1、#QQABJYiEogCgABBAARgCUQESCkAQkBECCAgGhAAIIAABSAFABAA=#QQABJYiEogCgABBAARgCUQESCkAQkBECCAgGhAAIIAABSAFABAA=#QQABJYiEogCgABBAARgCUQESCkAQkBECCAgGhAAIIAABSAFABAA=#QQABJYiEogCgABBAARgCUQESCkAQkBECCAgGhAAIIAABSAFABAA=#MgN030高三期初质量检测试卷物理参考答案 一、单项选择题：共 10 题，每题 4 分，共 40 分题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 选项 CBBCACDBB
2、C 二、非选择题：共 5 题，共 60 分其中第 11 题第 15 题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位11(15 分)（1）18.3（3 分）（2）dt（3 分）（3）D（3 分）（4）kd22g（3 分）（5）不正确（1 分），用图像法求解 时，的大小根据图线的斜率求出，而题中所述 L 的测量偏差并不影响图像的斜率。（2 分）12（8 分）(1)h=12gt2 （2 分）t=1s （2 分）(2)F=max （1 分）ax=10m/s2 vx=axt=101=10m/s （1 分）vy=gt=101=10
3、m/s （1 分）v=vy2+vx2=102+102=10 2m/s（1 分）13（8 分）（1）由 P0=fvm 或（P=Fv）（1 分）得 vm=P0f （1 分）（1 分）由 P0=Fv、F-f=MaP0得 a=Mfv-M （1 分）（1 分）（1（2）对钢卷受力分析Ncos300 =mgNsin300 =m a分）am=gtan300=33 g （1 分）N=2 33 mg （1 分）14（13 分）（1）由小球在 O 点恰好平衡可得#QQABJYiEogCgABBAARgCUQESCkAQkBECCAgGhAAIIAABSAFABAA=#NmgF1 分2NlFk1 分2mgkl2 分
4、（2）对小球受力分析如图由胡克定律2sinlFk水平方向有：sin2sin2NllmgFkk 1 分可知小球在运动过程中杆对球的弹力不变故滑动摩擦力大小不变 fmg 1 分竖直方向由牛顿第二定律：cosFmgfma2 分由几何知识45o 联立解得ga 2 分（3）设初速度大小为 v0，小球从 N 到 M 由动能定理2013302flmglmv 2 分解得：023glv 2 分15（16 分）（1）小球从 A 运动到 B，由动能定理-mgl=12mv2-Ek0 解得 v=2 6m/s，2 分（没有结果，有上式也得 2 分）根据 F-mgmv2r，2 分解得：F=0.4N 1 分（2）要求运动中，
5、滑块不脱离轨道，设通过轨道 BCD 的最高点 D 的最小值速度为 vDmgmvD2r vD=gR=2 2m/s 2 分（没有结果，有上式也得 2 分）对 DF 过程 1 分在 F 点有 1 分所以滑块通过 D 点后肯定能通过 F 点，对 A 到 D 过程分析20122kDEmglmgRmv 1 分所以，00.25JkE 1 分 （3）若小球恰好运动到 F 点，由动能定理得：0220pEmglmgRmgr 1 分所以，00.61kEJ 1 分小球恰好第二次运动到 D 点，有201322kDEmglmgRmv 1 分 00.35pEJ 1 分因此初动能 Ek 的范围为00.350.61pJEJ 1 分2211222DFmvmvmgr2m/sFv BANOPmgfFFN#QQABJYiEogCgABBAARgCUQESCkAQkBECCAgGhAAIIAABSAFABAA=#
