第一章第二节知能演练·强化闯关
人教版化学选修4：第一章第二节知能演练轻松闯关
一、单项选择题1.下列选项中说明乙醇作为燃料的优点的是( )①燃烧时发生氧化反应 ②充分燃烧的产物不污染环境 ③乙醇是一种可再生能源 ④燃烧时放出大量的热A ．①②③B ．①②④C ．①③④D ．②③④解析：选D 。
C 2H 6O 可以通过酿造方法制得，可知乙醇是一种可再生能源，乙醇完全燃烧的反应方程式为C 2H 6O ＋3O 2――→点燃2CO 2＋3H 2O ，可知产物不引起污染，有机物燃烧时都发生氧化反应，这并不是乙醇作为燃料的优点。
2.下列有关能量转换的说法不．正确的是( ) A ．煤燃烧是化学能转化为热能的过程B ．化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能C ．动物体内葡萄糖被氧化成CO 2是热能转变成化学能的过程D ．植物通过光合作用将CO 2转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程 解析：选C 。
C 项葡萄糖被氧化成CO 2是化学能转化成热能。
3.已知下列热化学方程式： 12CH 4(g)＋O 2(g)===12CO 2(g)＋H 2O(l) ΔH ＝－445.15 kJ/molCH 4(g)＋32O 2(g) ===CO(g)＋2H 2O(l)ΔH ＝－607.3 kJ/molCH 4(g)＋2O 2(g) ===CO 2(g)＋2H 2O(l) ΔH ＝－890.3 kJ/molCH 4(g)＋2O 2(g) ===CO 2(g)＋2H 2O(g) ΔH ＝－802.3 kJ/mol 则CH 4的燃烧热为( ) A ．445.15 kJ/molB ．607.3 kJ/molC ．890.3 kJ/molD ．802.3 kJ/mol 解析：选C 。
CH 4燃烧热是指1 mol CH 4完全燃烧生成气态CO 2和液态水放出的热量。
A 错，因CH 4不为1 mol ，B 错，因燃烧产物不是CO 2，D 错，H 2O 不是液态。
4.下列热化学方程式叙述正确的是(ΔH 的绝对值均正确)( ) A ．C 2H 5OH(l)＋3O 2(g) ===2CO 2(g)＋3H 2O(g) ΔH ＝－1367.0 kJ ·mol －1(燃烧热)B ．NaOH(aq)＋HCl(aq) ===NaCl(aq)＋H 2O(l) ΔH ＝＋57.3 kJ ·mol －1(中和热)C ．S(s)＋O 2(g) ===SO 2(g) ΔH ＝－296.8 kJ ·mol －1(反应热)D ．2NO 2===O 2＋2NOΔH ＝＋116.2 kJ ·mol －1(反应热)解析：选C 。
2013高考物理一轮总复习：必修1第一章第一节知能演练强化闯关
1．(创新题)第26届世界大学生夏季运动会于2011年8月23日在中国深圳胜利闭幕，中国体育代表团获取了75枚金牌、145枚奖牌的优异成绩，名列金牌榜首，在下列比赛项目中，运动员可视为质点的为()A．健美操B．花样游泳C．跳水D．田径长跑解析：选D.A、B、C三项中运动员身体各个部位的运动情况不完全相同，都不能视为质点．2．下列诗句描绘的情景中，含有以流水为参考系的是()A．人在桥上走，桥流水不流B．飞流直下三千尺，疑是银河落九天C．白日依山尽，黄河入海流D．孤帆远影碧空尽，唯见长江天际流解析：选A.A项是以水流为参考系，故有桥流水不流，A对；B、C、D都是以大地为参考系．3.图1－1－3(原创题)在2011年大邱田径世锦赛中，牙买加选手布莱克和博尔特分别以9.92 s和19.40 s 的成绩夺得男子100米决赛和200米决赛冠军．关于这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是()A．200 m决赛中的位移是100 m决赛的两倍B．200 m决赛中的平均速度小于10.31 m/sC．100 m决赛中的平均速度约为10.08 m/sD．100 m决赛中的最大速度约为20.64 m/s解析：选BC.200 m决赛的跑道有一段弯道，所以200 m决赛的位移小于200 m，所以A错；200 m决赛的平均速度v<200 m19.40 s ＝10.31 m/s，故B对；100 m决赛的平均速度v＝100 m9.92 s＝10.08 m/s，而最大速度无法确定，故C对、D错．4．关于物体的运动，下面说法可能的是()A．加速度在减小，速度在增大B．加速度方向始终改变而速度不变C．加速度和速度大小都在变化，加速度最大时速度最小，速度最大时加速度最小D．加速度方向不变而速度方向变化解析：选ACD.对于加速直线运动，当加速度减小时，速度在增大，只不过增大变慢，A可能；加速度方向发生改变，即加速度存在，有加速度存在速度就在改变，B不可能；加速度仅仅反映速度改变的快慢，若加速度方向与速度方向相反，加速度最大时，速度减小的最快，当然速度可有最小，若加速度方向与速度方向相同，当加速度最小时，速度增大的最慢，加速度为零时，速度可能取最大值，C可能；物体做平抛运动，加速度方向不变速度方向时刻变化，D可能．5．(2012·丽水模拟)汽车从甲地由静止出发，沿直线运动到丙地，乙地是甲丙两地的中点．汽车从甲地匀加速运动到乙地，经过乙地速度为60 km/h；接着又从乙地匀加速运动到丙地，到丙地时速度为120 km/h，求汽车从甲地到达丙地的平均速度．解析：设甲丙两地距离为2l，汽车通过甲乙两地的时间为t1，通过乙丙两地的时间为t2.甲到乙是匀加速运动，由l ＝v 甲＋v 乙2·t 1得t 1＝l (v 甲＋v 乙)/2＝l (0＋60)/2h ＝l30 h从乙到丙也是匀加速运动，由l ＝v 乙＋v 丙2·t 2得t 2＝l (v 乙＋v 丙)/2＝l (60＋120)/2h ＝l90 h所以v 甲丙＝2l t 1＋t 2＝2ll 30＋l90km/h ＝45 km/h.答案：45 km/h一、单项选择题 1．(2012·温州模拟)2011年4月10日4时47分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号甲”运载火箭，将第八颗北斗导航卫星成功送入太空预定转移轨道．这标志着北斗区域卫星导航系统的基本建设已经完成，我国自主卫星导航系统建设进入新的阶段．北斗卫星导航系统将免费提供定位、测速和授时服务，定位精度10 m ，测速精度0.2 m/s ，以下说法不．正确的是()图1－1－4 A ．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位移 B ．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位置 C ．北斗导航卫星授时服务提供的是时刻D ．北斗导航卫星测速服务提供的是运动物体的速率解析：选A.由位置、位移、时间、时刻、速度、速率的定义可知，北斗导航卫星定位提供的是一个点，是位置，不是位置的变化，A 错、B 对；北斗导航卫星授时服务提供的是时刻，C 对；北斗导航卫星测速服务提供的是运动物体某时刻的速度的大小即速率，D 正确．2.图1－1－5如图1－1－5所示，飞行员跳伞后飞机上的其他飞行员(甲)和地面上的人(乙)观察跳伞飞行员的运动后，引发了对跳伞飞行员运动状况的争论，下列说法正确的是( ) A ．甲、乙两人的说法中必有一个是错误的B ．他们的争论是由于参考系的选择不同而引起的C ．研究物体运动时不一定要选择参考系D ．参考系的选择只能是相对于地面静止的物体解析：选B.甲、乙两人的争论是由于参考系的选择不同而引起的，A 错，B 对；研究物体的运动一定要选择参考系，C 错；参考系的选取具有任意性，选取时要以方便为原则，D 错．3.图1－1－6为了使高速公路交通有序、安全，路旁立了许多交通标志．如图1－1－6所示，甲图是限速路标，表示允许行驶的最大速度是110 km/h ；乙图是路线指示标志，表示到泉州还有100 km.上述两个数据的物理意义是( )A ．110 km/h 是平均速度，100 km 是位移B ．110 km/h 是平均速度，100 km 是路程C ．110 km/h 是瞬时速度，100 km 是位移D ．110 km/h 是瞬时速度，100 km 是路程 答案：D 4.图1－1－7三个质点A 、B 、C 均由N 点沿不同路径运动至M 点，运动轨迹如图1－1－7所示，三个质点同时从N 点出发，同时到达M 点．下列说法正确的是( ) A ．三个质点从N 点到M 点的平均速度相同 B ．三个质点任意时刻的速度方向都相同C ．三个质点从N 点出发到任意时刻的平均速度都相同D ．三个质点从N 点到M 点的位移不同解析：选A.三个质点的起止位置相同，故三个质点的位移相同，D 项错；由于运动时间相同，由平均速度的定义可知，平均速度也相同，A 项对；曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向，所以不是任何时刻速度方向都相同的，B 项错；任意时刻三个质点的位移并不相同，平均速度也不同，C 项错． 5．(2012·宁波八校联考)甲、乙两位同学多次进行百米赛跑，每次甲都比乙提前10 m 到达终点．假若让甲远离起跑点10 m ，乙仍在起跑点起跑，则结果将会( ) A ．甲先到达终点 B ．两人同时到达终点 C ．乙先到达终点 D ．不能确定解析：选A.百米赛跑中甲比乙提前10 m 到达终点，即甲跑完100 m 与乙跑完90 m 所用时间相同，则有100 m v 甲＝90 m v 乙v 甲＝109v 乙．让甲远离起跑点10 m 而乙仍在起跑点，则甲跑110 m 到达终点的时间t 甲′＝110 m v 甲＝99 m v 乙，而乙跑到终点的时间t 乙′＝100 mv 乙>t 甲′，所以甲先到达终点． 二、不定项选择题 6.图1－1－8(创新题)如图1－1－8所示，2011年2月20日，新一代高速动车组和时速400公里高速综合检测列车在京沪高铁上海段“试跑”，于2011年6月正式通车．高速动车组1 min 内，时速由“0”瞬间飙升至“130公里”，驶出1 km ，下列说法正确的是( ) A ．1 min 末的速度约为36.1 m/s B ．1 min 末的速度约为72.2 m/sC ．1 min 内的平均速度约为16.67 m/sD ．1 min 内的平均速度约为63.1 m/s解析：选AC.高速动车组1 min 内，时速由“0”瞬间飙升至“130公里”，即1 min 末的速度v ＝130 km/h ＝36.1 m/s ，则A 选项正确，B 选项错误.1 min 内的平均速度v ＝Δx t ＝100060m/s＝16.67 m/s ，则C 选项正确，D 选项错误． 7．(2012·上海闸北高三月考)若汽车的加速度方向与初速度方向一致，当加速度减小时，以下说法正确的是( ) A ．汽车的速度也减小 B ．汽车的速度一定在增大 C ．汽车的位移可能增大D ．当加速度减小到零时，汽车静止 答案：BC8．在下面所说的物体运动情况中，可能出现的是( ) A ．物体在某时刻运动速度很大，而加速度为零 B ．物体在某时刻运动速度很小，而加速度很大C ．运动的物体在某时刻速度为零，而其加速度不为零D ．做变速直线运动的物体，加速度方向与运动方向相同，当物体加速度减小时，它的速度也减小解析：选ABC.物体以很大的速度匀速运动时，加速度为零，A 可能；火箭开始发射时速度很小，而加速度很大，B 可能；竖直上抛到最高点的物体速度为零，而其加速度不为零，C 可能；物体加速度方向与运动方向相同时，物体做加速运动，D 不可能，故选ABC. 9．(2012·萧山高三检测)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4 m/s,1 s 后速度的大小变为10 m/s ，在这1 s 内该物体的( ) A ．位移的大小可能小于4 m B ．位移的大小可能大于10 m C ．加速度的大小可能小于4 m/s 2 D ．加速度的大小可能大于10 m/s 2解析：选AD.(1)若初、末速度同向时：v ＝v 0＋v 2＝4＋102m/s ＝7 m/s ，x ＝v t ＝7 m ；a＝v －v 0t ＝10－41m/s 2＝6 m/s 2.(2)若初、末速度反向时：v ＝v 0＋v 2＝－4＋102m/s ＝3 m/sx ＝v t ＝3 m ；a ＝v －v 0t ＝10－(－4)1m/s 2＝14 m/s 2.因此可得出A 、D 正确． 三、非选择题 10.图1－1－9爆炸性的加速度往往是跑车的卖点．保时捷911 GT3由静止加速至100 km/h 只需4.2 s. (1)求保时捷911 GT3的平均加速度．(2)假设普通私家车的平均加速度为3 m/s 2，它们需要多长时间才能由静止加速至100 km/h.解析：(1)末速度v t ＝100 km/h ＝1003.6m/s ≈27.78 m/s平均加速度a ＝v t －v 0t ＝27.78－04.2 m/s 2＝6.61 m/s 2.(2)所需时间t ＝v t －v 0a ＝27.78－03 s ＝9.26 s.答案：(1)6.61 m/s 2(2)9.26 s 11．(2012·杭州二中高三月考)一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀(1)(2)汽车从开出到停止共经历的时间是多少？ (3)汽车在全程中的平均速度是多少？解析：(1)不相等．加速运动从0增到12 m/s ；减速运动从12 m/s 到0，变化量的大小一样，但所用时间不一样．(2)汽车匀减速运动的加速度a 2＝v －v 0t ＝3－91m/s 2＝－6 m/s 2设汽车从10.5 s 时刻再经t ′秒停止，t ′＝v ′－v 0′a 2＝0－3－6s ＝0.5 s总共经历的时间为10.5 s ＋0.5 s ＝11 s. (3)汽车匀加速运动的加速度a 1＝6－31m/s 2＝3 m/s 2汽车匀加速运动的时间：t 1＝12－03s ＝4 s ，汽车匀速运动的速度为v ＝12 m/s.减速时间t 3＝0－v a 2＝0－12－6s ＝2 s ，匀速时间t 2＝(11－4－2)s ＝5 s 则汽车总共运动的位移： x ＝v 2t 1＋v t 2＋v 2t 3 ＝⎝⎛⎭⎫122×4＋12×5＋122×2m ＝96 m. v ＝x t ＝96 m 11 s＝8.73 m/s.答案：(1)不相等 (2)11 s (3)8.73 m/s12．在公园的草坪上主人和小狗正在玩飞碟游戏，如图1－1－10所示．设飞碟在空中飞行的时间为t 0＝5 s ，飞碟水平方向做匀速直线运动，v 0＝10 m/s ；小狗在1 s 内匀加速到v ＝8 m/s ，然后做匀速直线运动．当抛出飞碟的同时小狗应在离主人多远的地方向飞碟跑去才能恰好接住？(小狗与飞碟运动同向共线)图1－1－10解析：根据题意得水平方向运动草图如下：飞碟的总位移为x ＝v 0t 0＝50 m小狗加速的时间t 1＝1 s ，该时间内的位移x 1＝v21＝4 m小狗匀速运动的时间为t 2＝t 0－t 1＝4 s 小狗匀速运动的位移为x 2＝v t 2＝32 m 因为恰好接住所以Δx ＝x －x 2－x 1＝(50－32－4)m ＝14 m. 答案：14 m。
2014届北师大版高中数学必修二(高一)章节测试题：第一章§2知能演练轻松闯关
