第八章第二节课时知能训练

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2022高中数学立体几何初步-简单几何体的表面积与体积第2课时球的表面积和体积课后提能训练新人教A版

第八章 8.3 第2课时A级——基础过关练1．(2021年长春月考)高为1的圆锥内接于半径为1的球，则该圆锥的体积为( ) A． B．C． D．π【答案】B　【解析】根据题意，高为1的圆锥内接于半径为1的球，则圆锥底面圆的半径r＝1，则该圆锥的体积为×πr2×h＝，故选B.2．已知球的表面积为16π，则它的内接正方体的表面积S的值是( )A．4π　B．32C．24 D．12π【答案】B　【解析】设球的内接正方体的棱长为a，由题意知球的半径为2，则3a2＝16，所以a2＝，正方体的表面积S＝6a2＝6×＝32.故选B.3．用与球心距离为1的平面去截球，所得截面圆的面积为π，则球的表面积为( ) A． B．C．8π D．【答案】C　【解析】设球的半径为R，则截面圆的半径为，∴截面圆的面积为S＝π＝(R2－1)π＝π.∴R2＝2.∴球的表面积S＝4πR2＝8π.4．把一个铁制的底面半径为r，高为h的实心圆锥熔化后铸成一个铁球，则这个铁球的半径为( )A． B．C． D．【答案】C　【解析】设铁球的半径为R，因为πr2h＝πR3，所以R＝.故选C.5．(2021年成都模拟)将直径为2的半圆绕直径所在的直线旋转半周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为( )A．2π B．3πC．4π D．6π【答案】B　【解析】由题意知，该几何体为半球，表面积为大圆面积加上半个球面积，S＝π×12＋×4×π×12＝3π.6．若一个球的表面积与其体积在数值上相等，则此球的半径为________．【答案】3　【解析】设此球的半径为R，则4πR2＝πR3，R＝3.7．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为________．【答案】16π　【解析】设正四棱锥的高为h，底面边长为a.由V＝a2h＝a2＝6，得a＝.由题意知球心在正四棱锥的高上，设球的半径为r，则(3－r)2＋()2＝r2，解得r＝2，则S球＝4πr2＝16π.8．已知两个正四棱锥有公共底面，且底面边长为4，两棱锥的所有顶点都在同一个球面上，若这两个正四棱锥的体积之比为1∶2，则该球的表面积为________．【答案】36π　【解析】∵两正四棱锥有公共底，且体积比为1∶2，∴它们的高之比为1∶2，设高分别为h，2h，球的半径为R，则h＋2h＝3h＝2R，∴R＝h.又∵底面边长为4，∴R2＝＝＋(2)2，解得h＝2，∴R＝3，∴S球＝4πR2＝36π.9．某组合体的直观图如图所示，它的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，若图中r ＝1，l＝3，试求该组合体的表面积和体积．解：该组合体的表面积S＝4πr2＋2πrl＝4π×12＋2π×1×3＝10π.该组合体的体积V＝πr3＋πr2l＝π×13＋π×12×3＝.10．已知过球面上A，B，C三点的截面到球心的距离等于球半径的一半，且AB＝18，BC＝24，AC＝30，求球的表面积和体积．解：因为AB∶BC∶AC＝18∶24∶30＝3∶4∶5，所以△ABC是直角三角形，∠B＝90°.又球心O到截面△ABC的投影O′为截面圆的圆心，也即是Rt△ABC的外接圆的圆心，所以斜边AC为截面圆O′的直径(如图所示)．设O′C＝r，OC＝R，则球半径为R，截面圆半径为r.在Rt△O′CO中，由题设知sin ∠O′CO＝＝，所以∠O′CO＝30°，所以＝cos 30°＝，即R＝r，(*)又2r＝AC＝30⇒r＝15，代入(*)得R＝10.所以球的表面积为S＝4πR2＝4π×(10)2＝1 200π.球的体积为V＝πR3＝π×(10)3＝4 000π.B级——能力提升练11．已知长方体共顶点的三条棱长分别是3，4，x，且它的8个顶点都在同一个球面上．若这个球的表面积为125π，则x的值为( )A．5 B．6 C．8　D．10【答案】D　【解析】设球的半径为r，则4πr2＝125π，∴r2＝.又32＋42＋x2＝(2r)2，∴9＋16＋x2＝125，∴x2＝100，即x＝10.故选D.12．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的表面积为( )A．153π B．160πC．169π D．360π【答案】C　【解析】由于直三棱柱的底面是直角三角形，所以可以把此三棱柱补成长方体，其体对角线就是外接球的直径，所以球O的半径R＝＝，所以球O的表面积S＝4π×＝169π，故选C.13．如果一个球的外切圆锥的高是这个球的半径的3倍，则圆锥的侧面积S1和球的表面积S2之比为( )A．4∶3 B．3∶1C．3∶2 D．9∶4【答案】C　【解析】画出轴截面如图所示，设球的半径为r，则OD＝r，PO＝2r，∠PDO＝90°，∴∠CPB＝30°.又∠PCB＝90°，∴CB＝PC＝r，PB＝2r，∴圆锥的侧面积S1＝π×r×2r＝6πr2，球的表面积S2＝4πr2，∴S1∶S2＝3∶2.14．若等边圆柱(轴截面是正方形)、球、正方体的体积相等，则它们的表面积的大小关系是( )A．S球＜S圆柱＜S正方体 B．S正方体＜S球＜S圆柱C．S圆柱＜S球＜S正方体 D．S球＜S正方体＜S圆柱【答案】A　【解析】设等边圆柱底面圆半径为r，球半径为R，正方体棱长为a，则πr2·2r＝πR3＝a3，＝，＝2π.S圆柱＝6πr2，S球＝4πR2，S正方体＝6a2，＝＝·＝＜1，＝＝·＝＞1.故选A.15．在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是________．【答案】　【解析】当球的半径最大时，球的体积最大．在直三棱柱内，当球和三个侧面都相切时，因为AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，所以AC＝10，底面的内切圆的半径即为此时球的半径r ＝＝2，直径为4>侧棱．所以球的最大直径为3，半径为，此时体积V＝.16．(2021年沈阳月考)已知体积为的正三棱锥V－ABC的外接球的球心为O，满足OA＋OB＋OC＝0，则该三棱锥外接球的体积为________．【答案】π　【解析】由题意知，OA＋OB＝CO，说明正三角形ABC的顶点在球O的大圆上．设球的半径为R，则该三棱锥的底面正三角形ABC的高为，△ABC的边长为R，所以正三棱锥V－ABC的体积为××(R)2×R＝，解得R3＝4，则该三棱锥外接球的体积为πR3＝π.17．已知盛有水的圆柱形容器的内壁底面半径为5 cm，两个直径为5 cm的玻璃小球都浸没于水中．若取出这两个小球，则水面将下降多少厘米？解：设取出小球后，容器中的水面下降了h cm，两个小球的体积为V球＝2＝(cm3)．该体积等于它们在容器中排开水的体积V＝52×π·h，所以＝π×52×h，解得h＝.故取出这两个小球，水面将下降 cm.18．已知一倒置圆锥的母线长为10 cm，底面半径为6 cm.(1)求该圆锥的高；(2)若有一球刚好放进该圆锥(球与圆锥的底面相切)中，求这个球的半径以及此时圆锥剩余空间的体积．解：(1)设圆锥的高为h cm，底面半径为R cm，母线长为l cm，则h＝＝＝8，所以圆锥的高为8 cm.(2)球放入圆锥后的轴截面如图所示，设球的半径为r cm.易得△OCD∽△ACO1，则＝，即＝，解得r＝3.圆锥剩余空间的体积为圆锥的体积减去球的体积，即V圆锥－V球＝×π×62×8－π×33＝96π－36π＝60π(cm3)，故此时圆锥剩余空间的体积为60π cm3.C级——探索创新练19．有三个球，第一个球可内切于正方体，第二个球可与这个正方体的各条棱相切，第三个球可过这个正方体的各个顶点，这三个球的表面积之比为( )A．1∶∶ B．1∶4∶9C．1∶1∶1　D．1∶2∶3【答案】D　【解析】设正方体的棱长为2，则内切球的半径为1，与棱相切的球的半径就是正方体中相对棱的距离的一半，也就是面对角线长的一半为＝，外接球的半径为＝.∵球的表面积S＝4πR2，∴这三个球的表面积之比为4π×1∶4π×2∶4π×3＝1∶2∶3.故选D.。

