重庆市巴蜀中学2017~2018学年高一下期末考试物理试题(原卷版)
重庆市巴蜀中学高2020届一（下）期末考试物理试题一、选择题1. 下列各叙述中,正确的是( )A. 由功的定义式W=Fx可知，功是既有大小又有方向的物理量。
B. 在不需要考虑带电物体本身的形状和大小时，用点电荷来代替带电体的方法叫微元法C. 牛顿在前人工作的基础上通过推导，提出了万有引力定律，并测出了引力常量的值D. 比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例,例如电场强度E=F/q,电势差U=W/q都是采用了比值法定义的2. 2017年10与24日，在地球观测组织（GEO）全会期间举办的“中国日”活动上，我国正式向国际社会免费开放共享我国新一代地球同步静止轨道气象卫星“风云四号”和全球第一颗二氧化碳监测科学实验卫星(以下简称“碳卫星”)的数据。
“碳卫星”是绕地球极地运行的卫星，在距地700千米的圆形轨道对地球进行扫描，汇集约140天的数据可制作一张无缝隙全球覆盖的二氧化碳监测图，有关这两颗卫星说法正确的是（）A. “风云四号”卫星的向心加速度大于“碳卫星”的向心加速度B. “风云四号”卫星的线速度小于“碳卫星”线速度C. “风云四号”卫星的周期小于“碳卫星”的周期D. “风云四号”卫星的线速度大于第一宇宙速度3. 如图所示，A、B两小球从相同高度（足够高）同时水平抛出,在空中相遇时下落的高度为h,若两球的抛出速度变为原来的一半,则两球从抛出到相遇经过的时间和下落的高度分别为( )A. t，h/2B. 2t，2hC. t， h/4D. 2t，4h4. 如图为某物业公司的宣传提醒牌。
从提供的信息可知：一枚30g的鸡蛋从17楼（离地面人的头部为45m）落下，能砸破人的头骨。
若鸡蛋壳与人头部的作用时间为4.5×10-4s，人的质量为50kg，重力加速度g=10m/s2，则人头骨受到的平均冲击力约为（）.........A. 1700NB. 2000NC. 2300ND. 2500N5. 如图所示,船从A处开出后沿直线AB到达对岸,若AB与河岸成37∘角,水流速度为4m/s,则船从A点开出相对静水的最小速度为( )A. 2m/sB. 2.4m/sC. 3m/sD. 3.5m/s6. 如图所示,质量为0.5kg的小球在距离车底部一定高处以初速度v0=15m/s向左平抛,落在以7.5m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中,车底涂有一层油泥,车与油泥的总质量为4kg,取g=l0m/s2,则当小球与小车相对静止时,小车的速度大小是( )A. 4m/sB. 5m/sC. 8.5m/sD. 9.5m/s7. 如图，两个相同的小球A、B用两根轻绳连接后放置在圆锥筒光滑侧面的不同位置上，绳子上端固定在同一点0，连接A球的绳子比连接B球的绳子长，两根绳子都与圆锥筒最靠近的母线平行．当圆锥筒绕其处于竖直方向上的对称轴OO’以角速度ω匀速转动时，A、B两球都处于筒侧面上与筒保持相对静止随筒转动。
下列说法正确的是A. 两球所受的合力大小相同B. A球对绳子的拉力大于B球对绳子的拉力C. A球对圆锥筒的压力大于B球对圆锥筒的压力D. 两球所需的向心力都等于绳子拉力的水平分力8. 如图（俯视图），用自然长度为l0，劲度系数为k的轻质弹簧，将质量都是m的两个小物块P、Q连接在一起，放置在能绕O点在水平面内转动的圆盘上，物体P、Q和O点恰好组成一个边长为2l0的正三角形。
已知小物块P、Q和圆盘间的最大静摩擦力均为kl0，现使圆盘带动两个物体以不同的角速度做匀速圆周运动，则（）A. 当圆盘的角速度为ω=时,圆盘对P的摩擦力最小B. 当圆盘的角速度为ω=时,圆盘对Q的摩擦力的大小等于弹簧弹力的大小C. 当圆盘的角速度为ω=时,物块Q受到的合力大小为kl0/2D. 当物体P、Q刚要滑动时，圆盘的角速度为ω=9. 2018年1月31日“超级月亮”现身重庆夜空,某时刻月亮看起来比平常大10%、亮度提高了30%；这是因为月球沿椭圆轨道绕地球运动到近地点的缘故。
则下列说法中正确的是（）A. 此时月球的速度最大B. 此时月球的加速度最大C. 月球由远地点向近地点运动的过程，地球对月球的万有引力做负功D. 月球由远地点向近地点运动的过程，月球的机械能减小10. 如图所示,某条电场线上有a、b、c三点，其中ac=cb=10cm，已知a、b两点的电势分别为φa=-6V,φb=4V, 若将一点电荷从b点由静止释放,仅在电场力作用下沿着电场线向a点做加速度逐渐减小的加速直线运动,则下列判断正确的是( )A. 该点电荷带正电B. 电场在c点处的电势为φc=-1VC. 该电场的场强E=100N/CD. 该点电荷从b点运动到c点电场力做的功比从c点运动到a点电场力做的功多11. 如图甲所示,水平面上的物体在水平向右的拉力F作用下,由静止开始运动,运动过程中F功率恒为P.物体运动速度的倒数1/v与加速度a的关系如图乙所示(v0、a0为已知量).则下列说法正确的是()A. 该运动过程中的拉力F为恒力B. 物体加速运动的时间为v0/a0C. 物体所受阻力大小为P/v0D. 物体的质量为P/v0a012. 某静电除尘设备集尘板的内壁带正电,设备中心位置有一个带负电的放电极,它们之间的电场线分布如图所示,虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹,A、B是轨迹上的两点,C点与B点关于放电极对称。
下列说法正确的是()A. A点电势低于B点电势B. A点电场强度小于C点电场强度C. 烟尘颗粒在A点的动能小于于在B点的动能D. 烟尘颗粒在A点的电势能小于在B点的电势能13. 一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中,受重力、电场力和空气阻力三个力作用。
若该过程中小球的重力势能增加3J,机械能增加1.5J,电场力对小球做功2J,则下列判断正确的是（）A. 小球的重力做功为3JB. 小球克服空气阻力做功0.5JC. 小球的电势能增加2JD. 小球的动能减少1.5J14. 如图在（0，y0）和（0，-y0）两位置分别固定一个电荷量为+Q的点电荷。
另一个带电量为+q的点电荷从（-x0，0）位置以初速度v0沿x轴正方向运动。
点电荷+q从（-x0，0）到（x0，0）的过程中只受电场力作用，下列描述其加速度a或速度v与位置x的关系可能正确的是（）A. B.C. D.15. 在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲。
碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。
碰撞前后两壶运动的v-t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两冰壶质量相等，由图象可得A. 碰撞后，蓝壶经过5s停止运动B. 碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/sC. 红蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞D. 红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为1：216. 如图所示,一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处,B为轨道最高点,C、D为圆的水平直径两端点。
轻质弹簧的一端固定在圆心O点,另一端与小球栓接,已知弹簧的劲度系数为k=mg/R,原长为L=2R,弹簧始终处于弹性限度内,若给小球一水平初速度v0,已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )A. 无论v0多大，小球均不会离开圆轨道B. 速度只要满足<v0<，则小球会在B、D间脱离圆轨道C. 只要v0>，小球就能做完整的圆周运动D. 若小球能做完整的圆周运动,小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关二、实验题17. 用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片的来验证动量守恒定律，实验步骤如下：①用天平测出A、B两个小球的质量m A和m B；②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；③先不在斜槽的末端放小球B,让小球A从斜槽上位置P由静止开始释放,小球A离开斜槽后,频闪照相机连续拍摄小球A的两位置(如图乙所示)；④将小球B放在斜槽的末端,让小球A仍从位置P处由静止开始释放,使它们碰撞,频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置(如图丙所示)；⑤测出所需要的物理量。
请回答：(1)实验①中A、B的两球质量应满足m A___________m B；（选填“<”“>”“=”）(2)在步骤⑤中,需要在照片中直接测量的物理量有________;(请选填“x0、y0、x A、y A、x B、y B”)(3)两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：____________.18. “探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。
（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中,打出了一条纸带如图乙所示。
计时器打点的时间间隔为0.02s.从比较清晰的点起,每5个点取一个计数点,量出相邻计数点之间的距离。
该小车的加速度a=___m/s2.(结果保留两位有效数字)(2)平衡摩擦力后，拆去打点计时器。
在木板上的B点固定一个光电计时器，小车上固定一遮光片，如图丙所示。
