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九五高中协作体·山东
2026 高三年级 10 月质量检测(九五联考)
物理试题参考答案及评分标准
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 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．B（在研究如何才能踢出香蕉球时，我们需要考虑足球的旋转和空气动力学效应，
这些都与足球的形状和大小有关，因此，在这种情况下，不能把足球看作质点，故 A错误；
惯性是物体保持其运动状态（静止或匀速直线运动）的性质，它只与物体的质量有关，与物
体的运动状态无关，因此足球在空中加速运动时，其惯性不变，B正确；踢球时足球受到重
力和脚的弹力，C错误；足球在空中运动时加速度方向随时变化，D错误。）
2.C（钢管受到重力、线的拉力、地面的支持力，因为细线斜向右上方，因此其有水平
向右的分力，钢管受力平衡，故其受到水平向左的摩擦力，C正确；地面对钢管的支持力
N=G-Tsinα，故地面支持力 N一定小于重力 G，A错误；根据作用力与反作用力，地面对钢
管的支持力大小等于他对地面压力，B错误；钢管对地的作用力有向下的压力和向右的静摩
擦力，由力的合成可知，钢管对地的作用力斜向右下方，D错误。）
3 D v +v v +v．（根据平均速度的推论知，AB段平均速度v A B B C1= =7m/s2 ，BC段平均速度v2= =3m/s2 ，
x1 v1
两段时间相同，根据位移公式 = =7:3x v ，A错误；在 AB段速度变化量 v1=6m/s 8m/s= 2m/s，2 2
a
在 BC段速度变化量 v2=0 6m/s= 6m/s，加速度定义式 a=
v 1
可知， =1:3a ,B错误；由分析可 t 2
2 2
知 BC段粗糙，C错误；设 AB中点的速度为 v，根据 v= vA+vB=5 2m/s，故 D正确。
2
4.C（取人为研究对象，受力分析如图，人受到的手臂支持
FN
力 F、重力 G，设手臂与水平方向夹角为 ,由受力平衡， F F
2Fsin G，当手掌靠近身体时 角变大，故手臂支持力 α α f α
F变小，A错误；取手掌为研究对象，桌面支持力 F＇
G
FN Fsin
G
,故手掌对桌面的压力不变，手掌受到的 人 手
2
摩擦力 f Fcos ，因 F变小、 变大、cos 变小，故 f变小，B错误；取桌子为研究对
答案第 1页，共 5页
象，其受到地面的摩擦力大小与手受到的摩擦力大小相等，C正确；取桌子和人整体为研究
对象，桌子对地的压力大小不变，D错误。）
5.C（设地面的摩擦因数为μ，对 A物体，根据牛顿第二定律 kx μmAg=mAa，对整体由牛顿
kx 3
第二定律：F μ(mA+mB)g=(mA+mB)a,故 F=(mA+mB)（a+μg）=(mA+mB) = ×12N=18N,C 正mA 2
确。）
6.B（从 c点脱离，即在 c点对圆轨道的压力为 0，重力在指向圆
v2 gR
心方向的分力提供向心力，mgsin30°=m c，解得：vc= ，B正确。）R 2
7.B（设加速阶段的加速度大小为 a，a=μgcos37 gsin37 =0.4m/s2,加速
v 2 1
阶段运动时间t1= = s=5s，加速运动的位移 x= at2=5m；之后匀速运a 0.4 2
t = L x= 6m 5m动 2 =0.5s,故从 A到 B的总时间为 5.5s，B正确。）v 2m/s
8.C 1（阳光直射赤道有几何关系可知卫星在黑夜的时间占运行周期的 ，即 T=6t0，故卫星6
ω= 2π 2π π 2Rπ运动的角速度 = = ，B错误；该卫星的线速度大小 v=2Rω= ,A错误；根据万有引
T 6t0 3t0 3t0
GMm 4π2 4π2
3
(2R） 8π2R3