物理第8章—第2节课时·知能·训练

课时·知能·训练(时间：40分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题7分，共56分．在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7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)1．(2010·深圳调研)如图8－2－12所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线，则示波管中的电子束将()图8－2－12A．向上偏转B．向下偏转C．向纸外偏转D．向纸里偏转图8－2－132．(2010·温州联考)如图8－2－13所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子打在P点，设OP＝x，能够正确反应x与U之间的函数关系的图象是()3．(2010·宿迁模拟)“月球勘探者号”空间探测器运用高科技手段对月球进行了近距离勘探，在月球重力分布、磁场分布及元素测定方面取得了新的成果．月球上的磁场极其微弱，通过探测器拍摄电子在月球磁场中的运动轨迹，可分析月球磁场的强弱分布情况，如图8－2－14所示是探测器通过月球表面①、②、③、④四个位置时，拍摄到的电子运动轨迹照片(尺寸比例相同)，设电子速率相同，且与磁场方向垂直，则可知磁场从强到弱的位置排列正确的是( )图8－2－14A ．①②③④B ．①④②③C ．④③②①D ．③④②①图8－2－154．如图8－2－15所示，匀强磁场中有一个电荷量为q 的正离子，自a 点沿半圆轨道运动，当它运动到b 点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c 点，已知a 、b 、c 在同一直线上，且ac ＝12ab ，电子电荷量为e ，电子质量可忽略不计，则该离子吸收的电子个数为( )A ．3q /2eB ．q /eC ．2q /3eD ．q /3e图8－2－165．(2010·东营模拟)如图8－2－16所示，在一匀强磁场中有三个带电粒子，其中1和2为质子，3为α粒子的径迹．它们在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，三者轨迹半径r 1＞r 2＞r 3并相切于P 点，设T 、v 、a 、t 分别表示它们做圆周运动的周期、线速度、向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，则()A．T1＝T2＜T3B．v1＝v2＞v3C．a1＞a2＞a3D．t1＜t2＜t3图8－2－176．(2010·漳州模拟)带电粒子以初速度v0从a点沿垂直于y轴方向进入匀强磁场，如图8－2－17.运动中经过b点，Oa＝Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点进入电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度E与磁感应强度B之比为()A．v0B．1 C．2v0 D.v0 2图8－2－187．(2010·苏州模拟)如图8－2－18所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．P为屏上的一个小孔．PC与MN垂直．一群质量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)，以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内．则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为()A.2m vqB B.2m v cos θqBC.2m v(1－sin θ)qB D.2m v(1－cos θ)qB图8－2－198．如图8－2－19所示，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，不计重力，在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域I，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧．粒子在每段圆弧上运动的时间都为t.规定垂直纸面向外的磁感应强度方向为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是图中的()二、非选择题(本题共3小题，共44分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)9．(2010·茂名模拟)(14分)从粒子源射出的带电粒子的质量为m、电荷量为q，它以速度v0经过电势差为U的带窄缝的平行板电极S1和S2间的电场，并从O 点沿Ox方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的有界匀强磁场，Ox垂直平行板电极S2，当粒子从P点离开磁场时，其速度方向与Ox方向的夹角θ＝60°，如图8－2－20所示，整个装置处于真空中．图8－2－20(1)求粒子在磁场中沿圆弧运动的轨道半径R；(2)求粒子在磁场中运动所用的时间t.图8－2－2110．(2010·邹平模拟)(14分)一细束相同粒子构成的粒子流，重力不计，每个粒子均带正电，电荷量为q，其粒子流的定向运动形成的电流为I，当这束粒子流从坐标(0，L)的a点平行于x轴射入磁感应强度为B的匀强磁场区域又从x轴上b点射出磁场，速度方向与x轴夹角为60°，最后打在靶上，如图8－2－21所示，并把动能全部传给靶，测得靶每秒钟获得能量为E，试求每个粒子的质量．11．(16分)如图8－2－22所示，在坐标系xOy中，第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在区域a中，磁感应强度为2B，方向垂直纸面向里；在区域b中，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，P点坐标为(4l,3l)．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从P点沿y轴负方向射入区域b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O，不计粒子重力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：图8－2－22(1)粒子从P点运动到O点的时间最少是多少？(2)粒子运动的速度可能是多少？答案及解析1、【解析】由安培定则可知，环形导线在示波管处产生的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则可判断，电子受到的洛伦兹力向上，故A 正确．【答案】 A2、【解析】由Uq ＝12m v 2，R ＝m v Bq ，x ＝2R .可得：x ＝2B 2m q ·U ，由数学知识可知，B 正确．【答案】 B3、【解析】由图可知带电粒子做圆周运动的半径r 1＜r 2＜r 3＜r 4，根据带电粒子在匀强磁场中轨道半径公式r ＝m v qB 可得：B 1＞B 2＞B 3＞B 4，故选项A 正确．【答案】 A4、【解析】离子在磁场中所受洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，其半径R ＝m v Bq ，离子碰上电子后半径变化，R ′＝3R 2＝m v Bq ′，所以q ′＝2q 3，Δq ＝13q ，n ＝Δq e ＝q 3e，正确答案是D. 【答案】 D5、【解析】各粒子做圆周运动的周期T ＝2πm qB ，根据粒子的比荷大小可知，T 1＝T 2＜T 3，故A 正确；由于r 1＞r 2＞r 3结合r ＝m v qB 及粒子比荷关系可知v 1＞v 2＞v 3，故B 错误；粒子运动的向心加速度a ＝q v B m ，结合各粒子的比荷关系及v 1＞v 2＞v 3可得：a 1＞a 2＞a 3，故C 正确；由题图可知，粒子运动到MN 时所对应的圆心角的大小关系为θ1＜θ2＜θ3，而T 1＝T 2，因此t 1＜t 2，由T 2＜T 3，且θ2＜θ3，可知t 2＜t 3，故D 正确．【答案】 ACD6、【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系知，其圆心在O 点，则由r ＝m v 0qB 得B ＝m v 0qr ，若加电场则有r ＝12at 2＝12qE m t 2，又由r ＝v 0t ，则E ＝2m v 20qr ，故E B ＝2v 0.故C 正确．【答案】 C7、【解析】由图可知，沿PC 方向射入磁场中的带负电的粒子打在MN 上的点离P 点最远，为PR ＝2m v Bq ，沿两边界线射入磁场中的带负电的粒子打在MN 上的点离P点最近，为PQ ＝2m v Bq cos θ，故在屏MN 上被粒子打中的区域的长度为：QR ＝PR－PQ ＝2m v (1－cos θ)qB，选项D 正确．【答案】 D8、【解析】由题图可知，粒子在区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的运动半径相等，且均通过14圆弧，即t ＝14T .由左手定则可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度方向分别向外、向里和向外，即正、负和正，故B 、D 错．由于粒子做匀速圆周运动，所以t ＝14T ＝πm 2qB ，故B ＝πm 2qt ，C 正确．【答案】 C9、【解析】 (1)设粒子离开电场时的速度为v ，由动能定理得，qU ＝12m v 2－12m v 20①粒子在磁场中有：q v B ＝m v 2R ②由①②得：R ＝m qB 2qU m ＋v 20.③(2)粒子做圆周运动的周期T ＝2πR v ＝2πm qB ④粒子在磁场中运动时间：t ＝16T ⑤由④⑤得：t ＝πm 3qB .【答案】 (1)m qB 2qU m ＋v 20 (2)πm 3qB10、【解析】粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由图可知，轨道半径R ＝2L ，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力．有q v B ＝m v 2RE k ＝12m v 2＝2q 2B 2L 2/m带电粒子形成电流I ＝Nq ，单位时间内打在靶上的粒子数为N ＝I q ，由题意有E ＝NE k即E ＝I q ·2q 2B 2L 2m ＝2qIB 2L 2m 得m ＝2qIB 2L 2E .【答案】 2qIB 2L 2E11、【解析】 (1)设粒子的入射速度为v ，用R a 、R b 、T a 、T b 分别表示粒子在磁场a 区和b 区运动的轨道半径和周期则：R a ＝m v 2qB ，R b ＝m v qBT a ＝2πm 2qB ＝πm qB ，T b ＝2πm qB粒子先从b 区运动，后进入a 区运动，然后从O 点射出时，粒子从P 运动到O 点所用时间最短．如图所示．tan α＝3l 4l ＝34，得α＝37°粒子在b 区和a 区运动的时间分别为： t b ＝2(90°－α)360°T b ，t a ＝2(90°－α)360°T a故从P 到O 时间为：t ＝t a ＋t b ＝53πm60qB .(2)由题意及图可知n (2R a cos α＋2R b cos α)＝ (3l )2＋(4l )2 解得：v ＝25qBl12nm (n ＝1,2,3，…)．【答案】 (1)53πm 60qB (2)25qBl12nm (n ＝1,2,3，…)。

课时知能训练2

课时·知能·训练见学生用书第187页(时间：40分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题7分，共56分．在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7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)1．关于平抛运动的叙述，下列说法不正确的是()A．平抛运动是一种在恒力作用下的曲线运动B．平抛运动的速度方向与恒力方向的夹角保持不变C．平抛运动的速度大小是时刻变化的D．平抛运动的速度方向与加速度方向的夹角一定越来越小2．(2010·秦皇岛模拟)以初速度v0水平抛出的物体经时间t速度的大小为v t，则经过时间2t，速度大小应是()A．v0＋2gt B．v t＋gtC. v20＋2(gt)2D. v2t＋3(gt)2图4－2－113．平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v－t图线，如图4－2－11所示．若平抛运动的时间大于2t1，下列说法中正确的是()A．图线b表示竖直分运动的v－t图线B．t1时刻的速度方向与初速度方向夹角为30°C．t1时间内的位移方向与初速度方向夹角的正切值为1 2D．2t1时间内的位移方向与初速度方向夹角为60°图4－2－124．如图4－2－12所示，以10 m/s的水平初速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直撞在倾角为θ＝30°的斜面上，可知物体完成这段飞行的时间是()A.33s B.2 33sC. 3 s D．2 s5．如图4－2－13所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上，物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足()图4－2－13A．tan φ＝sin θB．tan φ＝cos θC．tan φ＝tan θD．tan φ＝2tan θ图4－2－146．如图4－2－14是某次实验中用频闪照相方法拍摄的小球(可视为质点)做平抛运动的闪光照片．如果图中每个方格的边长l表示的实际距离和闪光频率f 均为已知量，那么在小球的质量m、平抛的初速度大小v0、小球通过P点时的速度大小v和当地的重力加速度值g这四个未知量中，利用上述已知量和图中信息()A．可以计算出m、v0和vB．可以计算出v、v0和gC．只能计算出v0和vD．只能计算出v0和g图4－2－157．如图4－2－15所示，若质点以初速v0正对倾角为θ＝37°的斜面水平抛出，要求质点到达斜面时位移最小，则质点的飞行时间为()A.3v04g B.3v08gC.8v03g D.4v03g图4－2－168．a、b两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向抛出，a 在竖直平面内运动，落地点为p1，b沿光滑斜面运动，落地点为p2，p1和p2在同一水平面上，如图4－2－16，不计空气阻力，则下列说法中正确的是() A．a、b的运动时间相同B．a、b沿x轴方向的位移相同C．a、b落地时的速度大小相同D．a、b落地时的速度相同二、非选择题(本题共3小题，共44分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)9．(2009·上海高考)(14分)利用图4－2－17(a)实验可粗略测量人吹气产生的压强．两端开口的细玻璃管水平放置，管内塞有潮湿小棉球，实验者从玻璃管的一端A吹气，棉球从另一端B飞出，测得玻璃管内部截面积S，距地面高度h，棉球质量m，开始时的静止位置与管口B的距离x，落地点C与管口B的水平距离l.然后多次改变x，测出对应的l，画出l2－x关系图线，如图4－2－17(b)所示，并由此得出相应的斜率k.图4－2－17(1)若不计棉球在空中运动时的空气阻力，根据以上测得的物理量可得，棉球从B端飞出的速度v0＝________.(2)假设实验者吹气能保持玻璃管内气体压强始终为恒定值，不计棉球与管壁的摩擦，重力加速度g，大气压强p0均为已知，利用图(b)中倾斜直线的斜率k 可得，管内气体压强p＝________.(3)考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，则(2)中得到的p与实际压强相比________(填“偏大”或“偏小”)．图4－2－1810．(14分)体育竞赛中有一项运动为掷镖，如图4－2－18所示，墙壁上落有两只飞镖，它们是从同一位置水平射出的，飞镖A与竖直墙壁成θ1＝53°角，飞镖B与竖直墙壁成θ2＝37°角，两者相距为d.假设飞镖的运动为平抛运动，求射出点离墙壁的水平距离．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图4－2－1911．(16分)如图4－2－19所示，一光滑斜面与竖直方向成α角，一小球有两种方式释放；第一种方式在A点以速度v0平抛落至B点；第二种方式是在A 点松手后沿斜面自由下滑，求：(1)AB 的长度多大？(2)两种方式到B 点，平抛的运动时间为t 1，下滑的时间为t 2，t 1/t 2等于多少？ (3)两种方式到达B 点时的水平分速度之比v 1x /v 2x 和竖直分速度v 1y /v 2y 各是多少？一、1、【解析】平抛运动物体只受重力作用，故A 正确；平抛运动是曲线运动，速度时刻变化，由v ＝v 20＋(gt )2知合速度v 在增大，故C 正确；对平抛物体的速度方向与加速度方向的夹角，有tan θ＝v 0v y＝v 0gt ，因t 一直增大，所以tan θ变小，故D 正确，B 错误．【答案】 B2、【解析】因为v t ＝ v 2x ＋v 2y ＝ v 20＋(gt )2又v t ′＝ v 2x ＋v y ′＝v 20＋(2gt )2 ＝v 20＋(gt )2＋3(gt )2＝v 2t ＋3(gt )2，选项D 正确．【答案】 D3、【解析】图线b 表示匀加速直线运动，图线a 表示匀速直线运动，故A 项正确．当v x ＝v y 时，tan θ＝v yv x ＝1，θ＝45°，故B 项错．由tan θ＝2tan φ，tan φ＝12，C 项正确．时间2t 1时v y ′＝2v y ，tan θ1＝v y ′v x ＝2.由tan θ1＝2tan φ1，tan φ1＝1，φ1＝45°，故D 项错．【答案】 AC4、【解析】由题意可知，小球落到斜面上时的速度方向与竖直方向的夹角为30°，设落到斜面上时竖直分速度为v y ，水平分量不变仍是v 0.则有tan 30°＝v 0v y①而v y ＝gt ②解①②可得t＝ 3 s. 【答案】 C5、【解析】竖直速度与水平速度之比为：tan φ＝gtv0，竖直位移与水平位移之比为：tan θ＝0.5gt2v0t，故tan φ＝2tan θ，D正确．【答案】 D6、【解析】在竖直方向：Δy＝5l－3l＝gT2，可求出g；水平方向：v0＝xT＝3lT，且P点竖直方向分速度v y＝v＝3l＋5l2T，故P点速度大小为：v＝v2＋v2y；但无法求出小球质量m，故B正确．【答案】 B7、【解析】若使质点到达斜面时位移最小，则质点的位移应垂直斜面，如图所示：有x＝v0t y＝12gt2且tan θ＝xy＝v0t12gt2＝2v0gt所以t＝2v0g tan θ＝2v0g tan 37°＝8v03g，选项C正确．【答案】 C8、【解析】质点a在竖直平面内做平抛运动，质点b在斜面上运动时，只受沿斜面方向垂直于斜面底边的重力的分力mg sin θ的作用，如图所示，质点b做类平抛运动，分析如下：对a，运动时间t a＝2h/g；对b，hsin θ＝12g sin θt2b，所以运动时间t b＝2h/(g sin2θ)≠t a，则A项错误；对a，沿x轴方向位移x a＝v0t a，对b，沿x轴方向位移x b＝v0t b≠x a，则B项错误；由动能定理知：mgh＝12m v2t－12m v2，所以v t 的大小相等，则C 项正确；a 、b 落地时速度的方向不同，不能说速度相同，则D 项错误．【答案】 C二、9、【解析】 (1)l ＝v 0t ，h ＝12gt 2，得v 0＝lg2h .(2)(p －p 0)Sx ＝12m v 20，故l 2＝4(p －p 0)Sh mg x ＝kx ，因而有：p ＝p 0＋kmg 4Sh . (3)因没有考虑摩擦阻力的作用，求出的压强变小了．【答案】 (1)lg 2h (2)mgk4Sh＋p 0 (3)偏小 10、【解析】两支飞镖是从同一点水平飞出的，与竖直墙壁的夹角即当飞镖与墙壁碰撞时飞镖的瞬时速度方向与竖直平面的夹角．若分别反向延长两速度矢线，必交于一点，即飞镖水平位移的中点．如图所示，则有AB ＝d .由平抛运动规律有O ′A SO ′＝tan 37°，①O ′A ＋dSO ′＝tan 53°②联立①②式得SO ′＝127d .③ 又SO ′＝12OO ′，④ 联立③④式易知：射出点离墙壁水平距离为 OO ′＝247d .【答案】24 7d11、【解析】(1)设AB长度为l，由平抛运动规律，得l sin α＝v0t1①l cos α＝12gt21②由①②解得l＝2v20cos αg sin2α.(2)小球下滑时a＝g cos α③l＝12at22＝12g cos αt22④由②④解得t1 t2＝cos α1＝cos α.⑤(3)v1x＝v0⑥v2x＝a x t2＝g cos αsin αt2⑦由①②⑤得t2＝2v0g sin α⑧由⑥⑦⑧解得v1x v2x＝1 2cos αv1y＝gt1⑨v2y＝a cos α·t2⑩由③⑤⑨⑩四式解得v1y v2y＝1 cos α.【答案】(1)2v20cos αg sin2α(2)cos α∶1(3)12cos α1cos α。