将5个相同的砝码都放在小车上，挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，并且每次都控制小车从A点静止释放。
记录每一次光电计时器的示数。
本实验应取砝码盘及盘中砝码、小车（及车上挡光片、砝码）作为一个系统，即研究对象。
下列说法正确的是________。
A、需要保证砝码盘及盘中砝码的总质量远小于小车及车中砝码的总质量B、不需要保证砝码盘及盘中砝码的总质量远小于小车及车中砝码的总质量C、每次从小车上取走砝码后，需要重新平衡摩擦力D、每次从小车上取走砝码后，不需要重新平衡摩擦力(3)已知，每个砝码质量为m0，遮光片宽度为d，AB间距离为L，重力加速度为g；在某次实验中，光电计时器示数为,则小车运动运动至B点的速度可表示为__________；(4)处理数据时，某同学将盘中砝码的总重力记为F，并以F作为纵坐标，作为横坐标，描点作图，得到如图丁所示的图像。
该图线不过原点的原因是：____________________；已知图线的纵截距为-b，斜率为k，那么，砝码盘的质量为_________；小车及遮光片的总质量为________。
三、计算题19. 如图所示，真空中竖直放置半径为R的光滑半圆环，圆环最低点固定一个点电荷Q；质量为m、电荷量为+q的小圆环最初静止在图中所示的B点，此时θ=30°。
现让小圆环从右侧最高点由静止释放。
已知重力加速度为g，静电力常量为k，距离带电荷量为Q的点电荷为r的点电势可以表示为Φ=Kq/r，求：（1）半圆环最低点固定的点电荷的电量Q；（2）小环向下运动过程中的最大速度v m。
20. 如图，质量为m的小球放在质量为M的大球顶上，M的下端距地面的高度为h.现将二者同时无初速度释放，二者落下撞击地面后又弹起。
已知该过程可视为M先与地面相碰，然后再立即与m相碰。
精选2017_2018学年高一物理下学期期末考试试题(17)
2018年重庆一中高2020级高一下期期末考试物 理 试 题 卷物理试题共4页。
满分150 分。
考试时间 110分钟。
注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．作答时，考生将答案写在答题卡上。
写在本试卷及草稿纸上无效。
3．考试结束后，将答题卡交回。
一、单项选择（共10小题，每小题5分，共50分。
每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）1．有关实际中的现象，下列说法错误的是A ．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B ．体操运动员在着地时曲腿是为了减小地面对运动员的作用力C ．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D ．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好2．下列说法正确的是A ．物体速度变化量越大，则加速度越大B ．物体动量发生变化，则物体的动能一定变化C ．系统所受合外力为零，则系统的动量一定守恒D ．合外力对系统做功为零，则系统的动量一定守恒3．电场中有一点P ，下列说法中正确的是A ．若放在P 点的试探电荷的电荷量减半，则P 点的场强减半B ．若P 点无试探电荷，则P 点的场强为零C ．P 点的场强方向为试探电荷在该点受到的电场力的方向D ．P 点的场强越大，则同一电荷在P 点所受到的电场力越大4．放在水平桌面上的物体质量为m ，在时间t 内施以水平恒力F 去推它，物体始终未动，那么在t 时间内推力F 的冲量为A ．0B ．mgtC ．FtD ．无法计算5．如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a 、b 、c 三颗卫星均做匀速圆周运动，a 是地球同步卫星，则A ．卫星a 的加速度大小大于b 的加速度大小B ．卫星a 的角速度小于c 的角速度C ．卫星a 的运行速度大于第一宇宙速度D ．卫星b 的周期大于24h6．如图所示，将质量为m 的小球以速度v 0由地面竖直向上抛出，小球落回地面时，其速度大小为34v 0。
设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于 A ．725mg B ．34mg C ．316mg D ．716mg 7．一质量为m 的汽车原来在平直路面上以速度v 匀速行驶，发动机的输出功率为P 。
重庆市重点中学2017-2018学年高一下学期期末考试物理试题+〖六套期末模拟试卷〗
重庆市重点中学2017-2018学年高一下学期期末考试物理试题注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单项选择（共10小题，每小题5分，共50分。
每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）1. 有关实际中的现象，下列说法正确的是（）A. 火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B. 体操运动员在着地时曲腿是为了减小地面对运动员的作用力C. 用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D. 为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好【答案】ABC【解析】试题分析：火箭靠喷出气体，通过反冲获得前进的动力，从而获得巨大速度，A正确；体操运动员在着地时曲腿是为了延长作用时间来减小地面对运动员的作用力，B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，需要兼顾延长作用时间，减小作用力，D错误；故选ABC。
考点：动量定理。
【名师点睛】在解决物体受变力作用时，如果用牛顿定律解决是非常复杂的，甚至用高中的数学知识不能求解,这时运用动量定理来解决问题就非常简单了.；动量定理是牛顿第二定律的另一种表述，可以定性的说明作用力的大小和作用时间的关系，很容易解释生活中的现象。
2.下列说法E确的是A. 物体速度变化量越大，则加速度越大B. 物体动量发生变化，则物体的动能一定变化C. 系统所受合外力为零，则系统的动量一定守恒D. 合外力对系统做功为零，则系统的动量一定守恒【答案】C【解析】A、根据加速度的定义，知物体速度变化越大，加速度不一定越大，还与速度变化所用时间有关，故A错误；B、物体动量发生变化，可能是动量的方向变化，而动量大小没变，速度大小没变，则动能不变，故B错误；C、系统所受合外力为零，则系统的动量一定守恒，而合外力对系统做功为零，则系统的动量不一定守恒，故C正确，D错误。
重庆市巴蜀中学2017-2018学年高一下学期期末考试数学(理)试题(含精品解析)
重庆市巴蜀中学2017-2018学年高一下学期期末考试数学（理）试题第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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. 圆的圆心坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：将圆的方程化为标准方程后可得所求．详解：将圆方程化为标准方程得，∴圆心坐标为．故选B．点睛：本题考查圆的标准方程和一般方程间的转化及根据标准方程求圆的半径，属容易题．2. 已知，为非零实数，且，则下列不等式一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：根据不等式的性质或函数的性质对四个选项分别进行分析、排除后可得结论．详解：对于A，当时不等式不一定成立，故A不正确．对于B，当时，不等式不成立，故B不正确．对于C，当时不等式不成立，故C不正确．对于D，根据函数的单调性可得不等式成立，故D正确．故选D．点睛：判断关于不等式的命题真假的常用方法（1）直接运用不等式的性质进行推理判断．（2）利用函数的单调性，利用指数函数、对数函数、幂函数的单调性等进行判断．（3）特殊值验证法，即给要判断的几个式子中涉及的变量取一些特殊值进行比较、判断．3. 下列四个方程表示对应的四条直线，其中倾斜角为的直线是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：根据选项中给出的直线的方程，分别求出直线的倾斜角即可．详解：选项A中，直线的倾斜角为，所以A不正确．选项B中，直线的倾斜角为，所以B不正确．选项C中，直线的倾斜角为，所以C不正确．选项D中，直线的倾斜角为，所以D正确．故选D．4. （）的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：根据基本不等式求解即可．详解：∵，∴，∴，当且仅当，即时等号成立，∴（）的最大值为．故选B．点睛：使用基本不等式求最值时，注意使用的前提是“一正、二定、三相等”，且这三个条件缺一不可，其中关键是寻求定值，若条件不满足使用的条件，则需要进行适当的变形，以得到定值．5. 在等差数列中，表示的前项和，若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：根据等差数列的前项和公式和数列下标和的性质求解．详解：∵数列为等差数列，∴．∴．故选C．点睛：等差数列中的下标和的性质，即若m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q常与前n项和公式结合在一起考查，解题时采用整体代换的思想，可简化解题过程，提高解题的效率．6. 已知向量，，则在方向上的投影是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：根据向量在另一个向量方向上的投影的概念求解．详解：∵，，∴，.设的夹角为，则向量在方向上的投影为．故选A．点睛：向量在另一向量方向上的投影是向量数量积的几何意义的具体体现，它是一个数量，其值可正、可负、也可为零，计算的主要途径是根据定义进行．