力提供向心力 2 =2mR 2 ,
M π
解得 M= 2 = 2 ，C正确；地球的密度为ρ= =(2R) T GT 9Gt 3 12Gt2，0 4π（2R） 0
3
D错误。）
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 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 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。
9.AD(对箱子受力分析如图所示，匀速下滑时受力平衡：mgsin37 =F+μmgcos37 ,解得
μ=0.5，A 正确；斜面体对箱子的作用力大小等于摩擦力和支持力的合力，大小为
F = 4002+2002H N=200 5N,B错误；若撤去拉力 F，箱子加速下滑过程，箱子对斜面体的压
力和摩擦力不变，故斜面体对地的压力、受到的地面摩擦力不变，C错误、D正确。）
10.BD（假设在演化开始时，吸血鬼恒星的质量为m1，伴星的质量为m2 ，两者之间的
mm 2
2
中心距离为 L，根据双星运动的特点，对于吸血鬼恒星有G 1 22 m1 r1；同理对于伴L T
mm 2 21 2 r r L 4
2L3
星G 2 m2 r2 ，又有 1 2 ，联立解得T ，由题意知两恒星的总L T G m1 m2
m2
质量不变， L也不变，则周期不变，A 错误；由 A 中分析，联立可解得 r1 Lm m ，1 2
答案第 2页，共 5页
r m12 L
2 r
根据题意可知，m1增大，m2 减小，故 r1减小，r2增大，又有 v m m ，则吸血1 2 T
鬼恒星的运动半径变小、线速度减小，伴星的运动半径变大、线速度增大、向心加速度增大，
故 BC错误 D正确。）
11.AC(由题意可知物体在地球表面受到的万有引力大小为 F2，在赤道上的物体随地
2
球自转的向心力为 F2-F1，圆周运动的线速度大小为 v v，圆周运动周期为 T，F2 F1=m ,解得：R
v= (F
2
2 F1)R 4π，地球同步卫星的运行周期和自转周期相同，F2 F1=mR 2，解得：T=2π
mR
，
m T F2 F1
2
A正确，B、D错误；根据万有引力提供向心力，地球的第一宇宙速度为 v ，F =m v1 12 ,解得：R
v1=
F2R，C正确。）
m
12.AD(未施加拉力 F时，A、B均静止，可得 kx0 mA mB gsin30 ，t=0时刻刚施加
F时，对 A、B整体，据牛顿第二定律可得F kx0 mA mB gsin30 mA mB a，由图像
可得此时 F=36N，由以上两式解得 a=6m/s2，A正确；据题意可知 t=0.2s时，A、B开始分
离，刚分离时，对 B据牛顿第二定律可得 kx1 mBgsin30 mBa，解得：kx1=22N。0~0.2s
B x x
1
at 2内，对 ， 0 1 ，又 kx0 mA mB gsin30 ，解得 k= 200N/m，B错误；设 A、B运2 3
动的位移为 x，A、B分离前，有 k x0 x F mA mB gsin30 mA mB a，可得 F=kx+36,
1
从 A开始运动到 A、B 2分离 x2 at ,解得 x=0.12m,此时拉力大小为 F=44N，C正确；A、B2
刚分离时，kx1=22N，弹簧仍处于压缩状态，D错误。）
13. 1 d 2 c cd
2
（ ） （ ） （每空 2分）
t g gk
d
【（1）窄的遮光片的速度即为冰墩墩摆到最低点时的瞬时速度，大小 v= ;（2）在最
t
v2 v2 2
低点由牛顿第二定律 F mg=m ，解得 F=mg+m =mg+ md × 1 12，故 F- 2图像的纵截距 c=mg,L L L t t
m= c; md
2 md2 cd2
故 图像的斜率 k= ,故 L= = 。】
g L k gk