1．利用斜二测画法，下列叙述正确的是( ) A ．正三角形的直观图是正三角形 B ．平行四边形的直观图是平行四边形 C ．相等的线段在直观图中仍然相等 D ．全等三角形的直观图一定全等解析：选B.斜二测画法主要保留了原图的三个性质：①保平行；②保共点；③保平行线段的长度比，所以平行四边形的直观图是平行四边形．2．下列说法正确的个数是( ) ①三角形的直观图是三角形； ②正方形的直观图是正方形； ③菱形的直观图是菱形．A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选B.斜二测画法保持平行性和相交性不变，即平行直线的直观图还是平行直线，相交直线的直观图还是相交直线，故①正确；但是斜二测画法中平行于y 轴的线段在直观图中长度为原来的一半，故正方形的直观图不是正方形，菱形的直观图也不是菱形，所以②③错．3．如图所示，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为一个正方形，则原来图形的形状是图中的( )解析：选A.在斜二测画法所作出的图形中，O ′M ′＝2，因此在平面直角坐标系中相应的OM ＝22，选项中只有A 满足题意，故选A.4．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是( )A.1＋22B.2＋22C ．1＋ 2D ．2＋ 2解析：选D.根据平面图形斜二测直观图的画法，所求平面图形为四边形，由“横不变”知，四边形为梯形，且上底边长为1，依据直观图可求得下底边长为1＋2，由直观图的底角为45°知这个梯形为直角梯形，再由“竖取半”知，直腰长为2，∴S ＝1＋1＋22×2＝2＋ 2.5．如图所示的直观图是将正方体模型放置在你的水平视线的左下角而绘制的，其中正确的是( )解析：选A.由题意应看到正方体的上面、前面、和右面，由几何体直观图的画法及直观图中虚线的使用，可知A 正确．6．用斜二测画法画一个水平放置的正五边形的直观图，则得到的图形的各个角__________(填“相等”“不相等”“不全相等”)．解析：通过斜二测画法后，图形的各个角有的变大有的变小，得到的各个角不再全相等． 答案：不全相等7.如图所示，△A ′B ′C ′是△ABC 的直观图，且A ′B ′＝A ′C ′，那么△ABC 是________．解析：因为A ′B ′∥x 轴，A ′C ′∥y ′轴，所以AB ∥x 轴，AC ∥y 轴．所以在直角坐标系中，∠BAC ＝90°.又因为A ′B ′＝A ′C ′，所以AC ＝2AB . 所以△ABC 为直角三角形． 答案：直角三角形8．如图，△ O ′A ′B ′是水平放置的△OAB 的直观图，则△OAB 的面积是________．解析：按斜二测画法，将直观图中△O ′A ′B ′还原成原图形，即△OAB (如图)，则△OAB 的面积是S ＝12×6×4＝12.答案：129．画出如图中四边形OABC 的直观图(图中数据已给出)．解：以O 为原点，OB 所在直线为x 轴建立直角坐标系xOy ，如图所示：作∠C ′O ′B ′＝45°，其中O ′B ′是水平的，O ′B ′＝4，O ′D ′＝3，O ′C ′＝1，过D ′作∠B ′D ′A ′＝135°，使A ′D ′＝1，顺次连接O ′A ′，A ′B ′，B ′C ′，所得四边形即为四边形OABC 的直观图(如图所示)：10．画出底面边长为1.2 cm 的正方形，侧棱均相等且高为1.5 cm 的四棱锥的直观图．解：画法如下：(1)画轴，画x 轴、y 轴、z 轴，∠xOy ＝45°(或135°)，∠xOz ＝90°.(2)画底面，以O 为中心在xOy 平面内，画出正方形的直观图ABCD ，使AB ＝1.2 cm. (3)画顶点，在Oz 轴上截取OP ，使OP ＝1.5 cm.(4)成图，连结P A ，PB ，PC ，PD ，并擦去辅助线，将被遮住的部分改为虚线，即得四棱锥的直观图．1.(2013·焦作水平测试)如图所示是水平放置的三角形的直观图，D 是△ABC 中BC 边的中点，那么AB ，AD ，AC 三条线段在原图形中( )A ．最长的是AB ，最短的是AC B ．最长的是AC ，最短的是AB C ．最长的是AB ，最短的是AD D ．最长的是AD ，最短的是AC解析：选C.由直观图易知AD ∥y ′轴，根据斜二测画法规则，在原图中应有AD ⊥BC ，又因为AD 为BC 边上的中线，所以△ABC 为等腰三角形，AD 为BC 边上的高，则有AB ，AC 相等且最长，AD 最短，比较各选项可知C 正确．2．如图，四边形OABC 是上底为2，下底为6，底角为45°的等腰梯形，用斜二测画法，画出这个梯形的直观图O ′A ′B ′C ′，则在直观图中梯形的高为__________．解析：∵OA ＝6，CB ＝2， ∴OD ＝2.又∵∠COD ＝45°， ∴CD ＝2.梯形的直观图如图．则C ′D ′＝1，∴梯形的高C ′E ′＝22. 答案：223．画一个上、下底面边长分别为0.8 cm 、1.5 cm ，高为1.5 cm 的正三棱台的直观图． 解：(1)画轴．画x 轴、y 轴、z 轴三轴相交于O ，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°；(2)画下底面．以O 为中点，在x 轴上截取线段AB ，使AB ＝1.5 cm ，在y 轴上截取线段OC ，使OC ＝383cm ，连接BC ，CA ，则△ABC 为正三棱台的下底面；(3)画上底面．在z 轴上截取线段OO ′，使OO ′＝1.5 cm.过O ′点作O ′x ′∥Ox ，O ′y ′∥Oy .建立坐标系x ′O ′y ′，在x ′O ′y ′中，重复(2)的步骤得上底面A ′B ′C ′(取A ′B ′＝0.8 cm ，O ′C ′＝35cm)．(4)连线成图．连接AA ′，BB ′，CC ′，擦去辅助线，被遮线画为虚线，则三棱台ABC A ′B ′C ′为要求画的三棱台的直观图．4．已知如图，四边形ABCD 的面积为S ，用斜二测画法作出的直观图为四边形A ′B ′C ′D ′，面积为S ′.求S ∶S ′.解：过D ，C 分别作DE ⊥AB ，CF ⊥AB ，以E 为坐标原点，AB 为x 轴，ED 为y 轴建立坐标系，如图所示：相应的直观图如下图所示：在图1中，四边形ABCD 的面积S ＝S △AOD ＋S 梯形DOFC ＋S △BFC ＝12OA ·OD ＋12(OD ＋CF )·OF＋12BF ·CF ， 在图2中，过D ′，C ′分别作D ′M ⊥A ′B ′，C ′N ⊥A ′B ′，则：D ′M ＝O ′D ′·sin 45°＝22·12OD ＝24OD ，C ′N ＝C ′F ′·sin 45°＝22·12CF ＝24CF ，此时S △A ′O ′D ′＝12A ′O ′·D ′M ′＝12A ′O ′·24OD＝28AO ·OD ， S △C ′F ′B ′＝12B ′F ′·C ′N ＝12BF ·24CF ＝28BF ·CF ，过F ′作F ′G ⊥O ′D ′于G ，则F ′G ＝O ′F ′·sin 45°＝OF ·22＝22OF ，因此：S 梯形D ′O ′F ′C ′＝12(D ′O ′＋C ′F ′)·F ′G ＝12⎝⎛⎭⎫12DO ＋12CF·22OF＝28(DO＋CF)·OF，∴四边形A′B′C′D′的面积S′＝S△A′O′D′＋S梯形D′O′F′C′＋S△C′F′B′＝28AO·OD＋28(DO＋CF)·OF＋28BF·CF＝24S，∴S∶S′＝S24S＝2 2.。
2014届北师大版高中数学必修二(高一)章节测试题：第一章§1.2知能演练轻松闯关
1．如果一个棱锥的各个侧面是等边三角形，那么这个棱锥不可能是()A．三棱锥B．四棱锥C．五棱锥D．六棱锥解析：选D.若是六棱锥，各侧面顶角之和为6×60°＝360°，即各侧面就成为平面图形．2．由五个面围成的几何体是()A．三棱柱B．三棱台C．四棱锥D．不能确定解析：选D.可用排除法，三棱柱，三棱台，四棱锥都是由五个面围成的几何体，故选D.3.(2013·宜春高中质检)如图所示，在三棱台A′B′C′-ABC中，截去三棱锥A′-ABC，则剩余部分是()A．三棱锥B．四棱锥C．三棱柱D．组合体解析：选B.剩余部分是四棱锥A′BB′C′C，故选B.4．下列说法正确的是()A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥D．棱台各侧棱的延长线交于一点解析：选D.由棱柱、棱锥、棱台的定义可知D正确．5．下列四个平面图形中，每个小四边形都是正方形，其中可以沿相邻正方形的公共边折叠围成一个正方体的是()解析：选C.将四个选项的平面图形折叠，看哪一个可以复原为正方体，只有C选项中相应图形才能复原为正方体，故选C.6．用6根长度相等的木棒，最多可以搭成__________个三角形．解析：用三根木棒，摆成三角形，用另外3根木棒，分别从三角形的三个顶点向上搭起，搭成一个三棱锥，共有4个三角形．答案：47．一个棱柱有10个顶点，所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱的长为__________ cm.解析：由于棱柱共有10个顶点，所以该棱柱有5条侧棱，因此每条侧棱的长为60÷5＝12 cm.答案：128.如图，已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1，过BC 和AD 分别作一个平面交底面A 1B 1C 1D 1于EF 、PQ ，则长方体被分成的三个几何体中，棱柱的个数是________．解析：该长方体被分成的三个几何体都是棱柱，分别为三棱柱AA 1P DD 1Q ，三棱柱BB 1E CC 1F 和四棱柱ABEP DCFQ .答案：39．已知正三棱锥V ABC ，底面边长为8，侧棱长为26，计算它的高和斜高．解：如图所示，设O 是底面中心，则D 为BC 的中点．∴△VAO 和△VCD 是直角三角形． ∵底面边长为8，侧棱长为2 6.∴AO ＝33×8＝833，CD ＝4， ∴VO ＝VA 2－AO 2＝ (26)2－⎝⎛⎭⎫8332＝23 6.VD ＝VC 2－CD 2＝ (26)2－42＝2 2.即正三棱锥的高是236，斜高为2 2. 10.如图所示，在一个长方体的容器中，里面装有少量水，现在将容器绕着其底部的一条棱倾斜，在倾斜的过程中：(1)水面的形状不断变化，可能是矩形，也可能变成不是矩形的平行四边形，对吗？(2)水的形状也不断变化，可能是棱柱，也可能变为棱台或棱锥，对吗？(3)如果倾斜时，不是绕着底部的一条棱，而是绕着其底部的一个顶点，上面的第(1)和第(2)题对不对？解：(1)不对．水面的形状就是用一个与棱(将长方体倾斜时固定不动的棱)平行的平面截长方体时截面的形状，一定是矩形，不可能是其他非矩形的平行四边形．(2)不对．水的形状就是用与棱(将长方体倾斜时固定不动的棱)平行的平面将长方体截去一部分后，剩余部分的几何体，此几何体是棱柱，水比较少时，是三棱柱，水多时，可能是四棱柱或五棱柱，但不可能是棱台或棱锥．(3)用任意一个平面去截长方体，其截面形状可以是不是矩形的平行四边形，因而水面的形状可以是不是矩形的平行四边形；水的形状可以是棱锥、棱柱，但不可能是棱台．1．已知集合A ＝{棱柱}，集合B ＝{正棱柱}，集合C ＝{斜棱柱}，集合D ＝{直棱柱}，则( )A ．A CB B ．A D BC ．A CD D ．A D C解析：选B.棱柱的分类如下：．由以上分类知，应选B.2．有一枚正方体骰子，每一个面都有一个英文字母，如图所示的是从3种不同角度看同一枚骰子的情况，则与H相对的字母是__________．解析：由这三个图知，与标有S的面相邻的四个面分别标有字母H，E，O，F.翻转图(2)，使S面调整到正前面，则O为正下面，所以与H相对的字母是O.答案：O3.如图所示，有12个小正方体，每个正方体6个面上分别写着数字1、9、9、8、4、5，用这12个小正方体拼成一个长方体，那么图中看不见的那些小正方体的面有多少个，并求这些面上的数字和．解：这12个小正方体，共有面数6×12＝72个，图中看得见的面共有3＋4×4＝19个，故图中看不见的面有72－19＝53个，12个小正方体各个面的数字的和为(1＋9＋9＋8＋4＋5)×12＝432.而图中看得见的数字的和为131，所以看不见的那些小正方体的面上的数字的和为432－131＝301.4．(创新题)求函数f(x)＝x2＋4＋x2－10x＋34的最小值．解：将函数解析式化为f(x)＝x2＋22＋(x－5)2＋32，构造长方体ABCD A′B′C′D′，其中AB＝2，BC＝3，BB′＝5，E为BB′上一点，如图所示．设BE＝x，则AE＝x2＋22，EC′＝(5－x)2＋32，所以f(x)＝AE＋EC′.这样问题就转化为在长方体ABCD-A′B′C′D′的棱BB′上找一点E，使折线AEC′的长度最短，展开侧面，使AB与B′C′共面，连接AC′，可得f(x)min＝52，即函数f(x)＝x2＋4＋x2－10x＋34的最小值为5 2.。
人教版化学必修1：第一章 第二节 第2课时 知能演练轻松闯关
1.下列说法不．正确的是()A．1 mol H2的质量只有在标准状况下才约为2 gB．在标准状况下，1 mol任何气体的体积都约为22.4 LC．273 ℃，1.01×105Pa状况下，1 mol气体体积大于22.4 LD．标准状况下，0.5 mol O2和0.5 mol N2组成的混合气体体积约为22.4 L解析：选A。
气体的质量只与气体的摩尔质量和气体的物质的量有关，与气体的温度、压强无关，1 mol H2的质量为2 g是不变的，A选项不正确；B选项正确；C选项中273 ℃高于0 ℃，温度升高，气体分子间的距离增大，气体的体积增大，C选项正确；无论是混合气体还是纯净的气体，在标准状况下，1 mol任何气体的体积都约为22.4 L，D选项正确。
2.相等物质的量的CO和CO2的下列比较中正确的是()①所含的分子数目之比为1∶1②所含的O原子数目之比为1∶2③所含的原子总数目之比为2∶3④所含的C原子数目之比为1∶1⑤所含的电子数目之比为7∶11A．①和④B．②和③C．④和⑤D．①②③④⑤解析：选D。
CO和CO2的物质的量相同，则含有的CO和CO2的分子数目也相同，则①正确。
又因CO和CO2分子中的O原子数分别为1和2，则物质的量相同的CO和CO2，所含的O原子数目之比1∶2，②正确。
CO和CO2的分子中原子总数之比为2∶3，所以，③也正确。
物质的量相同的CO和CO2，C原子数目之比也是1∶1，选项④也正确。
CO和CO2分子中电子总数分别为14和22，即物质的量相同的CO和CO2电子总数之比为14∶22＝7∶11，选项⑤也正确。
所以，本题的正确答案应为D。
3.(2012·武汉高一质检)已知同温同压下，气体的密度与它的摩尔质量成正比。
一只气球若放在空气(空气平均摩尔质量为29 g/mol)中可静止不动，那么在相同条件下该气球放在下列气体中会下沉的是()A．O2B．Cl2C．CO2D．CH4解析：选D。
北师大版数学必修5：第一章§2.2知能演练轻松闯关
1．在等差数列{a n }中，S 15＝90，则a 8等于( )A ．3B ．4C ．6D ．12解析：选C.∵S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15a 8＝90，∴a 8＝6. 2．(2012·阜阳检测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＝18－a 5，则S 8等于( )A ．72B ．54C ．36D ．18解析：选A.由a 4＝18－a 5，可得a 4＋a 5＝18，所以S 8＝8(a 1＋a 8)2＝4(a 4＋a 5)＝4×18＝72，故选A.3．在等差数列{a n }中，已知S n ＝30，S 2n ＝100，则S 4n ＝________.解析：∵S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n 成等差数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧2(S 2n －S n )＝S n ＋S 3n －S 2n 2(S 3n －S 2n )＝S 2n －S n ＋S 4n －S 3n . 将S n ＝30，S 2n ＝100代入上式可得：⎩⎪⎨⎪⎧2(100－30)＝30＋S 3n －1002(S 3n －100)＝100－30＋S 4n －S 3n . 解得S 3n ＝210，S 4n ＝360.答案：3604．含有2n ＋1项的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为________．解析：∵S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝(n ＋1)(a 1＋a 2n ＋1)2， S 偶＝a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝n (a 2＋a 2n )2， 又∵a 1＋a 2n ＋1＝a 2＋a 2n ，∴S 奇S 偶＝n ＋1n. 答案：n ＋1n[A 级 基础达标]1．(2012·宿州检测)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 17是一个确定的常数，则下列各式也为确定常数的是( )A ．a 2＋a 15B ．a 2·a 15C ．a 2＋a 9＋a 16D ．a 2·a 9·a 16解析：选C.由S 17＝(a 1＋a 17)×172＝2a 9×172＝17a 9，可得若S 17为常数，则a 9为常数．在C 中：a 2＋a 9＋a 16＝3a 9，因此a 2＋a 9＋a 16为常数，故选C.2．(2012·南昌调研)已知数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，且满足S 33－S 22＝1，则数列{a n }的公差是( )A.12B ．