93.A.2019-2020年高B.—三C上1學(xué)期聯(lián)考數(shù)學(xué)（文）試題含答案朱紅霞邱帆、選擇題（本大題共10小題，每題5分，共50分,一項為哪一項吻合在每題給出的四個選項中，只有題目要求的.）B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限2.設(shè)會集，，則等于A.B.D已知，則A.BC.D4.在直角三角形中，點是斜邊上的一個三均分點，則A.0BCD45.設(shè)是等差數(shù)列的前項和，若，則=C.2D6.已知一個三棱錐的主視圖與俯視圖以下列圖，則該三棱錐的側(cè)視圖面積為（）A.BC.D函數(shù)的零點個數(shù)為A.1B.2C.3D.48.若拋物線的焦點與雙曲線的右焦點重合則的值為A.B.C.D設(shè)是定義在上的偶函數(shù)，且當(dāng)時，-若對任意的，不等式恒成立，則實數(shù)的最大值是

府迎ElABCD.210.如圖，半徑為1的圓切直線于點，射線從M出發(fā)繞著點順時針方向旋轉(zhuǎn)到，旋轉(zhuǎn)過程中交CxO于點，記為，弓形的面積:N__________AKB第io題圖那么的大體圖象是yyyy填空題（本大題共5小題5分，共25分，把答案填寫在答題卡中的橫線上?）已知函數(shù)，貝y—運行以下列圖的程序框圖，若輸入，則輸出的值為.輸入n是i=0,S~1S=s+i*im*1」否*［結(jié)束—輸出S/在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)（是虛數(shù)單位）所對應(yīng)的點位于A.第一象限如圖，三棱錐S-ABC中，SAAB=AC=2,.ASB=/BSC=/CSA=30,M、N分別為SBSC上的點,'MC則厶AMN周長最小值為.已知函數(shù)，若，則實數(shù)的取值范圍.若實數(shù)滿足則的最小值為三、解答題（本大題共6小題，共75分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）（本小題滿分12分）已知數(shù)列為等差數(shù)列，且.（1）求數(shù)列的通項公式;(2)證明.（本小題滿分12分）以下列圖，扇形AOB,圓心角AOB的大小等于，半徑為2,在半徑OA上有一動點C,過點C作平行于0B的直線交弧AB于點P.（1）若C是半徑0A的中點，求線段PC的長；（2）設(shè),求面積的最大值及此時的值.18.（本小題滿分12分）城市公交車的數(shù)量若太多則簡單造成資源的浪費；若太少又難以滿足乘客需求.某市公交公司在某站臺的60名候車乘客中隨機抽取15人，將他們的候車時間作為樣本分成5組，以下表所示（單位：分鐘）組別候車時間人數(shù)-一-2二三

64四2五1(1)估計這60名乘客中候車時間少于10分鐘的人數(shù)；(2)若從上表第三、四組的6人中任選2人作進一步的檢查，求抽到的兩人恰好來自不同組的概率.如圖，在四棱錐中，底面是正方形，底面,，點是的中點，，交于點.19.(此題滿分12分)(1)(2)

求證：平面平面;求三棱錐的體積.1/(本小題滿分13分)已知橢圓C:的一個焦點是(1,0),兩個焦點與短軸的一個端點組成等邊三角形.求橢圓C的方程；(2)過點Q(4,0)且不與坐標(biāo)軸垂直的直線I交橢圓C于A、B兩點，設(shè)點A關(guān)于x軸的對稱點為A1.求證：直線"B過x軸上必然點，并求出此定點坐標(biāo).21.(本小題滿分14分)—X’+x2+bx+cx<1已知函數(shù)f(x)的圖像過坐標(biāo)原點，且在點處的切線斜率、alnx,x蘭1為?(1)(2)(3)