14.（1）A （2）8.20 1（3） 1+km （每空 2分）
k
【（1）该实验需要研究三个物理量之间的关系，需要保持其中一个物理量不变，研究
加速度与另外一个物理量的关系，这种方法叫作控制变量法，A正确。
（2）由于相邻计数点间均有 4个点未画出，则相邻点迹之间的时间间隔T 5 0.02s 0.1s
答案第 3页，共 5页
根据逐差法可知小车的加速度为
68.1 76.4 84.6 43.6 51.7 60.0 10 2a m / s2 8.20m / s2；
9 0.12
1 1 1
（3）a-F图像中，a= F，故图像的斜率 k= ，故 M= ；对小车和砝码进行分析，近似认为
M M k
mg
槽码重力等于小车和砝码所受的合力，根据牛顿第二定律有 aP ，小车和砝码总质量不M
mg
变，对槽码与小车和砝码构成的整体，根据牛顿第二定律有 aQ ，则M m
PN aP M m
QN aQ M
=1+km。】
v215.（1）运动员加速下落高度 h1， h1 1 (1分）2g
0 v2
减速下落总高度为 h 12 (1分）4g
匀速下落时间为 t，H h1 h2 v2t (1分）
解得：t=8s (1分）
（2）从打开降落伞开始经 t1时间铁球速度和运动员的速度相等。 v1 2gt1 gt1 (1分）
40
此时球的速度 v球 gt1 m/s 10m/s (1分）3
1 1
故运动员仍在减速，此时两者间的距离最大 h h1 v
2 2
1t1 2gt1 gt1 (1分）2 2
解得： h 106.7m (1分）
16.（1）受力分析可知，竖直方向：Tcosθ=mg （1分）
水平方向：Tsinθ+F=mω2Lsinθ （1分）
解得：F=3mgtanθ （1分）
由牛顿第三定律球球对筒的压力大小为 3mgtanθ（1分）
（2 1）剪短细线后小球竖直方向自由落体运动 H= gt2 （1分）
2
水平面内做匀速圆周运动：ωt=2nπ (n=1、2、3-----） （1分）
H= n
2π2cosθ
解得： L （n=1、2、3 ） （2分）
2
2
17.（1 v）在 C点由向心力公式FN mg=m C （2分）R
解得：FN=3000N （1分）
由牛顿第三定律可知运动员对轨道压力大小为 3000N，方向竖直向下（1分）
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（2）设运动员离开 B点时的速度大小为 vB，由几何关系可知速度方向垂直斜面
将运动沿斜面和垂直斜面分解
沿斜面方向的加速度为a∥=gsin37° （1分）
垂直斜面方向的加速度为a⊥=gcos37°（1分）
2v
运动员在空中运动时间t= B （1分）
a⊥
1
沿斜面方向的位移 L= a t2（1分）
2 ∥
解得：vB=12m/s （1分）
（3）当运动员垂直斜面方向速度减为 0时离斜面最远。0 v2B= 2a⊥hm（2分）
解得：hm=9m （2分）
18.（1 1）剪短细线后竖直方向自由落体运动，运动时间为 t1，h= gt21 （1分）2
vy=gt1 =4m/s （1分）
水平方向匀加速运动，加速度为 a1，F μ1Mg=(M+m)a1 （2分）
解得 a1=7.5m/s2
vx=a1t1 =3m/s （1分）
v= v2 2x+vy （1分）
解得：v=5m/s （1分）
（2）撤力后铁箱运动的加速度为 aM，μ1（M+m）g μ2mg=MaM （2分）
解得：aM=3.2m/s2
v
铁箱减速运动时间为 t x2,t2= （1分）aM
t箱=t1+t2=1.3s （2分）
（3）滑块减速运动的加速度为 am，μ2mg=mam （1分）
v2
撤力后铁箱对地位移为 x xM，xM= （1分）2aM
v2
撤力后滑块对地位移为 x ，x = xm m （1分）2am
铁箱底部的长度 L=xm xM=0.84m （1分）
答案第 5页，共 5页
