
1 1 d2
mgH = mv2 = m⋅
2 2 t2
即
1 d2 1
H = × ⋅
2 g t2
1
用图象法处理数据，为了形象直观，应该画 −H 图像，故选C
t2
(4)[4]小球下落时由于球心偏向光电门激光束的左侧，可知用小球的直径表示挡光的位移，挡光的位移
d
偏大，根据v= 知，速度测量值偏大，则测量小球经过光电门B时的动能比真实值大
t
12． 不需要 0.507 2.36 2
【详解】 [1]因为实验中使用了力传感器，可以直接测量出细线的拉力大小，所以不需要满足所挂钩
码的质量①m远小于小车的质量M。
[2]相邻两计数点间还有4个计时点没有标出，所以相邻计数点的时间间隔T =0.02s×5=0.1s
②根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，C点的瞬时速度等于B、D两点间的平均速度，
x 11.63−1.50
则v= BD = ×10−2m/s≈0.507m/s
2T 2×0.1
x −x 20.21−5.38−5.38
[3]逐差法可知加速度a= CE AC = ×10−2m/s2 ≈2.36m/s2
4T2 4×0.12
[4]对小车有F− f =Ma
③整理得a= 1 F− 1 f
M M
∆a 1 2
结合图丙可知k = = = kg−1
∆F M 4
解得M =2kg
13．(1)t =t =2s
1 2
(2) =
2 2
Ek1:Ek2 =𝑣𝑣1:𝑣𝑣2 5:13 v 2
【详解】(1)由题意知足球两次在空中运动的最大高度相等，根据斜抛运动，竖直方向有h= Oy
2g
=5m ,v =10m/s --------2分
oy
2v
可知，足球两次被踢出时的初速度的竖直分量相同，由t = Oy =2s --------2分
g
合肥一中2026届高三10月份教学质量 测评·物理参考答案 第5页（共8页）可知，足球两次在空中运动的时间相同t =t =2s --------2分
1 2
(2)已知ON =3OM ，由x=v t，v =5m/s v =15m/s --------2分
Ox 1x , 2x
可知，足球第二次被踢出时的初速度的水平分量是第一次的3倍，足球被踢出时的初速度大小
v= v 2+v 2 v =5 m/s v =5 m/s --------2分
Ox Oy 1 2 ,
被踢出时的初动能之比为√：5 = √13 --------2分
2 2
14．（1）10 m/s²； Ek1:Ek2 =𝑣𝑣1:𝑣𝑣2 5:13
（2）3.2m；
（3）追不上（见解析）。
【详解】（1）设手提包刚放到传送带上时初速度为0，在手提包速度达到v 前的过程中，
0
由牛顿第二定律有
mgsinθ+µmgcosθ=ma --------2分
1
代入数据解得
a =10m/s2 --------2分
1
（2）共速前经历的时间为
v 2
t = 0 = s=0.2s
1 a 10
1
手提包运动的位移
v t 2×0.2
x = 0 1 m= m=0.2m --------2分
1 2 2
手提包的速度达到v 之后，有
0
mgsinθ>µmgcosθ
所以手提包与传送带共速后继续向下做匀加速运动。
由牛顿第二定律可得
mgsinθ−µmgcosθ=ma
2
代入数据解得
a =2m/s2 --------2分
2
手提包与传送带共速后继续向下运动的时间为 ，则有
t =1s
2
1
x = L−x' =v t + a t2 =3m
2 1 0 2 2 2 2
沿传送带下滑的总位移为x=3.2m --------2分
合肥一中2026届高三10月份教学质量 测评·物理参考答案 第6页（共8页）（3）设手提包从共速时刻运动到传送带底端这一过程经历时间为t ，则有
3
1
x' = L−x' =v t + a t2
2 1 0 3 2 2 3
解得
t =2s --------2分
3
所以此手提包在传送带上运动的时间为
t =t +t =2.2s
1 3
此时小罗向下追时间 t=t-t =1s，跑的距离为v t=8m