1C ．2D ．3解析：选C.设{a n }的公差为d ，则S n ＝a 1n ＋n (n －1)2d ， ∴{S n n }是首项为a 1，公差为d 2的等差数列． ∵S 33－S 22＝1，∴d 2＝1，∴d ＝2，故选C. 3．数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －49，当该数列前n 项S n 达到最小时，n 等于( )A ．24B ．25C ．26D ．27解析：选A.a 1＝－47，d ＝2，∴S n ＝－47n ＋n (n －1)2×2＝n 2－48n ＝(n －24)2－576，故选A. 4．设数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－n (n ∈N ＋)，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________. 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×1－1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－n －[3(n －1)2－(n －1)]＝3[n 2－(n －1)2]－1＝6n －4. 当n ＝1时，也适合a n ＝6n －4，故{a n }的通项公式为a n ＝6n －4.答案：6n －45．等差数列{a n }中，S n 是其前n 项和，a 1＝－2014，S 20132013－S 20112011＝2，则S 2014的值为________． 解析：在等差数列{a n }中，设公差为d ，则S n n ＝na 1＋n 2(n －1)d n ＝a 1＋d 2(n －1)，∴S 20132013－S 20112011＝a 1＋d 2×2012－a 1－d 2×2010＝d ＝2，∴S 2014＝－2014×2014＋2014×20132×2＝－2014×2014＋2014×2013＝－2014.答案：－20146．(2012·蚌埠检测)已知数列{a n }的通项公式a n ＝31－3n ，求数列{|a n |}的前n 项和H n . 解：设{a n }的前n 项和为S n .由a n ＝31－3n 可得S n ＝－32n 2＋592n . 由a n ≥0，解出n ≤313≈10.3. 当n ≤10时，H n ＝S n ＝－32n 2＋592n ； 当n ≥11时，H n ＝2S 10－S n ＝32n 2－592n ＋290. ∴H n ＝⎩⎨⎧ －32n 2＋592n 3 2n 2－592n ＋290(n ≤10)(n ≥11). [B 级 能力提升]7．等差数列{a n }中，d ＝2，a n ＝11，S n ＝35，则a 1等于( )A ．5或7B ．3或5C ．7或－1D ．3或－1解析：选D.因为S n ＝a 1n ＋n (n －1)2d ， 则35＝a 1n ＋n (n －1)2×2＝a 1n ＋n (n －1)①， 又由a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a 1＋2(n －1)，可得a 1＋2(n －1)＝11②，由①②可得a 21－2a 1－3＝0，解得a 1＝3或－1，故选D.8．一个凸多边形的内角成等差数列，其中最小的内角为120°，公差为5°，那么这个多边形的边数n 等于( )A ．8B ．9C ．10D ．16解析：选B.由题意可得：a n ＝120°＋(n －1)×5°＝5°n ＋115°，由a n <180°得n <13且n ∈N ＋，由n 边形内角和定理得，(n －2)×180°＝n ×120°＋n (n －1)2×5°，解得n ＝16或n ＝9，∵n <13，∴n ＝9.9．等差数列的前四项和为21，末四项的和为67，该数列共有26项，那么，它的所有项的和为________．解析：由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝21a 26＋a 25＋a 24＋a 23＝67， ∴(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 26＋a 25＋a 24＋a 23)＝88，∵a 1＋a 26＝a 2＋a 25＝a 3＋a 24＝a 4＋a 23，∴4(a 1＋a 26)＝88，∴a 1＋a 26＝22.∴S 26＝(a 1＋a 26)×262＝13×22＝286. 答案：28610．数列{a n }是首项为23，公差为整数的等差数列，且a 6>0，a 7<0.(1)求数列的公差；(2)求前n 项和S n 的最大值；(3)当S n >0时，求n 的最大值．解：(1)∵a 6＝a 1＋5d ＝23＋5d ，a 7＝a 1＋6d ＝23＋6d ，又∵a 6>0，a 7<0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23＋5d >023＋6d <0，∴－235<d <－236， 又∵d ∈Z ，∴d ＝－4.(2)由(1)知d ＝－4，∴S n ＝a 1n ＋n (n －1)2d ＝23n ＋n (n －1)2×(－4) ＝－2n 2＋25n .∵S n ＝－2n 2＋25n ＝－2(n 2－252n ) ＝－2(n －254)2＋6258， ∴当n ＝6时，S n 最大，此时S 6＝－2×62＋25×6＝150－72＝78.(3)∵S n ＝－2n 2＋25n ＝n (25－2n )，∴当n ≤12时，S n >0，∴当S n >0时，n 的最大值为12.11．(创新题)设等差数列{a n }的首项a 1及公差d 都为整数，前n 项和为S n .(1)若a 11＝0，S 14＝98，求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1≥6，a 11>0，S 14≤77，求所有可能的数列{a n }的通项公式．解：(1)∵S 14＝a 1×14＋14×132d ＝14a 1＋91d ，且S 14＝98， ∴14a 1＋91d ＝98，即2a 1＋13d ＝14， ①又∵a 11＝a 1＋10d ，且a 11＝0，∴a 1＋10d ＝0， ②由①②解得a 1＝20，d ＝－2，∴{a n }的通项公式为a n ＝22－2n .(2)∵S 14＝14a 1＋91d ，又∵S 14≤77， ∴14a 1＋91d ≤77，∴2a 1＋13d ≤11， 又∵a 11＝a 1＋10d ，且a 11>0，∴a 1＋10d >0由⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋13d ≤11a 1＋10d >0a 1≥6，得⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋13d ≤11－2a 1－20d <0－2a 1≤－12 ①②③，用①＋②得－7d <11，即d >－117； 用①＋③得13d ≤－1，即d ≤－113， 于是－117<d ≤－113. 又∵d ∈Z ，∴d ＝－1.又∵2a 1＋13d ≤11，∴a 1≤12. ∵a 1＋10d >0，∴a 1>－10d ，∴a 1>10， ∴10<a 1≤12，又a 1∈Z ，∴a 1＝11或a 1＝12， 故所有可能的数列{a n }的通项公式为a n ＝12－n 或a n ＝13－n .。
教科物理必修1：第一章2知能演练轻松闯关
1．(2012·江阴一中高一检测)以下关于位移和路程的说法中，正确的是()A．位移和路程都是描述质点位置变动的物理量B．质点的位移是直线，而路程是曲线C．在直线运动中位移与路程相同D．只有在质点做单向直线运动时，位移大小才和路程相等答案：D2．一物体沿半径为R的圆周运动一周，其位移的大小和路程分别是()A．2πR0B．02πRC．2R2πR D．02R解析：选B.运动一周，初末位置在同一点，所以位移为0.3．(2012·重庆双路中学高一检测)关于矢量和标量，下列说法正确的是()A．标量只有正值，矢量可以取负值B．标量和矢量无根本区别C．标量和矢量，一个有大小无方向，一个有大小也有方向D．以上说法均正确解析：选C.由矢量和标量的定义可知，选项B和D错误，C正确．标量没有方向，但也可能有负值，比如温度，比0 ℃低时就出现负值．4.图1－2－8如图1－2－8所示，一物体沿三条不同的路径由A运动到B，下列关于它们的位移的说法中正确的是()A．沿Ⅰ较大B．沿Ⅱ较大C．沿Ⅲ较大D．一样大解析：选D.位移是用来表示质点位置变化的物理量，质点的始末位置确定后，位移矢量是唯一的，所以选D.5．志伟同学刚刚学完位移和路程的概念，正赶上学校举行场地冬季长跑比赛，志伟同学参加的是标准场地(每圈400 m)的万米赛，比赛时发令枪响了，其他同学争先恐后的向前冲去，唯有志伟同学站在原地不动，并且他还举手示意自己已经到达终点．请裁判停表，并解释说：万米赛场地每圈400 m，一万米正好25圈，而跑完25圈时自己的位移是零，现在自己不动的位置也正好是零．请用物理学知识分析志伟同学所犯错误．解析：志伟同学不动时位移为零；跑万米，跑完25圈回到原点，位移虽然为零，但路程不为零，比赛比的是跑相同的路程谁用的时间短，因此志伟主要错在混淆了路程和位移的概念．答案：见解析一、选择题1．一个人从北京去重庆，可以乘火车，也可以乘飞机，还可以先乘火车到武汉，然后乘轮船沿长江到重庆，如图1－2－9所示，这几种情况下：图1－2－9①他的运动轨迹不一样②他走过的路程相同③他的位置变动是不同的④他的位移是相同的以上说法中正确的是()A．①②B．③④C．①④D．②③解析：选C.这几种情况下，运动轨迹不同，路程也不同，但是他的始末位置相同，故位移相同，即位置变动相同，故选C.2.图1－2－10(2012·安师大附中高一检测)如图1－2－10所示，小球从距地面5 m高处落下，被地面反向弹回后，在距地面2 m高处被接住，则小球从高处落下到被接住这一过程中通过的路程和位移的大小分别是()A．7 m7 m B．5 m 2 mC．5 m 3 m D．7 m 3 m解析：选D.位移为由A指向B的有向线段，其大小为3 m，方向向下；路程为AO和OB长度之和，故路程为(5＋2)m＝7 m，本题选D.3．关于位移和路程，下列说法正确的是()A．沿直线运动的物体，位移和路程是相等的B．质点沿不同的路径由A到B，其路程可能不同而位移相同C．质点只要通过一段路程，其位移就不可能是零D．质点运动的位移大小可能大于路程解析：选 B.位移仅由初末位置决定，与路径无关，只有在单向直线运动中，位移大小才等于路程，其他情况位移均小于路程，质点通过一段路程，又回到初位置时位移为零，故只有选项B正确．4．某人沿着半径为R的水平圆周跑道跑了1.75圈时，他的()A．路程和位移的大小均为3.5πRB．路程和位移的大小均为RC．路程为3.5πR，位移的大小为2RD．路程为0.5πR，位移的大小为2R解析：选C.他的路程为1.75×2πR＝3.5πR；位移为初末位置间的有向线段，即2R，所以C 项正确．5．氢气球升到离地面80 m高空处时从上面掉落下一物体，物体又上升了10 m高后开始下落，若取向上为正方向，则物体从掉落开始到落到地面时的位移和经过的路程分别为( )A ．80 m,100 mB ．－80 m,100 mC ．90 m,180 mD ．－90 m,180 m答案：B6．(2012·北京四中高一检测)关于位移和路程，下列说法中正确的是( )A ．在某段时间内，质点运动的位移为零，该质点不一定是静止的B ．在某段时间内，质点运动的路程为零，该质点不一定是静止的C ．在直线运动中，质点位移的大小一定等于其路程D ．在曲线运动中，质点位移的大小一定等于其路程解析：选A.因为当物体由某位置运动到其他位置后又回到原来的位置时位移为零，路程不为零，质点不是静止，故选项A 对B 错；在直线运动中，如果运动过程中有往返，则位移的大小也不等于路程，而在曲线运动中位移一定小于路程，故选项C 、D 都不对． 7.图1－2－11如图1－2－11所示，一小球在光滑的V 形槽中，由A 点释放经B 点(与B 点碰撞所用时间不计)到达与A 点等高的C 点，设A 点的高度为1 m ，则全过程中小球通过的路程和位移分别为( ) A.23 3 m ，23 3 m B.23 3 m ，433 m C.43 3 m ，23 3 m D.43 3 m,1 m 解析：选C.小球通过的路程l ＝AB ＋BC ＝2×1sin60° m ＝43 3 m ；小球的位移x ＝AC ＝2×cot60° m ＝233 m ．故C 正确． 8．在某次铅球比赛中，某运动员以18.62米的成绩获得金牌．这里记录的成绩是指 ( )A ．比赛中铅球发生的位移大小B ．比赛中铅球经过的路程C ．既是铅球发生的位移大小，又是铅球经过的路程D ．既不是铅球发生的位移大小，也不是铅球经过的路程解析：选D.位移是由初位置指向末位置的有向线段，铅球比赛中，铅球的初位置是刚与运动员手部分离时的位置，末位置在落地点；路程是铅球运动轨迹的长度．而测量成绩时，是从铅球球体落地痕迹的最近点取直线量至投掷圈内的圆心再减去投掷圈的半径．显然记录的成绩既不是铅球发生的位移大小，也不是铅球经过的路程．9．若规定向东方向为位移的正方向，今有一个皮球停在水平面上某处，轻轻踢它一脚，使它向东做直线运动，经5 m 时与墙相碰后又向西做直线运动，经7 m 而停下．则上述过程中皮球通过的路程和位移分别是( )A ．12 m,2 mB ．12 m ，－2 mC ．－2 m,2 mD ．2 m,2 m解析：选B.如图所示，设皮球开始时停在A 点，与墙碰撞反弹后停在B 点，则皮球通过的路程为5 m ＋7 m ＝12 m ；位移为从A 到B 的有向线段，长度为2 m ，方向向西，故位移为－2 m.10.图1－2－12(2012·江苏泰州中学高一测试)跑道的直道和弯道的交点为A 、B 、C 、D 四点，如图1－2－12所示．运动员由A 点出发沿跑道经过B 、C 、D 点回到A 点，则运动员( )A ．从A 到B 与从C 到D ，经过的位移相同，路程相等B ．从A 到B 与从C 到D ，经过的位移不同，路程相等C ．从A 到C 位移的大小比经过的路程要小D ．从A 到C 与从B 到D 经过的路程相等，位移相同解析：选BC.从A 到B 与从C 到D 的位移方向不同，故A 错，B 对．从A 到C 的位移大小指的是A 到C 的直线距离，小于该段路程，故C 对．从A 到C 与从B 到D 的位移方向不同，故D 错．二、非选择题11．一支长150 m 的队伍匀速前进，通信员从队尾前进300 m 后赶到队首，传达命令后立即返回，当通信员回到队尾时，队伍已前进了200 m ，则在此全过程中，通信员的位移大小和路程分别是多少？解析：通信员在此全程中的位移与队伍的位移相同．所以x ＝200 m通信员的运动情况为A →B →C ，如图所示由题意知：AB ＝300 m BC ＝300 m －200 m ＝100 m所以总路程为s ＝300 m ＋100 m ＝400 m.答案：200 m 400 m12．如图1－2－13所示，某物体沿半径为40 cm 的圆轨道运动，某时刻从A 点出发，沿弧ACB 经过一段时间到达B 点(内接△ABC 为等边三角形)．求物体在这段时间里通过的路程与位移大小．图1－2－13 解析：物体走过的圆心角的大小为240°，即物体走过了23圆，所以物体的路程为23×2πr ＝160π3cm. 而位移的大小为从A 到B 的有向线段的长度，即x ＝40 3 cm ，方向由A 到B .答案：160π3cm 40 3 cm。
高中物理必修一第一章第二节知能演练轻松闯关