7. 在中，、、分别是内角、、的对边，且，则角的大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：根据余弦定理的推论求得，然后可求得．详解：∵，∴．由余弦定理的推论得，又，∴．故选D．点睛：本题考查余弦定理推论的应用，解题时容易出现的错误是在求得角的三角函数值后忽视了角的范围，从而得到错误的结果．8. 已知向量，，则“”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】先讨论充分性：由得所以“”是“”的充分条件.再讨论必要性：因为，所以，所以“”是“”的必要条件.故选C.9. 若，满足条件，当且仅当，时，目标函数取得最小值或最大值，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：作出可行域，根据最优解的位置判断目标函数的斜率范围，列出不等式解出．详解：画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示．由可得．∵目标函数仅在处取得最大值或最小值，∴或，解得或，∴实数的取值范围是．故选D．点睛：线性规划中已知最优解求参数的取值或范围时，首先要注意对参数取值的讨论，将各种情况下的可行域画出来，以确定是否符合题意，然后在符合题意的可行域里，寻求最优解，从而确定参数的值．10. 在中，已知，，分别为，，所对的边，且，，成等比数列，，，则外接圆的直径为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：利用成等比数列得到，结合余弦定理及求得，再根据正弦定理求得三角形外接圆的直径．详解：∵成等比数列，∴．在中，由余弦定理得，∴，∴．由得．设外接圆的半径为,则，∴外接圆的直径为．故选C．点睛：用余弦定理解三角形时注意整体代换思想的利用，即解题中常用到变形，可简化运算．令由正弦定理可得，若外接圆的半径为，则有．11. 已知定义在上的函数的导函数满足，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】分析：根据题意，由可得，构造函数，可得，故单调递增，根据单调性可得结论．详解：令，∴，∵，∴，∴函数在上单调递增，∴，即，∴．故选B．点睛：本题考查对函数单调性的应用，考查学生的变形应用能力，解题的关键是根据题意构造函数，通过判断函数的单调性得到函数值间的关系，从而达到求解的目的．12. 已知，是圆上两点，点，且，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：如图，由得，设的中点为，则．令，在中，根据弦长、弦心距和半径的关系求得后可得所求．详解：如图所示，由得．设的中点为，则．由题意可得当最小时，则最小，此时，又为的中点，故点在上，即垂直平分．令，则，．在中，根据勾股定理得，即，整理得，解得或（舍去）．∴的最小值为．故选B．点睛：解答本题的关键是根据平面几何的关系得到最小时点，的位置，然后再根据计算得到所求的值，利用几何法解决圆的有关问题，可省去大量的运算，提高解题的效率，这是研究解析几何问题时常用的方法．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 等比数列中，为其前项和，若，则实数的值为__________．【答案】.【解析】分析：由题意求得，然后根据数列成等比数列可得实数的值．详解：∵，∴，由题意得成等比数列，∴，即，解得．点睛：本题考查等比数列的运算，解题的关键是根据题意得到数列的前三项，然后列出方程求解．另外，解题时也可利用结论求解，即若等比数列的前项和，则有，注意要注意结论中必须为．14. 若实数，满足，则的最大值为__________．【答案】5.【解析】作出不等式组表示的平面区域，得到如图的及其内部：其中，，，设，将直线进行平移，当经过点时，目标函数达到最大值，此时.故答案为.点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.15. 函数（）的最小值为__________．【答案】.【解析】分析：将所给函数的解析式变形为，再结合，并根据基本不等式求解即可得到结论．详解：由题意得，∵，∴．又，∴．∴，当且仅当，即时等号成立．∴函数的最小值为．点睛：（1）使用基本不等式求最值时，注意使用的前提是“一正、二定、三相等”，且这三个条件缺一不可．（2）在运用基本不等式时，若条件不满足使用的条件，则要注意通过“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足重要不等式中“正”“定”“等”的条件．16. 已知函数，若在区间上不是单调函数，则的取值范围为__________．【答案】.【解析】分析：由题意得，因为在区间上不单调，故在区间上有解，分离参数后通过求函数的值域可得所求的范围．详解：∵，∴．∵在区间上不单调，∴在区间上有解，即方程在区间上有解，∴方程在区间上有解．令，则，∴函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，∴当时，取得最大值，且最大值为．又.∴.又由题意得在直线两侧须有函数的图象，∴．∴实数的取值范围为．点睛：解答本题时注意转化的思想方法在解题中的应用，将函数不单调的问题化为导函数在给定区间上有变号零点的问题处理，然后通过分离参数又将问题转化为求函数的值域的问题，利用转化的方法解题时还要注意转化的合理性和准确性．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）求在区间上的最大值和最小值．【答案】(1) 的递增区间为，递减区间为．(2) 最大值，最小值．详解：（1）∵，∴．由，解得或；由，解得，所以的递增区间为，递减区间为．（2）由（1）知是的极大值点，是的极小值点，所以极大值，极小值，又，，所以最大值，最小值．点睛：（1）求单调区间时，由可得增区间，由可得减区间，解题时注意导函数的符号与单调性的关系．（2）求函数在闭区间上的最值时，可先求出函数的极值和区间的端点值，通过比较后可得最大值和最小值．18. 已知圆的圆心为，直线与圆相切．（1）求圆的标准方程；（2）若直线过点，且被圆所截得弦长为，求直线的方程．【答案】(1) .(2) ；或．【解析】分析：（1）由直线和圆相切可得圆的半径，进而可得圆的标准方程．（2）分直线的斜率存在与不存在两种情况考虑，根据待定系数法设出直线的方程并结合弦长公式求解可得结果．详解：（1）由题意得圆心到直线的距离为．所以圆的圆心为，半径，∴圆的标准方程为．（2）①当直线的斜率存在时，设直线方程为即，∴圆心到直线的距离为．又由题意得，解得．∴，解得．∴直线的方程为．②当的斜率不存在时，可得直线方程为，满足条件．综上可得直线的方程为或．点睛：解决解析几何问题时注意把几何问题转化为数的运算的问题，通过计算达到求解的目的．在本题（2）中，容易忽视斜率不存在的情形，解题时要注意这一特殊情况，通过验证可求得，以得到完整的解．19. 在中，角、、的对边分别为、、，且．（1）求角的大小；（2）是的面积，若，求的最小值．【答案】(1) .(2)2.【解析】分析：（1）根据条件及正弦定理可得，然后由并根据三角变换得到，进而可求得．（2）由得到，再由余弦定理和基本不等式可得所求．详解：（1）由及正弦定理得，所以，所以，因为在中，，所以，又，所以．（2）由，得，由余弦定理得，当且仅当时等号成立，所以，所以的最小值为．点睛：三角形的面积公式和余弦定理经常结合在一起考查，解题时往往用到整体代换的思想方法，其中变形是重要的解题方法，同时也常与基本不等式结合在一起，解题时要注意等号成立的条件是否满足．20. 已知数列满足，．（1）求证：数列是等比数列；（2）设，求数列的前项和．【答案】(1)证明见解析.(2)【解析】分析：（1）将两边同除以得，变形得，故得结论．（2）由题意得到，根据裂项相消法可得．详解：（1）证明：将两边同除以，得，∴，又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列．（2）由（1）得，∴，∴∴.点睛：（1）证明数列为等比数列时，在得到后，不要忘了证明，这是容易忽视的步骤．（2）在用裂项相消法求数列的和时，要注意在相消后剩余的项具有前后对称的特征，即前面剩下了第几项，则后面就剩下倒数第几项，根据此结论可判断结果是否正确．21. 已知圆过点，，圆心在直线上．（1）求圆的方程；（2）过圆上任一点作圆的两条切线，切点分别为，，求四边形面积的取值范围．【答案】(1).(2).【解析】分析：（1）根据条件设圆的方程为，由题意可解得，于是可求得圆的方程．（2）根据几何知识可得，故将所求范围的问题转化为求切线长的问题，然后根据切线长的求法可得结论．详解：（1）由题意设圆心为，半径为，则圆的标准方程为．由题意得，解得，所以圆的标准方程为．（2）由圆的切线的性质得，而．由几何知识可得，又，所以，故，所以，即四边形面积的取值范围为．点睛：解决圆的有关问题时经常结合几何法求解，借助图形的直观性可使得问题的求解简单直观．如在本题中将四边形的面积转化为切线长的问题，然后再转化为圆外一点到圆上的点的距离的范围的问题求解．22. 已知函数，（且），当，求证：.【答案】证明见解析.【解析】分析：先判断函数的单调性，求得函数的最小值后可证得结论成立．详解：证明：当时，（）∴（）∴当时，单调递减；当时，单调递增，∴当时，有极小值，也为最小值，且所以，所以．点睛：本题考查函数的单调性及最值的应用，证明不等式时，可转化为求函数的最值的问题，如在本题中证明不等式成立时只需证明函数的最小值大于零即可．。
重庆市巴蜀中学2017-2018学年高一下学期期末考试数学(文)试题(解析版)