人教版地理七年级下册第八章第二节欧洲西部同步课时练习题含答案

人教版地理七年级下册第八章东半球其它的地区和国家第二节欧洲西部工业密集，发达国家集中自然环境同步课时练习题1．有关欧洲西部自然地理特征的叙述，正确的是( )A．北部深入北极圈以北B．地形以山地为主，平原只分布在南北两侧C．南部位于热带地区D．河流短小，水流湍急，航运价值低2．欧洲西部国家众多，绝大部分属于( )A．发展中国家 B．发达国家C．经济欠发达国家 D．工业发展比较落后的国家3．爱好摄影的王叔叔从国外旅游回来，小文从他的博客里看到了一些风光图片，下列哪一幅风光图片不是在欧洲西部拍摄的( )4．欧洲西部大部分国家比较富裕，这与这些国家下列哪一种经济特点有关( )A．是典型的单一商品经济B．工业以采掘业为主，采矿工人比例很高C．经济以农业为主，主要发展畜牧业D．工业以制造业为主，从事制造业的人口比例很高5．关于欧洲西部的工业的说法，错误的是( )A．欧洲西部的工业工艺精，技术水平和生产效率高B．欧洲西部工业中心多，是世界著名的工业密集地带C．欧洲西部的服务业体系不完善，服务质量低，产值小D．欧洲西部是世界上发达国家最为集中的地区6．如图是欧洲某地气候资料图，贝贝和玲玲准备前往该地旅游，享受阳光、大海和沙滩。

下列说法可信的是( )A．她们旅游的目的地可能是伦敦B．她们为这次旅行准备了羽绒服C．旅游期间正值该地河流涨水季节D．她们将在该地见到叶子较小、表面多为“蜡质层”的树木7．欧洲西部的主要地形有( )①平原②山地③高原④盆地A．①② B．③④ C．①③ D．②④8．欧洲南部的三大半岛自东向西分别是( )A．亚平宁半岛、伊比利亚半岛、巴尔干半岛B．伊比利亚半岛、亚平宁半岛、巴尔干半岛C．巴尔干半岛、亚平宁半岛、伊比利亚半岛D．伊比利亚半岛、巴尔干半岛、亚平宁半岛9．欧洲西部海岸线曲折，地形以平原为主，受来自大西洋西风影响，哪一种气候最为典型( )A．温带大陆性气候 B．温带海洋性气候C．地中海气候 D．高原山地气候读甲、乙两图，完成10～11题。

2021年春沪科版八年级物理下册第八章第二节科学探究：液体的压强第2课时

第2课时与液体压强相关的应用实例知识要点基础练知识点1连通器1.小明给妈妈的透明茶壶添水后,放在桌子上,如图所示。

妈妈看到后问:“怎么才加了半壶水?”小明说:“我担心再多加一点,水就从细细的壶嘴溢出来了。

”妈妈说:“你试试再加点水看看。

”于是小明反复加了几次水后明白了:茶壶的壶嘴和壶身组成,壶嘴和壶身中的水面具有高度的特点,所以不必担心再加少许水会溢出来。

2.连通器在日常生活、生产中有着广泛的应用。

如图所示的事例中不是利用了连通器原理的是（）知识点2液压机3.春节前小杰爸爸把家用轿车送去4S店保养时,汽修师傅用液压千斤顶就能顶起轿车,液压千斤顶主要利用了原理。

4.如图是液压机的模型,当作用在小活塞上的力是F1时,在大活塞上得到了F2的力。

已知S1∶S2=1∶5,则两活塞上压强之比p1∶p2=,压力之比F1∶F2=。

综合能力提升练5.如图是某栋房子供水的水路示意图,水龙头与水塔构成了一个;在水龙头出水口处检测水的压强大小,则(选填“甲”或“乙”)处水压更大。

6.在如图所示的甲、乙两容器中盛有水,水面相平,甲、乙之间用斜管相通,K是开关。

当K打开后这个容器变成一个,M处的压强(选填“大于”“等于”或“小于”)N处的压强,水(选填“会”或“不会”)流动。

7.在装修房屋时,工人师傅常用一根足够长的透明塑料软管,里面灌入适量的水(水中无气泡),两人各持管的一端靠在墙面的不同地方,当水静止时,在与水面相平的位置做出标记,这样做利用了原理。

当把塑料管的一端提高10 cm,最终管两端水面的高度差为。

8.一台液压机如图所示,它的内部是密闭液体,小活塞的横截面积是10 cm2,大活塞的横截面积是200 cm2,若要在大活塞上产生300 N的力,则需要在小活塞上施加N的力(不考虑活塞重力);若小活塞被下压20 cm,则大活塞被举高cm。

9.厨房、卫生间的下水管既可排水又可堵臭,下列四个下水管示意图中,最符合实际情况的是（）10.如图所示,在一个充满油的固定装置中,两端同时用大小相等的力去推原来静止的活塞。