1．(改编题)第三十届奥运会开幕式于2012年7月27日晚20时12分(伦敦时间)在伦敦举行，所有比赛历时17天．以上记录的数据分别指的是()A．时刻和时间间隔B．时间间隔和时刻C．都是时刻D．都是时间间隔解析：选A.2012年7月27日晚20时12分指的是开幕的时刻；17天是所有比赛所用的时间，指的是时间间隔．故选A.2．下列说法表示同一时刻的是()A．第2 s末和第3 s初B．前3 s内和第3 s内C．第3 s末和第2 s初D．第1 s内和第1 s末解析：选A.同一时刻在时间轴上对应同一个点，所以仅选项A正确．3．如图所示，一物体沿3条不同的路径由A运动到B，则关于位移大小的说法正确的是()A．沿1较大B．沿2较大C．沿3较大D．都一样解析：选D.三条路径的初位置、末位置相同，位移一样，故选D.4．(2013·吕梁高一检测)下列关于位移和路程关系的说法正确的是()A．物体沿直线向某一方向运动，通过的路程就是位移B．物体沿直线运动，通过的路程等于位移的大小C．质点通过一段路程，其位移可能是0D．物体通过一段路程，位移一定不为零解析：选C.路程是标量，位移是矢量，即便路程和位移的大小相等，两者也是不同的，A错误．只有物体向一个方向沿直线运动，路程才等于位移的大小，B错误．若物体从某一点出发，最后又回到该点，其位移为0，C正确，D错误．故选C.5．气球升到离地面80 m高时，从气球上掉下一物体，物体又上升了10 m后才开始下落，规定向上为正方向，讨论并回答下列问题．(1)物体从离开气球到落到地面的路程是多少？(2)物体从离开气球到落到地面时的位移大小是多少？方向如何？解析：(1)物体在整个运动过程中的路程s＝10 m＋90 m＝100 m.(2)物体从离开气球到落到地面时的位移x＝－80 m，方向竖直向下．答案：(1)100 m(2)80 m方向竖直向下一、选择题1．(单选)下列物理量中是矢量的是()A．质量B．路程C．位移D．时间答案：C2．(单选)关于时刻和时间，下列说法正确的是()A．作息时间表上的数字均表示时间B．1 min只能分成60个时刻C．手表上指针指示的是时间D．“宁停三分，不抢一秒”指的是时间解析：选D.作息时间表上的数字表示的是起床、就餐、上下课的时刻，A错误.1 min 能分成无数多个时刻，B错误．手表上指针指示的是时刻，C错误，“宁停三分，不抢一秒”指的是时间，D正确．故选D.3．(多选)(2013·哈师大附中高一检测)关于位移和路程，下列说法正确的是()A．在某一段时间内物体运动的位移为零，则该物体一定是静止的B．在某一段时间内物体运动的路程为零，则该物体一定是静止的C．在直线运动中，物体的位移大小可能等于其路程D．在曲线运动中，物体的位移大小一定小于路程解析：选BCD.位移为零，表明该运动过程的初、末位置相同，物体不一定静止，A错误；路程为零，表明运动轨迹长度为零，物体一定静止，B正确；单向直线运动时，物体的位移大小等于其路程，C正确；曲线运动时，初、末位置直线距离小于轨迹长度，所以位移大小小于路程，D正确．故选BCD.4．(多选)(2013·攀枝花高一检测)北京时间2012年10月25日23时33分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，将第16颗北斗导航卫星成功送入太空预定轨道．这标志着中国北斗卫星导航系统工程建设又迈出重要一步，北斗卫星导航系统将免费提供定位、测速和授时服务，定位精度10 m，测速精度0.2 m/s.以下说法正确的是() A．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位移B．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位置C．北斗导航卫星授时服务提供的是时间间隔D．北斗导航卫星授时服务提供的是时刻解析：选BD.由位置、位移、时间间隔、时刻的定义可知，北斗导航卫星定位提供的是一个点，是位置，不是位置的变化，A错误、B正确．北斗导航卫星授时服务提供的是时刻，C错误，D正确．故选BD.5. (单选)如图所示，某人站在楼房顶层从O点竖直向上抛出一个小球，上升的最大高度为20 m，然后落回到抛出点O下方25 m处的B点，则小球在这一运动过程中通过的路程和位移分别为(规定竖直向上为正方向)()A．25 m、25 mB．65 m、25 mC．25 m、－25 mD．65 m、－25 m解析：选D.通过的路程s＝(20＋20＋25) m＝65 m，通过的位移为x＝－25 m，故选D.6.(单选)如图所示，是一位晨练者每天早晨进行锻炼时的行走路线，从A点出发，沿半径分别为3 m和5 m的半圆经B点到达C点，则他的位移和路程分别为() A．16 m，方向从A到C；16 mB．8 m，方向从A到C；8π mC．8π m，方向从A到C；16 mD．16 m，方向从A到C；8π m解析：选D.位移是矢量，大小等于A、C之间的线段长度．即x＝AB＋BC＝2×3 m＋2×5 m＝16 m，方向由A指向C；路程是标量，等于两个半圆曲线的长度和，即l＝(3π＋5π) m＝8π m，故选D.7．(单选)在田径赛场上，甲、乙两运动员分别参加了400 m和100 m田径决赛，且两人都是在最内侧跑道完成了比赛，则两人在各自的比赛过程中通过的位移大小x甲、x乙和通过的路程大小s甲、s乙之间的关系是(标准体育场内侧跑道为400 m)() A．x甲>x乙，s甲<s乙B．x甲<x乙，s甲>s乙C．x甲>x乙，s甲>s乙D．x甲<x乙，s甲<s乙解析：选B.甲运动员参加400 m田径决赛，其位移大小为0，路程为400 m；乙运动员参加100 m田径决赛，其位移大小为100 m，路程为100 m．故选B.8．(多选)下列关于位移和温度的说法中，正确的是()A．两运动物体的位移大小均为30 m，这两个位移不一定相同B．做直线运动的两物体的位移x甲＝3 m，x乙＝－5 m，则x甲＞x乙C．温度计读数有正有负，其正负号表示温度方向D．温度计读数的正负号表示温度的高低，不能说表示方向解析：选AD.两物体的位移大小虽然均为30 m，但由于不知其方向关系，两个位移不一定相同，A正确．比较物体位移大小应比较其绝对值，B错误．温度无方向，其正负表示温度的高低，不能说表示方向，C错误，D正确．故选AD.☆9.(单选)(2013·宿州高一检测)如图所示，自行车的车轮半径为R，车轮沿直线无滑动地滚动，当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时，气门芯位移的大小为() A．πR B．2RC．2πR D．R4＋π2解析：选D.如图所示，气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方的过程中，初末位置之间的距离，也就是位移大小为x＝(2R)2＋(πR)2＝R4＋π2，故选D.二、非选择题10．一汽艇在广阔的湖面上先向东行驶了6 km，接着向南行驶了8 km.那么汽艇全过程的位移大小是多少？方向如何？解析：汽艇在湖面上运动，它的位置及位置变化用一个平面坐标系来描述．选向东为x 轴的正方向，向南为y轴的正方向，以起点为坐标原点．汽艇向东行驶了6 km，位移设为x1；再向南行驶了8 km，位移设为x2；全过程汽艇的位移设为x，汽艇的位置及位置变化情况如图所示．由图中的几何关系可知汽艇全过程的位移大小为x＝x21＋x22＝62＋82km＝10 km由tan α＝43得α＝53°，所以位移方向是东偏南53°. 答案：10 km 东偏南53° 11．如图所示，在运动场的一条直线跑道上，每隔5 m 放置一个空瓶子，运动员在进行往返跑训练，从O 点处出发，跑向右侧最近的空瓶将其扳倒后再返回扳倒出发点处的第一个瓶子，之后再往返到前面的最近处的瓶子，依次进行下去，当他扳倒第6个空瓶时，他跑过的路程多大？位移是多大？解析：从O 点出发，画出运动员的运动示意图如图所示，路程s ＝OA ＋AO ＋OB ＋BC ＋CD ＋DE ＝(5＋5＋10＋15＋20＋25) m ＝80 m.而位移大小为从O 点到E 点的距离，即x ＝OE ＝10 m ，方向由O 点指向E 点． 答案：80 m 10 m☆12.一个人晨练，按如图所示走半径为R 的中国古代的八卦图，中央的S 部分是两个直径为R 的半圆，BD 、CA 分别为西东、南北指向．他从A 点出发沿曲线ABCOADC 行进，则当他走到D 点时，求他的路程和位移的大小分别为多少？位移的方向如何？解析：路程是标量，等于半径为R 与半径为R 2两圆周长之和减去半径为R 的圆周长的14，即2πR ＋2π·R 2－14·2πR ＝52πR .位移是矢量，大小为AD 线段长度，由直角三角形知识得AD ＝2R ，方向由A 指向D ，即东南方向．答案：52πR 2R 东南方向。
2013高考物理一轮总复习：必修1第一章第二节知能演练强化闯关
1．(2011·高考重庆卷)某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s听到石头落底声．由此可知井深约为(不计声音传播时间，重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．40 m解析：选B.石头在井中的下落过程可看成自由落体运动．由h ＝12gt 2可得：当t ＝2 s 时h ＝20 m ，答案为B.2．一个小石块从空中a 点自由落下，先后经过b 点和c 点．不计空气阻力．已知它经过b 点时的速度为v ，经过c 点时的速度为3v .则ab 段与ac 段位移之比为( )A ．1∶3B ．1∶5C ．1∶8D ．1∶9解析：选D.由v ＝gt 可知小石块在ab 段运动时间与ac 段运动时间之比为1∶3，由匀变速直线运动的平均速度公式可知小石块在ab 段运动的平均速度与ac 段运动的平均速度之比为1∶3，则ab 段与ac 段位移之比为1∶9.3．(2012·浙江元济高三检测)喷泉广场上组合喷泉的喷嘴竖直向上．某一喷嘴喷出水的流量Q ＝300 L/min ，水的流速v 0＝20 m/s.不计空气阻力，g ＝10 m/s 2.则处于空中的水的体积是( )A ．5 LB ．20 LC ．10 LD ．40 L解析：选B.水以20 m/s 的速度竖直向上喷出时，水在空中运动的时间t ＝2v 0g＝4 s ，所以V ＝Qt ＝30060×4 L ＝20 L ，所以选项B 正确． 4．(2011·高考天津卷)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s解析：选D.由x ＝v 0t ＋12at 2与x ＝5t ＋t 2的对比可知：该质点做直线运动的初速度v 0＝5 m/s ，加速度a ＝2 m/s 2.将t ＝1 s 代入所给位移公式可求得第1 s 内的位移是6 m ；前2 s 内的位移是14 m ，平均速度为142m/s ＝7 m/s ；由Δx ＝aT 2可得T ＝1 s 时，相邻1 s 内的位移差都是2 m ；由加速度的物理意义可得任意1 s 内速度的增量都是2 m/s.D 正确． 5.图1－2－8(原创题)2011年9月29日我国成功发射了“天宫”一号，发射塔高度为80 m ．一名同学在观看电视时，在头脑中记下火箭上端的位置A ，如图1－2－8，用自己的手表测出火箭从开始发射到下端通过A 点用的时间约为4.3 s ，若长征2号F 运载火箭(连同“天宫”一号等)的总高度为58.3 m ，设火箭开始阶段是匀加速的，在初始发射阶段可认为长征2号F 运载火箭的总质量不变，系统产生480吨的推力．请你根据上述已知条件，求出火箭在初始运动阶段的两个运动学物理量．解析：由题意知初始阶段火箭做初速度为零的匀加速直线运动，运动58.3 m 用时4.3 s ，设其加速度为a ，则x ＝12at 2 ∴a ＝2x t 2＝2×58.34.32 m/s 2＝6.3 m/s 2， 设火箭末端通过A 点时速度为v ，则v 2＝2ax ，∴v ＝2ax ＝2×6.3×58.3 m/s ＝27.1 m/s.答案：见解析一、单项选择题1．(创新题)2011年8月21日，在第26届世界大学生夏季运动会田径项目女子跳高决赛中，美国选手巴雷特夺得冠军．巴雷特的重心离地面高1.2 m ，起跳后身体横着越过了1.96 m 的高度．据此可估算出她起跳时的竖直速度大约为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．2 m/sB ．4 m/sC ．6 m/sD ．8 m/s解析：选B.人跳起时竖直向上的速度即为起跳时的初速度v 0，而跳起的高度为h ＝1.96－1.2＝0.76(m)，则v 0＝2gh ≈4 m/s ，应选B 项．2．(2012·温州中学高三检测)正在匀加速沿平直轨道行驶的长为L 的列车，保持加速度不变通过长度为L 的桥．车头驶上桥时的速度为v 1，车头经过桥尾时的速度为v 2，则列车过完桥时的速度为( ) A. v 1·v 2 B. v 21＋v 22C. 2v 22＋v 21D. 2v 22－v 21解析：选D.设列车过完桥时的速度为v ，过桥时的加速度为a ，由题意可知，v 22－v 21＝2aL .v 2－v 22＝2aL ，故v ＝ 2v 22－v 21，所以选项D 正确．3．一小物体以一定的初速度自光滑斜面的底端a 点上滑，最远可达b 点，e 为ab 的中点，已知物体由a 到e 的时间为t 0，则它从e 经b 再返回e 所需时间为( )A ．t 0B ．(2－1)t 0C ．2(2＋1)t 0D ．(22＋1)t 0解析：选C.由逆向思维可知物体从b 到e 和从e 到a 的时间比为1∶(2－1)；即t ∶t 0＝1∶(2－1)，得t ＝(2＋1)t 0，由运动的对称性可得从e 到b 和从b 到e 的时间相等，所以从e 经b 再返回e 所需时间为2t ，即2(2＋1)t 0，答案为C.4．(2011·高考安徽卷)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用的时间为t 2.则物体运动的加速度为( )A.2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)B.Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)C.2Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)D.Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)解析：选A.由匀变速直线运动一段时间内，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可知v 1＝Δx t 1，v 2＝Δx t 2，由匀变速直线运动的速度公式知v 2＝v 1＋a ⎝⎛⎭⎫t 12＋t 22.联立以上三式可得A 正确．5．(2012·舟山模拟)一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s 、2 s 、3 s ，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是( )A ．1∶22∶32,1∶2∶3B ．1∶23∶33,1∶22∶32C ．1∶2∶3,1∶1∶1D ．1∶3∶5,1∶2∶3解析：选B.物体从静止开始做匀加速直线运动，相等时间位移的比是1∶3∶5∶…∶(2n －1)，2 s 通过的位移可看成第2 s 与第3 s 的位移之和，3 s 通过的位移可看成第4 s 、第5 s 与第6 s 的位移之和，因此这三段位移的长度之比为1∶8∶27，这三段位移上的平均速度之比为1∶4∶9，故选B.6．(2012·福建福州模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ．则刹车后6 s 内的位移是( )A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 m解析：选C.由Δx ＝aT 2得：7－9＝a ×12，a ＝－2 m/s 2，由x ＝v 0t ＋12at 2得：9＝v 0×1＋12×(－2)×12，v 0＝10 m/s ，所以汽车到停下来用时t ＝0－v 0a ＝0－10－2s ＝5 s,6秒内的位移：x ＝v t ＝0＋102×5 m ＝25 m ，故C 对． 二、不定项选择题7．(创新题)2011年11月13日下午，巴基斯坦空军“雄师”飞行表演队飞行员驾驶中巴联合研制的“枭龙”战机训练飞行．图1－2－9乙是“枭龙”战机在演练中竖直方向的速度—时间图象，则此过程关于飞机飞行情况的说法正确的是( )图1－2－9A ．飞机在前100 s 内的竖直方向的加速度大小为0.2 m/s 2B ．在100 s 到200 s 时间内飞机静止C ．飞机在200 s 到300 s 内竖直方向的加速度大小为0.2 m/s 2D ．在400 s 时，以地面为参考系，飞机的速度大小不一定为0解析：选AD.由公式a ＝v t －v 0t得，前100 s 内的竖直方向的加速度大小为0.2 m/s 2，飞机在200 s 到300 s 内竖直方向的加速度大小为0.1 m/s 2，故A 项对；在100 s 到200 s 时间内，v y ＝20 m/s.故B 项错；在400 s 时，尽管竖直速度v y ＝0，但v x 不一定为零，故D 项对.8．一个质点正在做匀加速直线运动，现用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s ．