第1章-章末分层突破
新教材2024届高考语文二轮专项分层特训卷第一部分专题突破练练习16现代文阅读Ⅱ__抒情性散文
练习16 现代文阅读Ⅱ——抒情性散文[2023·河北省邯郸市二模]阅读下面的文字，完成题目。
文本一黄河随想淡然随缘我第一次被一种壮观与磅礴的气势震撼与淹没。
嘈杂的喧闹声，兴奋的欢呼声，瞬间被滚滚而来的巨大声响掩盖与吞没。
当我站在黄河岸边，被一种浩浩荡荡、势不可当的声音冲击着耳膜时，瞬间产生了恍惚与迷离——在气势磅礴的黄河面前，我的身形似乎急遽缩小，变得如同随风扬起的、有着独特味道的泥沙微粒，显得那么渺小，那么卑微。
黄河，母亲河，让每一位站在她身边欣赏与赞叹她的游客，都心生出万般的景仰和感慨。
第一次真切地站到黄河边，看到波涛滚滚的黄河水，我感觉眼前分明不是一条河，而是一幅阔大的、流动的，由一支黄色巨笔泼墨出的厚重山水画卷。
她凝重、宽厚、浓烈、迅猛，裹挟着泥沙，裹挟着中华五千年的风云变幻与沧桑流转。
她随着黄色的巨浪翻转、涌动、奔腾，激荡起层层黄色的浪花，扬起漫天水雾，洋洋洒洒地落在岁月长河里，形成了中华民族的古老文化，铸就了坚韧不拔的品格。
透过滚滚的黄河水，你会不由自主地堕入历史的烟云中。
黄河流域，飘扬过猎猎旌旗，上演过激烈的角逐，升腾过让后世无法忘记的烽火狼烟，也镌刻着历代民众治理黄河所付出的无数艰辛。
她曾养育无数的生命，更孕育了灿烂的中华文明。
河流两岸的岩石上横贯着曲曲折折的线条，这是黄河水位千百年来不停变换留下的年轮，如同一部记录历史的浩瀚书卷，吸引着你去解读，去思索。
黄河的水是温热的，越靠近越能感受到她的热情与温度。
来到黄河边，已是午后两点。
8月的吉县依然热得浓烈，虽然穿着防晒衣，打着遮阳伞，涂着厚厚的防晒霜，但是依然无法抵挡好客的紫外线。
黄河翻腾起的浪，带着温热的泥沙气息，带着黄土高原燥热的风，一波一波涌来，如同她火热的情怀。
黄河到达山西省吉县西部南村坡下，两岸石壁峭立，河道骤然收束，狭窄如同壶口。
瀑布上游，黄河水面宽300米，然而，在不到500米长的距离内，河水被压缩到20～30米的宽度，而后，从20多米高的陡崖上倾泻而下，形成了“千里黄河一壶收”的独特景致。
2019-2020学年高中数学(人教B版 选修2-3)教师用书：第1章 计数原理-章末分层突破
章末分层突破[自我校对]①分类加法计数原理②分步乘法计数原理③排列④排列数公式⑤组合数公式⑥组合数⑦二项展开式的通项⑧对称性⑨增减性两个计数原理的应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本部分内容的基础，对应用题的考查，经常要对问题进行分类或者分步进而分析求解.(1)“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事情.“分步”表现为必须把各步骤均完成，才能完成所给事情，所以准确理解两个原理的关键在于弄清分类加法计数原理强调完成一件事情的几类办法互不干扰，不论哪一类办法中的哪一种方法都能够独立完成事件.(2)分步乘法计数原理强调各步骤缺一不可，需要依次完成所有步骤才能完成事件，步与步之间互不影响，即前一步用什么方法不影响后一步采取什么方法.王华同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读.(1)若他从这些参考书中带一本去图书馆，有多少种不同的带法？(2)若带外语、数学、物理参考书各一本，有多少种不同的带法？(3)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？【精彩点拨】解决两个原理的应用问题，首先应明确所需完成的事情是什么，再分析每一种做法使这件事是否完成，从而区分加法原理和乘法原理.【规范解答】(1)完成的事情是带一本书，无论带外语书，还是数学书、物理书，事情都已完成，从而确定为应用分类加法计数原理，结果为5＋4＋3＝12(种).(2)完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理书中各选1本后，才能完成这件事，因此应用分步乘法计数原理，结果为5×4×3＝60(种).(3)选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理，有5×4＝20种选法；同样，选外语书、物理书各1本，有5×3＝15种选法；选数学书、物理书各1本，有4×3＝12种选法.即有三类情况，应用分类加法计数原理，结果为20＋15＋12＝47(种).应用两个计数原理解决应用问题时主要考虑三方面的问题：(1)要做什么事；(2)如何去做这件事；(3)怎样才算把这件事完成了.并注意计数原则：分类用加法，分步用乘法.[再练一题]1.如图1-1为电路图，从A到B共有________条不同的线路可通电.图1-1【解析】先分三类.第一类，经过支路①有3种方法；第二类，经过支路②有1种方法；第三类，经过支路③有2×2＝4(种)方法，所以总的线路条数N＝3＋1＋4＝8.【答案】8排列、组合的应用排列、组合应用题是高考的重点内容，常与实际问题结合命题，要认真审题，明确问题本质，利用排列、组合的知识解决.(1)某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设，其中甲不到银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？(2)在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目.①当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？②当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？③若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个栏目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？【精彩点拨】按照“特殊元素先排法”分步进行，先特殊后一般.【规范解答】(1)因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况：①若甲乙都不参加，则有派遣方案A48种；②若甲参加而乙不参加，先安排甲有3种方法，然后安排其余学生有A38种方法，所以共有3A38种方法；③若乙参加而甲不参加同理也有3A38种；④若甲乙都参加，则先安排甲乙，有7种方法，然后再安排其余学生到另两个城市有A28种，共有7A28种方法.所以共有不同的派遣方法总数为A48＋3A38＋3A38＋7A28＝4 088种.(2)①第一步，先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有A7＝5 040种方法；第二步，再松绑，给4个节目排序，有A4＝24种方法.根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960种.②第一步，将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有A6＝720种方法.×□×□×□×□×□×□×第二步，再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“×”的位置)，这样相当于7个“×”选4个来排，一共有A47＝7×6×5×4＝840种.根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝604 800种.③若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A12种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有A1212A1010＝A212＝132种排法.解排列、组合应用题的解题策略1.特殊元素优先安排的策略.2.合理分类和准确分步的策略.3.排列、组合混合问题先选后排的策略.4.正难则反、等价转化的策略.5.相邻问题捆绑处理的策略.6.不相邻问题插空处理的策略.7.定序问题除序处理的策略.8.分排问题直排处理的策略.9.“小集团”排列问题中先整体后局部的策略.10.构造模型的策略.简单记成：合理分类，准确分步；特殊优先，一般在后；先取后排，间接排除；集团捆绑，间隔插空；抽象问题，构造模型；均分除序，定序除序.[再练一题]2.(1)一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行答题，要求至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是( )A.40B.74C.84D.200 (2)(2016·山西质检)A ，B ，C ，D ，E ，F 六人围坐在一张圆桌周围开会，A 是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B ，C 二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有( )A.60种B.48种C.30种D.24种【解析】 (1)分三类：第一类，前5个题目的3个，后4个题目的3个； 第二类，前5个题目的4个，后4个题目的2个；第三类，前5个题目的5个，后4个题目的1个.由分类加法计数原理得C 35C 34＋C 45C 24＋C 5C 14＝74.(2)由题意知，不同的座次有A 2A 4＝48种，故选B. 【答案】 (1)B (2)B二项式定理问题的处理方法和技巧对于二项式定理的考查常出现两类问题，一类是直接运用通项公式来求特定项.另一类，需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题.(1)若二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋a x 7的展开式中1x3的系数是84，则实数a ＝( )A.2B.54 C.1D.24(2)已知(1＋x ＋x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x3n (n ∈N ＋)的展开式中没有常数项，且2≤n ≤8，则n ＝________.【导学号：62980030】(3)设(3x －1)6＝a 6x 6＋a 5x 5＋a 4x 4＋a 3x 3＋a 2x 2＋a 1x ＋a 0，则a 6＋a 4＋a 2＋a 0的值为________. 【精彩点拨】 (1)、(2)利用二项式定理的通项求待定项； (3)通过赋值法求系数和.【规范解答】 (1)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋a x 7的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 7(2x )7－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫a x r＝C r 727－r a r x 7－2r，令7－2r ＝－3，得r ＝5.故展开式中1x3的系数是C 5722a 5＝84，解得a ＝1.(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x3n 展开式的通项是T r ＋1＝C r n x n －r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x3r ＝C r n x n －4r ，r ＝0,1,2，…，n ， 由于(1＋x ＋x 2)⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x3n 的展开式中没有常数项，所以C r n x n －4r ，x C r n x n －4r ＝C r n x n －4r ＋1和x 2C r n x n －4r ＝C r n x n －4r ＋2都不是常数，则n －4r ≠0，n －4r ＋1≠0，n －4r ＋2≠0，又因为2≤n ≤8，所以n ≠2,3,4,6,7,8，故取n ＝5.(3)令x ＝1，得a 6＋a 5＋a 4＋a 3＋a 2＋a 1＋a 0＝26＝64.令x ＝－1，得a 6－a 5＋a 4－a 3＋a 2－a 1＋a 0＝(－4)6＝4 096. 两式相加，得2(a 6＋a 4＋a 2＋a 0)＝4 160， 所以a 6＋a 4＋a 2＋a 0＝2 080. 【答案】 (1)C (2)5 (3)2 0801.解决与二项展开式的项有关的问题时，通常利用通项公式.2.解决二项展开式项的系数(或和)问题常用赋值法.[再练一题]3.