求實數(shù)的值；求函數(shù)在區(qū)間上的最小值；若函數(shù)的圖像上存在兩點，使得關(guān)于任意給定的正實數(shù)都滿足是以為直角極點的直角三角形，且三角形斜邊中點在軸上，求點的橫坐標(biāo)的取值范圍江西師大附中、臨川一中xx高三上學(xué)期期末聯(lián)考數(shù)學(xué)答案(文)一、1—5BCDDA6—10BBCCA二、11.1012.1113.14.15.三、解答題16.解析：(1)設(shè)等差數(shù)列的公差為d,由得2(log22d)=log22log28即d=1；所以log2(an-1)=1(n-1)1=n即.1(2)證明:二2n1_2nan1-an111------x—2n2所以.丄=2___11-2n2=1A12分解析:(1)在中,”由OP—CPCcos3(2)平行于二CPO二/POB二一3在中，由正弦定理得，即2CP.2二sinrsin-3OCOP又——2兀n亠sin-sin()3記的面積為，則B仝4sin4si0)=sico(一佗日+￥?日_號23310當(dāng)時，獲取最大值12分分鐘的概率為,18.解(1)候車時間少于所以候車時間少于10分鐘的人數(shù)為人.....................6分(2)將第二組乘客編號為，第四組乘客編號為.從6人中任選兩人有包含以下基本事件：佝，a2),(a1,氏),(a1,a4),(a1,b),(a1,b2),(a2,a3),(a2,a4),(a2,bl),(a2,b2),,,其中兩分人恰好19.證明：(1)???底面，.?又.??面........①，又，且是的中點，???由①②得面

分?12又???面???平面平面?(2).是的中點，??VS』CM=VD』CM=VMJDAC................................................9分、，1C1CA1111八Vs公CM=3SACD2SA=322=12...............12分20.(I)由于橢圓匕的一個焦點是(LM所以半焦距C=l.由于橢鬲兩個崖點與短軸的一個端點組成等邊三角形?廣1T22所以一二—，解得4=2』二餡,所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為—+^=1,a243(2)設(shè)直線：與聯(lián)立并消去得：22(3m4)y24my36=0.記..............................8分所以(4my2)y1(4myjy?t=由A關(guān)于軸的對稱點為，得，依照題設(shè)條件設(shè)y「y2定點為得，即.X2%y2為y1y2即定點(1,0)...............3?分21.解:(1)當(dāng)時，，2依題意，-3(-1)2(-1)b一5,b=0又故................3分(2)當(dāng)時，f(x)二-x3x2,f(x)二-3x22x令有，故在單調(diào)遞減；在單調(diào)遞加；在單調(diào)遞減.又，所以當(dāng)時，.......................6分設(shè)，由于中點在軸上，所以又:OP_OQ,里直」(_片)=_1①x-i-x1(i)當(dāng)時，，當(dāng)時，.故①不成立7分(ii)當(dāng)時，f(XJ=-才-xj,f(-Xj-xj代人①得:32XiXi_Xi

的值域是.....................................i0分所以關(guān)于任意給定的正實數(shù)，②恒有解，故滿足條件.Xi由橫坐標(biāo)的對稱性同理可得，當(dāng)時，無解，代人①得：(iii)當(dāng)時,f(Xi)aIni(xii)lnxiX-I=-iaXg(xi)=(Xi)lnxi(xii)=g(xj=Inxixii設(shè)0,則是增函數(shù)Xialn(「xd-Xi3才ii—=(-Xii)ln(-Xi)a—XiXiI=■XiXi23232、2——i,(—Xi一X1Xi)(MXi)=Xi,設(shè)h(xj=(—Xi?i)ln(x—i)(xi：：：—i)，令，則由上面知的值域是的值域為.i2分所以關(guān)于任意給定的正實數(shù)，③恒有解，故滿足條件。分綜上所述，滿足條件的點的橫坐標(biāo)的取值范圍為................i420i9-2020年高三上學(xué)期聯(lián)考物理試題(i2月份)含解析、選擇題（本大題共5小題，每題6分，共30分?在每題給出的四個選項中，只有項吻合題目要求）1.（6分）（xx秋？蕭山區(qū)期末）一物體做勻變速直線運動，速度圖象以下列圖，則在前4s內(nèi)（設(shè)向右為正方向）（）A?-B