分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2 m ，在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8 m ，由此可求得( )A ．第1次闪光时质点的速度B ．质点运动的加速度C ．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移D ．质点运动的初速度解析：选ABC.由x 23－x 12＝x 34－x 23可求x 23，故C 正确；由Δx ＝aT 2可求a ，故B 正确；由v 2＝x 132T可求v 2，再由v 2＝v 1＋aT 可求v 1，故A 正确，但物体原来的初速度无法求出，故D 错．9.图1－2－10如图1－2－10所示为甲、乙两物体相对于同一坐标的x －t 图象，则下列说法正确的是( )A．甲、乙均做匀变速直线运动B．甲比乙早出发时间t0C．甲、乙运动的出发点相距x0D．甲的速率大于乙的速率解析：选BC.图象是x－t图线，甲、乙均做匀速直线运动；乙与横坐标的交点表示甲比乙早出发时间t0，甲与纵坐标的交点表示甲、乙运动的出发点相距x0.甲、乙运动的速率用图线的斜率的绝对值表示，由图可知甲的速率小于乙的速率．10．酒后驾驶会导致许多安全隐患，其中之一是驾驶员的反应时间变长，反应时间是指驾驶员从发现情况到开始采取制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离，“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(A．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.1 sB．若汽车以20 m/s的速度行驶时，发现前方40 m处有险情，酒后驾驶不能安全停车C．汽车制动时，加速度大小为10 m/s2D．表中x为66.7解析：选BD.从表格数据可知A项错误，B项正确；根据匀变速直线运动规律，可求得汽车制动时，加速度大小为a＝v22(x2－x1)＝7.5 m/s2，x1表示思考距离、x2表示制动距离，C项错；D项有x2＝v22a＝41.7 m，加上思考距离得表中x为66.7，D项也是正确的．三、非选择题11．航空母舰以一定的航速航行，以保证飞机能安全起飞，某航空母舰上的战斗机起飞时的最大加速度是a＝5.0 m/s2，速度须达v＝50 m/s才能起飞，该航空母舰甲板长L＝160 m，为了使飞机能安全起飞，航空母舰应以多大的速度v0向什么方向航行？解析：法一：若以地面为参考系，则飞机的初速度为v0，末速度为v＝50 m/s，飞机起飞过程中航空母舰所发生的位移为v0t，则飞机的位移x＝L＋v0t根据匀变速直线运动的规律v2－v20＝2ax可得：502－v20＝2×5×(160＋v0t)v＝v0＋at，联立以上各式代入数据求得：v0＝10 m/s即航空母舰应与飞机起飞方向相同至少以10 m/s 的速度航行．法二：若以航空母舰为参考系，则飞机的初速度为零，位移为L，设末速度为v1，则据匀变速直线运动的规律可得v21＝2aL，解得v1＝40 m/s，所以v0＝v－v1＝10 m/s，即航空母舰应与飞机起飞方向相同至少以10 m/s的速度航行．答案：航空母舰应与飞机起飞方向相同至少以10 m/s的速度航行12.图1－2－11(改编题)2011年12月1日至21日，印度和吉尔吉斯斯坦举行了代号为“匕首－2011”的联合反恐军事演习，印方参演人员全部来自印度伞兵团．在一次低空跳伞演练中，当直升飞机悬停在离地面224 m 高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s 2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s ，(取g ＝10 m/s 2)求：(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？(2)伞兵在空中的最短时间为多少？解析：(1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h ，此时速度为v 0，则有v 2－v 20＝－2ah ，即52－v 20＝－2×12.5×h又v 20＝2g (224－h )＝2×10×(224－h )联立解得h ＝99 m ，v 0＝50 m/s以5 m/s 的速度落地相当于从h 1高处自由落下，即2gh 1＝v 2 所以h 1＝v 22g ＝5220m ＝1.25 m. (2)设伞兵在空中的最短时间为t ，则有v 0＝gt 1，t 1＝v 0g ＝5010s ＝5 s ， t 2＝v －v 0a ＝5－50－12.5s ＝3.6 s ， 故所求时间t ＝t 1＋t 2＝(5＋3.6) s ＝8.6 s.答案：(1)99 m 1.25 m (2)8.6 s。
高中化学 电子题库 第一章 第二节第1课时知能演练轻松闯关 3
促敦市安顿阳光实验学校高中化学电子题库第一章第二节第1课时知能演练轻松闯关 31．某元素基态原子失去3个电子后，3d轨道半充满，其原子序数可能为( ) A．24 B．25C．26 D．27解析：选C。
失去3个电子后，3d轨道半充满，也就是3d5，可写出这种离子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5，原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，共有26个电子，为26号元素。
2.下列各基态原子或离子的电子排布式正确的是( )A．O2－1s22s22p4B．Ca [Ar]3d2C．Fe [Ar]3d54s3D．Si 1s22s22p63s23p2解析：选D。
O2－的电子排布式为1s22s22p6；Ca的电子排布式为[Ar]4s2；Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2。
3.下列说法中正确的是( )A．1s22s12p1表示的是激发态原子的电子排布B．3p2表示3p能级有两个轨道C．同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小D．同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多解析：选A。
A 项中，1个2s电子被激发到2p能级上，表示的是激发态原子；B项中，3p2表示3p能级上填充了2个电子；C项中，同一原子中电子层数越大，能量就越高，离核越远，故1s、2s、3s电子的能量逐渐升高；D项中，在相同能级中，其轨道数是一的，不论它在哪一能层中。
4.下列核外电子的表示方法中，能表示该原子处于能量最低状态的是( )解析：选D。
A中N 原子轨道表示式为时能量最低。
B中是F离子的轨道表示式。
C中Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2。
D中Cu原子的3d轨道全充满，4s轨道半充满处于能量最低状态。
5.下列元素中，未成对电子最多的是( )A．Ne B．PC．Fe D．Cr解析：选D。
分别写出四种元素的核外电子排布式进行判断，Ne没有未成对电子，P有3个未成对电子，Fe有4个未成对电子，而Cr的未成对电子最多，有6个。
第一单元第2讲知能演练强化闯关
【基础达标】1．由细胞合成的化合物分子中，有许多含一个或多个磷酸基团，这样的化合物不．可能()A．直接为各项生命活动提供能量B．组成各种生物膜的支架C．在蛋白质合成中转运氨基酸D．使血糖浓度降低解析：选D。
直接为各项生命活动提供能量的物质是ATP，由三个磷酸基团和一个腺苷组成；磷脂是组成生物膜的支架，含有磷酸基团；蛋白质合成中转运氨基酸的是tRNA，RNA 由磷酸、核糖和含氮碱基构成；使血糖浓度降低的是胰岛素，属于蛋白质，其组成单位是氨基酸，不含有磷酸基团。
2．(2014·山东莱芜四中模拟)下列关于生物体内水分和无机盐的叙述，错误的是() A．干种子内结合水的相对含量较低，不能进行旺盛的生命活动B．旱生植物比水生植物具有更强的抗旱能力，其原因之一是结合水的相对含量较高C．镁离子是叶绿素的重要成分，缺镁会造成叶片发黄D．生理盐水能维持人体渗透压的平衡，防止细胞过度吸水而涨破解析：选A。
干种子内结合水的相对含量高，自由水的相对含量低，因此不能进行旺盛的生命活动，A项错误。
3．(2014·陕西长安一中第二次质检)现提供新配制的斐林试剂甲液(0.1 g/mL NaOH溶液)、乙液(0.05 g/mL CuSO4溶液)、蒸馏水，充分利用上述试剂及必需的实验用具，能鉴别出下列哪些物质()①葡萄糖②蔗糖③胰蛋白酶④DNAA．只有①B．①和②C．①和③D．②③和④解析：选C。
斐林试剂：甲液(0.1 g/mL NaOH溶液)、乙液(0.05 g/mL CuSO4溶液)可以用来鉴定还原糖，如葡萄糖、麦芽糖、果糖等；双缩脲试剂：A液(0.1 g/mL NaOH溶液)、B液(0.01 g/mL CuSO4溶液)可用来鉴定蛋白质，如肌肉、头发、绝大多数的酶(包括胰蛋白酶)等。
此题中用蒸馏水将斐林试剂中的乙液(0.05 g/mL CuSO4溶液)稀释为0.01 g/mL CuSO4溶液，这样就可以得到双缩脲试剂，就可以鉴定胰蛋白酶。
北师大版数学必修5：第一章§1.2知能演练轻松闯关
1．一给定函数y ＝f (x )的图像在下列图中，并且对任意a 1∈(0,1)，由关系式a n ＋1＝f (a n )得到的数列{a n }满足a n ＋1>a n ，则该函数的图像是() 解析：选A.由题知，对任意a 1∈(0,1)，由关系式a n ＋1＝f (a n )得到的数列{a n }满足a n ＋1>a n ，即f (a n )>a n ，由此联想到函数在x ∈(0,1)时，有f (x )>x ，即该函数y ＝f (x )的图像上任一点(x ，y )都满足y >x ，图像在直线y ＝x 的上方，故选A.2．数列{a n }中，a n ＝－2n 2＋29n ＋3，则此数列的最大项的值是( )A ．107B ．108C ．10818D ．109 解析：选B.研究函数f (x )＝－2x 2＋29x ＋3，该函数的对称轴为x ＝294，开口向下．而在数列{a n }中，a n ＝－2n 2＋29n ＋3，由于n ∈N ＋，所以只有当n ＝7时，a n 最大，最大值为a 7＝－2×72＋29×7＋3＝108.3．若数列{a n }为递减数列，则{a n }的通项公式可能为______．(填写序号)①a n ＝－2n ＋1 ②a n ＝－n 2＋3n ＋1③a n ＝12n ④a n ＝(－1)n 解析：可以通过画函数的图像一一判断．②有增有减，④是摆动数列．答案：①③4．已知f (1)＝2，f (n ＋1)＝f (n )＋12(n ∈N ＋)，则f (4)＝________. 解析：f (2)＝f (1)＋12＝32，f (3)＝f (2)＋12＝32＋12＝54，f (4)＝f (3)＋12＝54＋12＝98. 答案：98[A 级 基础达标]1．已知数列{a n }是递增数列，则n ∈N ＋时，有( )A ．a n ＋1≥a nB ．a n ＋1≤a nC ．a n ＋1>a nD ．a n ＋1<a n解析：选C.根据递增数列的定义可知，a n ＋1>a n ，故选C.2．已知数列{a n }满足a 1>0，a n ＋1a n ＝12，则数列{a n }是( ) A ．递增数列 B ．递减数列C ．摆动数列D ．常数列解析：选B.∵a 1>0，a n ＋1a n ＝12，∴a n >0且a n ＋1a n<1， ∴a n ＋1<a n ，∴数列{a n }是递减数列．3．数列23，45，67，89，…的第10项是( ) A.1617 B.1819C.2021D.2223解析：选C.由题意知数列的通项公式是a n ＝2n 2n ＋1， ∴a 10＝2×102×10＋1＝2021.故选C. 4．已知数列{a n }的通项a n ＝na nb ＋c(a 、b 、c 都是正实数)，则a n 与a n ＋1的大小关系是________． 解析：∵a n ＋1－a n ＝(n ＋1)a (n ＋1)b ＋c －na nb ＋c＝ac [(n ＋1)b ＋c ]·(nb ＋c )， ∵n ∈N ＋，a 、b 、c 都是正实数，∴a n ＋1－a n ＞0，∴a n ＋1＞a n .答案：a n ＋1＞a n5．设函数f (x )＝log 2x －log x 2(0<x <1)，且数列{a n }满足f (2a n )＝2n (n ∈N ＋)，则数列{a n }的通项公式为________．解析：∵f (x )＝log 2x －log x 2，∴f (2a n )＝log 22a n －log 2a n 2＝a n －1a n ， ∴a n －1a n＝2n ，∴a 2n －2n ·a n －1＝0， ∴a n ＝n ±n 2＋1，又∵0<x <1，∴0<2a n <1，∴a n <0，∴a n ＝n －n 2＋1.答案：a n ＝n －n 2＋1 6．(2012·淮南质检)判断数列{n 3n ＋1}的增减性． 解：∵a n ＝n 3n ＋1， ∴a n ＋1＝n ＋13(n ＋1)＋1＝n ＋13n ＋4. 法一：a n ＋1－a n ＝n ＋13n ＋4－n 3n ＋1＝(n ＋1)(3n ＋1)－n (3n ＋4)(3n ＋4)(3n ＋1)＝1(3n ＋4)(3n ＋1)， ∵n ∈N ＋，∴a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ，∴数列{n 3n ＋1}为递增数列． 法二：∵n ∈N ＋，∴a n >0.∵a n ＋1a n ＝n ＋13n ＋4n 3n ＋1＝(n ＋1)(3n ＋1)(3n ＋4)n＝3n 2＋4n ＋13n 2＋4n＝1＋13n 2＋4n∴a n ＋1>a n ，∴数列{n 3n ＋1}为递增数列． [B 级 能力提升]7．函数f (x )定义如下表，数列{x n }满足x 0＝5，且对任意的自然数均有x n ＋1＝f (x n )，则x 2013＝( )A.1 C ．4 D ．5解析：选D.由题意可得x 1，x 2，x 3，x 4，x 5，…的值分别为2,1,5,2,1，…故数列{x n }为周期为3的周期数列．∴x 2013＝x 3×671＝x 0＝5，故选D.8．已知数列{a n }的通项公式a n ＝(23)n －1[(23)n －1－1]，则下列叙述正确的是( ) A ．最大项为a 1，最小项为a 3B ．最大项为a 1，最小项不存在C ．最大项不存在，最小项为a 3D ．最大项为a 1，最小项为a 4解析：选A.令t ＝(23)n －1，则t ＝1，23，(23)2，…，且t ∈(0,1]，则a n ＝t (t －1)，结合函数y ＝x (x －1)图像的性质，知数列{a n }最大项为a 1＝0；当n ＝2时，(23)n －1＝23，当n ＝3时，(23)n －1＝49，又|49－12|<|23－12|，所以当n ＝3时，a n 的值最小．故选A. 9．(创新题)已知定义在R 上的函数f (x )对于任意x ∈R ，都有f (x ＋4)＝－1f (x )，设a n ＝f (n )(n ∈N ＋)，则f (200)＋f (201)＋f (202)＋f (203)f (8)＋f (9)＋f (10)＋f (11)＝________. 解析：∵f (x ＋4)＝－1f (x )， ∴f (x ＋8)＝－1f (x ＋4)＝f (x )， ∴f (n )＝f (n ＋8)．∵f (200)＝f (8×24＋8)＝f (8)，f (201)＝f (24×8＋9)＝f (9)，f (202)＝f (24×8＋10)＝f (10)，f (203)＝f (8×24＋11)＝f (11)． ∴f (200)＋f (201)＋f (202)＋f (203)f (8)＋f (9)＋f (10)＋f (11)＝f (8)＋f (9)＋f (10)＋f (11)f (8)＋f (9)＋f (10)＋f (11)＝1.答案：110．(2012·咸阳调研)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－5n ＋4.(1)数列中有多少项是负数？(2)n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值． 解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. 因为n ∈N ＋，故n ＝2,3，所以该数列中有两项是负数．(2)因为a n ＝n 2－5n ＋4＝(n －52)2－94， 可知对称轴方程为n ＝52＝2.5. 又n ∈N ＋，故n ＝2或3时，a n 有最小值，其最小值为22－5×2＋4＝－2.11．在数列{a n }中，a 1＝3，a 17＝67，通项公式是关于n 的一次函数．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求a 2013；(3)2013是否为数列{a n }中的项？若是，为第几项？解：(1)设a n ＝kn ＋b (k ≠0)，则有⎩⎪⎨⎪⎧k ＋b ＝3，17k ＋b ＝67， 解得k ＝4，b ＝－1.∴a n ＝4n －1.(2)a 2013＝4×2013－1＝8051.(3)令2013＝4n －1，解得n ＝10072∉N ＋， ∴2013不是数列{a n }中的项．。