(1)在(1＋x )6(1＋y )4的展开式中，记x m y n 项的系数为f (m ，n )，则f (3,0)＋f (2,1)＋f (1,2)＋f (0,3)＝( )A.45B.60C.120D.210(2)设a ∈Z ，且0≤a <13，若512 016＋a 能被13整除，则a ＝( ) A.0 B.1 C.11D.12【解析】 (1)因为f (m ，n )＝C m 6C n 4， 所以f (3,0)＋f (2,1)＋f (1,2)＋f (0,3) ＝C 36C 04＋C 26C 14＋C 16C 24＋C 06C 34＝120.(2)512 016＋a ＝(13×4－1)2 016＋a ，被13整除余1＋a ，结合选项可得a ＝12时，512 016＋a 能被13整除.【答案】 (1)C (2)D排列、组合中的分组与分配问题n个不同元素按照条件分配给k个不同的对象称为分配问题，分定向分配与不定向分配两种问题；将n个不同元素按照某种条件分成k组，称为分组问题，分组问题有不平均分组、平均分组、部分平均分组三种情况.分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同是不区分的，而后者即使2组元素个数相同，但因所属对象不同，仍然是可区分的.对于后者必须先分组再排列.按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；(3)平均分成三份，每份2本；(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本；(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本.【精彩点拨】这是一个分配问题，解题的关键是搞清事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏.【规范解答】(1)无序不均匀分组问题.先选1本有C16种选法，再从余下的5本中选2本有C25种选法，最后余下3本全选有C3种选法.故共有C16C25C3＝60(种).(2)有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙是不同的三人，在第(1)问基础上，还应考虑再分配，共有C16C25C3A3＝360(种).(3)无序均匀分组问题.先分三步，则应是C26C24C2种方法，但是这里出现了重复.不妨记6本书为A、B、C、D、E、F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为(AB，CD，EF)，则C26C24C2种分法中还有(AB，EF，CD)，(AB，CD，EF)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共A3种情况，而这A3种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有C26C24C22A33＝15(种).(4)有序均匀分组问题.在第(3)问基础上再分配给3个人，共有分配方式C26C24C22A33·A3＝C26C24C2＝90(种).(5)无序部分均匀分组问题.共有C46C12C11A22＝15(种).(6)有序部分均匀分组问题.在第(5)问基础上再分配给3个人，共有分配方式C46C12C11A22·A3＝90(种).(7)直接分配问题.甲选1本有C16种方法，乙从余下5本中选1本有C15种方法，余下4本留给丙有C4种方法.共有C16C15C4＝30(种).均匀分组与不均匀分组、无序分组与有序分组是组合问题的常见题型.解决此类问题的关键是正确判断分组是均匀分组还是不均匀分组，无序均匀分组要除以均匀组数的阶乘数，还要充分考虑到是否与顺序有关，有序分组要在无序分组的基础上乘以分组数的阶乘数.[再练一题]4.有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行.如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？【解】取出的4张卡片所标数字之和等于10，共有3种情况：1 144,2 233,1 234.所取卡片是1 144的共有A4种排法.所取卡片是2 233的共有A44种排法.所取卡片是1 234，则其中卡片颜色可为无红色，1张红色，2张红色，3张红色，全是红色，共有排法A44＋C14A44＋C24A44＋C34A44＋A44＝16A44种.所以共有18A44＝432种.1. (x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为( )A.10B.20C.30D.60【解析】法一：(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含y2的项为T3＝C25(x2＋x)3·y2.其中(x2＋x)3中含x5的项为C13x4·x＝C13x5.所以x5y2的系数为C25C13＝30.故选C.法二：(x2＋x＋y)5为5个(x2＋x＋y)之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为C25C23C13＝30.故选C.【答案】 C2.如图1-2，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )图1-2A.24B.18C.12D.9【解析】从E到G需要分两步完成：先从E到F，再从F到G.从F到G的最短路径，只要考虑纵向路径即可，一旦纵向路径确定，横向路径即可确定，故从F到G的最短路径共有3条.如图，从E到F的最短路径有两类：先从E到A，再从A到F，或先从E到B，再从B到F.因为从A到F或从B到F都与从F到G的路径形状相同，所以从A到F，从B到F最短路径的条数都是3，所以从E到F的最短路径有3＋3＝6(条).所以小明到老年公寓的最短路径条数为6×3＝18.【答案】 B3.有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2.”乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1.”丙说：“我的卡片上的数字之和不是5.”则甲的卡片上的数字是________.【解析】先确定丙的卡片上的数字，再确定乙的卡片上的数字，进而确定甲的卡片上的数字.法一：由题意得丙的卡片上的数字不是2和3.若丙的卡片上的数字是1和2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和3，满足题意；若丙的卡片上的数字是1和3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和2，不满足甲的说法.故甲的卡片上的数字是1和3.法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是2，所以丙的卡片上必有数字2.又丙的卡片上的数字之和不是5，所以丙的卡片上的数字是1和2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是1，所以乙的卡片上的数字是2和3，所以甲的卡片上的数字是1和3.【答案】1和34. (2x ＋x )5的展开式中，x 3的系数是________.(用数字填写答案) 【解析】 (2x ＋x )5展开式的通项为T r ＋1＝ C r 5(2x )5－r (x )r ＝25－r ·C r 5·x 5－r2.令5－r2＝3，得r ＝4.故x 3的系数为25－4·C 45＝2C 45＝10. 【答案】 10。
第1章 章末分层突破 知识点汇总Word版含答案
章末分层突破①点电荷②kQ 1Q 2r 2③E ＝F q④E ＝k Q r2 ⑤E ＝U d⑥电场力 ⑦E p q⑧W ABq⑨φA －φ B⑩Q U⑪εr S 4πkd线，a 、b 、c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且a 与c 关于MN 对称，b 点位于MN 上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是()图11A ．b 点的电场强度大于d 点的电场强度B ．b 点的电场强度小于d 点的电场强度C．a 、b 两点间的电势差等于b 、c 两点间的电势差 D ．试探电荷＋q 在a 点时的电势能小于在c 点时的电势能【解析】 如题图所示，两电荷连线的中点位置用O 表示，在中垂线MN 上，O 点电场强度最大，在两电荷之间的连线上，O 点电场强度最小，即E b <E O ，E O <E d ，故E b <E d ，选项A 错误，选项B 正确；等量异种点电荷的电场中，等势线具有对称性，a 、c 两点关于MN 对称，U ab ＝U bc ，选项C 正确；试探电荷＋q 从a 移到c ，远离正电荷，靠近负电荷，电场力做正功，电势能减小，选项D 错误；另一种理解方法：a 点电势高于c 点电势，试探电荷＋q 在a 处的电势能大，在c 处的电势能小．【答案】 BC1．电场中某点的电势高低与该点的电场强度大小无关． 2．电场中沿电场线方向电势降低得最快．3．E 、φ、U 、E p 均有正、负之分，但只有E 是矢量．1.有区别：(1)电场线总与等势面垂直．电荷沿着电场线移动，电场力一定做功；电荷沿着等势面移动，电场力一定不做功．(2)在同一电场中，等差等势面的疏密也反映电场的强弱，等差等势面密集处，电场线也密集，电场强；反之，电场线稀疏，电场弱．(3)知道等势面，可画出电场线，知道电场线，也可画出等势面．2．带电粒子在电场中的运动轨迹是由电场力和初速度共同决定的，可以根据轨迹分析受到的电场力方向，进一步研究加速度、动能、电势能的变化等．如图12所示，在点电荷Q 产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q 1、q 2分别置于A 、B 两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q 1、q 2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是( ) 【导学号：96322024】图12A ．A 点电势大于B 点电势 B ．A 、B 两点的电场强度相等C ．q 1的电荷量小于q 2的电荷量D ．q 1在A 点的电势能小于q 2在B 点的电势能【解析】 由于电场力做负功，所以Q 应带负电荷，由负点电荷产生电场的电场线的分布规律可判断出φB ＞φA ，故A 项错误；由E ＝k Qr2，r 不相等，知E A ≠E B ，故B 项错误；由φA ＝W A →∞q 1、φB ＝W B →∞q 2，因为W A →∞＝W B →∞，φA ＜φB ＜0，所以1q 1＞1q 2，即q 1＜q 2，故C 项正确；由于克服电场力做功相等，且无穷远处电势能为零，所以q 1在A 点的电势能等于q 2在B 点的电势能，故D 项错误．【答案】 C如图13所示，虚线表示等势面，相邻等势面间的电势差相等．有一带正电的小球在电场中运动，实线表示小球的运动轨迹．小球在a 点的动能为20 eV ，运动到b 点时动能为2 eV.若取c 点为零电势点，则当这个小球的电势能等于6 eV 时，它的动能为(不计重力和空气阻力)( )图13A．18 eV B．12 eVC．10 eV D．8 eV【解析】由于带电小球在电场中移动时，只有电场力做功，因此能量之间的转化只有动能和电势能之间的转化，因等势面为等差等势面，在相邻等势面间移送电荷，其动能变化相同，从a点到b点，动能减小了18 eV，所以从a点到c点动能减少了6 eV，c点动能为14 eV，故当小球电势能为6 eV时，它的动能为8 eV，D对．【答案】 D1.体的受力情况是解题的关键，通过受力分析可判断带电体的运动性质及运动轨迹．从力和运动的角度进行分析是解决带电体在电场中运动问题的最基本方法．2．分解的思想：带电体在电场和重力场的复合场中，若做类平抛或其他曲线运动，都可以考虑分解的思想，把它分解为两个分运动，可使问题很快得到解决3．功能关系：带电体在电场中运动的过程中伴随着做功和各种能量的转化，由于静电力做功与路径无关，这给动能定理和能量守恒定律提供了广阔的舞台．如图14所示，电荷量为－e、质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场中B点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，设A点的电势为零，求B点的电势．图14【解析】电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动，根据运动的分解可知，电子在垂直于电场线方向上做匀速直线运动．