物體向來向右運動物體先向左運動，2s后開始向右運動?-前2s物體位于出發(fā)點的左方，后2s位于出發(fā)點的右方C.D.在t=4s時，物體距出發(fā)點最遠考點：勻變速直線運動的圖像.專題：運動學(xué)中的圖像專題?解析：在速度時間圖象中，某一點代表此時刻的瞬時速度，時間軸上方速度是正數(shù)，時間軸下方速度是負數(shù)；切線表示加速度，加速度，向右上方傾斜，加速度為正，向右下方傾斜加速度為負；圖象與坐標(biāo)軸圍成面積代表位移，時間軸上方向移為正，時間軸下方向移為負?解答：解:AB、由于在速度時間圖象中，某一點代表此時刻的瞬時速度，時間軸上方速度是正數(shù)，時間軸下方速度是負數(shù)；所以物體前兩秒向左運動，后兩秒向右運動，故A錯誤，B正確.C、由于圖象與坐標(biāo)軸圍成面積代表位移，時間軸上方向移為正，時間軸下方向移為負.前2s位移為負，物體位于出發(fā)點的左方，后2s負方向的位移逐漸減小，最后4秒末位移為零，又回到出發(fā)點，故C錯誤，D錯誤.應(yīng)選B議論：此題是為速度--時間圖象的應(yīng)用，要明確斜率的含義，知道在速度--時間圖象中圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積的含義.2.（6分）（xx秋？重慶月考）如圖1蹦極是一項特別刺激的戶外活動，跳躍者站在約40米以上高度的地址，用橡皮繩固定住后跳下，落地前彈起，屢次彈起落下，重復(fù)多次直到靜止?某人做蹦極運動，所受繩子拉力F的大小隨時間t變化的情況如圖2所示，重力加速度為g?據(jù)圖可知，此人在蹦極過程中最大加速度約為（）圏I圖2A?gB?2gC.3g|D.4g考點：牛頓第二定律.專題：牛頓運動定律綜合專題.解析：圖象中拉力的變化幅度越來越小，說明拉力逐漸趨向與一個定值，而聯(lián)系人的實質(zhì)振動幅度越來越小，最后靜止不動，說了然重力等于O.6Fo，而最大拉力為1.8Fo，故結(jié)合牛頓第二定律可以求出最大加速度.解答：解：人落下后，做阻尼振動，振動幅度越來越小，最后靜止不動，結(jié)合拉力與時間關(guān)系圖象可以知道，人的重力等于O.6Fo，而最大拉力為1.8Fo即:O.6Fo=mg①Fm=1.8F0②結(jié)合牛頓第二定律，有：F-mg=ma③當(dāng)拉力最大時，加速度最大，所以有：1.8Fo-mg=mam④由①④兩式解得：am=2g議論：此題用圖象描述了生活中一項體育運動的情況.解答此題，必定從圖象中提取兩個重要信息：一是此人的重力，二是蹦極過程中處于最大加速度地址時人所受彈性繩的拉力.要獲取這兩個信息，需要在圖象形狀與蹦極情境之間進行轉(zhuǎn)變：能從圖象振幅越來越小的趨向中讀出繩的拉力從而判斷人的重力；能從圖象第一個波峰”縱坐標(biāo)的最大值想象這就是人體位于最低點時彈性繩的最大拉力.要完成這兩個轉(zhuǎn)變，前提之一，是對F-t3.（6分）（xx秋?重慶月考）科學(xué)家展望未來的幾年內(nèi)我國也有能力發(fā)射探月航天器?設(shè)探月航天器在湊近月球表面的軌道上翱翔，其運動視為勻速圓周運動?已知月球質(zhì)量為M,月球半徑為R,月球表面重力加速度為g，引力常量為G,不考慮航天器質(zhì)量的變化以及月球自轉(zhuǎn)的影響，關(guān)于航天器以下說法不正確的選項是（）A.角速度3=B.線速度v=C.運行周期T=2nD.向心加速度a=考點：萬有引力定律及其應(yīng)用.專題：萬有引力定律的應(yīng)用專題.解析：研究月航天器繞月球做勻速圓周運動，依照萬有引力供應(yīng)向心力，列出等式求出問題.向心力的公式采用要依照題目供應(yīng)的已知物理量或所要求解的物理量采用應(yīng)用.不考慮月球自轉(zhuǎn)的影響，萬有引力等于重力.解答：解：依照萬有引力供應(yīng)衛(wèi)星做圓周運動的向心力和萬有引力等于重力得出：A、依照和，得：，故A錯誤；B、依照，得：v=，故B正確；C、依照和，得：，故C正確；D:依照，得：，故D錯誤.此題選錯誤的應(yīng)選：A議論：應(yīng)用萬有引力定律進行衛(wèi)星加速度、速度、周期和黃金代換公式4.（6分）（xx秋？市南區(qū)校級期末）某電場的電場線分布以下列圖，以下說法正確的選項是（）A.c點場富強于b點場強a點電勢高于b點電勢C.