重庆市巴蜀中学2017-2018学年高一下学期期末考试数学（文）试题第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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. 若向量，，满足，则实数（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：由，可得，从而可得结果.详解：，，，，解得，故选B.点睛：本题考查向量垂直的坐标表示，属于简单题.利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.2. 已知为等差数列中的前项和，，，则数列的公差（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：由，可得,解方程组即可的结果.详解：由等差数列中的前项和，，，得，解得，故选B.点睛：本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式，属于中档题. 等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解.3. 中，分别是角所对应的边，，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：直接利用正弦定理求解即可.详解：，，，由正弦定理可得，，故选B,点睛：本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用，属于简单题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.4. 已知实数满足且，下列选项中不一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以．对于A，因为，所以；对于B，因为，所以，又，所以；对于D，因为，所以，又，所以；对于C，因为且，所以或，因此与的大小不能确定，即不一定成立．故选C．5. 已知函数在处取得极值，则实数（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：求出，利用可得结果.详解：由题意知函数的定义域为，由可得，函数在处取得极值，，，经检验时函数在处取得极大值，故选A.点睛：本题主要考查利用导数研究函数的极值，属于简单题.已知函数的极值求参数的一般步骤是：（1）列方程求参数；（2）检验方程的解的两边导函数符号是否相反.6. 下列说法正确的是（）A. 若与共线，则或者B. 若，则C. 若中，点满足，则点为中点D. 若，为单位向量，则【答案】C【解析】分析：由与共线可得，错误；由与可以同垂直于可得错误；由向量加法法则可得正确；由单位向量方向不确定得错误.详解：由与共线得，故“若与共线，则或者”不正确，错误；由与可以同垂直于可得“若，则”不正确，错误；由平面向量加法法则可得“若中，点满足，则点为中点”正确，正确.由单位向量的方向不确定得“若，为单位向量，则”不正确，错误，故选C.点睛：本题主要考查平面向量的基本概念与基本运算，意在考查学生对基础知识掌握的熟练程度，属于中档题.7. 若是整数，则称点为整点，对于实数，约束条件所表示的平面区域内整点个数为（）个A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：画出可行域，根据可行域列举出整点，从而可得结果.详解：画出所表示的可行域，如图中的，由图可知，在可行域内的整点有共有个，故选C.点睛：本题考查线性规划问题，以及新定义问题，属于中档题. 新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，使问题得以解决.8. 已知各项均为正的等比数列中，与的等比中项为，则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：利用等比数列的性质，结合基本不等式可得结果.详解：等比数列与的等比中项为，，等比数列各项均为正数，，当且仅当时，取等号，的最小值是，故选C.点睛：本题主要考查等比数列的性质的应用，属于简单题.等比数列最主要的性质是下标性质，解答比数列问题要注意应用等比数列的性质：若则.9. 若直线（，）平分圆的周长，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：利用直线始终平分圆的周长，可得圆的圆心在直线上，再利用“”的代换，结合基本不等式，即可求出最小值.详解：因为利用直线始终平分圆的周长，所以，圆的圆心在直线上，，，，当且仅当时，等号成立，即的最小值为，故选A.点睛：本题主要考查圆的方程与性质，以及利用基本不等式求最值，属于中档题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.10. 在中，若，则是（）A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等边三角形D. 等腰直角三角形【答案】A【解析】由得，则，即，所以，则，即，又是的内角，所以，则，即，所以是等腰三角形。
重庆市巴蜀中学2018_2019学年高一物理下学期期末考试试题(含解析)
重庆市巴蜀中学2018-2019学年高一物理下学期期末考试试题（含解析）一、选择题(本题共12小题，每题4分，共48分。
其中第1-8题为单选题，第9-12为多选题。
全部选对得4分，选对但不全得2分，错选得0分。
)1.关于静电场，以下叙述中正确的是( )A. 点电荷是理想化物理模型，通常体积小的带电体都可以看成是点电荷B. 电场强度是标量，运算时不满足平行四边形定则C. 某点电场强度的方向，与该点负电荷所受电场力方向相反D. 电场线分布越密的地方电场强度越小【答案】C【解析】【详解】A.点电荷是理想化物理模型，电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，所以通常体积小的带电体在有些情况下也不能看做点电荷，体积很大的带电体也有可能看成是点电荷，故A不符合题意。
B.电场强度是矢量，运算时满足平行四边形定则，故B不符合题意。
C.某点电场强度的方向，与该点负电荷所受电场力方向相反，与正电荷所受电场力方向相同，故C符合题意。
D.电场线的疏密程度表示场强强弱，越密，电场强度越大，故D不符合题意。
2.把一个小球放在光滑的球形容器中，使小球沿容器壁在某一水平面内做匀速圆周运动，如图所示，关于小球的受力情况，下列说法正确的是（）A. 小球受到的合力为零B. 重力、容器壁的支持力和向心力C. 重力、向心力D. 重力、容器壁的支持力【答案】D【解析】【分析】匀速圆周运动的合力总是指向圆心，故又称向心力；小球受重力和支持力，两个力的合力提供圆周运动的向心力；【详解】小球沿光滑的球形容器壁在某一水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，小球受重力，支持力，合力指向圆心，提供向心力，故ABC错误，D正确。
【点睛】向心力是效果力，匀速圆周运动中由合外力提供，是合力，与分力是等效替代关系，不是重复受力！3.如图所示的曲线是某质点在恒力作用下的一段运动轨迹质点从M点出发经P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN质点由M点运动到P点与由P点运动到N点所用的时间相等下列说法中正确的是A. 质点从M到N过程中速度大小保持不变B. 质点在这两段时间内的速度变化率为一定值C. 质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，且方向也不相同D. 质点在M、N间的运动是变加速曲线运动【答案】B【解析】【详解】因质点在恒力作用下运动，由牛顿第二定律可知，质点做匀变速曲线运动，加速度不变：A、从M到N过程中，根据svt，可知，速度大小（速率）是变化的，故A不符合题意；BC、因加速度不变，故速度变化率为一定值，则质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同，故B符合题意，C不符合题意；D、在MN间的运动是匀变速曲线运动，故D不符合题意。
(完整)重庆巴蜀中学高2017级高一(上)期末物理试卷及其答案
2014-2015重庆巴蜀高一（上）期末 物理试卷一、单项选择题（本题共10小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1．下列说法正确的是（ ）A ．研究地球的公转不能把地球当成质点B ．空间站中的物体由于处于失重状态会失去惯性C ．只有物体做单向直线运动，位移的大小才和路程相等D ．物体对桌面的压力和物体的重力是一对作用力与反作用力2．如图所示为质点B 、D 的运动轨迹，两个质点同时从A 出发，同时到达C ， 下列说法正确的是（ ）A ．质点B 的位移大B ．质点D 的路程大C ．质点D 的平均速度大D ．质点B 的平均速率大3．从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度图象如图所示．在0-t 0时间内，下列说法中正确的是（ ）A ．Ⅰ、Ⅱ两个物体所受的合外力都在不断减小B ．Ⅰ物体的加速度不断增大，Ⅱ物体的加速度不断减小C ．Ⅰ、Ⅱ两个物体在t 1时刻相遇D ．Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是122v v第2题 第3题4．一个质量为50kg 的人，站在竖直向上运动的升降机地板上，升降机加速度大小2m/s 2， 若g 取10m/s 2，这时人对升降机地板的压力可能等于（ ）A ．400 NB ．500 NC ．700 ND ．05．在地面上方某处，将一个小球以V=20m/s 初速度竖直上抛，则小球到达距抛出点10m 的位置所经历的时间可能为（g=10m/s 2）（ ）A ． 2SB ．（2- 2）sC ．（2+2）sD ．（2+ 6）s6．如图所示，清洗楼房光滑玻璃的工人常用一根绳索将自己悬在空中，工人及其装备的总重量为G ，且视为质点．悬绳与竖直墙壁的夹角为α，悬绳对工人的拉力大小为F 1，墙壁对工人的弹力大小为F 2，则（ ）A ．