将B点的速度分解(如图)v ＝v 0cos 60°＝2v 0电子从A 运动到B 由动能定理得：W ＝12mv 2－12mv 20＝32mv 20.电场力做正功，电势能减少，所以B 点的电势能为E p B ＝－32mv 20，φB ＝E p B q ＝－32mv 20－e ＝3mv 22e.【答案】 3mv 22e如图15所示，匀强电场的方向沿x 轴的正方向，场强为E .在A (l,0)点有一个质量为m 、电荷量为q 的粒子，以沿y 轴负方向的初速度v 0开始运动，经过一段时间到达B (0，－2l )点．不计重力作用，求：图15(1)粒子的初速度v 0的大小；(2)粒子到达B 点时的速度v 的大小及方向． 【解析】 (1)粒子在y 轴方向做匀速直线运动： 2l ＝v 0t粒子在x 轴方向做匀加速直线运动：l ＝12at 2又a ＝qE m解得：t ＝2ml qEv 0＝2qElm.(2)x 方向分速度v x ＝at ＝2qElm到达B 点时速度的大小v ＝v 2x ＋v 20＝2qElm速度与y 轴负方向的夹角 tan θ＝v x v 0＝1，则θ＝45°. 【答案】 (1)2qElm(2)2qElm与y 轴负方向的夹角为45°处理带电粒子在电场中运动的一般思路(1)分析带电粒子的受力情况，尤其要注意是否应该考虑重力，电场力是否为恒力等． (2)分析带电粒子的初始状态及条件，确定带电粒子做直线运动还是曲线运动． (3)建立正确的物理模型，进而确定解题方法是运动学还是功能关系． (4)利用物理规律或其他手段(如图线等)找出物体间的关系，建立方程组．1.关于静电场的等势面，下列说法正确的是( ) 【导学号：96322025】 A ．两个电势不同的等势面可能相交 B ．电场线与等势面处处相互垂直 C ．同一等势面上各点电场强度一定相等D ．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 【解析】 在静电场中，两个电势不同的等势面不会相交，选项A 错误；电场线与等势面一定相互垂直，选项B 正确；同一等势面上的电场强度可能相等，也可能不相等，选项C 错误；电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，移动负试探电荷时，电场力做负功，选项D 错误．【答案】 B2．如图16所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开( )【导学号：96322026】图16A．此时A带正电，B带负电B．此时A电势低，B电势高C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合【解析】带电体C靠近导体A、B时，A、B发生静电感应现象，使A端带负电，B端带正电，但A、B是一个等势体，选项A、B错误；移去带电体C后，A、B两端电荷中和，其下部的金属箔都闭合，选项C正确；若先将A、B分开，再移去带电体C，A、B上的电荷不能中和，其下部的金属箔仍张开，选项D错误．【答案】 C3.(多选)如图17，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( )【导学号：96322027】图17A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【解析】带电油滴在电场中受重力、电场力作用，据其轨迹的对称性可知，电场力方向竖直向上，且电场力大于重力，电场力先做负功后做正功．则电场强度方向向下，Q点的电势比P点高，选项A正确；油滴在P点的速度最小，选项B正确；油滴在P点的电势能最大，选项C错误；油滴运动的加速度大小不变，选项D错误．【答案】AB4．如图18，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则( )图18A．直线a位于某一等势面内，φM>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功【解析】由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为M→N，故选项B正确，选项A错误．M点与Q 点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误．电子由P点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误．【答案】 B5．一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图19所示，容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( ) 【导学号：96322028】图19A．A点的电场强度比B点的大B．小球表面的电势比容器内表面的低C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同【解析】由题图知，B点处的电场线比A点处的密，则A点的电场强度比B点的小，选项A错误；沿电场线方向电势降低，选项B错误；电场强度的方向总与等势面导体表面垂直，选项C正确；检验电荷由A点移动到B点，电场力做功一定，与路径无关，选项D错误．【答案】 C6．如图110所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( ) 【导学号：96322029】图110A ．保持静止状态B ．向左上方做匀加速运动C ．向正下方做匀加速运动D ．向左下方做匀加速运动【解析】 两板水平放置时，放置于两板间a 点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．选项D 正确．【答案】 D7.如图111，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆．带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c .则( ) 【导学号：96322030】图111A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v bB ．a a >a b >a c ，v b >v c >v aC ．a b >a c >a a ，v b >v c >v aD ．a b >a c >a a ，v a >v c >v b【解析】 a 、b 、c 三点到固定的点电荷P 的距离r b <r c <r a ，则三点的电场强度由E ＝kQr 可知E b >E c >E a ，故带电粒子Q 在这三点的加速度a b >a c >a a .由运动轨迹可知带电粒子Q 所受P 的电场力为斥力，从a 到b 电场力做负功，由动能定理－|qU ab |＝12mv 2b －12mv 2a <0，则vb <v a ，从b 到c 电场力做正功，由动能定理|qU bc |＝12mv 2c －12mv 2b >0，vc >v b ，又|U ab |>|U bc |，则v a >v c ，故v a >v c >v b ，选项D 正确．【答案】 D8．如图112所示，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A 、B 两点间的电势差. 【导学号：96322031】图112【解析】 设带电粒子在B 点的速度大小为v B .粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即v B sin 30°＝v 0sin 60°①由此得v B ＝3v 0②设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有qU AB ＝12m (v 2B －v 20)③联立②③式得U AB ＝mv 20q .【答案】 mv 20q章末综合测评(一) (时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本大题共10个小题，共60分．在每小题所给的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．关于电场线的以下说法中正确的是( )【导学号：96322175】A ．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B ．沿电场线的方向，电场强度越来越小C ．电场线越密的地方同一试探电荷所受的静电力就越大D ．顺着电场线移动电荷，电荷受静电力大小一定不变【解析】 电场线上每一点的切线方向都跟正电荷在该点的受力方向相同，故选项A 错误；沿电场线方向，其疏密变化情况未知，所以电场强度大小不能判定，电荷的受力情况也不能判定，故选项B 、D 错误；电场线越密的地方同一试探电荷所受的静电力就越大，故选项C 正确．【答案】 C2．真空中，A 、B 两点与点电荷Q 的距离分别为r 和3r ，则A 、B 两点的电场强度大小之比为( )【导学号：96322176】A ．3∶1B ．1∶3C ．9∶1D ．1∶9【解析】 由点电荷场强公式有：E ＝k Q r2∝r －2，故有E A E B ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r B r A 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3r r2＝9∶1，C 项正确．【答案】 C3．下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )【解析】 由对称性原理可知，A 、C 图中O 点的场强大小相等，D 图中O 点场强为0，因此B 图中两14圆环在O 点处合场强应最大，选项B 正确．【答案】 B4．如图1所示，O 为两个等量异种电荷连线的中点，P 为连线中垂线上的一点，比较O 、P 两点的电势和场强大小( )A．φO＝φP，E O＞E PB．φO＝φP，E O＝E PC．φO＞φP，E O＝E PD．φO＝φP，E O＜E P【解析】根据等量异种电荷电场的分布情况可知，中垂线是等势线，故φO＝φP，根据电场线的疏密知，E O>E P，故A项正确．【答案】 A5．如图2所示，一带电粒子在电场中沿曲线AB运动，从B点穿出电场，a、b、c、d 为该电场中的等势面，这些等势面都是互相平行的竖直平面，不计粒子所受重力，则( ) 【导学号：96322177】图2A．该粒子一定带负电B．此电场不一定是匀强电场C．该电场的电场线方向一定水平向左D．粒子在电场中运动过程动能不断减少【解析】由于不能确定电场线方向，故不能确定粒子带负电，A、C错误．等势面互相平行，故一定是匀强电场，B错误．粒子受电场力一定沿电场线指向轨迹凹侧，而电场线和等势面垂直，由此可确定电场力一定做负功，故动能不断减少，D正确．【答案】 D6．如图3所示，B、D在以点电荷＋Q为圆心的圆上，B、C在以QB连线中点为圆心的圆上，将一检验电荷从A点分别移到B、C、D各点时，电场力做功是( )A ．W AB ＝W AC B ．W AD ＞W AB C ．W AC ＞W ADD ．W AB ＝W AD【解析】 由题图可知，B 、D 在同一个等势面上，C 点的电势比B 点高，所以从A 点向B 、C 、D 三点移动电荷时，移至B 、D 两点电场力做功是一样多的，移至C 点时电场力做功比移至B 、D 点少．【答案】 D7．如图4所示，a 、b 两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a 粒子打在B 板的a ′点，b 粒子打在B 板的b ′点，若不计重力，则( ) 【导学号：96322178】图4A ．a 的电荷量一定大于b 的电荷量B ．b 的质量一定大于a 的质量C ．a 的比荷一定大于b 的比荷D ．b 的比荷一定大于a 的比荷【解析】 据题意，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其水平位移为：x ＝vt ，竖直位移为：y ＝12at 2＝12qE mt 2，当a 、b 以相同速度垂直电场线进入电场后，有：x ＝v2myqE ，由于v 、y 和E 都相等，而b 粒子的水平位移大，故b 粒子的m q较大，因而a 粒子的qm较大，故C 选项正确．【答案】 C8．一带电粒子在正电荷形成的电场中，运动轨迹如图5所示的abcd 曲线，下列判断正确的是( )【导学号：96322179】图5A ．粒子带正电B ．粒子通过a 点时的速度比通过b 点时小C ．粒子在a 点受到的静电力比b 点小D ．