若將一試試電荷

+q

由a

點釋放，它將沿電場線運動

b

點若在d點再固定一點電荷-Q,將一試試電荷+q由a移至b的過程中，電勢能增大考點：電場線；電場強度；電勢.解析：電場線的疏密反響電場的強弱

.沿著電場線方向電勢降低

.電場線方向與電荷的運動軌跡無直接關(guān)系

.解答：解：

A、電場線的密的地方場富強，

b

點電場線密，所以

b

點場富強，故

A

錯誤.B、

沿著電場線方向電勢降低，

a

點電勢高于

b

點電勢，故

B

正確.C、若將一試試電荷

+q

由a

點靜止釋放，將沿著在

a

點的場強方向運動，運動軌跡不是

電場線，故

C

錯誤.D、若將一試試電荷

+q

由a

點靜止釋放，電場力對電荷做正功，電荷動能增加，電勢能

減少，故

D

錯誤.應(yīng)選：

B.議論：掌握電場線的特點即可解決問題

.可經(jīng)過動能定理判斷電荷動能的變化即可知道速度大小的變化.5.（6

分）（xx

秋？重慶月考）以下列圖，在質(zhì)量為

M

的小車上用細線懸掛一小球，小球的質(zhì)量為

mo,

小車以恒定的速度

v

沿圓滑的水平川面運動，與位于正對面的質(zhì)量為

m

的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間短，在此碰撞進行的過程中，以下說法正確的選項是（

）.小車、小球、木塊組成系統(tǒng)的動量不守恒而機械能守恒B.小車、小球、木塊組成系統(tǒng)的動量和機械能均不守恒C.