F 1= sin GB ．F 2=GtanαC ．若工人缓慢下移，增加悬绳的长度，则F 1与F 2的合力变大D ．若工人缓慢下移，增加悬绳的长度，则F 1减小，F 2增大7．如图所示，传送带向右上方匀速运转，若石块从漏斗里无初速度掉落到传送带上，然后随传送带向上运动，下述说法中正确的是（ ）A ．石块落到传送带上可能先做加速运动后做减速运动B ．石块在传送带上一直受到向右上方的摩擦力作用C ．石块在传送带上一直受到向左下方的摩擦力作用D ．开始时石块受到向右上方的摩擦力后来不受摩擦力8．一小船在静水中的速度为5m/s ，它在一条河宽150m ，水流速度为4m/s 的河流中渡河，则该小船（ ）A ．不能到达正对岸B ．渡河的时间可能小于30sC ．以最短位移渡河时，位移不能为150mD ．以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为120m9．如图所示，质量为m的光滑小球置于斜面上，被一个竖直固定在斜面上的挡板挡住．现使斜面在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，下列法中正确的是（）A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力大于maD．加速度由a增大至2a的过程中，斜面对球的弹力增大10．如图所示，两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F1=30N，F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（）A．弹簧秤的示数是10N B．弹簧秤的示数是50N C．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为5 m/s2D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2二、实验题（本题共2小题，共19分）11．（1）某同学在“探究平抛运动的规律”的实验中，先采用图（甲）所示装置，用小锤打击弹性金属片，金属片把球A沿水平方向弹出，同时B球被松开，自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变球A被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明．（2）后来，他又用图（乙）所示装置做实验，两个相同的弧形轨道M、N，分别用于发射小铁球P、Q，其中M的末端是水平的，N的末端与光滑的水平板相切；两轨道上端分别装有电磁铁C、D，调节电磁铁C、D的高度，使AC=BD，从而保证小球P、Q在轨道出口处的水平初速度v0相等．现将小球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两小球能以相同的初速度v0同时分别从轨道M、N的下端射出．实验可观察到上面小球落到平板上时两球应该（相碰或不能相碰）；仅改变弧形轨道M的高度（AC距离保持不变），重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明；若轨道出口处的水平初速度v0，M、N间距为h，重力加速度为g，小铁球P打在平板上的水平位移为．12．在探究加速度与力、质量的关系实验中，采用如图a所示的实验装置，把附有滑轮的长木板平放在水平的实验桌上．小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车所受拉力用F表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带由打点计时器打上的点计算出．（1）如图b为甲同学探究加速度与力的关系实验中根据测量数据作出的a-F图线，图线不过原点，若使图线过原点应对实验装置采取的改进方法是．（2）乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a-F图线如图c所示，两个同学做实验时取值不同的物理量是．（3）乙、丙在处理数据时，总是把托盘和砝码的重力当作小车所受合力．而实际上小车所受合力比托盘和砝码的重力要一些（选填“大”或“小”）．因此，为使实验结论的可信度更高一些，应使托盘和砝码的总质量尽可能一些（选填“大”或“小”）（4）乙、丙对以上的实验原理进行了完善，不但恰好平衡了摩擦力而且消除了系统误差．以托盘和砝码质量的倒数1m为横坐标，1a为纵坐标，在坐标纸上作出1a-1m线性关系图线（图线如图d所示）．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，小车的质量为．b c三．计算题（本题共3小题，共41分．解答应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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，g取10m/s2．）13．某同学做了这样一个实验，将一个小铁块（可看成质点）在平行于木板向上的恒定外力F作用下向上做匀速直线运动，木板倾角可在0-90°之间任意调整，若木板倾角不同时对应的F 与木板倾角α的关系如图1所示．求：（结果如果有根号，可以保留）（1）小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少？（2）α为多少时，撤去F当小铁块速度减为零时，铁块能保持静止？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）14．中央电视台近期推出了一个游戏节目--推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后不停在有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败．其简化模型如图a所示，AC是长度为L1=5m 的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC 为有效区域．已知BC长度为L2=1m，瓶子质量为m=0.5kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ=0.4．某选手作用在瓶子上的水平推力F=20N，瓶子沿AC做直线运动，（g取10m/s2）假设瓶子可视为质点，那么该选手要想游戏获得成功，试问：（1）推力作用在瓶子上的距离为多少才能刚好不滑出C点？（2）若选手只能在L0=87m的AA′区域内推瓶（如图b所示），选手至少需用多大的恒力推瓶？15．如图所示，质量M=10kg、上表面光滑的足够长的木板在F=50N的水平拉力作用下，以初速度v0=26m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将第一个铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L=1m时，又无初速度地在木板的最右端放上第二块铁块，以后只要木板运动了L就在木板的最右端无初速度放一铁块．（取g=10m/s2）试问：（1）木板与地面间的动摩擦系数？（2）第1块铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度多大？（3）最终木板上放有多少块铁块？（4）最后一块铁块与木板右端距离多远？4、解：当升降机向上做加速运动时，由牛顿第二定律可知F-mg=maF=mg+ma=50×10+50×2N=600N ，由牛顿第三定律可知人对地板的压力为600N ；当升降机向下做匀加速运动时，由牛顿第二定律可知mg-F=maF=mg-ma=50×10-50×2N=400N由牛顿第三定律可知人对地板的压力为400N ；故选：A5、解：竖直上抛运动是匀变速运动，当x=10m 时，根据位移时间关系公式，有x ＝v 0t −12gt 2 解得 t 1=2+2s ，t 2=2-2s 故B 正确，C 正确；当位移为x=-10m 时，根据位移时间关系公式，有x ＝v 0t −12gt 2 解得t 3＝2+6s ，t 4＝2−6s （舍去） 故D 正确； 故选：BCD ．6、解：工人受到重力、支持力和拉力，如图根据共点力平衡条件，有F 1＝cos mgF2=mgtanα当工人下移时，细绳与竖直方向的夹角α变小，故F 1变小，F2变小，但F1与F2的合力与重力平衡，保持不变；故选B．7、解：A、由相对运动可知，石块落在传送带上向下滑，石块受到向上的滑动摩擦力，使石块加速向上运动，达到与皮带共速，若达到共速所经位移大于两轮间距，则一直加速；若达到共速时所经位移小于两轮间距，共速后石块与皮带相对静止一起做匀速．故A错误；B、当石块向上加速时，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，当石块匀速时，受到沿传送带向上的静摩擦力．知石块所受的摩擦力一直沿传送带向上．故B正确，C、D错误．故选：B．8、解：A、当合速度与河岸垂直，渡河位移最短，合速度与分速度如图：故A错误；B、C、当静水中的速度与河岸垂直时，渡河时间最短，为：t min=1505cdv=s=30s；它沿水流方向的位移大小为：x=v2t min=4×30=120m；故BC错误；此时合速度为：v=2254-=3m/s；当船的合速度垂直河岸时，渡河位移最小，最小位移150m；故D正确；故选：D．9、解：A、由于F N2sinα≠0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错误．B、D、小球受到的重mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1，设斜面的倾斜角为α则竖直方向有：F N2cosα=mg由于mg和α不变，故无论加速度如何变化，F N2不变且不可能为零，故B错误，D错误．C、水平方向有：F N1-F N2sinα=m a C、斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cosα与水平方向的力ma的合成，因此大于ma，故C正确．故选：C．10、解：A、B、选择两物体整体为研究对象，设整体加速度为a，整体受到的合外力为：F合=F1-F2=30-20N=10N，由牛顿第二定律得：F合=ma。