粒子在a 点时的电势能与在d 点相等【解析】 根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，可知粒子带正电荷，故选项A 正确；从a 向b 运动过程中，斥力做负功，因此动能减小，速度减小，故选项B 错误；根据库仑定律F ＝kq 1q 2r 2可知，在a 点两个电荷间距离远，受静电力小，故选项C 正确；粒子在a 点与在d 点处于同一等势面上，从a 到d 的过程中，静电力不做功，因此电势能相等，故选项D 正确．【答案】 ACD9．如图6所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连．当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M 点．则()图6A ．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止B ．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降C ．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止D ．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降【解析】 当开关闭合时，电容器两端电压为定值，等于电源电压，设为U ，两板间的距离为d ，带电液滴处于平衡状态，则mg ＝q U d，当两板间的距离减小时，所受电场力大于重力，液滴将向上做匀加速运动，A 错误；两板间的距离增大时，所受电场力小于重力，液滴将向下做匀加速运动，B 正确；当开关断开后，电容器无法放电，两板间的电荷量不变，设为Q ，此时两板间的场强大小E ＝U d ＝Q C d ∝QεS，可见场强大小与两板间距离无关，即场强大小保持不变，电场力不变，液滴保持静止，C 正确，D 错误．【答案】 BC10．如图7所示，A 、B 、C 、D 是匀强电场中的四个点，D 是BC 的中点，A 、B 、C 构成一直角三角形，AB ＝L m ，电场线与三角形所在的平面平行，已知A 点的电势为5 V ，B 点的电势为－5 V ，C 点的电势为15 V ，据此可以判断( ) 【导学号：96322180】图7A ．场强方向由C 指向B B ．场强方向垂直AD 连线指向BC ．场强大小为10LV/mD ．场强大小为203LV/m【解析】 根据B 、C 点的电势可以确定其中点D 的电势为5 V ，A 、D 的连线为一条等势线，电场线与等势面垂直，且由高等势面指向低等势面，故场强方向垂直AD 连线指向B ，A 错误，B 正确；匀强电场的场强E ＝U AB d ，其中U AB ＝10 V ，d ＝L cos 30°，解得E ＝203LV/m ，C 错误，D 正确．【答案】 BD二、计算题(本大题共3个小题，共40分．按题目要求作答．)11．(12分)如图8所示，在真空中的O 点放一点电荷Q ＝1.0×10－9C ，直线MN 过O 点，OM ＝30 cm ，M 点放一点电荷q ＝－2×10－10 C ，求：图8(1)M 点的场强大小；(2)若M 点的电势比N 点的电势高15 V ，则电荷q 从M 点移到N 点，它的电势能变化了多少？【解析】 (1)根据E ＝kQ r2得M 点的场强 E ＝9.0×109× 1.0×10－930×10－22 N/C ＝100 N/C.(2)电荷q 从M 点移到N 点，电场力做功W MN ＝qU MN ＝－2×10－10×15 J＝－3×10－9 J.这一过程中电场力做负功，电势能增加3×10－9J. 【答案】 (1)100 N/C (2)电势能增加了3×10－9 J12．(12分)如图9所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L 的绝缘细线拴住一质量为m 、电荷量为q 的小球，线的上端固定，开始时连线拉成水平，突然松开后，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时的速度恰好为零．求：【导学号：96322181】图9(1)A 、B 两点的电势差U AB 为多大？ (2)电场强度为多大？【解析】 (1)取带电小球为研究对象，由动能定理得mgL sin 60°＋qU AB ＝0，故U AB ＝－3mgL2q. (2)由E ＝U d 得电场强度为E ＝－U AB L 1－cos 60° ＝3mgq.【答案】 (1)－3mgL 2q (2)3mg q13．(16分)如图10所示，一质量m ＝5×10－3kg(忽略重力)的微粒带正电，其电荷量为q ＝1×10－4C ．从距上极板5 cm 处以2 m/s 的水平初速度进入长为20 cm 、板间距也为20 cm 的两极板间，如果两极板不带电，微粒将运动到距极板最右端10 cm 的竖直荧光屏上的O 点．现将两极板间加200 V 的电压，带电微粒打到荧光屏上的A 点．图10(1)带电微粒从进入电场到到达荧光屏上的A 点所经历的时间为多少？ (2)OA 两点的间距为多少？(3)带电微粒进入电场到打到荧光屏上的A 点这一过程中电场力对其做功多少？ 【解析】 (1)设板长为l 1，极板最右端到荧光屏的距离为l 2，微粒初速度为v ，由于带电微粒在水平方向上的速度始终不变，则t ＝l 1＋l 2v ＝0.2＋0.12s ＝0.15 s. (2)设微粒在两极板间的偏转位移为y ，则y ＝12at 2＝qUl 212mdv 2＝1×10－4×200× 0.222×5×10－3×0.2×22 m ＝0.1 m. 在类平抛运动中，利用速度的反向延长线交于水平位移的中点．再根据三角形相似，求得OA 长为0.2 m.(3)W ＝qEy ＝qUy d ＝1×10－4×200×0.10.2J ＝0.01 J.【答案】 (1)0.15 s (2)0.2 m (3)0.01 J2.磁场对通电导线的作用——安培力[先填空]1．安培力磁场对通电导线的作用力．2．科学探究：安培力与哪些因素有关(1)实验探究采用的方法：控制变量法．(2)当通电导线与磁感线垂直时，实验结论是：①当其他因素不变，磁感应强度增大时，安培力增大；②当其他因素不变，电流增大时，安培力增大；③当其他因素不变，导体长度增大时，安培力增大；④安培力的方向由磁场方向和电流方向共同决定．3．安培力的大小(1)F＝ILB.(2)适用条件①通电导线与磁场方向垂直．②匀强磁场或非匀强磁场中很短的导体．[再判断]1．通电导体在磁场中所受安培力为零，该处磁场感应强度一定为零．(×)2．两根通电导线在同一匀强磁场中，若导线长度相同，电流大小相等，则所受安培力大小相等，方向相同．(×)3．通以10 A电流的直导线，长为0.1 m，处在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中，所受安培力可能为0.02 N．(√)[后思考]通电导体在磁场中所受安培力F的大小一定等于ILB吗？【提示】不一定．只有当通电导体中的电流方向与磁场方向垂直时，安培力F才等于ILB.[合作探讨]如321所示，利用下列实验装置可以探究安培力的大小与磁场、电流大小的关系．(1)在B、L一定时，增大电流I，导线受力怎么变化？(2)在B、I一定时，增大导线的长度L，导线受力怎么变化？321【提示】(1)当B、L一定时，增大电流I、导线受的力变大．(2)当B、I一定时，增大导线长度L导线受力变大．[核心点击]1．当电流方向与磁场方向垂直时，F＝ILB.此时通电导线所受安培力最大．2．当电流方向与磁场方向不垂直时，F＝ILB sin θ(θ是I和B之间的夹角)．3．当通电导线的方向和磁场方向平行(θ＝0°或θ＝180°)时，安培力最小，等于零．4．若导线是弯曲的，公式中的L并不是导线的总长度，而应是弯曲导线的“有效长度”．它等于连接导线两端点直线的长度(如图322所示)，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端．图322一根长为0.2 m、电流为2 A的通电导线，放在磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中，受到的安培力大小不可能是( )A．0.4 N B．0.2 NC．0.1 N D．0【解析】由安培力的公式F＝ILB sin θ可知，安培力的大小与I和B的夹角有关．当θ＝90°时，F 最大，F max ＝ILB ＝2×0.2×0.5 N＝0.2 N ．当θ＝0°时，F 最小，F min ＝0，故F 的大小范围是0≤F ≤0.2 N，故B 、C 、D 可能，A 不可能．【答案】 A如图323所示，导线框中电流为I ，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B ，AB 与CD 相距为d ，则MN 所受安培力大小为( )【导学号：96322061】图323A ．F ＝BIdB ．F ＝BId sin θC ．F ＝BIdsin θD ．F ＝BId cos θ【解析】 导线与B 垂直，F ＝BI dsin θ.【答案】 C如图所示，在匀强磁场中放有下列各种形状的通电导线，电流均为I ，磁感应强度均为B ，求各导线所受到的安培力的大小．【解析】 A 图中，F ＝IlB cos α，这时不能死记公式而错写成F ＝IlB sin α.要理解公式本质是有效长度或有效磁场，正确分解．B 图中，B ⊥I ，导线在纸平面内，故F ＝IlB .C 图是两根导线组成的折线abc ，整体受力实质上是两部分直导线分别受力的矢量和，其有效长度为ac ，故F ＝2IlB .D 图中，从a →b 的半圆形电流，分析圆弧上对称的每一小段电流，受力抵消合并后，其有效长度为ab ，故F ＝2IRB .E 图中，F ＝0.【答案】 A ：IlB cos α B ：IlB C ：2IlB D ：2IRB E ：0计算安培力大小应注意的问题(1)应用公式F ＝IlB ，电流方向必须与磁场方向垂直．(2)通电导线放入磁场中，有可能不受安培力的作用．(3)公式F ＝IlB 中的l 不一定是导线的实际长度，而应是“有效长度”．[先填空]1．安培力的方向(1)左手定则：伸出左手，四指并拢，使大拇指和其余四指垂直，并且都跟手掌在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，四指指向沿电流方向，则大拇指所指方向就是通电导线所受安培力的方向．(2)方向特点：安培力的方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直，即安培力方向垂直于电流方向和磁场方向所确定的平面．2．电动机(1)原理：利用磁场对通电线圈的安培力使线圈在磁场中旋转．(2)作用：把电能转化为机械能．(3)分类⎩⎪⎨⎪⎧ 直流电动机：由磁场、转动线圈、滑环、电刷 及电源组成，滑环在其中起了一个换向器 的作用. 交流电动机：如家用电风扇、洗衣机、抽油烟 机等都是交流电动机.[再判断] 1．当通电直导线垂直于磁场方向时，安培力的方向和磁场方向相同．(×)2．磁感应强度的方向与安培力的方向垂直．(√)3．电动机是把电能转化为机械能的装置．(√)[后思考]通电直导线在磁场中所受安培力的方向一定跟电流的方向垂直吗？【提示】 一定．根据左手定则可判断安培力的方向垂直于电流和磁场方向．[合作探讨]如图324所示，利用下列装置可以探究安培力的方向与磁场、电流方向的关系．(1)图中磁场方向向哪？闭合电键后，导线中电流方向向哪？。
人教版高中数学必修5讲义 第1章章末分层突破