《第八章_二元一次方程组》基础训练.(1、2节)doc

8.1二元一次方程组（基础）1.下列方程是二元一次方程的是( )A.x－1y=2 B.x＋2y=0 C.x2－x=5 D.3x－1=02.已知方程x m－3＋y2－n=6是二元一次方程，则m－n=______.3.下列方程组是二元一次方程组的是( )A.x2y1y3z⎧=+⎨=-⎩B.xy12x y7⎧=⎨+=⎩C.x3y4⎧=⎨=⎩D.112x y3x2y4⎧+=⎪⎨⎪-=⎩4.二元一次方程x－2y=l有无数组解，下列四组值是该方程的解的是( )A.x01y2⎧=⎪⎨=⎪⎩B.x1y1⎧=⎨=⎩C.x1y1⎧=⎨=-⎩D.x1y0⎧=⎨=⎩5.已知x1y2⎧=⎨=⎩是二元一次方程2x＋ay=4的一组解，则a的值为( )A.2 B.－2 C.1 D.－16.为了丰富学生课外小组活动，培养学生动手操作能力，王老师让学生把5m长的彩绳截成2m或1m长的彩绳，用来做手工编织，在不造成浪费的前提下，不同的截法有( )A.1种B.2种C.3种D.4种7.已知二元一次方程组5x4y5①3x2y9②⎧+=⎨+=⎩下列说法正确的是( )A.同时适合方程①和方程②的的值是方程组的解B.适合方程①的x，y的值是方程组的解C.适合方程②的x，y的值是方程组的解D.适合方程①或方程②的x，y的值是方程组的解8.解为x1y2⎧=⎨=⎩的方程组是( )A.x y13x y5⎧-=⎨+=⎩B.x y13x y5⎧-=-⎨+=-⎩C.x y33x y1⎧-=⎨-=⎩D.x2y33x y5⎧-=-⎨+=⎩9.用16元买了60分、80分两种邮票共22枚，则60分与80分的邮票分别买了( )A.6枚，16枚B.7枚，15枚C.8枚，14枚D.9枚，13枚10.若关于x，y的方程组3x y mx my n⎧-=⎨+=⎩的解是x1y1⎧=⎨=⎩，求|m－n|的值.代入消元法(基础)1.用代入法解方程组4x3y17①5x y7②⎧-=⎨+=⎩，使得代入后化简比较容易的变形是( )A.由①，得x=173y4+B.由①，得y=174y3--C.由②，得y=7－5xD.由②，得x=7y5-2.用代入法解方程组2x3y2①4x9y1②⎧+=⎨-=-⎩时，变形正确的是( )A.先将①变形为x=3y-22，再代入② B.先将①变形为y=22x3-，再代入②C.先将②变形为x=94y－1，再代入① D.先将②变形为y=9(4x＋1)，再代入①3.用代入法解方程组2x y53x2y8⎧-=⎨-=⎩时，消去y后得到的方程是( )A.3x－4x—10=0B.3x－4x＋5=8C.3x－2(5－2x)=8D.3x－2(2x－5)=84.用代入法解方程组7x2y3①x2y12②⎧-=⎨-=-⎩有以下步骤：(1)由①，得y=7x32-③； (2)将③代入①，得7x－2×7x32-=3；(3)整理，得3=3； (4)所以x可取一切实数，原方程组有无数组解.以上解法，造成错误的一步是( ) A.(1) B.(2) C.(3) D.(4)5.方程组y2x3x y15⎧=⎨+=⎩的解是______. 6.已知a：b=3：1，且a＋b=8，则a－b=______.7.(1)2x y2①y x4②⎧+=⎨=-⎩(2)2x y1①5x3y8②⎧-=⎨-=⎩(3)x y=3①5x3(x y)1②⎧+⎨-+=⎩8.某文具店练习本和水笔的单价合计为3元，小妮在该店买了20本练习本和10支水笔，共花了36元.则练习本和水笔的单价分别为( )A.0.8元、2.2元B.0.6元、2.4元C.2.2元、0.8元D.2.4元、0.6元9.被誉为“最美高铁”的长春至珲春城际铁路途经许多隧道和桥梁，其中隧道累计长度与桥梁累计长度之和为342km，隧道累计长度的2倍比桥梁累计长度多36km.求隧道累计长度与桥梁累计长度.代入消元法(能力)1.已知x，y满足方程组x m4y5m⎧+=⎨-=⎩，则无论m取何值，x，y恒有的关系式是( )A.x＋y=1B.x＋y=－1C.x＋y=9D.x－y=－92.已知x2y1⎧=⎨=⎩是二元一次方程组mx ny8nx my1⎧+=⎨-=⎩的解，则2m－n的平方根为______.3.若－2a m b4与5a n＋2b2m＋n可以合并成一项，则mn的值是______.4.3(y2)x12(x1)5y8⎧-=+⎨-=-⎩(2)4(x y1)3(1y)2x y223⎧--=--⎪⎨+=⎪⎩5.某市对八年级综合素质测评中的审美与艺术进行考核，规定如下：考核综合评价得分由测试成绩（满分100分）和平时成绩（满分100分）两部分组成，其中测试成绩占80%，平时成绩占20%，并且当综合评价得分大于或等于80分时，该生综合评价为A等.(1)孔明同学的测试成绩和平时成绩两项得分之和为185分，而综合评价得分为91分，则孔明同学的测试成绩和平时成绩各为多少分？(2)某同学测试成绩为70分，他的综合评价得分可能达到A等吗？为什么？(3)如果一个同学综合评价要达到A等，他的测试成绩至少为多少分？加减消元法(基础)1.对于方程组4x7y194x5y17⎧+=-⎨-=⎩，用加减法消去x得到的方程是( )A.2y=－2B.2y=－36C.12y=－2D.12y=－362.用加减法解方程组3x2y2x y5⎧-=⎨+=⎩，下列变形正确的是( )A.3x2y2x2y5⎧-=⎨+=⎩B.3x2y23x y5⎧-=⎨+=⎩C.3x2y23x3y15⎧-=⎨+=⎩D.3x2y22x2y5⎧-=⎨+=⎩3.利用加减法解方程组2x5y10①5x-3y6②⎧+=-⎨=⎩，下列做法正确的是( )A.要消去y，可以将①×5＋②×2B.要消去x，可以将①×3＋②×(－5)C.要消去y，可以将①×5＋②×3D.要消去x，可以将①×(－5)＋②×24.用加减法解方程组2x y8①x y1②⎧+=⎨-=⎩，其解题步骤如下：(1)①＋②得3x=9，解得x=3；(2)①－②×2得3y=6，解得y=2. 所以原方程组的解为x3y2⎧=⎨=⎩.则下列说法正确的是( )A.步骤(1)(2)都不对B.步骤(1)(2)都对C.本题不适宜用加减法解D.加减法不能用两次5.x y52x y4⎧+=⎨-=⎩的解为______. 6.5x2y13x4y3⎧+=⎨+=⎩.则x－y的值是______.7.(1)x2y53x y1⎧+=⎨-=⎩； (2)9x2y153x4y10⎧+=⎨+=⎩； (3)3(x1)y55(y1)3(x5)⎧-=+⎨+=-⎩.8.有一个两位数，它的十位数字比个位数字大2，且十位数字与个位数字之和为12，则这个两位数为( )A.46B.64C.57D.759.某少年宫管弦乐队共有46人，其中管乐队人数少于23，弦乐队人数不足45.现准备购买演出服装，下面是某服装厂给出的演出服装的价格.如果管乐队、弦乐队分别单独购买服装，一共需付2500元.(1)管乐队、弦乐队各有多少人？(2)如果管乐队、弦乐队联合起来购买服装，那么比两队各自购买服装共可以节省多少钱？解二元一次方程组(基础)1.用适当的方法解下列方程组：(1)x2y81y x14⎧-=⎪⎨=+⎪⎩(2)x4y23x2y8⎧+=-⎨-=⎩(3)5(y1)3(x5)3(x1)4(y4)⎧-=+⎨-=-⎩(4)3x2y10x y1123⎧+=⎪⎨+=+⎪⎩(5)2(x y)x y134125y x3⎧-+-=-⎪⎨⎪-=⎩(6)3(x y)2(x y)10x y x y7422⎧++-=⎪⎨+-+=⎪⎩2.某次考试结束后，班主任老师和小强进行了对话：老师：小强同学，你这次考试的语数英三科总分348分，在下次考试中，要使语数英三科总分达到382分，你有何计划？小强：老师，我争取在下次考试中，语文成绩保持124分，英语成绩再多16分，数学成绩增加15%，则刚好达到382分. 请问：小强这次考试的英语、数学成绩各是多少？参考答案1.C2.B先将①移项，得3y=2－2x，再两边同除以3，得y=22x3-.故选B.3.D【解析】2x y5①3x2y8②⎧-=⎨-=⎩，由①，得y=2x－5③，将③代入②，得3x－2(2x－5)=8.故选D.4.B【解析】造成错误的一步是(2).因为③是由①得到，所以应该将③代入②而不是①.故选B.5.x3y6⎧=⎨=⎩【解析】y2x①3x y15②⎧=⎨==⎩把①代入②，得3x＋2x=15，解得x=3.把x=3代入①，得y=6.所以这个方程组的解为x3 y6⎧=⎨=⎩.6.4【解析】∵a：b=3：1，且a＋b=8，∴a3b①a b8②⎧=⎨+=⎩，把①代入②，得3b＋b=8，解得b=2.把b=2代入①，得a=6.a－b=6－2=4.7.【解析】(1)把②代入①，得2x＋x－4=2，解这个方程，得x=2.把x=2代入②，得y=－2.所以这个方程组的解为x2y2⎧=⎨=-⎩.(2)由①，得y=2x－1③把③代入②，得5x－3(2x－1)=8，解这个方程，得x=－5.把x=－5代入③，得y=－11，所以这个方程组的解为x5y11⎧=-⎨=-⎩.(3)把①代入②，得5x－3×3=1，解这个方程，得x=2.把x=2代入①，得y=1.所以这个方程组的解是x2 y1⎧=⎨=⎩.8.B【解析】设练习本和水笔的单价分别为x元、y元，根据题意，得x y3①20x10y36②⎧+=⎨+=⎩，由①，得y=3－x③，把③代入②，得20x＋10(3－x)=36，解得x=0.6.把x=0.6代入③，得y=2.4.所以练习本和水笔的单价分别为0.6元、2.4元.故选B.9.【解析】设隧道累计长度为xkm，桥梁累计长度为ykm，根据题意，得x y342①2x y36②⎧+=⎨=+⎩由①，得y=342－x③把③代入②，得2x=342－x＋36，解得x=126.把x=126代入③，得y=342－126=216.所以这个方程组的解为x126 y216⎧=⎨=⎩.答：隧道累计长度为126km，桥梁累计长度为216km.代入消元法(过能力)参考答案1.C【解析】将m=y－5代入x＋m=4，得x＋y－5=4，所以x＋y=9.故选C.2.±2【解析】将x2y1⎧=⎨=⎩代入mx ny8nx my1⎧+=⎨-=⎩，得2m n8①2n m1②⎧+=⎨-=⎩，由②，得m=2n－1，将m=2n－1代入①，得2(2n－1)＋n=8，解得n=2.再将n=2代入m=2n－1，得m=3.所以2m－n=6－2=4，所以2m－n的平方根为±2. 3.0【解析】因为－2a m b4与5a n＋2b2m＋n可以合并成一项，所以n2m2m n4⎧+=⎨+=⎩，解得m2n0⎧=⎨=⎩，所以mn=0.4.11【解析】根据题意，得a4b52a b3⎧+=⎨+=⎩，解得a1b1⎧=⎨=⎩，∴x※y=x＋y2，∴2※3=2＋32=11.名师点睛：本题是新定义题，解题的关键是把陌生的问题转化为方程组问题.5.【解析】(1)整理得3y x7①2x5y6②⎧-=⎨-=-⎩所以这个方程组的解为x17y8⎧=⎨=⎩.(2)整理，得4x-y5①3x2y12②⎧=⎨+=⎩所以这个方程组的解为x2y3⎧=⎨=⎩.(1)设孔明同学的测试成绩为x分，平时成绩为y分，依题意得x y18580%x20%y91⎧+=⎨+=⎩，解得x90y95⎧=⎨=⎩，所以孔明同学的测试成绩为90分，平时成绩为95分.(2)不可能.理由如下：80－70×80%=24，24÷20%=120＞100，故该同学的综合评价得分不可能达到A等.(3)依题意，得（80－100×20%)÷80%=75(分）.故他的测试成绩至少为75分.课时2 加减消元法(过基础)参考答案1.D【解析】4x7y19①4x5y17②⎧+=-⎨-=⎩，①－②得7y＋5y=－19－17，所以12y=－36.故选D.2.C3.D4.B5.x3y2⎧=⎨=⎩，【解析】x y5①2x y4②⎧+=⎨-=⎩。