重庆市七校2017-2018学年高一下学期期末考试物理试题含答案
2017—2018学年度第二学期期末七校联考高一物理试题本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分110分，考试时间100分钟。
注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卷规定的位置上。
2．答选择题时，必须使用2B 铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑。
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卷规定的位置上。
4．考试结束后，将答题卷交回。
第Ⅰ卷（选择题 共48分）一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。
每小题只有一个选项符合题意）1．物体做曲线运动，则（ ）A ．物体的速度方向可能不变B ．速度方向与合外力方向不可能在同一条直线上C ．物体所受的合力一定改变D ．物体的速度大小一定改变2．下列描述中，机械能守恒的是（ ）A ．沿斜面匀速上行的汽车B ．被匀速吊起的集装箱C ．在真空中水平抛出的石块D ．物体45g 的加速度竖直向上做匀减速运动 3．体育课上，跳高运动必须在地上垫上泡沫垫，跳远运动需要沙坑。
这样做的目的是（ ）A ．减小地面对人的冲量B ．减小人动量变化量C ．延长与地面的作用时间，从而减小冲力，起到安全作用D ．增大人对地面的压强，起到安全作用4．关于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是（ ）A ．因为在相等的时间内通过的圆弧长度相等，所以线速度恒定B ．如果物体在0.1 s 内转过60°角，则角速度为600 rad/sC ．因为v ＝ωr ，所以线速度v 与轨道半径r 成正比D ．若半径为r ，周期为T ，则线速度为v ＝2πr T5．如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空 气阻力，则下列说法中正确的是（ ）A ．篮球抛出时速度的竖直分量第一次一定大B ．篮球两次撞墙的速度可能相等C ．从抛出到撞墙，篮球两次运动时间相等D ．抛出时的动能，第一次一定比第二次大6．一辆汽车从静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速运动.假设汽车所受阻力恒定，下列汽车牵引力的功率P 与时间t 的关系图象中，能描述上述过程的是（ ）A B C D7．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动。
2017-2018学年重庆市渝中区巴蜀中学高一(上)期末物理试卷 Word版含解析
2017-2018学年重庆市渝中区巴蜀中学高一（上）期末物理试卷一、单项选择题（每小题的四个选项中，只有一个选项正确，每题4分，共8题，共32分）1．如图所示，某质点沿半径为r的圆弧由a点运动到b点，则它通过的位移和路程分别是（）A．0，0 B．2r，向东；πr C．r，向东；πr D．2r，向东；2r2．有两个力，一个是3N，一个是5N，它们的合力大小（）A．可能是3 N B．可能是1 N C．可能是9 N D．可能是12 N3．如图所示是汽车的速度计，某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化．开始时指针指示在如图甲所示的位置，经过8s后指针指示在如图乙所示的位置，若汽车做匀变速直线运动，那么它的加速度约为（）A．11 m/s2B．5.0 m/s2C．1.4 m/s2D．0.6 m/s24．在半球形光滑容器内，放置一细杆，如图所示，细杆与容器的接触点分别为A、B两点，则容器上A、B两点对细杆的作用力方向分别为（）A．均竖直向上B．均指向球心C．A点处指向球心O，B点处竖直向上D．A点处指向球心O，B点处垂直于细杆5．质量分别为m1和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ，系统在水平拉力F作用下匀速向右运动，选水平向右为正方向，如图所示．如突然撤消拉力F，则刚撤消后瞬间，二者的加速度a A和a B分别为（）A．a A=0，a B=0 B．a A＞0，a B＜0 C．a A＜0，a B＞0 D．a A＜0，a B=06．如图所示，用一根长为L的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹30°角且绷紧，小球A处于静止，则需对小球施加的最小力等于（）A．mg B．mg C．mg D．mg7．粗糙水平面上，一个小球向右运动，将弹簧压缩，随后又被弹回直到离开弹簧．则该小球从接触到离开弹簧这个过程中，加速度大小的变化情况是（）A．先增大后减小B．先减小后增大C．先增大后减小再增大D．先减小后增大再减小8．车厢内用细线悬挂两个质量不同的小球，上面小球的质量比下面小球的大，如图所示，当车厢水平向右做初速度为零的，加速度为a的匀加速直线运动，两小球均相对车厢静止时，不计空气阻力，下述各图正确的是（）A． B．C．D．二、选择题（每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分，共计16分）9．如图所示，重物的质量为m，轻细线AO和BO的A、B端是固定的，平衡时AO是水平的，BO与水平面的夹角为θ，AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是（）A．F1=mgcosθB．F1=mgcotθC．F2=mgsinθD．10．如图所示是甲、乙两物体从同一地点同时沿同一方向运动的速度时间图象，其中t2=2t1，则（）A．在t1时刻，乙物体在前，甲物体在后B．在t1时刻，甲、乙两物体相遇C．在t1时刻，甲、乙两物体速度相等，且两物体相距最远D．在t2时刻，甲、乙两物体相遇11．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN．在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图．现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止．则在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐减小B．P对Q的弹力逐渐增大C．地面对P的摩擦力逐渐增大D．Q所受的合力逐渐增大12．如图所示，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁P、Q点相接触．若使斜劈A在斜面体C上静止不动，则P、Q对球B无压力．以下说法正确的是（）A．若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则P点对球B有压力B．若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P、Q对B均无压力C．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则P、Q对B均无压力D．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面加速下滑，则Q点对球B有压力三、解答题（共6小题，满分72分）13．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中，以下说法正确的是（）A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度B．弹簧的弹力大小与弹簧的长度成正比C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比均相等．14．如图所示是物体做匀变速直线运动得到的一条纸带，纸带从O点开始每5个计时点取一个记数点，图中相邻的计数点间有四个计时点没有画出．打点计时器与50Hz的低压交流电源相连接．依照打点的先后顺序依次编为1、2、3、4、5、6，测得s1=5.18cm，s2=4.42cm，s3=3.62cm，s4=2.80cm，s5=2.00cm，s6=1.22cm．（1）相邻两计数点间的时间间隔为T=s．（2）打点计时器打记数点3时，物体的速度大小v3=m/s，方向（填A→B或B→A，结果保留3位有效数字）．（3）物体的加速度大小a=m/s2，方向（填A→B或B→A，结果保留3位有效数字）．15．质量为m的金属块放在水平桌面上，在大小为F，水平向右的恒定拉力作用下，以速度v向右做匀速直线运动，如图所示．重力加速度为g．求：（1）金属块与桌面间的动摩擦因数μ；（2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块的加速度；（3）撤去拉力后金属块在水平桌面上还能滑行的距离s．16．如图所示，物体的质量为2kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ=30°的拉力F，小球处于静止状态．重力加速度为g=10m/s2，求：（1）当轻绳AC的拉力刚好为零时，拉力的大小F1；（2）当轻绳AB的拉力刚好为零时，拉力的大小F2；（3）若要使两绳均能伸直，求拉力F的大小的取值范围．17．