章末分层突破[自我校对]①asin A＝bsin B＝csin C②已知两角和其中一边③c2＝a2＋b2－2ab cos C④已知三边⑤S＝12ac sin B利用正、余弦定理求解三角形的基本问题过程．三角形中的元素有基本元素(边和角)和非基本元素(中线、高、角平分线、外接圆半径和内切圆半径)，解三角形通常是指求未知的元素，有时也求三角形的面积．解斜三角形共包括四种类型：(1)已知三角形的两角和一边(一般先用内角和求角或用正弦定理求边)；(2)已知两边及夹角(一般先用余弦定理求第三边)；(3)已知三边(先用余弦定理求角)；(4)已知两边和一边的对角(先用正弦定理求另一边的对角或先用余弦定理求第三边，注意讨论解的个数)．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a sin A＋c sin C －2a sin C＝b sin B.(1)求角B的大小；(2)若A＝75°，b＝2，求a，c.【精彩点拨】(1)用正弦定理将已知关系式变形为边之间的关系，然后利用余弦定理求解．(2)先求角C，然后利用正弦定理求边a，c.【规范解答】(1)由正弦定理得a2＋c2－2ac＝b2.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B，故cos B＝22，因此B＝45°.(2)sin A＝sin(30°＋45°)＝sin 30°cos 45°＋cos 30°sin 45°＝2＋6 4.故a＝b×sin Asin B＝1＋ 3.由已知得，C ＝180°－45°－75°＝60°， c ＝b ×sin Csin B ＝ 6. [再练一题]1．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，设a ，b ，c 满足条件b 2＋c 2－bc ＝a 2和c b ＝12＋3，求A 和tan B 的值.【解】 由余弦定理cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，因此A ＝60°.在△ABC 中，C ＝180°－A －B ＝120°－B .由已知条件，应用正弦定理 12＋3＝c b ＝sin C sin B ＝sin (120°－B )sin B＝sin 120°cos B －cos 120°sin B sin B＝32tan B ＋12，从而tan B ＝12.正、余弦定理的综合应用正、角形的面积提供了依据，而三角形中的问题常与向量、函数、方程及平面几何相结合，通常可以利用正、余弦定理完成证明、求值等问题．(1)解三角形与向量的交汇问题，可以结合向量的平行、垂直、夹角、模等知识转化求解．(2)解三角形与其他知识的交汇问题，可以运用三角形的基础知识、正余弦定理、三角形面积公式与三角恒等变换，通过等价转化或构造方程及函数求解．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a >c ，已知BA →·BC→＝2，cos B ＝13，b ＝3.求：(1)a 和c 的值；(2)cos(B －C )的值．【精彩点拨】 (1)由平面向量的数量积定义及余弦定理，列出关于a ，c 的方程组即可求解．(2)由(1)结合正弦定理分别求出B ，C 的正、余弦值，利用差角余弦公理求解．【规范解答】 (1)由BA →·BC →＝2得c ·a cos B ＝2. 又cos B ＝13，所以ac ＝6.由余弦定理，得a 2＋c 2＝b 2＋2ac cos B . 又b ＝3，所以a 2＋c 2＝9＋2×6×13＝13. 解⎩⎪⎨⎪⎧ ac ＝6，a 2＋c 2＝13，得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，c ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，c ＝2.因为a ＞c ，所以a ＝3，c ＝2. (2)在△ABC 中， sin B ＝1－cos 2 B ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝223， 由正弦定理，得sin C ＝c b sin B ＝23×223＝429. 因为a ＝b ＞c ，所以C 为锐角， 因此cos C ＝1－sin 2 C ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫4292＝79. 于是cos(B －C )＝cos B cos C ＋sin B sin C ＝13×79＋223×429＝2327. [再练一题]2．如图1-1，在△ABC 中，∠B ＝π3，AB ＝8，点D 在BC 边上，且CD ＝2，cos∠ADC＝17.(1)求sin∠BAD；(2)求BD，AC的长．图1-1【解】(1)在△ADC中，因为cos∠ADC＝17，所以sin∠ADC＝437.所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)＝sin∠ADC cos B－cos∠ADC sin B＝437×12－17×32＝3314.(2)在△ABD中，由正弦定理得BD＝AB·sin∠BADsin∠ADB＝8×3314437＝3.在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝82＋52－2×8×5×12＝49.所以AC＝7.正、余弦定理的实际应用问题，测量高度问题，测量角度问题等．解决的基本思路是画出正确的示意图，把已知量和未知量标在示意图中(目的是发现已知量与未知量之间的关系)，最后确定用哪个定理转化，用哪个定理求解，并进行作答，解题时还要注意近似计算的要求．图1-2如图1-2所示，某市郊外景区内有一条笔直的公路a经过三个景点A、B、C.景区管委会开发了风景优美的景点D.经测量景点D位于景点A的北偏东30°方向上8 km处，位于景点B的正北方向，还位于景点C的北偏西75°方向上．已知AB＝5 km.(1)景区管委会准备由景点D向景点B修建一条笔直的公路，不考虑其他因素，求出这条公路的长；(2)求景点C与景点D之间的距离．(结果精确到0.1 km)(参考数据：3＝1.73，sin 75°＝0.97，cos 75°＝0.26，tan 75°＝3.73，sin 53°＝0.80，cos 53°＝0.60，tan 53°＝1.33，sin 38°＝0.62，cos 38°＝0.79，tan 38°＝0.78)【精彩点拨】(1)以BD为边的三角形为△ABD和△BCD，在△ABD中，一角和另外两边易得，所以可在△ABD中利用余弦定理求解DB.(2)以CD为边的两个三角形中的其他边不易全部求得，而角的关系易得，考虑应用正弦定理求解．【规范解答】(1)设BD＝x km，则在△ABD中，由余弦定理得52＝82＋x2－2×8x cos 30°，即x2－83x＋39＝0，解得x＝43±3.因为43＋3>8，应舍去，所以x＝43－3≈3.9，即这条公路的长约为3.9 km.(2)在△ABD中，由正弦定理得ADsin∠ABD＝ABsin∠ADB，所以sin∠ABD＝sin∠CBD＝ADAB·sin∠ADB＝45＝0.8，所以cos∠CBD＝0.6.在△CBD中，sin∠DCB＝sin(∠CBD＋∠BDC)＝sin(∠CBD＋75°)＝0.8×0.26＋0.6×0.97＝0.79，由正弦定理得CD＝sin∠DBC×BDsin∠DCB≈3.9.故景点C与景点D之间的距离约为3.9 km.[再练一题]3．如图1-3，某住宅小区的平面图呈扇形AOC.小区的两个出入口设置在点A及点C处，小区里有两条笔直的小路AD，DC，且拐弯处的转角为120°.已知某人从C沿CD走到D用了10分钟，从D沿DA走到A用了6分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，求该扇形的半径OA的长(精确到1米)．图1-3【解】法一：设该扇形的半径为r米，由题意，得CD＝500米，DA＝300米，∠CDO＝60°.在△CDO中，CD2＋OD2－2·CD·OD·cos 60°＝OC2，即5002＋(r－300)2－2×500×(r－300)×12＝r2，解得r＝4 90011≈445(米)．法二：连接AC，作OH⊥AC，交AC于点H，由题意，得CD＝500米，AD＝300米，∠CDA＝120°.在△ACD中，AC2＝CD2＋AD2－2·CD·AD·cos 120°＝5002＋3002＋2×500×300×12＝7002，∴AC＝700(米)．cos∠CAD＝AC2＋AD2－CD22AC·AD＝1114.在Rt△HAO中，AH＝350(米)，cos∠HAO＝1114，∴OA＝AHcos∠HAO ＝4 90011≈445(米)．转化与化归思想下，把一种状况转化为另一种状况，也就是转化为另一种情境，使问题得到解决，这种转化是解决问题的有效策略，同时也是成功的思维方式．本章主要是综合运用正、余弦定理解决较为复杂的与解三角形有关的问题，在判断三角形的形状的问题中，利用边、角之间的转化与化归的方法是解决这类问题的基本思路．在△ABC中，已知(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，且2cos A sin B＝sin C，试确定△ABC的形状．【精彩点拨】充分运用正弦定理和余弦定理，可利用边的关系判断，也可转化为角的关系来判断．【规范解答】法一：由正弦定理，得sin Csin B＝cb.又2cos A sin B＝sin C，所以cos A＝sin C2sin B ＝c 2b.由余弦定理，有cos A＝b2＋c2－a22bc，所以c2b ＝b2＋c2－a22bc，即c2＝b2＋c2－a2，所以a＝b.又因为(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，所以(a＋b)2－c2＝3ab，所以4b2－c2＝3b2，所以b＝c，所以a＝b＝c.因此△ABC为等边三角形．法二：因为A＋B＋C＝180°，所以sin C＝sin(A＋B)．又因为2cos A sin B＝sin C，所以2cos A sin B＝sin A cos B＋cos A sin B，所以sin(A－B)＝0.因为A、B均为三角形的内角，所以A＝B. 又由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，得(a＋b)2－c2＝3ab，即a2＋b2－c2＝ab，所以cos C＝a2＋b2－c22ab＝ab2ab＝12.因为0°<C<180°，所以C＝60°，因此△ABC为等边三角形．[再练一题]4．已知△ABC中，a3＋b3－c3a＋b－c＝c2，且a cos B＝b cos A，试判断△ABC的形状.【解】由a3＋b3－c3a＋b－c＝c2，得a3＋b3－c3＝c2(a＋b)－c3，∴a2＋b2－ab＝c2，∴cos C＝12，∴C＝60°.由a cos B ＝b cos A ，得2R sin A cos B ＝2R sin B cos A (R 为△ABC 外接圆的半径)， ∴sin(A －B )＝0，∴A －B ＝0，∴A ＝B ＝C ＝60°，∴△ABC 为等边三角形．1．钝角三角形ABC 的面积是12，AB ＝1，BC ＝2，则AC ＝( ) A ．5 B. 5 C ．2 D ．1【解析】 ∵S ＝12AB ·BC sin B ＝12×1×2sin B ＝12， ∴sin B ＝22，∴B ＝π4或3π4.当B ＝3π4时，根据余弦定理有AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos B ＝1＋2＋2＝5，∴AC ＝5，此时△ABC 为钝角三角形，符合题意；当B ＝π4时，根据余弦定理有AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos B ＝1＋2－2＝1，∴AC ＝1，此时AB 2＋AC 2＝BC 2，△ABC 为直角三角形，不符合题意．故AC ＝ 5.【答案】 B2．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A ＝45，cos C ＝513，a ＝1，则b ＝________.【解析】 因为A ，C 为△ABC 的内角，且cos A ＝45，cos C ＝513， 所以sin A ＝35，sin C ＝1213，所以sin B ＝sin(π－A －C )＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝35×513＋45×1213＝6365.又a ＝1，所以由正弦定理得b ＝a sin B sin A ＝sin B sin A ＝6365×53＝2113.【答案】 21133．如图1-4，从气球A 上测得正前方的河流的两岸B ，C 的俯角分别是67°，30°，此时气球的高是46 m ，则河流的宽度BC 约等于________m ．(用四舍五入法将结果精确到个位．参考数据：sin 67°≈0.92，cos 67°≈0.39，sin 37°≈0.60，cos 37°≈0.80，3≈1.73)图1-4【解析】 根据已知的图形可得AB ＝46sin 67°.在△ABC 中，∠BCA ＝30°，∠BAC＝37°，由正弦定理，得AB sin 30°＝BC sin 37°，所以BC ≈2×460.92×0.60＝60(m)．【答案】 604．在△ABC 中，B ＝120°，AB ＝2，A 的角平分线AD ＝3，则AC ＝________.【解析】 如图，在△ABD 中，由正弦定理，得AD sin B ＝AB sin ∠ADB，∴sin ∠ADB ＝22. ∴∠ADB ＝45°，∴∠BAD ＝180°－45°－120°＝15°.∴∠BAC ＝30°，∠C ＝30°，∴BC ＝AB ＝ 2.在△ABC 中，由正弦定理，得AC sin B ＝BC sin A ，∴AC ＝ 6.【答案】 65．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cos C(a cos B＋b cosA)＝c.(1)求C；(2)若c＝7，△ABC的面积为332，求△ABC的周长．【解】(1)由已知及正弦定理得2cos C(sin A cos B＋sin B cos A)＝sin C，即2cos C sin(A＋B)＝sin C，故2sin C cos C＝sin C.可得cos C＝12，所以C＝π3.(2)由已知得12ab sin C＝332.又C＝π3，所以ab＝6.由已知及余弦定理得a2＋b2－2ab cos C＝7，故a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25.所以△ABC的周长为5＋7.。