人教版化学选修1电子题库 第一章 第二节 知能演练轻松闯关 Word版含答案
1.下列说法中, 正确的是()A.液态的植物油经过催化加氢可以生成硬化油B.天然油脂大多是由单甘油酯分子组成C.油脂在酸性条件下水解, 可提高肥皂的产量D.脂肪分子里烃基的相对含量大, 熔点就高解析: 选A. 液态的植物油经过催化加氢可以生成硬化油, A正确; 天然油脂大多是由混甘油酯分子组成, B错误; 皂化反应是油脂在碱性条件下水解, 可提高肥皂的产量, C错误; 脂肪分子里饱和烃基的相对含量大, 熔、沸点就高, D错误.2.(2012·辽宁沈阳高二质检)下列说法中正确的是()A.矿物油是工业用油, 不能食用, 油脂都是食用油B.矿物油和油脂都可以在一定条件下水解C.汽油和油都可以使溴水褪色D.向脂肪和油中加入含酚酞的NaOH溶液, 加热, 红色变浅解析: 选D. A项中油脂并不是都可以食用, 如蓖麻油就不能食用; B项中矿物油是烃, 不水解, 而油脂属于酯类物质, 在一定条件下可以水解; C项中裂解汽油是不饱和的, 能使溴水褪色,但直馏汽油就是饱和烃, 不能使溴水褪色, 而油的烃基是不饱和的, 所以可使溴水褪色; D项中脂肪和油都可以水解产生高级脂肪酸, 可以与NaOH溶液反应, 使酚酞溶液的红色变浅.3.我国某些地区曾发生用石蜡油等工业用油加工大米的“毒米事件”, 威胁人民健康. 食用油和石蜡油虽然都称作“油”, 但从化学组成和分子结构看, 它们是完全不同的. 下列说法正确的是()A.食用油属于纯净物, 石蜡油属于混合物B.食用油属于酯类, 石蜡油属于烃类C.食用油属于有机物, 石蜡油属于无机物D.食用油属于高分子化合物, 石蜡油属于小分子化合物解析: 选B. 本题考查食用油与石蜡油的区别. 食用油是含不饱和成分较高的油脂, 而石蜡油是烃类物质的混合物, 两者均属有机小分子组成的混合物, 故A、C、D错误, B正确.4.(2012·河南洛阳高二调研)关于油脂在人体中的生理功能的理解中错误的是()A.油脂在人体内的水解产物经氧化可释放能量, 所以油脂可在人体内提供能量B.为人体合成其他化合物提供原料C.保持体温、保护内脏器官D.促进水溶性维生素B族、维生素C等的吸收解析: 选D. 油脂在人体内水解生成脂肪酸, 脂肪酸氧化释放能量, 油脂也能为细胞膜、神经、脑组织提供原料, 脂肪不导热可保持体温. 油脂能溶解维生素A、D、E、K, 但不能促进维生素B族、维生素C的吸收.5.食品店出售的冰淇淋是硬化油, 它是以多种植物油为原料制得的, 其中发生的反应有()A.水解反应B.加聚反应C.加成反应D.酯化反应解析: 选C. 硬化油是植物油与H2发生加成反应制得的.6.下列反应属于取代反应的有()①油脂的硬化②油酸甘油酯使酸性高锰酸钾溶液褪色③油脂的皂化反应④油脂的酸性水解A.①②B.①③C.②③D.③④解析: 选D. 此题主要考查油脂的化学性质及有机反应类型. 取代反应是指有机物分子中的原子或原子团被其他原子或原子团所代替的反应. 在上述油脂的性质中, ①发生的反应为加成反应, ②为氧化反应, ③、④为取代反应.7.下列关于油脂的说法正确的是()①是纯净物②是高级脂肪酸③可以在碱性条件下水解④某些油脂可以使溴水褪色⑤摄入过量的油脂易引起多种疾病, 所以最好不吃油脂A.①②③④⑤B.③④⑤C.①②③④D.③④解析: 选D. 油脂是多种高级脂肪酸甘油酯的混合物, 属于酯类物质, 在酸性或碱性条件下都能水解, 有些油脂中含有不饱和烃基, 能和溴水反应. 油脂是一种重要的营养物质, 不能过量食用, 但人体不能缺少, 故选D.8.关于油脂的说法不．正确的是()A.油脂水解后的产物经氧化后为人体提供能量B.油脂是合成人体所需的化合物的原料C.油脂能储备能量D.多吃动物脂肪比多吃植物油好解析: 选D. 油脂水解后的产物脂肪酸经氧化后为人体提供能量, A正确; 油脂是合成人体所需的磷脂、固醇等的原料, B正确; 油脂能储备能量, C正确; 多吃动物脂肪, 体内多余的脂肪水解成的高级饱和脂肪酸会使人体发胖, 进而引发高血压、高血脂、心脑血管疾病和糖尿病, D 错误.9.(2012·河北邢台高二质检)公元前, 古埃及国王胡夫的一位厨师不小心把刚熬好的羊油碰翻在灶坑旁, 与草木灰混在了一起. 当他将羊油和草木灰的混合物用手捧出去后, 洗手时发现洗得特别干净. 下列解释正确的是()A.羊油是一种有机溶剂, 溶解了厨师手上的油污B.草木灰呈碱性, 与羊油发生中和反应C.羊油与草木灰中的物质发生了加成反应D.羊油在碱性的草木灰(主要成分K2CO3)的作用下发生了皂化反应解析: 选D. 草木灰的主要成分是K2CO3, 水溶液呈碱性. 羊油属于油脂, 在K2CO3的碱性条件下可发生水解反应生成高级脂肪酸钾和甘油, 高级脂肪酸钾和肥皂结构相似, 具有去油污能力.10.下列物质中(1)属于单甘油酯的是(填序号, 下同)________, 属于混甘油酯的是________.(2)发生皂化反应的化学方程式为(只写一种即可)________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(3)发生氢化反应的化学方程式为(只写一种即可)________________________________________________________________________________________________________________________________________________.解析: (1)单甘油脂是指R1、R2、R3相同, 故①满足题意, 混甘油脂是指R1、R2、R3不同, 故②、③符合题意.(2)皂化反应就是油脂在碱性条件下发生水解反应.(3)氢化反应就是指不饱和高级脂肪酸甘油酯与氢气发生加成反应.答案: (1)①②③11.(1)从油脂A的结构简式分析, 它可能发生的化学反应:①从饱和性看, 它能发生________反应, 例如与氢气反应的化学方程式为________________________________________________________________________.②从酯的性质看, 它能发生________反应, 该反应的化学方程式为________________________________________________________________________.解析:答案:12.科学家发现某药物M 能治疗心血管疾病是因为它在人体内能释放出一种“信使分子”D, 并阐明了D 在人体内的作用原理. 为此他们荣获了1998年诺贝尔生理学或医学奖. 请回答下列问题:(1)已知M 的相对分子质量为227, 由C 、H 、O 、N 四种元素组成, C 、H 、N 的质量分数依次为15.86%、2.20%和18.50%. 则M 的分子式是________. D 是双原子分子, 相对分子质量为30, 则D 的分子式为________.(2)油脂A 经下列途径可得到M.图中②的提示:C 2H 5OH ＋HO —NO 2硝酸―→C 2H 5O —NO 2硝酸乙酯＋H 2O 反应①的化学方程式是________________________________________________________________________. 解析: (1)由M 的相对分子质量227及C 、H 、O 、N 的质量分数, 推知n (C)＝227 g ×15.86%12 g·mol －1＝3 mol, n (H)＝227 g ×2.20%1 g·mol －1＝5 mol, n (O)＝227 g ×63.44%16 g·mol －1＝9 mol, n (N)＝227 g ×18.50%14 g·mol －1＝3 mol, 所以M 的分子式为: C 3H 5O 9N 3. 又由题意知D 是M 释放出的双原子分子, 相对分子质量为30,可推出D为NO.(2)油脂是由高级脂肪酸和甘油(丙三醇)经酯化反应而制得的一类化合物, 由油脂通式及油脂的性质, 可写出①的水解方程式.答案: (1)C3H5O9N3NO13.(2012·北京东城区高二调研)甘油酯1.768 g完全催化加氢, 需标准状况下氢气134.4 mL, 氢化后皂化消耗NaOH 0.24 g. 若该油脂是单甘油酯, 写出它的结构简式.解析: 从NaOH的物质的量可以计算出高级脂肪酸甘油酯的化学式式量, 再从氢化消耗氢的量算出烃基中的双键数.根据单甘油酯的皂化反应:设单甘油酯的相对分子质量为M.则M∶120＝1.768∶0.24,解得M＝884.1.768 g单甘油酯的物质的量为:1.768 g884 g/mol＝0.002 mol,氢化消耗的氢气的物质的量为:0.1344 L22.4 L/mol＝0.006 mol, 即每个分子中含有3个碳碳双键. 故该单甘油酯的结构简式为:(C17H33COO)3C3H5.答案: (C17H33COO)3C3H5。
人教版化学必修1：第一章 第二节 第3课时 知能演练轻松闯关
1.(2012·乌鲁木齐高一检测)欲配制1.00 mol·L－1碳酸钠溶液100 mL，不．需要使用的仪器是()A．100 mL容量瓶B．蒸馏烧瓶C．玻璃棒D．胶头滴管解析：选B。
配制一定物质的量浓度的溶液不需要蒸馏烧瓶。
2.下列溶液中物质的量浓度为1 mol·L－1的是()A．将40 g NaOH溶解在1 L水中B．将22.4 L HCl气体溶于水配成1 L溶液C．将1 L 10 mol·L－1的浓盐酸加入9 L水中D．将10 g NaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250 mL解析：选D。
选项A：n(NaOH)＝1 mol，但V(水)＝1 L，V(溶液)≠1 L，错误。
选项B：没有说明是在标准状况下，故22.4 L HCl气体不一定为1 mol，错误。
选项C：n(HCl)＝10 mol，但溶液体积不是10 L，错误。
选项D：n(NaOH)＝0.25 mol，V(溶液)＝0.25 L，正确。
3.(2012·汕头高一检测)0.5 L 1 mol/L FeCl3溶液与0.2 L 1 mol/L KCl溶液中的Cl－的浓度之比()A．5∶2 B．3∶1C．15∶2 D．1∶3解析：选B。
1 mol/L FeCl3溶液中c(Cl－)＝3 mol/L；1 mol/L KCl溶液中c(Cl－)＝1 mol/L。
4.如图表示配制一定物质的量浓度的NaCl溶液的部分操作示意图，其中有错误的是()解析：选C。
定容时，视线应与刻度线相平。
5.8 g无水硫酸铜配成0.1 mol/L的水溶液，下列说法正确的是()A．溶于500 mL水中B．溶于1 L水中C．溶解后溶液的总体积为500 mLD．溶解后溶液的总体积为1 L解析：选C。
8 g无水硫酸铜溶于适量的水，使溶液体积为500 mL时，即配成0.1 mol/L的水溶液，而不是溶于500 mL水中。
6.如图是某溶液在稀释过程中，溶质的物质的量浓度随溶液体积的变化曲线图，根据图中的数据分析得出V值等于()A．2 B．3C．4 D．5解析：选C。
第一章第二节知能演练轻松闯关.pdf
1.(2011·高考广东卷)如图1－1所示，两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来，下面的铅柱不脱落，主要原因是()图1－1A．铅分子做无规则热运动B．铅柱受到大气压力作用C．铅柱间存在万有引力作用D．铅柱间存在分子引力作用解析：选D.当两个接触面平滑的铅柱压紧时，接触面上的分子与分子间的距离非常小，分子之间的作用力表现为引力，使铅柱不脱落．2.(2012·上海市十校联考)下列说法中正确的是()A．温度低的物体内能小B．外界对物体做功时，物体的内能一定增加C．温度低的物体分子运动的平均动能小D．做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大答案：C3.当分子间距离大于10r0(r0是分子平衡位置间距离)时，分子力可以认为是零，规定此时分子势能为零．当分子间距离是平衡距离r0时，下列说法中正确的是()A．分子力是零，分子势能也是零B．分子力是零，分子势能不是零C．分子力不是零，分子势能是零D．分子力不是零，分子势能不是零解析：选B.根据分子力随分子间距的变化关系知，r＝r0时，分子力为0.根据分子力做功与分子势能的关系知，选r＞10r0时分子势能为0.r＝r0时，分子势能最小，并且小于0.故B正确．4.(2012·济南外国语学校高二检测)下列对物体内能的说法中，正确的有()A．0 ℃的水比0 ℃的冰的内能大B．物体运动的速度越大，则内能越大C．水分子的内能比冰分子的内能大D．100 g 0 ℃的冰比100 g 0 ℃的水的内能小解析：选D.物体的内能大小是由物体质量、温度和体积决定的，A项中未知水、冰的质量关系，故不能确定两者内能大小关系；物体的内能与运动速度大小无关，故B错；“分子的内能”的说法不妥，故C错；质量相等、温度相同的冰和水，总分子动能相等，总分子势能冰的小，因此其内能小，故D对．5.一颗炮弹在空中以某一速度v飞行，有人说：由于炮弹中所有分子都具有这一速度，所以分子具有动能；又由于分子都处于高处，所以分子又具有势能．因此，分子的上述动能和势能的总和就是炮弹的内能．这种说法正确吗？为什么？答案：不正确．因为分子运动的动能和分子势能与宏观机械能无关．一、选择题1.关于分子的动能，下列说法中正确的是()A．物体运动速度大，物体内分子的动能一定大B．物体的温度升高，物体内每个分子的动能都增加C．物体的温度降低，物体内大量分子的平均动能一定减少D．物体内分子的平均动能与物体做机械运动的速度大小无关解析：选CD.温度是分子平均动能的标志，而与每个分子的动能无关，故B错，C对．分子的动能与分子热运动的速度有关，而与物体的机械运动速度无关，故D是正确的，A是错误的．2.两个温度不同的物体相接触，达到温度相等后，下列物理量相同的是()A．内能B．分子平均动能C．分子势能D．热量解析：选B.根据温度相等，只能得出分子热运动的平均动能相等的结论，所以B对．3.有两个分子，设想它们之间相隔10倍直径以上的距离，逐渐被压缩到不能再靠近的距离，在这个过程中，下面关于分子力变化的说法正确的是()A．分子间的斥力变大，引力变小B．分子间的斥力和引力都变大，只不过斥力比引力变化得快C．分子力从零逐渐增大到某一数值后，逐渐减小到零，然后又从零逐渐增大到某一数值D．分子力从零开始先表现为引力，后降到零，再表现为斥力解析：选BCD.分子力是指引力和斥力的合力，此过程中，先表现为引力，此时从零先变大再变小到零，然后再变成斥力逐渐变大．4.分子间同时存在吸引力和排斥力，下列说法正确的是()A．固体分子间的吸引力总是大于排斥力B．气体能充满任何容器是因为分子间的排斥力大于吸引力C．分子间的吸引力和排斥力都随着分子间距离的增大而减小D．分子间的吸引力随着分子间距离的增大而增大，而排斥力随着分子间距离的增大而减小解析：选C.物体分子之间同时存在斥力和引力，这两个力都随着分子间距离的增大而减小，因此选项C对，D错．固体分子在一般情况下，分子引力和斥力平衡，选项A错误．气体充满容器是由气体分子热运动所致，B错误．5.(2012·苏北四市一模)下列说法正确的是()A．布朗运动是液体分子的无规则运动B．物体的温度升高时，其分子平均动能增大C．分子间距离逐渐增大时，分子势能逐渐减小D．分子间距离增大时，分子间的引力、斥力都减小解析：选BD.布朗运动是液体分子无规则运动的反映，是悬浮在液体中小颗粒的运动，A错；温度是物体分子平均动能的标志，B正确；由分子间引力和斥力的特性知D正确；若r>r0时分子间表现为引力，分子距离增大时要克服分子间的引力做功，分子势能增大，故C错．6.1 g 100 ℃的水与1 g 100 ℃的水蒸气相比较，下列说法中正确的是()A．