高中数学立体几何初步基本立体图形第2课时旋转体与简单组合体的结构特征课后提能训练新人教A版必修第二册

第八章 8.1 第2课时A级——基础过关练1．下列几何体中是旋转体的是( )①圆柱；②六棱锥；③正方体；④球体；⑤四面体．A．①和⑤B．①和②C．③和④D．①和④【答案】D【解析】根据旋转体的概念可知,①和④是旋转体．2．图①②中的图形折叠后的图形分别是( )A．圆锥、棱柱B．圆锥、棱锥C．球、棱锥D．圆锥、圆柱【答案】B【解析】根据图①的底面为圆,侧面为扇形,得图①折叠后的图形是圆锥；根据图②的底面为三角形,侧面均为三角形,得图②折叠后的图形是棱锥．3．等腰三角形ABC绕底边上的中线AD所在的直线旋转所得的几何体是( )A．圆台B．圆锥C．圆柱D．球【答案】B【解析】由题意可得AD⊥BC,且BD＝CD,所以形成的几何体是圆锥．故选B.4．如图,在日常生活中,常用到的螺母可以看成一个组合体,其结构特征是( )A．一个棱柱中挖去一个棱柱B．一个棱柱中挖去一个圆柱C．一个圆柱中挖去一个棱锥D．一个棱台中挖去一个圆柱【答案】B【解析】一个六棱柱挖去一个等高的圆柱．故选B.5．(多选)如图所示的几何体,关于其结构特征,下列说法正确的是( )A ．该几何体是由2个同底的四棱锥组成的几何体B ．该几何体有12条棱、6个顶点C ．该几何体有8个面,并且各面均为三角形D ．该几何体有9个面,其中一个面是四边形,其余各面均为三角形【答案】ABC【解析】该几何体用平面ABCD 可分割成两个四棱锥,因此它是这两个四棱锥的组合体,因而四边形ABCD 是它的一个截面而不是一个面．故D 说法不正确．故选ABC.6．下列说法正确的是________．①圆台可以由任意一个梯形绕其一边所在直线旋转形成；②在圆台上、下底面圆周上各取一点,则这两点的连线是圆台的母线；③圆柱的任意两条母线平行,圆锥的任意两条母线相交,圆台的任意两条母线延长后相交．【答案】③【解析】①错,圆台是直角梯形绕其直角边所在直线或等腰梯形绕其底边中点的连线所在直线旋转形成的；由母线的定义知②错；③正确．7.(2021年武汉期末)如图是一个几何体的表面展开图形,则这个几何体是________．【答案】圆柱【解析】一个长方形和两个圆折叠后,能围成的几何体是圆柱．8．一个半径为5 cm 的球,被一平面所截,球心到截面圆心的距离为4 cm,则截面圆面积为________cm 2.【答案】9π【解析】设截面圆半径为r cm,则r 2＋42＝52,所以r ＝3,所以截面圆面积为9π cm 2. 9．圆台的上底周长是下底周长的13,轴截面面积等于392,母线与底面的夹角为45°,求此圆台的高、母线长及两底面的半径．解：设圆台上、下底面半径分别为r ,R ,母线长为l ,高为h . 由题意,得2πr ＝13·2πR ,即R ＝3r .①12(2r ＋2R )·h ＝392,即(R ＋r )h ＝392.② 又母线与底面的夹角为45°,则h ＝R －r ＝22l .③ 联立①②③,得R ＝21,r ＝7,h ＝14,l ＝14 2.10．已知一个圆锥的底面半径为r ,高为h ,在此圆锥内有一个内接正方体,这个内接正方体的顶点在圆锥的底面和侧面上,求此正方体的棱长．解：作出圆锥的一个纵截面如图所示,其中AB ,AC 为母线,BC 为底面直径,DG ,EF 是正方体的棱,DE ,GF 是正方体的上、下底面的对角线．设正方体的棱长为x ,则DG ＝EF ＝x ,DE ＝GF ＝2x .依题意,得△ABC ∽△ADE ,∴hh －x＝2r 2x,∴x ＝2rhh ＋2r,即此正方体的棱长为2rhh ＋2r.B 级——能力提升练11．已知球的两个平行截面的面积分别为5π和8π,它们位于球心的同一侧,且距离为1,那么这个球的半径是( )A ．4B ．3C ．2D ．0.5【答案】B【解析】如图所示,∵两个平行截面的面积分别为5π,8π,∴两个截面圆的半径分别为r 1＝5,r 2＝2 2.∵球心到两个截面的距离d 1＝R 2－r 21,d 2＝R 2－r 22,∴d 1－d 2＝R 2－5－R 2－8＝1,∴R 2＝9,∴R ＝3.12．(多选)对如图中的组合体的结构特征有以下几种说法,其中说法正确的是( )A ．由一个长方体割去一个四棱柱所构成的B ．由一个长方体与两个四棱柱组合而成的C ．由一个长方体挖去一个四棱台所构成的D ．由一个长方体与两个四棱台组合而成的【答案】AB【解析】如图,该组合体可由一个长方体割去一个四棱柱所构成,也可以由一个长方体与两个四棱柱组合而成．故选项AB正确．13．用一张长为8,宽为4的矩形硬纸卷成圆柱的侧面,则相应圆柱的底面半径是________．【答案】2π或4π【解析】如图所示,设底面半径为r,若矩形的长8恰好为卷成圆柱底面的周长,则2πr＝8,所以r＝4π；同理,若矩形的宽4恰好为卷成圆柱的底面周长,则2πr＝4,所以r＝2π.14．若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面,则该圆锥的高为________．【答案】 3【解析】设圆锥的底面半径为r,母线长为l,则4π＝πl2,所以母线长为l＝2.所以半圆的弧长为2π,圆锥的底面的周长为2πr＝2π,所以底面圆半径r＝1.所以该圆锥的高为h ＝l2－r2＝22－12＝ 3.15.如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面,下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体,现用一个垂直于圆柱底面的平面去截这个组合体,则截面图形可能是________(填序号)．【答案】①⑤【解析】当垂直于圆柱底面的平面经过圆锥的顶点时,截面图形如图①；当垂直于圆柱底面的平面不经过圆锥的顶点时,截面图形可能为图⑤.16．圆台的两底面面积分别为1,49,平行于底面的截面面积的2倍等于两底面面积之和,求圆台的高被截面分成的两部分的比．解：将圆台还原为圆锥,如图所示．O 2,O 1,O 分别是圆台上底面、截面和下底面的圆心,V 是圆锥的顶点．令VO 2＝h ,O 2O 1＝h 1,O 1O ＝h 2,则⎩⎪⎨⎪⎧h ＋h 1h ＝49＋121，h ＋h 1＋h 2h ＝491，所以⎩⎪⎨⎪⎧h 1＝4h ，h 2＝2h ，即h 1∶h 2＝2∶1.故圆台的高被截面分成的两部分的比为2∶1.C 级——探索创新练17．我国古代名著《数书九章》中有云：“今有木长二丈四尺,围之五尺．葛生其下,缠木两周,上与木齐,问葛长几何？”其意思为“圆木长2丈4尺,圆周为5尺,葛藤从圆木的底部开始向上生长,绕圆木两周,刚好与圆木顶部平齐,问葛藤最短长多少尺？”(注：1丈等于10尺)则葛藤最短为( )A ．29尺B ．24尺C ．26尺D ．30尺【答案】C【解析】由题意,圆木的侧面展开图是矩形,将圆木侧面展开两次,则一条直角边(即圆木的高)长为24尺,其邻边长为5×2＝10(尺),因此葛藤最短为242＋102＝26(尺)．18．如图所示,已知圆锥SO 中,底面半径r ＝1,母线长l ＝4,M 为母线SA 上的一个点,且SM ＝x ,从点M 拉一根绳子,围绕圆锥侧面转到点A .求：(1)绳子的最短长度的平方f (x )； (2)绳子最短时,顶点到绳子的最短距离； (3)f (x )的最大值．解：将圆锥的侧面沿SA 展开在平面上,如图所示,则该图为扇形,且弧AA ′的长度L 就是圆O 的周长,∴L ＝2πr ＝2π.∴∠ASM ＝360°·L 2πl ＝2π2π×4×360°＝90°.(1)由题意知绳子长度的最小值为展开图中的AM ,其值为AM ＝x 2＋16(0≤x ≤4)．f (x )＝AM 2＝x 2＋16(0≤x ≤4)．(2)绳子最短时,在展开图中作SR ⊥AM ,垂足为R ,则SR 的长度为顶点S 到绳子的最短距离．在△SAM 中,∵S △SAM ＝12SA ·SM ＝12AM ·SR ,∴SR ＝SA ·SM AM ＝4x x 2＋16(0≤x ≤4),即绳子最短时,顶点到绳子的最短距离为4x x 2＋16(0≤x ≤4)．(3)∵f (x )＝x 2＋16(0≤x ≤4)是增函数, ∴f (x )的最大值为f (4)＝32.。

人教版地理八年级下册第八章第二节干旱宝地——塔里木盆地课时作业(包含答案+解析)

干旱的宝地——塔里木盆地学生版1、目前，长江上游和下游的生态环境问题分别有（）A．荒漠化水土流失B．水土流失洪涝灾害C．荒漠化凌汛D．水土流失围湖造田2、西部地区发展经济的优势条件和不利条件分别是（）A．水源充足；耕地较少B．自然资源丰富；交通不便、资金技术缺乏C．土地广阔；资源缺乏D．旅游资源丰富；劳动力缺乏，自然灾害较多3、我国西北地区在土地资源利用中存在的最主要问题是（）A．耕地减少B．草场退化C．洪涝灾害D．滥伐森林4、有“沙漠之舟”之称的动物是（）A．牦牛B．骆驼C．马D．新疆羊5、西部大开发的同时，要强调退耕还林还草，其目的主要是（）A．开发林业资源B．发展畜牧业C．保护生态环境D．建立自然保护区6、如图是“呼包银榆经济区示意图”，在西部大开发中，该地区被列入西部重点开发地区。

该地区经济发展的最有利条件是（）A．地形平坦，土壤肥沃B．水热条件优越C．海陆交通便利D．矿产资源丰富7、下列有关西北地区的叙述，正确的是（）A．有我国最大河流一塔里木河B．种植业是本区的主要生产方式C．水资源丰富D．土地荒漠化严重8、西部大开发战略中，放在首位的是（）A．水利电力设施B．生态环境保护C．交通设施D．开发资源9、塔里木盆地的绿洲农业主要分布在（）A．山麓地带B．山脊或山坡处C．沙漠内部D．远离河流地带10、西北地区农业主要以畜牧业为主的原因是（）A．当地以肉食为主的生活习俗B．降水较少，草场广布C．发展畜牧业能带来更高的经济效益D．当地拥有许多优良的畜牧品种“读万卷书，行万里路”，连云港的小铭同学利用假期到祖国的西部旅游，体验生活中的地理．读“部分地理区域图”，回答下列问题：11、（1）小铭同学所到的甲、乙两大地理区域天然草场广布，农业以为主．其中，甲地区是（四大地理区域之一）．（2）A盆地蕴藏着丰富的石油和资源，国家在这里建设了大型的能源开发工程，为西部经济的发展带来了机遇．（3）旅途中，小铭乘坐火车，经铁路线①铁路穿越了世界上海拔最高、面积最大的高原湿地三江源地区．（4）甲区域气候：降水，是我国面积最广的地区．原因是：距海，且被重重阻隔，湿润气流难以到达．（5）甲区域瓜果品质特别好的原因是：夏季气温高，光照充足，．（6）三江源地区是我国重要的水源涵养地，珍稀物种繁多．近年来，局部地区出现流沙、草场退化、生物多样性锐减等现象，小铭同学深感忧虑．请大家为保护该高原湿地出谋划策．如：退耕还草（林）（答一条即可）．12、神奇的雪域高原，独特的民族风情，令人神往．读图回答下列问题：（1）青藏地区是我国四大地理区域之一，划分青藏地区的主导因素是．（2）图中河流A是，该河流谷底发展农业的有利条件是．（3）甲图中的动物是本地区代表畜种，善于爬山负重，被誉为“高原之舟”．（4）图中所示区域主要的少数民族是族，图乙为该民族传统服饰．解析版本1、目前，长江上游和下游的生态环境问题分别有（）A．荒漠化水土流失B．水土流失洪涝灾害C．荒漠化凌汛D．水土流失围湖造田【专题】生态环境类简答题；中国的河流与湖泊．【分析】我们在开发长江的同时，更应该注意保护长江流域的生态环境。

山师附中2020-2021学年高一化学人教版(2019)必修2课时训练第八章第2课时海水资源的开发利用练习

第2课时海水资源的开发利用课后篇素养形成夯实基础轻松达标1.下列是四位同学对于海水淡化供居民用水所提供的方法,其中原理上完全不可行的是( ):蒸馏法、电渗析法、离子交换法。