高中化学 第1章 本章重难点专题突破一 描述原子核外电子运动状态的四个量子数教案 高中化学教案
1 描述原子核外电子运动状态的四个量子数量子力学用四个量子数来描述核外电子运动的状态。
各个量子数对核外电子运动状态描述的程度有所不同，它们必须相互配合来提高对核外电子运动状态描述的程度，各量子数的功能如下：1．主量子数n对应着电子层(主能层)数，意思是说核外电子是分层排布的。
如Na原子核外的11个电子在基态时分三层排布。
2．角量子数l所表达的是一个电子层(主能层)里又划分为若干个能级(电子亚层或电子分层)。
主量子数n和角量子数l共同表达了电子层中的能级。
如3s(n＝3，l＝0)表示第三电子层里的第一能级(最低能级)，3p(n＝3，l＝1)表示第三电子层里的第二能级(较高能级)。
3．磁量子数m所表达的是一个能级中又划分为若干个原子轨道。
主量子数n、角量子数l和磁量子数m表达了n电子层里某能级中的原子轨道。
如2p x(n＝2，l＝1，m＝＋1)、2p y(n＝2，l＝1，m＝0)、2p z(n＝2，l＝1，m＝－1)各表示第二电子层里第二能级中的一个轨道。
4．自旋磁量子数m s描述的是电子的自旋性质。
任何一个电子都有自己的自旋方向，处在同一个原子轨道的电子共分两种不同的自旋方向。
这样，原子中的电子运动状态可用量子数n、l和m确定的原子轨道来描述，并取两种自旋状态中的一种。
必须将四个量子数搭配起来才能具体准确地描述出某个核外电子的运动状态。
能级又叫做原子轨道或电子亚层，一个能级即一种原子轨道或一个电子亚层。
如1s能级又叫做1s轨道或1s亚层，3d能级又叫做3d轨道或3d亚层等。
主量子数n分别为1、2、3时，其他量子数的对应取值情况如表所示。
A ．1,1,2，－12B ．3,2,2，＋12C ．2,2,2,2D ．1,0,0,0解析 在A 中，n ＝1，l ＝1，m ＝2，m s ＝－12不合理；在B 中，n ＝3，l ＝2，m ＝2，m s＝＋12合理；在C 中，n ＝2，l ＝2，m ＝2，m s ＝2不合理；在D 中，n ＝1，l ＝0，m ＝0，m s＝0不合理。
高中物理(粤教版选修3-1)教师用书：第1章 章末分层突破 含答案
①点②k③④kQr2⑤⑥正⑦强弱⑧相交⑨⑩φA－φB⑪路径⑫－ΔEp⑬⑭εrS4πkd电场中的平衡问题1.库仓力与重力、弹力一样，它也是一种基本力．带电粒子在电场中的平衡问题，实际上属于力学平衡问题，其中仅多了一个电场力而已．2．求解这类问题时，在正确的受力分析的基础上，正确应用共点力作用下物体的平衡条件，灵活运用方法(如合成分解法、矢量图示法、相似三角形法、整体法等)去解决．(多选)A、B两带电小球，质量分别为mA、mB，用绝缘不可伸长的细线如图11悬挂，静止时A、B两球处于相同高度．若B对A 及A对B的库仑力分别为FA、FB，则下列判断正确的是( )图11A．FA<FBB．细线AC对A的拉力FTA＝mAg2C．细线OC的拉力FTC＝(mA＋mB)gD．同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向的加速度相同【解析】对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图所示，两球间的库静电力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球带电荷量是否相等无关，故A错误；根据平衡条件有：mAg＝FTAcos30°，因此FTA＝mAg，故B错误；由整体法可知，细线的拉力等于两球的重力，故C正确；同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向只受重力，所以加速度相同，故D正确．【答案】CD电势的高低及电势能大小的判断1.电势高低的判断方法(1)电场线判断法：沿电场线方向，电势越来越低．(2)电势能判断法：根据公式φ＝，对于正电荷，电势能越大，所在位置的电势越高；对于负电荷，电势能越小，所在位置的电势越高．(3)场源电荷判断法：离场源正电荷越近的点，电势越高；离场源负电荷越近的点，电势越低．2．电势能大小的判断方法(1)场源电荷判断法①离场源正电荷越近，试探正电荷的电势能越大，试探负电荷的电势能越小．②离场源负电荷越近，试探正电荷的电势能越小，试探负电荷的电势能越大．(2)电场线判断法①正电荷顺着电场线的方向移动时，电势能逐渐减小；逆着电场线的方向移动时，电势能逐渐增大．②负电荷顺着电场线的方向移动时，电势能逐渐增大；逆着电场线的方向移动时，电势能逐渐减小．(3)做功判断法电场力做正功，电荷(无论是正电荷还是负电荷)从电势能较大的地方移向电势能较小的地方，反之，如果电荷克服电场力做功，那么电荷将从电势能较小的地方移向电势能较大的地方．下列说法中正确的是( )A．在电场中顺着电场线移动负电荷，电场力做正功，电荷电势能减少B．在电场中逆着电场线移动正电荷，电场力做正功，电荷电势能减少C．在电场中顺着电场线移动正电荷，电场力做正功，电荷电势能减少D．在电场中逆着电场线移动负电荷，电场力做负功，电荷电势能增加【解析】顺着电场线移动正电荷，电场力做正功，电荷电势能减少；移动负电荷，电场力做负功，电荷电势能增加，A错，C对．逆着电场线移动正电荷，电场力做负功，电荷电势能增加；移动负电荷，电场力做正功，电荷电势能减小，B、D错．【答案】C(多选)如图12所示，某区域电场线左右对称分布，M、N 为对称线上的两点．下列说法正确的是( )图12A．M点电势一定高于N点电势B．M点场强一定大于N点场强C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功【解析】沿电场线方向电势逐渐降低，M点电势一定高于N点电势，A对；因电场线越密的区域场强越大，由图可知N点场强大于M点场强，B错；将正电荷由M点移到N点时电场力做正功，电势能减小，故正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，C对；将电子从M点移到N点的过程中，受到的电场力与移动方向相反，电场力做负功，D错．【答案】AC电场中的功能关系带电的物体在电场中具有一定的电势能，同时还可能具有动能和重力势能等．因此涉及与电场有关的功和能的问题可用以下两种功和能的方法来快速简捷的处理．1．应用动能定理处理时应注意：(1)明确研究对象、研究过程．(2)分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功．(3)弄清所研究过程的初、末状态．2．应用能量守恒定律时应注意：(1)明确研究对象和研究过程及有哪几种形式的能参与了转化．(2)弄清所研究过程的初、末状态(3)应用守恒或转化列式求解．如图13所示，有一电子(电荷量为e)经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿过电场，求：图13(1)金属板AB的长度L；(2)电子穿出电场时的动能．【解析】(1)电子在加速电场中加速由动能定理可得eU0＝mv20电子在偏转电场中做类平抛运动 在垂直电场方向上有L ＝v0t 在沿着电场方向上有＝·t2 联立以上三式可得L ＝d.(2)对于电子运动的全过程，根据动能定理可得Ek ＝eU0＋eU ＝e.【答案】 (1)d (2)e ⎝⎛⎭⎪⎫U0＋U 2如图14所示，两块相同的金属板M 和N 正对并水平放置，它们的正中央分别有小孔O 和O′，两板距离为2L ，两板间存在竖直向上的匀强电场；AB 是一根长为3L 的轻质绝缘竖直细杆，杆上等间距地固定着四个(1、2、3、4)完全相同的带电荷小球，每个小球带电荷量为q 、质量为m 、相邻小球间的距离为L ，第1个小球置于O 孔处．将AB 杆由静止释放，观察发现，从第2个小球刚进入电场到第3个小球刚要离开电场，AB 杆一直做匀速直线运动，整个运动过程中AB 杆始终保持竖直，重力加速度为g.求：【导学号：620320xx 】图14(1)两板间的电场强度E ； (2)求AB 杆匀速运动的速度；(3)第4个小球刚离开电场时AB 杆的速度．【解析】(1)两个小球处于电场中时，2qE＝4mg解得E＝.(2)设杆匀速运动时速度为v1，对第1个小球刚进入电场到第3个小球刚要进入电场这个过程，应用动能定理得4mg·2L－qE(L＋2L)＝·4mv21解得v1＝.(3)设第4个小球刚离开电场时，杆的运动速度为v，对整个杆及整个过程应用动能定理4mg·5L－4·qE·2L＝×4mv2解得v＝.【答案】(1) (2) (3)2gL1．电场力做功的特点是只与初末位置有关，与经过的路径无关．2．电场力做功和电势能变化的关系：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加，且电场力所做的功等于电势能的变化(对比重力做功与重力势能的变化关系)．3．如果只有电场力做功，则电势能和动能相互转化，且两能量之和保持不变．这一规律虽然没有作为专门的物理定律给出，但完全可以直接用于解答有关问题．1.关于静电场的等势面，下列说法正确的是( )3．(多选)如图15，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( ) 【导学号：62032117】图15A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【解析】带电油滴在电场中受重力、电场力作用，据其轨迹的对称性可知，电场力方向竖直向上，且电场力大于重力，电场力先做负功后做正功．则电场强度方向向下，Q点的电势比P点高，选项A正确；油滴在P点的速度最小，选项B正确；油滴在P点的电势能最大，选项C错误；油滴运动的加速度大小不变，选项D错误．【答案】AB4.如图16，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c 为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc.则( )图16A．aa>ab>ac，va>vc>vbB．aa>ab>ac，vb>vc>vaC．ab>ac>aa，vb>vc>vaD．ab>ac>aa，va>vc>vb【解析】a、b、c三点到固定的点电荷P的距离rb<rc<ra，则三点的电场强度由E＝k可知Eb>Ec>Ea，故带电粒子Q在这三点的加速度ab>ac>aa.由运动轨迹可知带电粒子Q所受P的电场力为斥力，从a 到b电场力做负功，由动能定理－|qUab|＝mv－mv<0，则vb<va，从b 到c电场力做正功，由动能定理|qUbc|＝mv－mv>0，vc>vb，又|Uab|>|Ubc|，则va>vc，故va>vc>vb，选项D正确．【答案】D5.如图17，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )图17A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动【解析】两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．选项D正确．【答案】D6.如图18，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A、B两点间的电势差．图18【解析】设带电粒子在B点的速度大小为vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin 30°＝v0sin 60°①由此得vB＝v0②设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUAB＝m(v－v)③带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )图1A. B.3kql2C. D.23kql2【解析】各小球都在力的作用下处于静止状态，分别对各小球受力分析，列平衡方程可求解．以c球为研究对象，除受另外a、b两个小球的库仑力外还受匀强电场的静电力，如图所示，c球处于平衡状态，据共点力平衡条件可知F静＝2kcos 30°，F静＝Eqc，解得E＝，选项B正确．