一质点从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a1，当速度大小为v时将加速度反向，大小恒定．为使这物体在相同的时间内回到原出发点．求：（1）质点从静止开始到加速度反向所经历的时间t；（2）加速度反向后的加速度a2应是多大；回到原出发点时速度v2多大．18．质量为M，厚度可忽略的质量分布均匀的薄板静置于水平桌面上，其一端与桌边对齐，在板上距板端为l处放一质量为m的小花瓶．已知桌面长L，如图所示．水平恒力F作用于板上，板和花瓶在运动的过程中不考虑翻转．已知各接触面之间的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度为g．求：（1）花瓶相对板滑动过程中，桌面对木板的滑动摩擦力的大小；（2）若花瓶能在板上滑动，力F大小应满足的条件．（3）若板在抽出过程中始终保持水平，将板从花瓶下抽出，为使板抽出后花瓶不至于从桌上掉下，则F至少为多大．2017-2018学年重庆市渝中区巴蜀中学高一（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题的四个选项中，只有一个选项正确，每题4分，共8题，共32分）1．如图所示，某质点沿半径为r的圆弧由a点运动到b点，则它通过的位移和路程分别是（）A．0，0 B．2r，向东；πr C．r，向东；πr D．2r，向东；2r考点：位移与路程．专题：计算题．分析：位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也由方向；路程是指物体所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向．解答：解：位移是指从初位置到末位置的有向线段，所以此时位移的大小为ab之间的直线距离，即为2r，方向有a指向b，即向东；路程是指物体所经过的路径的长度，即为半圆的弧长，所以大小为πr，所以B正确．故选B．点评：本题就是对位移和路程的考查，掌握住位移和路程的概念就能够解决了．2．有两个力，一个是3N，一个是5N，它们的合力大小（）A．可能是3 N B．可能是1 N C．可能是9 N D．可能是12 N考点：合力的大小与分力间夹角的关系．专题：平行四边形法则图解法专题．分析：两个力的合力范围为|F1﹣F2|≤F合≤F1+F2．根据两个力的大小，求出合力范围，可知合力大小的可能值．解答：解：根据力的矢量合成法则，当两力合成时，这两个力的合力范围为2N≤F合≤8N．故A正确，BCD错误．故选：A．点评：解决本题的关键掌握两个力的合力范围|F1﹣F2|≤F合≤F1+F23．如图所示是汽车的速度计，某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化．开始时指针指示在如图甲所示的位置，经过8s后指针指示在如图乙所示的位置，若汽车做匀变速直线运动，那么它的加速度约为（）A．11 m/s2B．5.0 m/s2C．1.4 m/s2D．0.6 m/s2考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：根据汽车的初末速度，结合加速度的定义式求出汽车的加速度．解答：解：速度的变化量为：△v=40km/h=11m/s，则加速度为：a=．故选：C．点评：解决本题的关键掌握加速度的定义式a=，以及在计算时注意单位的换算．4．在半球形光滑容器内，放置一细杆，如图所示，细杆与容器的接触点分别为A、B两点，则容器上A、B两点对细杆的作用力方向分别为（）A．均竖直向上B．均指向球心C．A点处指向球心O，B点处竖直向上D．A点处指向球心O，B点处垂直于细杆考点：物体的弹性和弹力；弹性形变和范性形变．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：支持力是一种弹力，其方向与接触面垂直，并且指向被支持物，从而即可求解．解答：解：半球形光滑容器对细杆A、B两点处都有支持力．在A处：细杆与半球形光滑容器的接触面是半球形光滑容器的切面，半球形光滑容器对细杆的支持力垂直切面指向细杆，根据几何知识得知，此方向指向球心O，即A点处半球形光滑容器对细杆的支持力指向球心O．在B处：细杆与半球形光滑容器的接触面就是细杆的下表面，所以B点处半球形光滑容器对细杆的支持力垂直于细杆斜向上．故D正确，ABC错误．故选：D．点评：弹力通常有三种：支持力、压力和拉力．对于球形物体，若两个物体是点与点接触型，支持力常常指向球心．5．质量分别为m1和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ，系统在水平拉力F作用下匀速向右运动，选水平向右为正方向，如图所示．如突然撤消拉力F，则刚撤消后瞬间，二者的加速度a A和a B分别为（）A．a A=0，a B=0 B．a A＞0，a B＜0 C．a A＜0，a B＞0 D．a A＜0，a B=0考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对AB受力分析，由于在撤去外力瞬间，弹簧未来的及变化，根据牛顿第二定律判断加速变化解答：解：由于AB向右运动，当撤去外力瞬间，由于惯性，AB还是向右运动，由于弹簧还未来得及变化，故B继续向前加速运动，A向前减速运动，故a A＜0，a B＞0故选：C点评：本题主要考查了对物体的受力分析，抓住撤去外力的瞬间，弹簧的弹力不变即可6．如图所示，用一根长为L的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹30°角且绷紧，小球A处于静止，则需对小球施加的最小力等于（）A．mg B．mg C．mg D．mg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：小球A处于静止，受力平衡，分析受力情况，用作图法得出对小球施加的力最小的条件，再由平衡条件求出力的最小值．解答：解：以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图，根据作图法分析得到，当小球施加的力F与细绳垂直时，所用的力最小．根据平衡条件得F的最小值为F min=Gsin30°=故选：C．点评：本题物体平衡中极值问题，关键是确定极值条件，本题采用图解法得到力最小的条件，也可以运用数学函数法求解极值．7．粗糙水平面上，一个小球向右运动，将弹簧压缩，随后又被弹回直到离开弹簧．则该小球从接触到离开弹簧这个过程中，加速度大小的变化情况是（）A．先增大后减小B．先减小后增大C．先增大后减小再增大D．先减小后增大再减小考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：小球接触弹簧到离开，根据弹簧的形变量判断弹力的变化，结合牛顿第二定律判断加速度的变化．解答：解：小球与弹簧接触后，受到向左的弹力和摩擦力，根据a=知，向左压缩的过程中，x逐渐增大，则加速度逐渐增大．反弹后，小球的加速度a=，形变量减小，加速度减小，当加速度减小为零后，加速度大小a=，方向向右，x减小，加速度a增大，可知整个过程中加速度先增大后减小再增大．故选：C．点评：本题是含有弹簧的动态变化分析情况，要抓住弹力的可变性，由牛顿定律分析物体的运动情况．8．车厢内用细线悬挂两个质量不同的小球，上面小球的质量比下面小球的大，如图所示，当车厢水平向右做初速度为零的，加速度为a的匀加速直线运动，两小球均相对车厢静止时，不计空气阻力，下述各图正确的是（）A． B．C．D．考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：两小球与车厢具有相同的加速度，分别对质量小的小球和两球整体分析，得出绳子拉力的方向，从而确定正确的选项．解答：解：对两球整体分析，整体受总重力、上面绳子的拉力两个力作用，设上面绳子与竖直方向的夹角为θ，根据平行四边形定则知，tanθ=，对质量小的小球分析，受重力和绳子的拉力，设下面绳子与竖直方向的夹角为α，根据平行四边形定则知，，可知θ=α，故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：解决本题的关键知道小球和车厢具有相同的加速度，合理地选择研究对象，结合牛顿第二定律和平行板四边形定则进行求解．二、选择题（每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分，共计16分）9．如图所示，重物的质量为m，轻细线AO和BO的A、B端是固定的，平衡时AO是水平的，BO与水平面的夹角为θ，AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是（）A．F1=mgcosθB．F1=mgcotθC．F2=mgsinθD．考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以结点为研究对象，分析受力情况：三根细线的拉力．重物对O点的拉力等于mg．作出力图求解．解答：解：以结点为研究对象，分析受力情况：三根细线的拉力．重物对O点的拉力等于mg．根据平衡条件得知，mg与F1的合力与F2大小相等、方向相反，作出力的合成图如图．则有F1=mgcotθF2=故选BD点评：本题是常见的绳子悬挂物体的类型，常常选择结点为研究对象，根据平衡条件研究．比较容易．10．如图所示是甲、乙两物体从同一地点同时沿同一方向运动的速度时间图象，其中t2=2t1，则（）A．在t1时刻，乙物体在前，甲物体在后B．在t1时刻，甲、乙两物体相遇C．在t1时刻，甲、乙两物体速度相等，且两物体相距最远D．在t2时刻，甲、乙两物体相遇考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：运动学中的图像专题．分析：速度图线与坐标轴所围“面积”等于位移．根据位移大小关系，分析两物体的位置关系，判断是否相遇．解答：解：AB、根据速度图线与坐标轴所围“面积”等于位移．知t1时刻，乙物体的位移比甲的位移小，两者又是从同地出发的，则乙物体在后，甲物体在前．