选项A,明矾的主要成分是KAl(SO4)2·12H2O,加明矾不能使海水中的盐沉淀出来,所以不能使海水淡化。

2.许多国家十分重视海水资源的综合利用,下列不需要发生化学变化就能够从海水中获得的物质是( )A.氯、溴、碘B.钠、镁、铝C.烧碱、氢气D.食盐、淡水3.21世纪以来,国与国之间因对海权的争夺引起的摩擦接连不断,在捍卫主权的同时,人们看重的是海洋这个巨大宝藏,下列有关海洋资源综合利用的说法不正确的是( ) A.利用海水波浪发电是将动能转化为电能B.从海水中提取溴单质一定伴有化学变化C.从海水中提取Mg时,最终须通过电解熔融态的MgO得到MgD.积极研发海水直接冷却技术,可减少煤炭的使用量,有利于环境保护熔点高,一般通过电解熔融态的MgCl2制得Mg。

4.下列海洋资源中,属于可再生资源的是( )A.海洋潮汐能B.海底多金属结核矿C.海滨砂矿D.海水化学资源,金属结核矿、砂矿、海水化学资源属于不可再生资源。

5.NaCl是从海水中提取出来的一种重要物质,除食用外,它还是一种工业原料,下列以NaCl为原料的产品(物质)是( )①烧碱②纯碱③金属钠④氯气⑤盐酸A.①②③④⑤B.只有①②③④C.只有①②③⑤D.只有①②④⑤NaCl的水溶液可制得NaOH、H2、Cl2;H2、Cl2可合成HCl;NaCl溶液又可与CO2、NH3反应来制取NaHCO3,NaHCO3受热分解可得Na2CO3;电解熔融的NaCl可制备金属钠。

6.某课外小组将灼烧海带产生的灰烬浸泡后过滤,得到澄清的滤液。

他们设计了如下的几个方案,你认为能证明海带的灰烬中含有碘元素的是( )A.取适量滤液,蒸干,观察是否有紫色固体生成B.取适量滤液,加入苯,振荡,静置,苯层无色,证明不含碘元素C.取适量滤液,向其中加入淀粉溶液,无明显现象,证明不含碘元素D.取适量滤液,加入酸化的H2O2溶液,再加入淀粉溶液,呈蓝色,证明含有碘元素解析海带灰烬中含有的碘元素是以I -形式存在的,不是以单质形式存在,所以A 、B 、C 均不正确;D 中发生了氧化还原反应H 2O 2+2I -+2H +I 2+2H 2O,产生了I 2,使淀粉溶液呈蓝色。

第八章第2讲磁场对运动电荷的作用

考点突破 · 提知能
图8－2－1
A．垂直于v向右下方
C．垂直于纸面向外【解析】
B．垂直于纸面向里
D．垂直于纸面向里
由左手定则可判断A图中洛伦兹力方向垂直于v向左上
课时知能训练
方，B图中洛伦兹力垂直于纸面向里，C图中垂直于纸面向里，D
图中垂直于纸面向里，故B、D正确，A、C错误．【答案】
图8－2－4
A．向上偏转 C．向纸外偏转 B．向下偏转 D．向纸里偏转
课时知能训练
【解析】
【答案】
菜
环形导线在示波管处产生的磁场方向垂直于纸面向外，
由左手定则可判断，电子受到的洛伦兹力向上，故A正确． A
单
一轮复习 · 新课标 · 物理（山东专用）
自主落实 · 固基础
1.运动特点带电粒子以垂直于磁场方向进入磁场，其轨迹是一段圆弧． 2．圆心的确定 (1)基本思路：与速度方向垂直的直线和图中弦的中垂线一定过圆心． (2)常用的两种方法 ①已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图8－2－5所示，图中P为入射点，M为出射点)．
随堂检测 · 紧练兵
考点突破 · 提知能
意B和v可以有任意夹角)．
课时知能训练
菜
单
一轮复习 · 新课标 · 物理（山东专用）
1．如图8－2－1所示，对应的四种情况中，对各粒子所受洛伦兹力的
方向的描述，其中正确的是(
自主落实 · 固基础
)
随堂检测 · 紧练兵
随堂检测 · 紧练兵

第八章第二节台湾省的地理环境与经济发展(第二课时)

10．目前，台湾经济的主要特点是( C )
A．利用肥沃的土地，大力发展种植业 B．利用丰富的煤、铁资源，大力发展钢铁工业 C．利用海岛多港口和丰富劳动力资源，发展“进口—加工—
出口”型经济 D．吸收外资，大力发展农产品加工业
【能力提升】
11．造成台湾西部城市密度大的最主要的原因是( B )
A．气候 B．地形 C．资源 D．军事
第八章认识区域：环境与发展
第二节台湾省的地理环境与经济发展(第二课时)
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பைடு நூலகம் 学习目标
1．了解台湾省的经济发展特点。 2．了解台湾省的人口与城市分布。 3．认识台湾省主要城市的职能。【学习重点】分析台湾省的经济特征。【学习难点】台湾省的台北、高雄、台南的城市职能。
面下降的结果
18．小丽打算去台湾旅游，她查阅了很多关于台湾的资料，你认
为不．可．信．的是( CD)
A．台湾环岛建有电气化铁路和高速公路 B．台北是台湾最大的城市 C．台湾对国际市场依赖不高 D．桃园是主要的港口城市
19．有关台湾的叙述，正确的是( AB )
A．位于两大板块交界处，多地震 B．工业是台湾省经济的重要支柱 C．缺乏优良港口，海运不便 D．平原面积狭小，主要分布在东部沿海
• You have to believe in yourself. That's the secret of success. 人必须相信自己，这是成功的秘诀。
•
【名师点拨】台湾省经济发展的条件及特点是什么？台湾省经济发展的有利条件有：(1)海岛多优良的港口，交通便利；(2)劳动力素质高；(3)吸收外国资本；(4)大力建设出口加工区。不利条件有：(1)大部分工业原材料和能源需要进口；(2)大量工业制成品需要出口，对国际市场依赖性大。经济特点是：“进口－加工－出口”型经济。

2024人教版中考地理总复习第二部分考点培优训练七年级(下册)第八章第2课时撒哈拉以南非洲和澳大利亚

（B ）
A．技术先进
B．矿产丰富
C．交通便捷
D．政策支持
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9．★根据澳大利亚矿产资源的优势，下列工业部门中，应该大力发展的
是
（C ）
①电子工业 ②宇航工业 ③钢铁工业 ④有色金属冶金工业
A．①②
B．②③
C．③2024版地理人教版
10．(2023·石家庄)构建高水平中非命运共同体。阅读图文资料，完成下列各题。中非加快拓展经济、绿色发展等领域的深度合作。非洲许多农民在中国专家的指导下，能够独立操作机械、掌握科学种植方法，提升农作物产量，降低农业用水量。图 1 为非洲部分国家出口商品的结构比例图，图 2 为非洲地形和矿产分布图。
（C ）
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5．开普敦的气候特点是 A．冬季温和多雨，夏季凉爽干燥 B．夏季高温多雨，冬季寒冷干燥 C．全年温和，各月降水均匀 D．全年高温，分干湿两季
（A ）
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(2023·临沂)图 1 为日本工业分布图，图 2 为澳大利亚矿产和工业分布图。据此完成 6～7 题。
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第2课时撒哈拉以南非洲和澳大利亚
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(2023·江西)在“走进非洲”地理知识竞赛活动中，某同学抽取到如图题卡，请你作为场外援助，与他一起完成 1～3 题。
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1．★图中甲、乙处分别填入的序号是 A．①、④ B．①、③ C．②、③ D．②、④

课时知能训练

5.1 课后巩固作业(30分钟 50分)一、选择题(共7小题，每小题4分，共28分)1.关于基因突变的叙述中，不正确的是( )A.基因突变是指基因中碱基对的替换、增添和缺失B.基因突变是由于基因中脱氧核苷酸的数量和排列顺序发生了改变C.基因突变可以在一定的外界环境因素或生物内部因素的作用下产生D.基因突变的频率很低，而且都是有害的2.亮氨酸的密码子有如下几种：UUA、UUG、CUA、CUU、CUG，当某基因片段中的GAC突变为AAC时，这种突变的结果对该生物的影响是( )A.一定有害B.一定有利C.有害的概率大于有利的概率D.既无利也无害3.如图表示人类镰刀型细胞贫血症的病因，已知谷氨酸的密码子是GAA、GAG，据图分析正确的是( )A.转运缬氨酸的tRNA一端的三个碱基是CAUB.②过程是α链作模板，以脱氧核苷酸为原料，由ATP供能，在有关酶的催化作用下完成的C.控制血红蛋白的基因中任意一个碱基发生替换都会引起镰刀型细胞贫血症D.人发生此贫血症的根本原因在于血红蛋白中的一个谷氨酸被缬氨酸取代4.如果基因中脱氧核苷酸的排列顺序发生变化，那么一定会导致( )A.遗传性状的改变B.遗传密码的改变C.遗传信息的改变D.遗传规律的改变5.有性生殖生物的后代性状差异，主要来自于基因重组，下列过程中哪些可以发生基因重组( )A.①②B.①③C.②③D.③6.下列有关基因重组的叙述中，正确的是( )A.基因型为Aa的个体自交，因基因重组而导致子代性状分离B.基因A因替换、增添或缺失部分碱基而形成它的等位基因a，这属于基因重组C.YyRr自交后代出现不同于亲本的新类型过程中发生了基因重组D.造成同卵双生姐妹间性状差异的主要原因是基因重组7.曲线a表示使用诱变剂x前青霉菌菌株数和青霉素产量之间的关系，曲线b、c、d表示使用诱变剂x后菌株数和产量之间的关系。

下列说法不正确的是(多选)( )A.由a变为b、c、d体现了变异的多方向性B.x决定了青霉菌变异方向，加快了变异频率C.在x作用下青霉菌可能发生基因突变和基因重组D.b是最符合人们生产要求的变异类型二、非选择题(共22分)8.由于基因突变，导致蛋白质中的一个赖氨酸发生了改变。

化学一轮复习第八章第2课时酸碱中和滴定及其拓展应用教案鲁科版

第2课时酸碱中和滴定及其拓展应用［课型标签:题型课提能课］考点一酸碱中和滴定的实验原理和操作步骤1。

实验原理（1)原理：c 待=c V V 标标待(以一元酸与一元碱的滴定为例).(2）酸碱中和滴定的关键①准确测定标准液和待测液的体积； ②准确判断滴定终点。

2.实验操作以标准盐酸滴定待测NaOH 溶液为例（1)滴定前的准备(2)滴定(3)终点判断等到滴入最后一滴标准液,指示剂变色，且在半分钟内不恢复原来的颜色,视为滴定终点并记录标准液的体积.(4)按上述操作重复2～3次,求出用去标准盐酸体积的平均值,根据c （NaOH)=(HCl)(HCl)(NaOH)c V V 计算。

[名师点拨] 中和滴定曲线示例图及解题方法（1)示例图像（以0.100 0 mol/L NaOH 溶液滴定20.00 mL 0。

100 0 mol/L 盐酸为例)（2)巧抓“四个点”突破滴定曲线问题①抓反应“一半"点，判断是什么溶质的等量混合。

②抓“恰好”反应点,生成什么溶质，溶液呈什么性,是什么因素造成的。

③抓溶液“中性”点,生成什么溶质，哪种反应物过量或不足。

④抓反应“过量”点,溶质是什么,判断谁多、谁少。

考法一滴定操作及误差分析[典例1］（2019·湖北部分重点中学上学期开学考）下列有关滴定操作的说法正确的是（ )A.用25 mL 滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21。

7 mLB.用标准的KOH 溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH 溶液进行滴定,则测定结果偏低C 。

用标准的KOH 溶液滴定未知浓度的盐酸,配制标准溶液的固体KOH 中含有NaOH 杂质，则测定结果偏高D 。

用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH 溶液时,若读取读数时，滴定前仰视,滴定到终点后俯视,会导致测定结果偏高解析:滴定管精确值为0。