【答案】B5．如图2所示为电场中的一条电场线，电场线上等距离分布M、N、P三个点，其中N点的电势为零，将一负电荷从M点移动到P点，电场力做负功，以下判断正确的是( )图2A．负电荷在P点受到的电场力一定小于在M点受到的电场力B．M点的电势一定小于零C．正电荷从P点移到M点，电场力一定做负功D．负电荷在P点的电势能小于零【解析】仅由一条电场线无法确定P、M两点的电场强弱，A错误．负电荷从M点至P点，电场力做负功，则电场线方向向右，正电荷从P点移到M点，电场力一定做负功，C正确；又沿电场线电势降低，N点电势为零，则M点电势为正，P点电势为负，负电荷在P点的电势能一定大于零，B、D错误．【答案】C6．如图3所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下．下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )图3A．仅将偏转电场极性对调B．仅增大偏转电极间的距离C．仅增大偏转电极间的电压D．仅减小偏转电极间的电压【解析】设加速电场电压为U0，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q＝，得v0＝，电子进入极板后做类平抛运动，时间t＝，a＝，vy＝at，tan θ＝＝，由此可判断C正确．【答案】C7．如图4所示，一束α粒子沿中心轴射入两平行金属板之间的匀强电场中后，分成三束a、b、c，则( ) 【导学号：620320xx】图4A．初速度va＜vb＜vcB．板内运动时间ta＝tb＞tcC．动能变化量ΔEka＝ΔEkb>ΔEkcD．动能变化量ΔEka＞ΔEkb＞ΔEkc【解析】粒子做平抛运动，竖直方向上加速度相同．竖直方向上 y＝at2，整理得ta＝tb＞tc，a的水平位移小于b的水平位移，va ＜vb，b、c水平位移相等，又tb＞tc，所以vb＜vc；根据动能定理ΔE＝W＝qEy，动能变化量ΔEka＝ΔEkb＞ΔEkc.【答案】AC8．如图5所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线．A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称．则( ) 【导学号：62032118】图5A．A点和B点的电势相同B．C点和D点的电场强度相同C．正电荷从A点移至B点，电场力做正功D．负电荷在C点和D点，电势能相等【解析】同一等势线上各点电势相等，所以φA＝φC，沿着电场线方向电势降低，所以φC>φB，即φA>φB，选项A错误；C点和D点电场强度的方向不同，选项B错误；由W＝qUAB可知正电荷从A点移至B点，电场力做正功，选项C正确；C点和D点位于同一等势线上，由Ep＝φq可知，D正确．【答案】CD9.图6中虚线是某电场的一组等势面，相邻等势面间的电势差相等．两个带电粒子从P点沿等势面的切线方向射入电场，粒子仅受电场力作用，运动轨迹如实线所示，a、b是实线与虚线的交点．下列说法正确的是( )图6A．两粒子的电性相反B．a点的场强小于b点的场强C．a点的电势高于b点的电势D．与P点相比两个粒子的电势能均增加【解析】由于粒子仅受电场力的作用，据轨迹弯曲方向可知两粒子受到的电场力方向相反，故两粒子电性相反，A正确；b点的等势面较密集，故b点的场强大，B正确；由于两粒子各自的电性不确定，电场的方向未知，故无法判断电势的高低，C错误；电场力对两粒子均做正功，故电势能均减小，D错误．【答案】AB10．带电粒子在匀强电场中的运动轨迹如图7所示，如果带电粒子只受电场力作用从a运动到b，下列说法正确的是( )图7A．粒子带正电B．粒子在a点和b点的加速度相同C．该粒子在a点的电势能比在b点时大D．该粒子在b点的速度比在a点时大【解析】由于粒子运动轨迹越来越向上弯曲，可判断它受力方向为竖直向上，所以粒子应带负电，故A错误；匀强电场中受力恒定，加速度相同，B正确；从a到b由于电场力方向与速度方向的夹角成锐角，电场力做正功，则电势能减小，动能增大，故该粒子在b点的电势能比在a点时小，在b点的速度比在a点时大，故C、D正确．【答案】BCD二、非选择题(本题共3小题，共40分，按题目要求作答)11．(10分)一个带电量q＝－3×10－6 C的点电荷，从某电场的A点移到B点，电荷克服电场力做6×10－4 J的功，问：(1)点电荷的电势能如何变化？变化了多少？(2)A、B两点的电势差多大？(3)若把一个带电量为q＝1×10－6 C的电荷由A移到B，则电场力对此电荷做功多大？【解析】(1)电荷克服电场力做6×10－4 J的功，电场力做负功，电势能增加，增加6×10－4 J.(2)A、B两点的电势差：UAB＝＝ V＝200 V(3)电场力做功：W′AB＝qUAB＝1×10－6×200 J＝2×10－4 J.【答案】(1)增加6×10－4 J (2)200 V(3)2×10－4 J12．(15分)如图8所示，质量为m＝5×10－8 kg的带电粒子以v0＝2 m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B中央飞入电场，已知板长L＝10 cm，板间距离d＝2 cm，当A、B间加电压UAB＝103 V 时，带电粒子恰好沿直线穿过电场(设此时A板电势高)，g取10m/s2.求：图8(1)带电粒子电性和所带电荷量；(2)A、B间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？【解析】(1)当UAB＝103 V时，粒子做直线运动有q＝mg解得q＝＝10－11 C，带负电．图9【解析】小球在光滑轨道上做圆周运动，在a、b两点时，静电力和轨道的作用力的合力提供向心力，由b到a只有电场力做功，利用动能定理，可求解E及a、b两点的动能．质点所受电场力的大小为F＝qE ①设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有F＋Na＝m ②Nb－F＝m ③设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有Eka＝mv ④Ekb＝mv ⑤根据动能定理有Ekb－Eka＝2rF ⑥联立①②③④⑤⑥式得E＝(Nb－Na)Eka＝(Nb＋5Na)Ekb＝(5Nb＋Na)．【答案】(Nb－Na) (Nb＋5Na) (5Nb＋Na)。
高中物理(粤教版必修一)教师用书：第1章 章末分层突破 含答案
①大小、形状②地面③点④线段⑤位置变化⑥末位置⑦位置⑧st⑨位移⑩速度变化快慢⑪ΔvΔt⑫Δv的方向⑬速度随时间⑭v的正、负⑮a的大小、方向⑯位移⑰速度__________________________________________________________________________________________________________________________ _____________________________________________________________ _____________________________________________________________与速度相关概念的比较1.速度与速率的联系与区别速度速率物理意义描述物体运动快慢和方向的物理量，是矢量描述物体运动快慢的物理量，是标量分类平均速度、瞬时速度平均速率、瞬时速率决定因素平均速度＝位移时间平均速率＝路程时间方向平均速度方向与位移方向相同；瞬时速度方向为该点运动的方向无方向联系它们的单位都是m/s，瞬时速度的大小等于瞬时速率，即常说的速率注意：速率是瞬时速度的大小，但平均速率不是平均速度的大小．2．速度v、速度的变化量Δv和加速度a项目速度v速度的变化量Δv加速度a物理意义描述物体运动快慢和方向的物理量，是状态量描述物体速度改变大小程度的物理量，是过程量描述物体速度变化快慢的物理量，是状态量定义式v＝st或v＝ΔsΔtΔv＝v t－v0a＝vt－v0Δt或a＝ΔvΔt决定因素v的大小由v、a、t决定Δv由v t与v0决定，由Δv＝a·Δt可知Δv也由a与Δt来决定a不是由v、Δt、Δv来决定的，a由F与m来决定(第三章学习)方向与位移变化量Δs同向，即物体运动的方向由Δv＝v t－v0或Δv＝a·Δt决定与Δv方向一致，而与v0、v t方向无关大小①位移与时间的比值②位移对时间的变化率③st图象中，图象在该点的切线斜率的大小Δv＝v t－v0①速度变化量与所用时间的比值②速度对时间的变化率③vt图象中，图象在该点的切线斜率的大小(多选)下列说法正确的是( )A．瞬时速度可看做时间趋于无穷小时的平均速度B．平均速度即为速度的平均值C．瞬时速度是物体在某一时刻或在某一位置时的速度D．加速度的方向就是速度的方向【解析】瞬时速度可看做时间趋于无穷小时的平均速度，A正确；平均速度是位移与时间的比值，不一定是速度的平均值，B错误；瞬时速度是物体在某一时刻或在某一位置时的速度，C正确；加速度的方向与速度方向不一定相同，D错误．【答案】ACst图象和vt图象的比较两类运动图象对比st图象其中④为抛物线其反映的是速度随时间的变化规律对应某一时刻物体的速度斜率的大小表示加速度的大小斜率的正负表示加速度的方向刻距离原点的位移，即物体的出发点；在t轴上的截距表示物体回到原点的时间直线与纵轴的截距表示物体在t＝0时刻同一时刻两物体运动的速度相同如图11所示是A、B两个物体做直线运动的vt图象，则下列说法中正确的是( )图11A．物体A做加速直线运动B．物体B做减速直线运动C．物体A的加速度大于B的加速度D．物体B的速度变化比A的速度变化快【解析】由两物体的速度图象可知，两物体速度的绝对值都在增大，都在做加速运动，A正确，B错误；由两物体运动图线的斜率可知，物体A的加速度为1 m/s2，物体B的加速度为－2 m/s2，所以B 的加速度大于A的加速度，从而B的速度变化比A的速度变化快，C错误，D正确．【答案】AD(多选)如图12，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置—时间(xt)图线．由图可知( )图12A．在时刻t1，a车追上b车B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大【解析】图象中切线的斜率反映速度的大小，a做匀速直线运动，b先正向运动速度减小，减到0后负向运动速度增大，选项B、C 正确，选项D错误．xt图象中交点表示相遇，所以在t1时刻a、b相遇，b追上a，选项A错误．【答案】BC1两种图象描述的都是直线运动.2st图象反映位移s随时间t变化的规律，vt图象反映速度v随时间t变化的规律，二者都不是物体运动的轨迹.3两个vt图线的交点不表示相遇，只表示该时刻两物体速度相等；不要认为vt图线斜向上就一定是加速运动.1.如图13所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt.测得遮光条的宽度为Δx，用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度．为使更接近瞬时速度，正确的措施是( )图13A．换用宽度更窄的遮光条B．提高测量遮光条宽度的精确度C．使滑块的释放点更靠近光电门D．增大气垫导轨与水平面的夹角【解析】表示的是Δt时间内的平均速度，遮光条的宽度Δx 越窄，则记录遮光时间Δt越小，越接近滑块通过光电门时的瞬时速度，选项A正确．【答案】A2．物体A、B做直线运动，A的加速度为3 m/s2，B的加速度为－5 m/s2，下列说法中正确的是( )A．物体A的加速度比物体B的加速度大B．物体B的速度变化比物体A的速度变化快C．物体A的速度一定在增加D．物体B的速度一定在减小【解析】比较加速度的大小应比较它们的绝对值，物体A的加速度比物体B的加速度小，B的速度变化较快，A错，B对．当加速度与初速度方向相同时，物体做加速直线运动，反之则做减速直线运动，本题由于不知A、B两物体的运动方向与其加速度方向的关系，故不能确定它们做加速运动还是减速运动，C、D错．【答案】B3.如图14所示为一物体做直线运动的vt图象，根据图象做出的以下判断中，正确的是( )图14A．物体始终沿正方向运动B．物体的加速度一直没有变化C．t＝2 s前物体的加速度为负，t＝2 s后加速度为正D．在t＝2 s时，物体的加速度为零【解析】从图象得知物体先向负方向运动，2 s后又向正方向运动，A错误；vt图象的斜率为运动物体的加速度，故a＝＝ m/s2＝10 m/s2，即物体的加速度一直为10 m/s2，B正确，C、D错误．【答案】B4．甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图15所示．下列表述正确的是( )图15A．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大B．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大C．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等【解析】在0.2～0.5小时内，位移—时间图象是倾斜的直线，则物体做匀速直线运动，所以在0.2～0.5小时内，甲、乙两人的加速度都为零，选项A错误；位移—时间图象的斜率绝对值大小反映了物体运动速度的大小，斜率绝对值越大，速度越大，故0.2～0.5小时内甲的速度大于乙的速度，选项B正确；由位移—时间图象可知，0.6～0.8小时内甲的位移大于乙的位移，选项C错误；由位移—时间图象可知，0.8小时内甲、乙在往返运动过程中，甲运动的路程大于乙运动的路程，选项D错误．。