分子的平均动能与分子的总动能都相同B．分子的平均动能相同，分子的总动能不同C．内能相同D．1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能解析：选AD.温度是分子平均动能的标志，在相同的温度下，分子的平均动能相同．又1 g 水与1 g水蒸气的分子数相同，因而分子总动能相同，A正确．当从100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气时，分子间距离变大，因而要克服分子引力做功，使分子势能增加，即100 ℃的水的内能小于100 ℃的水蒸气的内能，故D正确．7.关于分子势能，下列说法中正确的是()A．物体的温度越高，物体内分子势能越大B．物体的体积越大，物体内分子势能越大C．物体的体积减小，物体内分子势能也减小D．物体的体积减小，分子势能可能先减小后增大解析：选D.物体的分子势能与温度无关，故A是错误的；物体体积变化时，分子间平均距离也发生变化，由于分子势能在分子间距离等于r0时有最小值，故体积减小(或增大)时，分子势能可能是先减小后增加，也可能是一直增加，故应选D.8.下列说法中正确的有()A．物体的内能由物体的状态决定，一切物体都具有内能B．物体的动能为零，则物体分子平均动能的总和为零C．物体的机械能为零时，物体的内能也不为零D．只有分子间的作用力为零时，物体的内能才为零解析：选AC.物体的内能是状态量，由物体的状态决定，且一切物体都具有内能，A对；物体的动能为零，但分子永不停息地运动，分子平均动能的总和一定不为零，B错；机械能和内能的决定因素不同，物体的内能一定不为零，C对；分子力为零时，分子势能最小(选分子距离无限远时势能为零)，分子动能一定不为零，故D错．9.一定质量的0 ℃的冰融化为0 ℃的水时，其分子动能之和E k和分子势能之和E p的变化情况是()A．E k变大，E p变大B．E k变小，E p变小C．E k不变，E p变大D．E k不变，E p变小解析：选C.0 ℃的冰变成0 ℃的水，吸收热量，但温度不变，故分子的动能不变，而分子势能增加．故选项C正确．10.(2012·郑州一中高二月考)在温度相同的条件下，下列有关氧气分子和氢气分子动能的说法正确的是()A．1个氧气分子和1个氢气分子的动能相同B．1克氧气分子的动能之和与1克氢气分子动能之和相同C．1 mol氧气分子的动能总和与1 mol氢气分子的动能总和相同D．氧气分子的平均动能和氢气分子的平均动能相同解析：选CD.温度相同，分子的平均动能就相同，分子个数相同，总动能也相同，所以C、D项正确；而相同的温度下，有的分子运动快，有的慢，对单个的分子没法比较快慢，A错；一克氧气和一克氢气的分子个数不一样，平均动能一样，总动能不一样，B错．二、非选择题11.把一块洗净的玻璃板吊在橡皮筋的下端，使玻璃板水平地接触水面(如图1－2－2所示)．如果你想使玻璃板离开水面，用手向上拉橡皮筋，拉动玻璃板的力是否大于玻璃板受的重力？动手试一试，并解释原因．图1－2－2答案：拉力会大于玻璃板的重力．玻璃板离开水面时水会发生分裂，由于水分子之间有引力存在，外力要克服这些分子引力，因此外界拉力大于玻璃板的重力．玻璃板离开水面后，可以看到玻璃板下表面上仍有水，说明玻璃板离开水面时，水层发生断裂．12.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F＞0为斥力，F＜0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置．现在把乙分子从a处静止释放，则：(1)乙分子在何处动能最大？(2)在乙分子运动的哪个范围内分子力和分子动能都随距离的减小而增加？解析：(1)由于乙分子由静止开始，在ac间一直受到甲分子的引力而做加速运动，引力做正功，分子动能一直在增大，到达c点时所受分子力为零，加速度为零，速度最大．(2)在分子力表现为引力且增加的那一段上，即乙分子由a向b运动的过程中，分子力做正功，分子动增加．答案：(1)c处(2)a到b阶段。
选修1专题2知能演练强化闯关
1．制备牛肉膏蛋白胨固体培养基的下列操作中，不．正确的是(双选)()A．操作流程是计算、称量、灭菌、溶化和倒平板B．将称好的牛肉膏连同称量纸一同倒入烧杯中再加水、去纸C．灭菌后向牛肉膏蛋白胨溶液中加2%琼脂，并使其溶解D．将培养基冷却到约50 ℃时，在酒精灯火焰附近倒平板解析：选AC。
琼脂加入到牛肉膏蛋白胨溶液中，溶化后再灭菌。
2．加工橘子罐头，采用酸碱处理脱去中果皮(橘络)，会产生严重污染。
目前使用酶解法去除橘络，可减少污染。
下列生长在特定环境中的4类微生物，不．产生所用酶的有()A．生长在麦麸上的黑曲霉B．生长在酸奶中的乳酸菌C．生长在棉籽壳上的平菇D．生长在木屑上的木霉解析：选B。
去除橘络的酶为纤维素酶，A、C、D项所列微生物都能利用纤维素，都可产生纤维素酶。
B项中的乳酸菌催化乳糖水解为半乳糖，故不产生纤维素酶。
3．稀释涂布平板法是微生物培养中的一种常用的接种方法。
下列相关叙述错误的是()A．操作中需要将菌液进行一系列的梯度稀释B．需将不同稀释度的菌液分别涂布到固体培养基表面C．不同浓度的菌液均可在培养基表面形成单个的菌落D．操作过程中对培养基和涂布器等均需进行严格灭菌处理解析：选C。
考查微生物培养的基本原理。
依据教材中的基本原理，要在培养基的表面形成单个的菌落需将菌液稀释到一定程度，所以C项错。
4．(2012·深圳外国语学校高三摸底考试)生产实践中配制微生物发酵所需要的培养基时，一般遵循“经济节约”的原则。
如“以野(野生植物)代家(栽培植物)”、“以纤(秸秆)代糖(淀粉)”、“以氮(非蛋白氮) 代朊(蛋白氮)”、“以烃代粮”等。
下列表述不．正确的是()A．“以野代家”培养微生物时，需要加入更多的生长因子B．“以纤代糖”能为某些微生物的生长提供碳源和能源C．“以氮代朊”是因为铵盐、硝酸盐等是微生物常用的氮源D．“以烃代粮”培养的微生物可以用于净化被石油污染的海域解析：选A。
野生植物代栽培植物更经济节约，并不需要加入更多的生长因子。
第一章第一节知能演练·强化闯关
1．(2012·宁德联考)为了使高速公路交通有序、安全，路旁立了许多交通标志．如图1－1－1所示，甲图是限速标志(白底、红圈、黑字)，表示允许行驶的最大速度是110 km/h ；乙图是路线指示标志，表示到泉州还有100 km.上述两个数据的物理意义是( )图1－1－1A ．110 km/h 是平均速度，100 km 是位移B ．110 km/h 是平均速度，100 km 是路程C ．110 km/h 是瞬时速度，100 km 是位移D ．110 km/h 是瞬时速度，100 km 是路程解析：选D.甲图标出的最大行驶速度应该指的是瞬时速度，乙图标明的到泉州100 km 应该是物理学中的路程，而不是位移，故选项D 是正确的．2．在研究物体运动时，下列物体中不．能当成质点处理的是( ) A ．用GPS 定位系统研究汽车位置时B ．研究“神舟八号”飞船绕地球运转时C ．研究乒乓球运动员张继科发出的乒乓球的运动轨迹时D ．研究火车穿越一山洞所需时间时解析：选D.用GPS 定位系统研究汽车位置及研究“神舟八号”飞船绕地球运转时，不需要考虑汽车、飞船各部分运动的差异，均可看成质点；乒乓球运动员发出的乒乓球虽有转动，但这种转动对运动轨迹的影响可以忽略，即能把乒乓球看成质点；研究火车穿越一山洞所需时间时，需考虑火车的长度，火车不能看成质点．3．(2012·湖北黄冈中学质检)关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是( )A ．速度变化得越大，加速度就越大B ．速度变化得越快，加速度就越大C ．只要加速度的大小保持不变，速度的方向也保持不变D ．只要加速度的大小不断变小，速度的大小也不断变小解析：选B.加速度的定义式为a ＝Δv Δt，是速度变化量与时间的比值(速度变化率)，只有当速度变化率大，即速度变化快，加速度才大，故选项A 错误而B 正确；加速度大小不变，也可以改变速度的方向，如平抛运动，故选项C 错误；当a 、v 同向时，物体做加速运动，反之，做减速运动，与加速度大小变化无关，故选项D 错误．4．(2012·江苏启东中学质检)某赛车手在一次野外训练中，先利用地图计算出出发地和目的地的直线距离为9 km ，从出发地到目的地用了5分钟，赛车上的里程表指示的里程数值增加了15 km ，当他经过某路标时，车内速度计指示的示数为150 km/h ，那么可以确定的是( )A ．在整个过程中赛车手的瞬时速度是108 km/hB ．在整个过程中赛车手的平均速度是180 km/hC ．在整个过程中赛车手的平均速率是108 km/hD ．经过路标时的瞬时速度是150 km/h解析：选D.根据平均速度的定义知v ＝s t ＝9 km 112h ＝108 km/h 平均速率v ＝15 km 112h ＝180 km/h ，速度计示数是瞬时速度为150 km/h.故D 正确． 5．一列队伍长L ＝120 m ，行进速度v 1＝1.6 m/s.为了传达一个命令，通讯员从队伍排尾跑步赶到队伍排头，其速度v 2＝3 m/s ，然后又立即用与队伍行进速度相同大小的速度返回排尾．问：(1)通讯员从离开队伍到重又回到排尾共需多少时间？(2)通讯员归队处与离队处相距多远？解析：通讯员从排尾赶到排头时，有关系式： v 2t －v 1t ＝L ①设通讯员从排头返回排尾的速度为v 2′，其值为v 2′＝v 1＝ 1.6 m/s ，又有关系式： v 1t ′＋v ′2t ′＝2v 1t ′＝L ②联立①②两式，得通讯员从离开队伍(排尾)到重新返回排尾共需时间：T ＝t ＋t ′＝L v 2－v 1＋L 2v 1＝v 1＋v 22v 1(v 2－v 1)L ＝ 1.6＋32×1.6×(3－1.6)×120 s ＝123.2 s. (2)通讯员归队处与离队处相隔距离就是整个队伍在同样时间内行进的距离，即s ′＝v 1T ＝1.6×123.2 m ＝197.1 m.答案：(1)123.2 s (2)197.1 m一、单项选择题1．两辆汽车在平直公路上行驶，甲车内的人看见树木向东移动，乙车内的人发现甲车没有运动，如果以大地为参考系，上述事实说明( )A ．甲车向西运动，乙车不动B ．乙车向西运动，甲车不动C ．甲车向西运动，乙车向东运动D ．甲、乙两车以相同速度向西运动答案：D2．(2012·安徽淮南一中质检)2011年4月10日4时47分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号甲”运载火箭，将第八颗北斗导航卫星成功送入太空预定转移轨道．这标志着北斗区域卫星导航系统的基本建设已经完成，我国自主卫星导航系统建设进入新的阶段．北斗卫星导航系统将免费提供定位、测速和授时服务，定位精度10 m ，测速精度0.2 m/s ，以下说法不．正确的是( )图1－1－2A ．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位移B ．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位置C ．北斗导航卫星授时服务提供的是时刻D ．北斗导航卫星测速服务提供的是运动物体的速率解析：选A.由位置、位移、时间、时刻、速度、速率的定义可知，北斗导航卫星定位提供的是一个点，是位置，不是位置的变化，A 错、B 对；北斗导航卫星授时服务提供的是时刻，C 对；北斗导航卫星测速服务提供的是运动物体某时刻的速度的大小即速率，D 正确．3．做下列运动的物体，能当做质点处理的是( )A ．自转中的地球B ．旋转中的风力发电机叶片C ．匀速直线运动的火车D ．在冰面上旋转的花样滑冰运动员解析：选C.A 、B 、D 三种情况，物体各部分的运动情况并不都相同，因此不能当做质点，只有C 项正确．4．湖中O 点有一观察站，一小船从O 点出发向东行驶4 km ，又向北行驶3 km ，则O 点的观察员对小船位置的报告最为精确的是( )A ．小船的位置变化了7 kmB ．小船向东北方向运动了7 kmC ．小船向东北方向运动了5 kmD ．小船的位置在东偏北37°方向，5 km 处解析：选D.小船位置的变化不是取决于其具体的运动路径，而是决定于它的首末位置，即位移，而位移不但有大小还有方向．小船虽然运动了7 km ，但在O 点的观察员看来，它离自己的距离是42＋32 km ＝5 km ，方向要用角度表示，sin θ＝35＝0.6，所以θ＝37°，如图所示．5．对于物体的运动，下列哪种情况是不．可能的( ) A ．物体具有加速度，但其速度为零B ．物体速率恒定，但速度是变化的C ．物体速度恒定，但速率是变化的D ．物体加速度沿x 轴正方向，速度沿x 轴正方向答案：C6．(2012·浙江金华联考)甲、乙两车沿平直线公路通过同样的位移，甲车在前半段位移上以v 1＝40 km/h 的速度运动，后半段位移上以v 2＝60 km/h 的速度运动；乙车在前半段时间内以v 1＝40 km/h 的速度运动，后半段时间以v 2＝60 km/h 的速度运动，则甲、乙两车在整个位移中的平均速度大小的关系是( )A ．v 甲＝v 乙B ．v 甲＞v 乙C ．v 甲＜v 乙D ．因不知位移和时间无法比较解析：选C.设总位移为s 则甲车运动时间为t 甲＝(s /2)/v 1＋(s /2)/v 2＝(v 1＋v 2)s /(2v 1v 2)，所以甲车的平均速度为v 甲＝s /t 甲＝(2v 1v 2)/(v 1＋v 2)＝2×40×60/(40＋60) km/h ＝48 km/h.设乙车运动总时间为t 乙，则乙车的总位移为s ＝v 1 t 乙/2＋v 2 t 乙/2＝(v 1＋v 2)t 乙/2.所以乙车的平均速度为v 乙＝s /t 乙＝(v 1＋v 2)/2＝(40＋60)/2 km/h ＝50 km/h ，故选项C 正确．7．(2011·上海建平中学摸底)我国著名的田径运动员刘翔多次在国际比赛中为国争光．在某次110 m 栏的决赛中，终点处有一站在跑道侧面的摄影记者用照相机给他拍摄最后冲刺的身影，摄影记者使用的照相机的光圈(控制进光量的多少)是16，快门(曝光时间)是160s ，得到照片后测得照片中刘翔的身高为h ，胸部模糊部分的宽度为L ，已知刘翔的身高为H .由以上数据可以知道刘翔的( )A ．110 m 栏成绩B ．冲线速度C ．110 m 内的平均速度D ．110 m 栏比赛过程加速度的大小解析：选B.照相机给他拍摄的是冲刺时的身影，由题可知，刘翔160s 内的实际位移为s ＝H h·L ，故可求得他的冲线速度，选项B 正确． 8．(原创题)在2011年大邱田径世锦赛中，牙买加选手布莱克和博尔特分别以9.92 s 和19.40 s 的成绩夺得男子100米决赛和200米决赛冠军．关于这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是( )图1－1－3A ．200 m 决赛中的位移是100 m 决赛的两倍B ．200 m 决赛中的平均速度约为10.31 m/sC ．100 m 决赛中的平均速度约为10.08 m/sD ．100 m 决赛中的最大速度约为20.64 m/s解析：选C.200 m 决赛的跑道有一段弯道，所以200 m 决赛的位移小于200 m ，所以A错；200 m 决赛的平均速度v <200 m 19.40 s ＝10.31 m/s ，故B 错；100 m 决赛的平均速度v ＝100 m 9.92 s＝10.08 m/s ，而最大速度无法确定，故C 对、D 错．9．(2012·陕西西安质检)物体沿一条直线运动，下列说法正确的是( )A ．物体在某一时刻的速度为3 m/s ，则物体在1 s 内一定运动3 mB ．物体在某1 s 内的平均速度是3 m/s ，则物体在该秒内的位移一定是3 mC ．物体在某一段时间内的平均速度是3 m/s ，则物体在1 s 内的位移一定是3 mD ．物体在某一段位移内的平均速度是3 m/s ，则物体在发生这段位移一半时的速度一定也是3 m/s解析：选B.根据定义，平均速度是位移跟发生这段位移所用时间的比值，它与一段时间或一段位移相对应，故C 、D 错误；物体在某一时刻的瞬时速度，与它在这段时间内的平均速度没有直接的关系，所以A 错误；根据平均速度的定义式可知B 正确．10．(2012·福州质检)客车运能是指一辆客车单位时间最多能够运送的人数．某景区客运索道(如图1－1－4)的客车容量为50人/车，它从起始站运行至终点站单程用时10分钟．该客车运行的平均速度和每小时的运能约为( )图1－1－4A ．5 m/s,300人B ．5 m/s,600人C ．3 m/s,600人D ．3 m/s,300人解析：选A.从图中可看出数据，其平均速度v ＝s t＝5 m/s.因单程用时10分钟，则1小时运送6次，其每小时的运能为50人×6＝300人．二、非选择题11．爆炸性的加速度往往是跑车的卖点．保时捷911 GT3由静止加速至100 km/h 只需4.2 s.图1－1－5(1)求保时捷911 GT3的平均加速度．(2)假设普通私家车的平均加速度为3 m/s 2，它们需要多长时间才能由静止加速至100 km/h.解析：(1)末速度v t ＝100 km/h ＝1003.6m/s ＝27.78 m/s平均加速度a ＝v t －v 0t ＝27.78－04.2m/s 2 ≈6.61 m/s 2.(2)所需时间t ＝v t －v 0a ＝27.78－03s ≈9.26 s. 答案：(1)6.61 m/s 2 (2)9.26 s12．(2012·北京四中模拟)有些国家的交通管理部门为了交通安全，特别制定了死亡加速度为500g (g ＝10 m/s 2)，以警醒世人，意思是如果行车加速度超过此值，将有生命危险，那么大的加速度，一般情况下车辆是达不到的，但如果发生交通事故时，将会达到这一数值．试问：(1)一辆以72 km/h 的速度行驶的货车与一辆以54 km/h 行驶的摩托车相向而行发生碰撞，碰撞时间为2.1×10－3s ，摩托车驾驶员是否有生命危险？(2)为了防止碰撞，两车的驾驶员同时紧急刹车、货车、摩托车急刹车后到完全静止所需时间分别为4 s 、3 s ，货车的加速度与摩托车的加速度大小之比为多少？(3)为避免碰撞，开始刹车时，两车距离至少为多少？解析：(1)摩托车与货车相撞瞬间，货车的速度几乎不变，摩托车的速度反向，大小与货车速度相同，因此，摩托车速度的变化Δv ＝72 km/h －(－54 km/h)＝126 km/h ＝35 m/s所以摩托车的加速度大小a ＝Δv Δt ＝352.1×10－3 m/s 2＝16667 m/s 2＝1666.7g ＞500g ， 因此摩托车驾驶员有生命危险．(2)设货车、摩托车的加速度大小分别为a 1、a 2，根据加速度定义得：a 1＝Δv 1Δt 1，a 2＝Δv 2Δt 2所以a 1∶a 2＝Δv 1Δt 1∶Δv 2Δt 2＝204∶153＝1∶1. (3)s ＝s 1＋s 2＝v 12t 1＋v 22t 2＝62.5 m. 答案：(1)有生命危险 (2)1∶1 (3)62.5 m。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