01 mL,读数应保留小数点后 2位，A 项错误;用标准KOH 溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH 溶液进行滴定,由于没有润洗,标准液浓度减小，消耗标准液体积增大,则测定结果偏高,B 项错误;所用的固体KOH 中混有NaOH,由于相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量,故所配的溶液的OH —浓度偏大,导致消耗标准液的体积偏小,则测定结果偏低,C 项错误；用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH 溶液时，若滴定前仰视读数,滴定至终点后俯视读数，导致消耗的盐酸体积偏小，依据c(酸)=()()()c V V 碱碱酸可知测定结果偏高，D 项正确.答案:D［对点精练1］用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH 溶液,下列各操作中会引起实验误差的是（ D ） A 。

第八章第二节塔里木盆地教案 2020-2021学年人教版初中地理八年级下册

人教版初中地理八年级下册第八章第二节塔里木盆地教案一、学习目标知识与能力目标1．能够运用地图和其他资料归纳塔里木盆地主要城镇、绿洲及交通线的分布特点。

2．能够举例说明塔里木盆地地理位置、地形因素对河流、绿洲分布的作用和影响。

3．能根据资料，了解塔里木盆地油气资源开发利用的成功经验，以西气东输为例进行说明。

过程与方法目标1.通过图文资料和问题探究活动，说出塔里木盆地主要城镇、绿洲及交通线的分布特点。

2.归纳塔里木盆地地理位置、地形因素对河流、绿洲分布的作用和影响；通过活动，以西气东输为例，了解塔里木盆地油气资源开发利用的成功经验。

3.将学习的内容通过顺次开展的体验、生成、多样的活动来完成。

学生能在活动中体验、探索、求知、收获。

情感态度价值观目标激发地理学习兴趣，关心我国资源国情，增强因地制宜、区域共谋发展的观念以及环保意识。

二、教学重点塔里木盆地主要城镇、绿洲及交通线的分布特点；塔里木盆地油气资源开发利用的成功经验──西气东输工程。

三、教学难点塔里木盆地地理位置、地形因素对河流、绿洲分布的作用和影响。

四、教学方法情境教学法、展示法、读图分析法，小组合作学习、讨论探究法和练习法等。

五、课时安排1课时六、教学过程［导入新课］（教师）展示学习目标，了解本节课我们要掌握的知识要点。

（教师）向同学们介绍新疆的美食，并提问：你还知道哪些新疆特色美食呢？你心目中的新疆是什么样的呢？（同学们各抒己见）活动一:自主学习1、位置和范围：塔里木盆地位于我国 _________南部天山山脉和________山脉之间，是我国面积最大的盆地。

2.塔里木盆地远离________，周围又有高大________环抱，来自海洋的_________不易到达，气候________，降水________，沙漠_______，有我国最大的沙漠_______________。

3.在塔里木盆地边缘的_______地带和_______沿岸，分布着星星点点的__________，它们的水源主要来自_____________和____________，当地的人们就生活在这些绿洲里。

华师版第八章8.1~8.2不等式复习资料

（2）判断下列说法是否正确：
①4不是不等式x+2>1的解；②6不是不等式y-1<6的解；③所有小于2的整数都是不等式x+3<5的解.
三、列不等式
1、根据数量关系列不等式：
（1）x的一半与1的差小于5；（2）地球的体积V1太阳的体积V2小；（3）长为a，宽为a-2的长方形的面积不大于边长为a+1的正方形的面积；（4）x是大于-3且不大于0的数.
注：（1）不等式的解与一元一次方程的解是有区别的，不等式的解是不确定的。一个不等式如果有解，一般会有无数个解，而一个一元一次方程若有解，其解一般是具体的数值.
（2）要判断一个数是否是不等式的解，只要将这个数代入不等式的两边验证即可.
知能训练：
（1）下列各数中，哪些是不等式x+1<3的解？哪些不是？
-3，-1，0，1，1.5，2，2.5，3，3.5.
不等于
1≠0
3、常用的3种不等式
（1）绝对不等式:在任何条件下都成立的不等式.例如: 2>1 , x2≥0等
（2）条件不等式:在一定条件下都成立的不等式.
例如: x-2>0 ,当x>2时，不等式成立；当x≤2时,不等式不成立.
（3）矛盾不等式:在任何条件下都不成立的不等式.例如: 1<-1
知能训练：
x≤a
端点用实心点，方向向左
x≠a
空心圈两边的部分都符合
重要提示：（1）在数轴上表示不等式的解集时，要确定界点和方向.①界点:有等
知能训练1：
在数轴上表示下列不等式的解集:
(1)x≥3(2)x<6;(3)x>-5; (4) -1<x≤1
3、不等式的性质：
解：（1）（2）

第八章第2讲磁场对运动电荷的作用课时知能训练

课时知能训练一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在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7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)图8－2－231．(2011·潍坊模拟)如图8－2－23所示，电子束沿垂直于荧光屏的方向做直线运动，为使电子打在荧光屏上方的位置P，则能使电子发生上述偏转的场是()A．匀强电场B．负点电荷的电场C．垂直纸面向里的匀强磁场D．垂直纸面向外的匀强磁场【解析】只要使电子受到的电场力或洛伦兹力竖直向上或斜向上，均可使电子打在P点，选项C中磁场垂直纸面向里时，电子所受洛伦兹力向下，电子则打不到P点，故C错误．【答案】ABD图8－2－242．一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平方向的匀强磁场，如图8－2－24所示，小球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为t1，水平射程为s1，着地速度为v1.撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t2，水平射程为s2，着地速度为v2，则下列论述正确的是()A．s1>s2B．t1>t2C．v1和v2大小相等D．v1和v2方向相同【解析】当桌面右边存在磁场时，由左手定则，带电小球在飞行过程中受到斜向右上方的洛伦兹力作用，此力在水平方向上的分量向右，竖直方向上分量向上，因此小球水平方向存在加速度，竖直方向上加速度a<g，所以t1>t2，s1>s2，A、B对；又因为洛伦兹力不做功，C对；两次小球着地时速度方向不同，D错．【答案】ABC图8－2－253．如图8－2－25所示，匀强磁场中有一个电荷量为q 的正离子，自a 点沿半圆轨道运动，当它运动到b 点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c 点，已知a 、b 、c 在同一直线上，且ac ＝12ab ，电子电荷量为e ，电子质量可忽略不计，则该离子吸收的电子个数为( )A.3q 2eB.q eC.2q 3eD.q 3e【解析】该题考查带电离子在磁场中的运动．离子在磁场中洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，其半径r ＝m v Bq ，离子碰上电子后半径变化，r ′＝3r 2＝m v Bq ′，所以q ′＝2q 3，Δq ＝13q ，正确选项是D.【答案】 D4．(2011·广州四校联考)质量为m 、带电荷量为q 的粒子(忽略重力)在磁感应强度为B 的匀强磁场中做匀速圆周运动，形成空间环形电流．已知粒子的运行速率为v 、半径为R 、周期为T ，环形电流的强度为I .则下面说法中正确的是( )A ．该带电粒子的比荷为q m ＝BR vB ．在时间t 内，粒子转过的圆弧对应的圆心角为θ＝qBt mC ．当速率v 增大时，环形电流的强度I 保持不变D ．当速率v 增大时，运动周期T 变小【解析】带电粒子做匀速圆周运动，m v 2R ＝q v B ，所以q m ＝v BR ，A 错误；运动周期T ＝2πm Bq ，与速率无关，D 错误；在时间t 内，粒子转过的圆弧对应的圆心角为θ＝t T 2π＝qBt m ，B 正确；I ＝q T ＝Bq 22πm ，与速率v 无关，C 正确．【答案】 BC5．(2012·抚顺模拟)空间存在垂直于纸面方向的匀强磁场，其方向随时间做周期性变化，磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图8－2－26所示．规定B >0时，磁场的方向穿出纸面．一电荷量q ＝5π×10－7 C 、质量m ＝5×10－10 kg 的带电粒子，位于某点O 处，在t ＝0时刻以初速度v 0＝π m/s 沿某方向开始运动．不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的一切其他影响．则在磁场变化N 个(N 为整数)周期的时间内带电粒子的平均速度的大小等于( )图8－2－26 A ．π m/sB.π2 m/s C ．2 2 m/sD. 2 m/s 【解析】由T ＝2πm Bq 可得：T ＝2×10－2 s ，则磁场变化的周期T ′＝T 2，粒子运动的半径r ＝m v 0Bq ＝10－2 m ，带电粒子在磁场变化的N 个周期时间内前进的位移x ＝22r ·N ，平均速度v ＝x NT ′＝22rN NT ′＝2 2 m/s ，故C 正确．【答案】 C图8－2－276．(2012·苏州模拟)如图8－2－27所示，在屏MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．P 为屏上的一个小孔．PC 与MN 垂直．一群质量为m 、带电荷量为－q 的粒子(不计重力)，以相同的速率v 从P 处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B 垂直的平面内，且散开在与PC 夹角为θ的范围内．则在屏MN 上被粒子打中的区域的长度为( )A.2m v qBB.2m v cos θqBC.2m v (1－sin θ)qBD.2m v (1－cos θ)qB【解析】屏MN 上被粒子击中的区域离P 点最远的距离x 1＝2r＝2m v qB ，屏M 上被粒子击中的区域离P 点最近的距离x 2＝2r cos θ＝2m v cos θqB ，故在屏M 上被粒子打中的区域的长度为x 1－x 2＝2m v (1－cos θ)qB，D 正确．【答案】 D图8－2－287．(2011·泉州模拟)如图8－2－28所示是某粒子速度选择器的示意图，在一半径为R ＝10 cm 的圆柱形桶内有B ＝10－4 T 的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱形桶某一直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔．粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为q m ＝2×1011 C/kg 的阳离子，粒子束中速度连续分布，不计重力．当角θ＝45°时，出射粒子速度v 的大小是( ) A.2×106 m/s B ．22×106 m/sC ．22×108 m/sD ．42×106 m/s【解析】设此粒子圆周运动的半径为r ，则有r sin θ＝R ，r ＝ 2 10m.又由r ＝m v Bq 可得：v ＝Bqr m ＝22×106 m/s ，故B 正确．【答案】 B图8－2－298．(2012·武汉模拟)如图8－2－29所示，在正三角形区域内存在着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子(重力不计)从AB 边的中点O 以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°.若粒子能从AB 边穿出磁场，则粒子在磁场中运动的过程中，到AB 边的最大距离为( )A.m v 2BqB.3m v 2BqC.3m v BqD.2m v Bq【解析】粒子圆周运动的半径r ＝m v Bq ，粒子能从AB 边射出磁场时，离AB 边的最大距离d ＝r ＋r cos 60°＝32r ＝3m v 2Bq ，故B 正确．【答案】 B图8－2－309．(2012·漳州模拟)带电粒子以初速度v 0从a 点沿垂直于y 轴方向进入匀强磁场，如图8－2－30所示．运动中经过b 点，Oa ＝Ob ，若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，仍以v 0从a 点进入电场，粒子仍能通过b 点，那么电场强度E 与磁感应强度B 之比为( )A ．v 0B ．1C ．2v 0 D.v 02【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系知，其圆心在O 点，则由r ＝m v 0qB 得B ＝m v 0qr ，若加电场则有r ＝12at 2＝12qE m t 2，又由r ＝v 0t ，则E ＝2m v 20qr ，故E B ＝2v 0.故C 正确．【答案】 C图8－2－3110．如图8－2－31所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个电荷量绝对值相同、质量相同的正、负粒子(不计重力)，从O 点以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负粒子在磁场中( )A ．运动时间相同B ．运动轨迹的半径相同C ．重新回到边界时速度大小和方向相同D ．重新回到边界时与O 点的距离相同【解析】两偏转轨迹的圆心都在射入速度方向的垂线上，可假设它们的半径为某一长度，从而画出两偏转轨迹，如图所示．由此可知它们的运动时间分别为：t 1＝(2π－2θ)m Bq，t 2＝2θm Bq ，轨迹半径R ＝m v Bq 相等，射出速度方向都与边界成θ角，且速度大小也相等；射出点与O 点距离相等为d ＝2R ·sin θ.故B 、C 、D 正确．【答案】 BCD二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(14分)钍核230 90Th 发生衰变生成镭核226 88Ra 并放出一个粒子．设该粒子的质量为m 、电荷量为q ，它进入电势差为U 的带窄缝的平行平板电极S 1和S 2间电场时，其速度为v 0，经电场加速后，沿Ox 方向进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向外的有界匀强磁场，Ox 垂直平板电极S 2，当粒子从P 点离开磁场时，其速度方向与Ox 方向的夹角θ＝60°，如图8－2－32所示，整个装置处于真空中．图8－2－32(1)求粒子在磁场中沿圆弧运动的轨道半径R ；(2)求粒子在磁场中运动所用的时间t .【解析】 (1)设粒子离开电场时的速度为v ，对加速过程有qU ＝12m v 2－12m v 20①粒子在磁场中有q v B ＝m v 2R ②由①②得R ＝m qB 2qU m ＋v 20.(2)粒子做圆周运动的回旋周期T ＝2πR v ＝2πm qB ③粒子在磁场中运动的时间t ＝16T ④由③④得t ＝πm 3qB .【答案】 (1)m qB 2qU m ＋v 20 (2)πm3qB图8－2－3312．(16分)半径为R 的绝缘圆筒中有沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B ，如图8－2－33所示．一质量为m 、带电荷量为q 的正粒子(不计重力)以速度v 从筒壁的A 孔沿半径方向进入筒内，设粒子和筒壁的碰撞无电荷量和能量的损失，那么要使粒子与筒壁连续碰撞，绕筒壁一周后恰好又从A 孔射出，问：(1)磁感应强度B 的大小必须满足什么条件？(2)粒子在筒中运动的时间为多少？【解析】 (1)粒子射入圆筒后受洛伦兹力作用而偏转，设第一次与B 点碰撞，碰后速度方向又指向O 点，假设粒子与筒壁碰撞n －1次，运动轨迹是n 段相等的圆弧，再从A 孔射出．设第一段圆弧的圆心为O ′，半径为r (如图所示)，则θ＝2π/2n ＝π/n ，由几何关系有：r ＝R tan πn ，又由r ＝m v qB ，联立两式可以解得B ＝m v Rq tan πn(n ＝3,4,5…)．(2)每段圆弧的圆心角为φ＝2·(π2－θ)＝2·(π2－πn )＝n －2n π.粒子由A 到B 所用时间t ′＝φ2πT ＝12π·n －2n π·2πR v ·tan πn＝(n －2)πR n v ·tan πn (n ＝3,4,5…)．故粒子运动的总时间t ＝nt ′＝(n －2)πR vtan πn (n ＝3,4,5…)．【答案】见解析。