小球的速度不變，若小車和木塊粘合且速度都變?yōu)?/p>

vi,則滿足

Mv=（

M+m

）

viD?小車和小球的速度都變?yōu)関i,木塊的速度變?yōu)閂2，滿足（M+mo）v=（M+mo）vi+mv2考點：動量守恒定律；機械能守恒定律

.專題：動量定理應(yīng)用專題

.解析：在小車和木塊碰撞的過程中，由于碰撞時間極短，

小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，

擺球在瞬時速度不變

.解答：解：碰撞的瞬時小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，

擺球可以為沒有參加碰撞，由于慣性其速度在瞬時不變

.以車的速度方向為正方向，若碰后小車和木塊粘合在你一起，依照動量守恒有：

Mv=（M+m

），故

C

正確，由于不知道碰撞可否為彈性碰撞，無法判斷機械能可否守恒，故應(yīng)選：C.ABD錯誤；議論：解決此題的要點合理選擇研究對象，知道在碰撞的瞬時前后擺球的速度不變，小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒.二、非選擇題(本大題共5小題，共68分)6.(12分)(xx?廣東模擬)在考據(jù)機械能守恒定律”的實驗中，打點計時器接在電壓為U、頻率為f的交流電源上，從實驗打出的幾條紙帶中選出一條理想紙帶，以下列圖，采用紙帶上打出的連續(xù)5個點A、B、C、D、E,測出A點與初步點0的距離為豈，點A、C間的距離為si,點C、E間的距離為S2,已知重錘的質(zhì)量為m,當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，貝U(1)從起點0開始到打下C點的過程中，重錘重力勢能的減少量為△Ep=mg(so+s1)，重錘動能的增加量為△Ek=_______.(2)依照題設(shè)條件，還可利用重錘下落求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=_，經(jīng)過計算可知，測量值比當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊恼鎸嵵狄。渲饕蚴牵杭垘c限位孔之間摩擦力作用.考點：專題：解析：解答：

考據(jù)動量守恒定律.實驗題.(1)根據(jù)重力勢能變化量△Ep=mgh，確定咼度h求解.由勻變速直線運動的推論vn=求出C點速度，再求動能的增加量為△Ek.(2)由厶x-aT求解加速度.實驗中存在各種阻力，使實驗產(chǎn)生誤差.解：(i)重錘重力勢能的減少量為△Ep-mg(so+si).打C點重錘的速度vc-,T-,重錘動能的增加量為△Ek--(2)由s2-si-a()2,得a-由于紙帶與限位孔之間摩擦力作用、重物碰到空氣阻力等影響，g測量值比當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊恼鎸嵵狄?故此題答案是：mg(so+si);(2);紙帶與限位孔之間摩擦力作用.議論：此題簡單出錯的地方是T-,要注意區(qū)分電源的周期與計數(shù)點時間間隔，式中△x-aT2中T是計數(shù)點時間間隔.(7分)(xx秋？重慶月考)為考據(jù)動量守恒，采用如圖裝置，實驗步驟以下：I、調(diào)整斜槽尾端水平，并與豎直墻壁保持合適距離.n、在豎直墻上找到球在尾端圓心的等高點o.川、從斜面上某一高度釋放小球mi,落在墻上B點.W、把小球m2置于斜槽尾端，mi從同一高度釋放，碰撞后mi、m2分別落在C、A點.(1)以下說法正確的AA、小球mi和m2必定大小相等，且mi>m2B、為減小實驗誤差，斜槽必定圓滑.C、實驗中必定測量斜槽尾端到豎直墻的水平距離D、實驗中必定測量小球做平拋運動的時間(2)若用天平測出小球質(zhì)量分別為mi、mOBOC高度依次為hi、2，測量OA、、h2、h3，則動量守恒最簡表達式=+.考點：考據(jù)動量守恒定律.專題：實驗題.解析：依照實驗原理與實驗注意事項解析答題；應(yīng)用動量守恒定律求出動量守恒的表達式，然解答：后依照表達式解析答題.解：(1)A、小球mi和m2必定大小相等，為防范兩球碰撞后反彈，mi>m2,故A正確；B、實驗時要保證小球走開軌道時的速度相等，只要使小球從斜槽的冋一地址由靜止釋放，斜槽不需要圓滑，故B錯誤；C、小球走開軌道后做平拋運動，在水平方向的位移相等，不需要測出到墻壁的距離，小球在豎直方向做自由落體運動運動，需要測出小球的豎直分位移，不需要測出運動時間，故

CD

錯誤；(2)小球走開軌道后做平拋運動，豎直方向：

h=gt，運動時間：

t=

,

v==x

,若是碰撞過程動量守恒，則：

m1v

仁

m1v2+m2v3,

m1x=m

1x+m2x,即：=+

；故答案為：

(1)

A

；

(

2)

=+

.議論：

此題觀察了實驗注意事項、求實驗需要考據(jù)的表達式，知道實驗原理、

應(yīng)用平拋運動規(guī)律與動量守恒定律即可正確解題

.&(15分)(xx秋？重慶月考)以下列圖，質(zhì)量m=1kg的物塊在水平拉力F的作用下由靜止開始沿粗糙的水平面向右運動，已知F=4N,物體運動1m時速度達到V=2m/s,此時撤去F.求:(1)物體和水平面間的動摩擦因數(shù)匕(2)撤去F后2s內(nèi)物體運動的距離S.考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系.專題：牛頓運動定律綜合專題.解析：物體做初速度為零的勻變速直線運動，由速度時間關(guān)系式可以解出加速度，在再依照牛第二定律解出物體碰到的摩擦因數(shù).解答：解:(1)物體做初速度為零的勻變速直線運動，由速度位移關(guān)系式：2ax=v22解得：a=2m/s物體水平方向碰到向前的拉力