1．(2011·高考重庆卷)某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s听到石头落底声．由此可知井深约为(不计声音传播时间，重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．40 m解析：选B.石头在井中的下落过程可看成自由落体运动．由h ＝12gt 2可得：当t ＝2 s 时h ＝20 m ，答案为B.2．(2012·南京模拟)一个小石块从空中a 点自由落下，先后经过b 点和c 点．不计空气阻力．已知它经过b 点时的速度为v ，经过c 点时的速度为3v .则ab 段与ac 段位移之比为( )A ．1∶3B ．1∶5C ．1∶8D ．1∶9解析：选D.由v ＝gt 可知小石块在ab 段运动时间与ac 段运动时间之比为1∶3，由匀变速直线运动的平均速度公式可知小石块在ab 段运动的平均速度与ac 段运动的平均速度之比为1∶3，则ab 段与ac 段位移之比为1∶9.3．物体由静止开始做匀加速直线运动，第1秒末的速度达到4 m/s ，第2秒内物体的位移是( )A ．2 mB ．4 mC ．6 mD ．8 m解析：选C.物体做匀加速直线运动的加速度a ＝v －0t＝4 m/s 2，第2秒内物体的位移x ＝v t ＋12at 2＝6 m ，C 正确． 4．(多选)(2011·高考天津卷改编)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则关于该质点下列说法错误的是( )A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s解析：选ABC.由x ＝v 0t ＋12at 2与x ＝5t ＋t 2的对比可知：该质点做直线运动的初速度v 0＝5 m/s ，加速度a ＝2 m/s 2.将t ＝1 s 代入所给位移公式可求得第1 s 内的位移是6 m ；前2 s 内的位移是14 m ，平均速度为142m/s ＝7 m/s ；由Δx ＝aT 2可得T ＝1 s 时，相邻1 s 内的位移差都是2 m ；由加速度的物理意义可得任意1 s 内速度的增量都是2 m/s.D 正确，故选ABC. 5.图1－2－8(原创题)2011年9月29日我国成功发射了“天宫”一号，发射塔高度为80 m ．一名同学在观看电视时，在头脑中记下火箭上端的位置A ，如图1－2－8，用自己的手表测出火箭从开始发射到下端通过A 点用的时间约为4.3 s ，若长征2号F 运载火箭(连同“天宫”一号等)的总高度为58.3 m ，设火箭开始阶段是匀加速的，在初始发射阶段可认为长征2号F 运载火箭的总质量不变，系统产生480吨的推力．请你根据上述已知条件，求出火箭在初始运动阶段的两个运动学物理量．解析：由题意知初始阶段火箭做初速度为零的匀加速直线运动，运动58.3 m 用时4.3 s ，设其加速度为a ，则x ＝12at 2 ∴a ＝2x t 2＝2×58.34.32 m/s 2＝6.3 m/s 2， 设火箭末端通过A 点时速度为v ，则v 2＝2ax ，∴v ＝2ax ＝2×6.3×58.3 m/s ＝27.1 m/s.答案：见解析一、单项选择题1．美国“华盛顿号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F －18大黄蜂”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5 m/s 2，起飞速度为50 m/s ，若该飞机滑行100 m 时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为( )A ．30 m/sB ．40 m/sC ．20 m/sD ．10 m/s解析：选B.由v 2－v 20＝2ax 得：v 20＝v 2－2ax所以v 0＝40 m/s.2．一小物体以一定的初速度自光滑斜面的底端a 点上滑，最远可达b 点，e 为ab 的中点，已知物体由a 到e 的时间为t 0，则它从e 经b 再返回e 所需时间为( )A ．t 0B ．(2－1)t 0C ．2(2＋1)t 0D ．(22＋1)t 0解析：选C.由逆向思维可知物体从b 到e 和从e 到a 的时间比为1∶(2－1)；即t ∶t 0＝1∶(2－1)，得t ＝(2＋1)t 0，由运动的对称性可得从e 到b 和从b 到e 的时间相等，所以从e 经b 再返回e 所需时间为2t ，即2(2＋1)t 0，答案为C.3．(2011·高考安徽卷)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用的时间为t 2.则物体运动的加速度为( )A.2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)B.Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)C.2Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)D.Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)解析：选A.由匀变速直线运动一段时间内，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可知v 1＝Δx t 1，v 2＝Δx t 2，由匀变速直线运动的速度公式知v 2＝v 1＋a ⎝⎛⎭⎫t 12＋t 22.联立以上三式可得A 正确．4．(2012·山西长治模拟)一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s 、2 s 、3 s ，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是( )A ．1∶22∶32,1∶2∶3B ．1∶23∶33,1∶22∶32C ．1∶2∶3,1∶1∶1D ．1∶3∶5,1∶2∶3解析：选B.物体从静止开始做匀加速直线运动，相等时间位移的比是1∶3∶5∶…∶(2n －1)，2 s 通过的位移可看成第2 s 与第3 s 的位移之和，3 s 通过的位移可看成第4 s 、第5 s 与第6 s 的位移之和，因此这三段位移的长度之比为1∶8∶27，这三段位移上的平均速度之比为1∶4∶9，故选B.5．(2012·福建福州模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ．则刹车后6 s 内的位移是( )A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 m解析：选C.由Δx ＝aT 2得：7－9＝a ×12，a ＝－2 m/s 2，由x ＝v 0t ＋12at 2得：9＝v 0×1＋12×(－2)×12，v 0＝10 m/s ，所以汽车到停下来用时t ＝0－v 0a ＝0－10－2s ＝5 s,6秒内的位移：x ＝v t ＝0＋102×5 m ＝25 m ，故C 对． 6.图1－2－9(2012·淮安模拟)如图1－2－9所示，在京昆高速公路266 km 处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以精准抓拍超速，以及测量运动过程中的加速度．若B 为测速仪，A 为汽车，两者相距345 m ，此时刻B 发出超声波，同时A 由于紧急情况而急刹车，当B 接收到反射回来的超声波信号时，A 恰好停止，且此时A 、B 相距325 m ，已知声速为340 m/s ，则汽车刹车过程中的加速度大小为( )A ．20 m/s 2B ．10 m/s 2C ．5 m/s 2D ．无法确定解析：选B.设超声波往返的时间为2t ，根据题意汽车在2t 时间内，刹车的位移为12a (2t )2＝20 m ，所以当超声波与A 车相遇时，A 车前进的位移为12at 2＝5 m ，故超声波在2t 内的路程为2×(345－5)m ＝680 m ，由声速为340 m/s 可得t ＝1 s ，所以汽车的加速度a ＝10 m/s 2，B 项正确．7．(创新题)2011年8月21日，在第26届世界大学生夏季运动会田径项目女子跳高决赛中，美国选手巴雷特夺得冠军．巴雷特的重心离地面高1.2 m ，起跳后身体横着越过了1.96 m 的高度．据此可估算出她起跳时的竖直速度大约为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．2 m/sB ．4 m/sC ．6 m/sD ．8 m/s解析：选B.人跳起时竖直向上的速度即为起跳时的初速度v 0，而跳起的高度为h ＝1.96－1.2＝0.76(m)，则v 0＝2gh ≈4 m/s ，应选B 项．二、多项选择题8．给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g 2，当滑块速度大小减为v 02时，所用时间可能是( ) A.v 02g B.v 0gC.3v 0gD.3v 02g解析：选BC.当滑块速度大小减为v 02，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v ＝v 02或v ＝－v 02代入公式t ＝v －v 0a 得，t ＝v 0g 或t ＝3v 0g，故B 、C 选项正确．9．一个质点正在做匀加速直线运动，现用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s ．分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2 m ，在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8 m ，由此可求得( )A ．第1次闪光时质点的速度B ．质点运动的加速度C ．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移D ．质点运动的初速度解析：选ABC.由x 23－x 12＝x 34－x 23可求x 23，故C 正确；由Δx ＝aT 2可求a ，故B 正确；由v 2＝x 132T可求v 2，再由v 2＝v 1＋aT 可求v 1，故A 正确，但物体原来的初速度无法求出，故D 错．10.酒后驾驶会导致许多安全隐患，其中之一是驾驶员的反应时间变长，反应时间是指驾驶员从发现情况到开始采取制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离，“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(A ．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 sB ．若汽车以20 m/s 的速度行驶时，发现前方40 m 处有险情，酒后驾驶不能安全停车C ．汽车制动时，加速度大小为10 m/s 2D ．表中x 为66.7解析：选ABD.从表格数据可知A 、B 项都正确；根据匀变速直线运动规律，可求得汽车制动时，加速度大小为a ＝v 22(x 2－x 1)＝7.5 m/s 2，x 1表示思考距离、x 2表示制动距离，C 项错；D 项有x 2＝v 22a＝41.7 m ，加上思考距离得表中x 为66.7，D 项也是正确的． 三、计算题11．航空母舰以一定的航速航行，以保证飞机能安全起飞，某航空母舰上的战斗机起飞时的最大加速度是a ＝5.0 m/s 2，速度须达v ＝50 m/s 才能起飞，该航空母舰甲板长L ＝160 m ，为了使飞机能安全起飞，航空母舰应以多大的速度v 0向什么方向航行？解析：法一：若以地面为参考系，则飞机的初速度为v 0，末速度为v ＝50 m/s ，飞机起飞过程中航空母舰所发生的位移为v 0t ，则飞机的位移x ＝L ＋v 0t根据匀变速直线运动的规律v 2－v 20＝2ax 可得：502－v 20＝2×5×(160＋v 0t )v ＝v 0＋at ，联立以上各式代入数据求得：v 0＝10 m/s 即航空母舰应与飞机起飞方向相同至少以10 m/s 的速度航行．法二：若以航空母舰为参考系，则飞机的初速度为零，位移为L ，设末速度为v 1，则据匀变速直线运动的规律可得v 21＝2aL ，解得v 1＝40 m/s ，所以v 0＝v －v 1＝10 m/s ，即航空母舰应与飞机起飞方向相同至少以10 m/s 的速度航行．答案：航空母舰应与飞机起飞方向相同至少以10 m/s 的速度航行12.图1－2－10(改编题)2011年12月1日至21日，印度和吉尔吉斯斯坦举行了代号为“匕首－2011”的联合反恐军事演习，印方参演人员全部来自印度伞兵团．在一次低空跳伞演练中，当直升飞机悬停在离地面224 m 高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s 2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s ，(取g ＝10 m/s 2)求：(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？(2)伞兵在空中的最短时间为多少？解析：(1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h ，此时速度为v 0，则有v 2－v 20＝－2ah ，即52－v 20＝－2×12.5×h又v 20＝2g (224－h )＝2×10×(224－h )联立解得h ＝99 m ，v 0＝50 m/s以5 m/s 的速度落地相当于从h 1高处自由落下，即2gh 1＝v 2 所以h 1＝v 22g ＝5220m ＝1.25 m. (2)设伞兵在空中的最短时间为t ，则有v 0＝gt 1，t 1＝v 0g ＝5010s ＝5 s ， t 2＝v －v 0a ＝5－50－12.5s ＝3.6 s ， 故所求时间t ＝t 1＋t 2＝(5＋3.6) s ＝8.6 s.答案：(1)99 m 1.25 m (2)8.6 s。