第八章第二节

一轮复习 · 新课标 ·数学（理）［山东专用］
自主落实 · 固基础
高考体验 · 明考情
第二节
典例探究 · 提知能
两条直线的位置关系
课时知能训练
菜
单
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自主落实 · 固基础
(见学生用书第 151 页) 1.能根据两条直线的斜率判定这两条直线平行或垂直．考纲 2．能用解方程组的方法求两条相交直线的交点坐
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2．两条直线的交点的求法直线 l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，则 l1 与 l2 的交
A1x＋B1y＋C1＝0 点坐标就是方程组的解． A2x＋B2y＋C2＝0
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【尝试解答】 (1)解方程组
x＝2m＋3， 5x＋4y＝2m＋1 7 得 3m－6 m－2 2x＋3y＝m y＝＝， 21 7 2m＋3＞0， 7 由题意知 m－2＜0， 7
4．若两平行直线 3x－2y－1＝0,6x＋ay＋c＝0 之间的距离为 2 13 ，则 c 的值为________． 13 6 a c 【解析】由题意得，＝ ≠ ， 3 －2 －1
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∴a＝－4，c≠－2. c 则 6x＋ay＋c＝0 可化为 3x－2y＋＝0. 2 c | ＋1| 2 13 2 ∴ ＝，解得 c＝2 或－6. 13 13

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课时知能训练
一、选择题
1．(2012·阳江模拟)已知直线l 1：y ＝2x ＋3，直线l 2与l 1关于直线y ＝－x 对称，则直线l 2的斜率为( )
A.12 B ．－12 C ．2 D ．－2
【解析】点A (0,3)，B (－1,1)在直线l 1上，则点A ，B 关于直线y ＝－x 的对称点A ′(－3,0)，B ′(－1,1)在直线l 2上，故直线l 2的斜
率k ＝1－0－1－(－3)＝12
. 【答案】 A
2．直线mx ＋4y －2＝0与2x －5y ＋n ＝0垂直，垂足为(1，p )，则n 的值为( )
A ．－12
B ．－2
C ．0
D ．10
【解析】由2m －20＝0得m ＝10，
由垂足(1，p )在直线mx ＋4y －2＝0上得，10＋4p －2＝0， ∴p ＝－2，又垂足(1，－2)在直线2x －5y ＋n ＝0上， ∴2×1－5×(－2)＋n ＝0，∴n ＝－12.
【答案】 A
3．若直线l 与直线y ＝1，x ＝7分别交于点P ，Q ，且线段PQ 的中点坐标为(1，－1)，则直线l 的斜率为( )
A.13 B ．－13 C ．3 D ．－3
【解析】设点P (a,1)，Q (7，b )，则有⎩
⎪⎨⎪⎧ a ＋7＝2，b ＋1＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝－5，
b ＝－3. 故直线l 的斜率为－3－17＋5
＝－13.
【答案】 B
4．光线沿直线y ＝2x ＋1射到直线y ＝x 上，被y ＝x 反射后的光线所在的直线方程为( )
A ．y ＝12x －1
B ．y ＝12x －12
C ．y ＝12x ＋12
D ．y ＝12x ＋1
【解析】由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝2x ＋1，y ＝x .得⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝－1，y ＝－1，即直线过点(－1，－1)．又直线y ＝2x ＋1上一点(0,1)关于直线y ＝x 对称的点(1,0)在所求直线上，
∴所求直线的方程y －0－1－0＝x －1－1－1
，即y ＝12x －12. 【答案】 B
5．(2011·北京高考)已知点A (0,2)，B (2,0)．若点C 在函数y ＝x 2的图象上，则使得△ABC 的面积为2的点C 的个数为( )
A ．4
B ．3
C ．2
D ．1
【解析】设C (t ，t 2)，又A (0,2)，B (2,0)
则直线AB 的方程为y ＝－x ＋2.
∴点C 到直线AB 的距离d ＝|t 2＋t －2|2
. 又∵|AB |＝22，
∴S △ABC ＝12×|AB |·d ＝|t 2＋t －2|.
令|t 2＋t －2|＝2得t 2＋t －2＝±2，
∴t 2＋t ＝0或t 2＋t －4＝0，符合题意的t 值有4个，故满足题意的点C 有4个．
【答案】 A
二、填空题
6．过点(1,0)且与直线x －2y －2＝0平行的直线方程是________
【解析】所求直线的斜率为12，
故所求的直线方程为y ＝12(x －1)，即x －2y －1＝0.
【答案】 x －2y －1＝0
7．与直线2x ＋3y －6＝0关于点(1，－1)对称的直线方程是________．
【解析】设所求直线方程为2x ＋3y ＋m ＝0(m ≠－6)，则有|2－3－6|22＋32＝|2－3＋m |22＋3
2，即|m －1|＝7，∴m ＝8 故所求直线方程为2x ＋3y ＋8＝0.
【答案】 2x ＋3y ＋8＝0
8．经过直线3x －2y ＋1＝0和x ＋3y ＋4＝0的交点，且垂直于直线x ＋3y ＋4＝0的直线l 的方程为________．
【解析】解方程组⎩⎪⎨⎪⎧
3x －2y ＋1＝0，x ＋3y ＋4＝0，得交点坐标(－1，－1)．又直线l 的斜率k ＝3.
所以l 的方程为y ＋1＝3(x ＋1)，即3x －y ＋2＝0.
【答案】 3x －y ＋2＝0
三、解答题
9．已知直线l ：(2a ＋b )x ＋(a ＋b )y ＋a －b ＝0及点P (3,4)．
(1)证明直线l 过某定点，并求该定点的坐标．
(2)当点P 到直线l 的距离最大时，求直线l 的方程．
【解】 (1)证明 l 的方程化为a (2x ＋y ＋1)＋b (x ＋y －1)＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＋y ＋1＝0x ＋y －1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝－2y ＝3， ∴直线l 恒过定点(－2,3)．
(2)设直线l 恒过定点A (－2,3)，当直线l 垂直于直线P A 时，点P
到直线l 的距离最大，又直线P A 的斜率k P A ＝4－33＋2＝15
， ∴直线l 的斜率k l ＝－5.
故直线l 的方程为y －3＝－5(x ＋2)，即5x ＋y ＋7＝0.
10．(2012·宁波模拟)已知直线l 经过直线3x ＋4y －2＝0与直线
2x ＋y ＋2＝0的交点P ，且垂直于直线x －2y －1＝0.
(1)求直线l 的方程；
(2)求直线l 与两坐标轴围成的三角形的面积S .
【解】 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧ 3x ＋4y －2＝02x ＋y ＋2＝0解得⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝－2y ＝2. 由于点P 的坐标是(－2,2)．
所求直线l 与x －2y －1＝0垂直，
可设直线l 的方程为2x ＋y ＋C ＝0.
把点P 的坐标代入得2×(－2)＋2＋C ＝0，即C ＝2.
所求直线l 的方程为2x ＋y ＋2＝0.
(2)又直线l 的方程2x ＋y ＋2＝0在x 轴、y 轴上的截距分别是－1与－2.
则直线l 与两坐标轴围成三角形的面积S ＝12×1×2＝1.
11．在直线l ：3x －y －1＝0上求一点P ，使得P 到A (4,1)和B (0，
4)的距离之差最大．
【解】如图所示，设点B 关于l 的对称点为B ′，连结AB ′并延长交l 于P ，此时的P 满足|P A |－|PB |的值最大．
设B ′的坐标为(a ，b )，
则k BB ′·k l ＝－1，即b －4a ·3＝－1.
∴a ＋3b －12＝0.①
又由于线段BB ′的中点坐标为(a 2，b ＋42)，且在直线l 上，∴3×a 2
－b ＋42－1＝0，即3a －b －6＝0.②
①②联立，解得a ＝3，b ＝3，∴B ′(3,3)．
于是AB ′的方程为y －13－1＝x －43－4
，即2x ＋y －9＝0.
解⎩⎪⎨⎪⎧ 3x －y －1＝0，2x ＋y －9＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝2，y ＝5，即l 与AB ′的交点坐标为P (2,5)．。