F,向后的摩擦力

f,由牛頓第二定律得：

F-

!img=ma解得：尸

0.2(2)撤去拉力后物體水平方向僅碰到向后的摩擦力，由牛頓第二定律得：f=ma2解得：a2=2m/s2減速到0所需時間為v2s由位移速度關(guān)系式得：0-V2=-2a2X解得：x=1m答(1

)物體和水平面間的動摩擦因數(shù)

□為

0.2.(2)撤去

F

后

2s

內(nèi)物體運動的距離

S

為1m.議論：此題把牛頓第二定律與勻變速直線運動規(guī)律相結(jié)合，經(jīng)過此題可以看出加速度是練習(xí)牛頓第二定律與勻變速直線運動規(guī)律的橋梁.9.(16

分)(

xx秋？重慶月考

)如圖，空間存在一水平向右的勻強電場，場富強小為

E,

現(xiàn)用一根長為

I

的絕緣細線懸掛一質(zhì)量為

m

的帶電小球放入其中，當(dāng)小球靜止時，懸線與豎直方

向夾角為問：小球所帶電性和電荷量；若將細線突然剪斷，求小球運動的加速度大??；(3)若不剪斷細線，在不改變電場強度E的大小的情況下，突然將電場的方向變?yōu)樨Q直向上，求小球運動過程中小球最大速度.考點：動能定理的應(yīng)用；共點力平衡的條件及其應(yīng)用.專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題.解析：(1)對小球減小受力解析，即可依照共點力的平衡求出小球的電量與電性.(2)右將細線突然剪斷，小球碰到的合力的方向與細線的拉力的方向相反，運動的加速度大小由牛頓第二定律即可求出.(3)將電場的方向變?yōu)樨Q直向上，電場力的方向向下，小球運動到最低點時的速度最大，由動能定理即可求出最大速度.解答：解：(1)小球平衡時，碰到豎直向下的重力.繩子的拉力與電場力的作用，所以電場力的方向向左，小球帶負電.受力如圖.得:qE=mg?tanB所以：(2)若將細線突然剪斷，小球碰到的合力的方向與細線的拉力的方向相反，大?。核裕?3)將電場的方向變?yōu)樨Q直向上，電場力的方向向下，小球向下運動的過程中重力與電場力都做正功，所以運動到最低點時的速度最大，由動能定理得：(mg+qE)?!(1-cos6)詁皿卩：聯(lián)立解得：i1-'-n1-：'答：(1)小球所帶負電性，電荷量是；若將細線突然剪斷，小球運動的加速度大小是；若不剪斷細線，在不改變電場強度E的大小的情況下，突然將電場的方向變?yōu)樨Q直向上，小球運動過程中小球最大速度是