故A、B错误．C、在t1时刻前，甲的速度大，两者间距增大．在t1时刻前，乙的速度大，两者间距减小，则在t1时刻，甲、乙两物体速度相等，相距最远．故C正确．D、t2时刻甲图线的“面积”等于乙图线的“面积”，则甲的位移等于乙的位移，而两物体是从同一地点沿同一方向作直线运动的，说明t2时刻相遇．故D正确．故选：CD点评：本题考查对速度图象的理解，抓住速度图象的“面积”表示位移是关键，同时知道速度相等时两物相距最远．11．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN．在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图．现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止．则在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐减小B．P对Q的弹力逐渐增大C．地面对P的摩擦力逐渐增大D．Q所受的合力逐渐增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，其中重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件并运用合成法得到各个力的变化规律；最后对PQ整体受力分析，根据共点力平衡条件得到地面对整体的摩擦力情况．解答：解：A、B、对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，如图重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到N1=mgtanθ由于θ不断增大，故N1不断增大，N2也不断增大；故A错误，B正确；C、对PQ整体受力分析，受到总重力、MN杆的支持力N1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力f，如图根据共点力平衡条件，有f=N1=mgtanθ由于θ不断增大，故f不断增大，故C正确；D、物体Q一直保持静止，故D错误；故选BC．点评：本题关键先对物体Q，再对物体PQ整体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力的表达式进行分析处理．12．如图所示，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁P、Q点相接触．若使斜劈A在斜面体C上静止不动，则P、Q对球B无压力．以下说法正确的是（）A．若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则P点对球B有压力B．若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P、Q对B均无压力C．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则P、Q对B均无压力D．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面加速下滑，则Q点对球B有压力考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：斜劈A在斜面体C上静止不动，则B受重力和支持力平衡．当斜面光滑，斜劈A和B球具有相同的加速度沿斜面向下加速，通过对B球进行受力分析，判断P、Q对球有无压力．当斜面粗糙或光滑，按照同样的方法，先判断出整体的加速度方向，再隔离对B进行受力分析，从而判断P、Q对球有无压力．解答：解：A、当斜面光滑，斜劈静止释放，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下．根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下．所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力．知P点对球无压力，Q点对球有压力．故A、B错误．C、斜劈A沿斜面匀速下滑，知B球处于平衡状态，受重力和底部的支持力平衡．所以P、Q对球均无压力．故C正确．D、斜劈A沿斜面加速下滑，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下．根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下．所以B球受重力、底部的支持力、以及Q 对球的弹力．故D正确．故选：CD．点评：解决本题的关键通过整体法判断整体的加速度方向，再用隔离法对B球进行分析，从而判断P、Q对球有无压力．三、解答题（共6小题，满分72分）13．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中，以下说法正确的是（）A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度B．弹簧的弹力大小与弹簧的长度成正比C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比均相等．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．专题：实验题．分析：在《探索弹力和弹簧伸长的关系》实验中，弹簧的弹力与行变量的关系满足F=kx，其中k由弹簧本身决定．解答：解：A、弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，故A正确．B、弹簧的弹力大小与弹簧的伸长量成正比．故B错误．C、弹簧的长度不等于弹簧的伸长量．故C错误．D、拉力与伸长量之比是劲度系数，由弹簧决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同的弹簧的劲度系数不同，故D错误．故选：A．点评：本题关键明确实验原理，知道伸长量、原长和长度间的关系，明确弹簧的劲度系数由弹簧本身决定．14．如图所示是物体做匀变速直线运动得到的一条纸带，纸带从O点开始每5个计时点取一个记数点，图中相邻的计数点间有四个计时点没有画出．打点计时器与50Hz的低压交流电源相连接．依照打点的先后顺序依次编为1、2、3、4、5、6，测得s1=5.18cm，s2=4.42cm，s3=3.62cm，s4=2.80cm，s5=2.00cm，s6=1.22cm．（1）相邻两计数点间的时间间隔为T=0.1s．（2）打点计时器打记数点3时，物体的速度大小v3=0.321m/s，方向B→A（填A→B 或B→A，结果保留3位有效数字）．（3）物体的加速度大小a=0.224m/s2，方向A→B（填A→B或B→A，结果保留3位有效数字）．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点3的速度．根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度．解答：解：（1）相邻的计数点间有四个计时点没有画出，可知相邻计数点间的时间间隔为：T=0.02×5s=0.1s．（2）计数点3的瞬时速度为：m/s=0.321m/s．方向由B→A．（3）根据△x=aT2，运用逐差法得：=m/s2=﹣0.224m/s2．，方向由A→B．故答案为：（1）0.1，（2）0.321，B→A（3）0.224，A→B点评：解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动的推论的运用．15．质量为m的金属块放在水平桌面上，在大小为F，水平向右的恒定拉力作用下，以速度v向右做匀速直线运动，如图所示．重力加速度为g．求：（1）金属块与桌面间的动摩擦因数μ；（2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块的加速度；（3）撤去拉力后金属块在水平桌面上还能滑行的距离s．考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据共点力平衡求出金属块与桌面间的动摩擦因数．撤去拉力后，结合牛顿第二定律求出金属块的加速度，根据速度位移公式求出还能滑行的距离．解答：解：（1）根据共点力平衡得，F=μmg，解得：．（2）撤去拉力后，金属块的加速度为：．（3）根据速度位移公式得，金属块还能滑行的距离为：x=．答：（1）金属块与桌面间的动摩擦因数为；（2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块的加速度为；（3）撤去拉力后金属块在水平桌面上还能滑行的距离为．点评：本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，基础题．16．如图所示，物体的质量为2kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ=30°的拉力F，小球处于静止状态．重力加速度为g=10m/s2，求：（1）当轻绳AC的拉力刚好为零时，拉力的大小F1；（2）当轻绳AB的拉力刚好为零时，拉力的大小F2；（3）若要使两绳均能伸直，求拉力F的大小的取值范围．考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对A球受力分析，受到拉力F、重力mg，两根细绳的拉力F B、F C，根据共点力平衡条件列方程求解．解答：解：（1）（2）对A球受力分析，受到拉力F，重力mg，两根细绳的拉力F B、F C，根据平衡条件，有：x方向：Fcos30°=F C+F B cos30°①y方向：Fsin30°+F B sin30°=mg ②当F B=0时，F最大，为：F max=2mg=40N；当F C=0时，F最小，为：F min=mg=20N；（3）若要使两绳均能伸直，拉力F的大小的取值范围：20N≤F≤40N。