:-----------------?-----------------------------------------------------------11■1:-------------------------------------------------------------Jfa.■/*——:；—:I?議論：該題觀察小球在重力與電場力作用下的平衡，以及在這兩個力的作用下的運動，對小球減小正確的受力解析與運動過程解析，依照規(guī)范化的步驟解答即可.10.(18分)(xx秋？重慶月考)以下列圖，整個裝置豎直固定放置.質(zhì)量mi=2千克的物體1從傾角37°的圓滑斜面AB頂端A處靜止滑下，到達動摩擦因數(shù)為0.2的水平面BC時(BC長米)與原來靜止在C點的質(zhì)量m2=1千克的物體2發(fā)生碰撞，碰撞無能量損失.爾后物體2沿圓滑的半圓形軌道恰能到達最高點D,圓的半徑R=0.4米，最后物體2開始平拋運動.物體12g10m/s2cos370.8和均為質(zhì)點，取,sin37°=0.6,°.(1)求物體2平拋運動的初速度并計算證明物體2落在AB還是落在BC上;(2)若物體1與物體2不發(fā)生第二次碰撞，則物體1最后靜止地址與C點的距離；求斜面AB的高度h和物體1第一次從A滑到斜面底端B點用去的時間.考點：動量守恒定律；向心力.專題：動量定理應(yīng)用專題.解析：(1)2恰好做圓周運動，由牛頓第二定律求出2在D點的速度，爾后應(yīng)用平拋運動規(guī)律解析答題.(2)1、2碰撞過程系統(tǒng)動量與機械能守恒，由動量守恒定律與機械能守恒定律可以求出1的速度，爾后應(yīng)用動能定理求出1的行程，最后確定1的地址.(3)由動能定理求出1滑到B點的速度，爾后由動能定理或機械能守恒定律求出斜面的高度，爾后由運動學(xué)公式求出運動時間.解答：解：(1)2恰好做圓周運動，重力供應(yīng)向心力，在D點，由牛頓第二定律得:m2g=m2,代入數(shù)據(jù)解得：vD=2m/s,22走開圓軌道后做平拋運動，代入數(shù)據(jù)解得：x=0.8mv

假設(shè)2落到BC面上，豎直方向：BC,則物體2落在BC上;

2R=gt

,水平方向：

x=VDt,2從C到D過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：22m2vc=m2g?2R+m2VD,代入數(shù)據(jù)解得：vc=2m/s,1、2碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以1的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：m1V1=m1V1'+m2vc,由機械能守恒定律得：m〔v12=m1v12+m2vc2,代入數(shù)據(jù)解得：v1=m/s,v1‘=m/s,對1由動能定理得：-(m1gs=0-m1v12,代入數(shù)據(jù)解得：s=mvm=BC,最后物體1靜止時距C點的距離為：m處.物體1從B到C過程，由動能定理得：22—g1g?BC=m1v1—m^B,代入數(shù)據(jù)解得：vB=4m/s,1從A到B過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：m1gh=m12vB,代入數(shù)據(jù)解得：h=0.8m;2由牛頓第二定律得：a==gsin37°10>0.6=6m/s,1從A到B的運動時間：t==s=s;答：(1)物體2平拋運動的初速度2m/s，物體2落在BC上;(2)若物體1與物體2不發(fā)生第二次碰撞，物體1最后靜止地址與C點的距離為m；(3)斜面AB的高度h為0.8m,物體1第一次從A滑到斜面底端B點用去的時間為s.議論：此題是一道力學(xué)綜合題，涉及的知識點很多、難度較大，解析清楚物體運動過程是正確解題的前提與要點，解析清楚物體運動過程后，應(yīng)用牛頓第二定律、動能定理、動量守恒定律、機械能守恒定律、運動學(xué)公式即可正確解題.三、選做題

(第

10

題和第

11

題各

12

分，考生從中選做一題，若兩題都做，則按第

10

題計分，其中選擇題僅有一個正確選項，

請將正確選項的標(biāo)號填入答題卡上對應(yīng)的地址

)

【選修

3-3】11.

(

6

分)(

xx秋?重慶月考

)以下說法正確的選項是

(

).分子間的相互作用力必然隨著距離的增大而增大B.孤立系統(tǒng)總是從熵大的狀態(tài)向熵小的狀態(tài)發(fā)展C.［奇異資料C.溫度高升，每個分子的動能都增大D.露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用考點：有序、無序和熵；分子間的相互作用力；*液體的表面張力現(xiàn)象和毛細現(xiàn)象.解析：分子間存在相互作用的引力與斥力，分子力是引力與斥力的合力，分子間的作用力與分子間的距離有關(guān)；孤立系統(tǒng)總是向無序性增加的方向變化的，即孤立系統(tǒng)的熵總是增大的；溫度是分子平均動能的標(biāo)志，溫度越咼，分子平均動能越大；液