2019-2020学年高中数学(人教A版必修一)教师用书：章末分层突破1 Word版含解析
章末分层突破[自我校对]①确定性②互异性③描述法④交集⑤补集⑥定义域⑦图象法⑧解析法⑨奇偶性集合的运算集合的运算是指集合间的交、并、补集三种常见的运算．若集合中的元素是离散的，集合的运算一般运用定义或韦恩图；若集合中的元素是连续的(如用不等式表示的)，则用数轴法；特别地，若集合中含有参数，有时需要对参数进行讨论．已知全集为U ＝R ，集合A ＝{x |－1＜x ＜2}，B ＝{x |0＜x ＜3}，M ＝{x |2x －a ＜0}． (1)求A ∩(∁U B )；(2)若(A ∪B )⊆M ，求实数a 的取值范围．【精彩点拨】 (1)利用数轴，根据集合的基本运算即可求A ∩(∁U B )； (2)根据(A ∪B )⊆M ，建立条件关系即可求实数a 的取值范围．【规范解答】 (1)因为A ＝{x |－1＜x ＜2}，B ＝{x |0＜x ＜3}，所以∁U B ＝{x |x ≥3或x ≤0}， 则A ∩(∁U B )＝{x |－1＜x ≤0}．(2)A ∪B ＝{x |－1＜x ＜3}，M ＝{x |2x －a ＜0}＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x<a 2，若(A ∪B )⊆M ，则a2≥3，解得a ≥6，则实数a 的取值范围[6，＋∞)． [再练一题]1．已知集合A ＝{x |x 2－5x ＋6＝0}，B ＝{x |x 2＋ax ＋6＝0}且B ⊆A ，求实数a 的取值范围. 【导学号：97030067】【解】 ∵集合A ＝{x |x 2－5x ＋6＝0}＝{2,3}，且B ⊆A ， ∴B ＝∅，或B ＝{2}，或B ＝{3}，或B ＝{2,3}， 若B ＝∅，则Δ＝a 2－24＜0，解得a ∈(－26，26)，若B ＝{2}，B 中方程的常数项为4≠6，故不存在满足条件的a 值； 若B ＝{3}，B 中方程的常数项为9≠6，故不存在满足条件的a 值； 若B ＝{2,3}，则a ＝－5，综上，实数a 的取值范围为{－5}∪(－26，26).函数的概念函数有三要素：定义域、值域和对应关系，其中定义域是研究函数问题的前提条件，研究函数的性质首先要注意函数的定义域，而求函数的解析式、值域(最值)问题是高考的重点、热点．(1)函数y ＝3x21－2x ＋(2x ＋1)0的定义域是________． (2)设集合A ＝⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，函数f (x )＝错误!若x 0∈A ，且f (f (x 0))∈A ，则x 0的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤14，12 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，12 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，38 【精彩点拨】 (1)根据函数的解析式，列出使函数有意义的不等式组，求出解集即可． (2)先由x 0∈A 计算f (x 0)的值，依据f (x 0)的范围计算f (f (x 0))，由0≤f (f (x 0))<12求x 0的取值范围． 【规范解答】 (1)∵函数y ＝3x21－2x ＋(2x ＋1)0，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－2x>0，2x ＋1≠0，解得x ＜12，且x ≠－12，∴函数的定义域是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x<12，且x≠－12. (2)∵x 0∈A ， ∴f (x 0)＝x 0＋12∈B ，∴f (f (x 0))＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x0＋12＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x0－12，即f (f (x 0))＝1－2x 0∈A ， ∴0≤1－2x 0<12，即14<x 0≤12， 又x 0∈A ， ∴14<x 0<12，故选C. 【答案】 (1)⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜12，且x≠－12 (2)C[再练一题]2．已知二次函数y ＝f (x )的最大值为13，且f (3)＝f (－1)＝5，则f (x )＝______.【导学号：97030068】【解析】 因为f (3)＝f (－1)＝5，所以函数y ＝f (x )的对称轴为x ＝1，又y ＝f (x )的最大值为13，所以可设f (x )＝a (x －1)2＋13，且a <0，由f (3)＝a (3－1)2＋13＝5，解得a ＝－2，所以f (x )＝－2(x －1)2＋13，即f (x )＝－2x 2＋4x ＋11.【答案】 －2x 2＋4x ＋11函数的性质本章主要学习了函数的单调性和奇偶性这两个基本性质．利用单调性可以比较函数值的大小，求函数的值域和最值，作出函数的图象等，它反映了函数值随自变量大小变化的情况，函数的奇偶性则反映了函数值的符号随自变量变化的情况，是函数图象对称性的数量表示．函数奇偶性和单调性的综合应用是高考的重点与热点内容．已知函数f (x )＝ax ＋b x ＋c(a ，b ，c 是常数)是奇函数，且满足f (1)＝52，f (2)＝174， (1)求a ，b ，c 的值；(2)试判断函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上的单调性，并证明．【精彩点拨】 (1)由函数是奇函数得到c ＝0，再利用题中的2个等式求出a ，b 的值． (2)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上任取两个自变量x 1，x 2，将对应的函数值作差、变形到因式积的形式，判断符号，依据单调性的定义做出结论．【规范解答】 (1)∵f (－x )＝－f (x )，∴c ＝0. ∵错误!∴错误!∴错误! (2)∵由(1)可得f (x )＝2x ＋12x ，∴f (x )＝2x ＋12x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上是单调递减的．证明：设任意的两个实数0<x 1<x 2<12.∵f (x 1)－f (x 2)＝2(x 1－x 2)＋12x1－12x2＝2(x 1－x 2)＋错误!＝错误!. 又∵0<x 1<x 2<12.∴x 2－x 1>0,0<x 1x 2<14，1－4x 1x 2＞0，f (x 1)－f (x 2)＞0.∴f (x )＝2x ＋12x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上是单调递减的．[再练一题]3．已知函数f (x )＝x 2＋4x ＋3. (1)若g(x )＝f (x )＋bx 为偶函数，求b ； (2)求函数f (x )在[－3,3]上的最大值．【解】 (1)g(x )＝f (x )＋bx ＝x 2＋(b ＋4)x ＋3，g(－x )＝x 2－(b ＋4)x ＋3. ∵g(x )＝g(－x )，∴b ＋4＝0，∴b ＝－4.(2)f (x )＝x 2＋4x ＋3关于直线x ＝－2对称，因此f (x )在x ＝－2取得最小值－1，在x ＝3取得最大值24.数形结合思想数形结合思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图形结合起来，使抽象的思维和形象思维相结合，把问题灵活转化、化难为易、化抽象为具体、化数为形．已知定义在R 上的奇函数f (x )，当x ＞0时，f (x )＝－x 2＋2x ， (1)求函数f (x )在R 上的解析式；(2)若函数f (x )在区间(－1，a －2)上单调递增，求实数a 的取值范围． 【精彩点拨】 (1)根据函数奇偶性，即可求函数f (x )在R 上的解析式； (2)做出函数f (x )的图象，利用数形结合的思想即可求出a 的取值范围． 【规范解答】 (1)设x ＜0，则－x ＞0，f (－x )＝－(－x )2＋2(－x )＝－x 2－2x . 又f (x )为奇函数，所以f (－x )＝－f (x ) 于是x ＜0时，f (x )＝x 2＋2x . 又f (0)＝0，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x2＋2x ，x≥0，x2＋2x ，x<0.(2)作出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x2＋2x ，x≥0，x2＋2x ，x<0的图象如图：则由图象可知要使f (x )在(－1，a －2)上单调递增，则⎩⎪⎨⎪⎧a －2>－1，a －2≤1，所以1＜a ≤3，故实数a 的取值范围是(1,3]． [再练一题]4．已知y ＝f (x )是偶函数，y ＝g (x )是奇函数，它们的定义域均为[－3,3]，且它们在x ∈[0,3]上的图象如图1-1所示，则不等式f (x )g (x )<0的解集是________．【导学号：97030069】图1-1【解析】 不等式f (x )g (x )<0等价于f (x )与g (x )异号，如图所示：当x ＞0时，其解集为(0,1)∪(2,3)，∵y ＝f (x )是偶函数，y ＝g (x )是奇函数，∴f (x )g (x )是奇函数，∴当x ＜0时，f (x )g (x )＞0，∴其解集为(－2，－1)．综上，不等式f (x )g (x )<0的解集是{x |－2＜x ＜－1或0＜x ＜1或2＜x ＜3}． 【答案】 {x |－2＜x ＜－1或0＜x ＜1或2＜x ＜3}1．已知集合A ＝{0,2,4,6,8,10}，B ＝{4,8}，则∁A B ＝( ) A ．{4,8} B ．{0,2,6} C ．{0,2,6,10}D ．{0,2,4,6,8,10}【解析】 ∵A ＝{0,2,4,6,8,10}，B ＝{4,8}， ∴∁A B ＝{0,2,6,10}．【答案】 C2．已知集合A ＝{x |2＜x ＜4}，B ＝{x |x ＜3或x ＞5}，则A ∩B ＝( ) A ．{x |2＜x ＜5} B ．{x |x ＜4或x ＞5} C ．{x |2＜x ＜3}D ．{x |x ＜2或x ＞5}【解析】 A ∩B ＝{x |2＜x ＜4}∩{x |x ＜3或x ＞5}＝{x |2＜x ＜3}． 【答案】 C3．已知集合A ＝{1,2,3}，B ＝{y |y ＝2x －1，x ∈A }，则A ∩B ＝( ) A ．{1,3} B ．{1,2} C ．{2,3}D ．{1,2,3}【解析】 因为A ＝{1,2,3}，所以B ＝{y |y ＝2x －1，x ∈A }＝{1,3,5}，所以A ∩B ＝{1,3}． 【答案】 A4．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x2，x≤1，x ＋6x －6，x>1，则f (f (－2))＝________，f (x )的最小值是________．【解析】 f (f (－2))＝f (4)＝4＋64－6＝－12. 当x ≤1时，f (x )min ＝0； 当x >1时，f (x )＝x ＋6x －6.易证f (x )在(1，6)上递减，在(6，＋∞)上递增． ∴f (x )的最小值为f (6)＝6＋66－6＝26－6. 综上，f (x )的最小值是26－6. 【答案】 －12 26－65．已知函数f (x )＝ax 2＋1x ，其中a 为实数．(1)根据a 的不同取值，判断函数f (x )的奇偶性，并说明理由； (2)若a ∈(1,3)，判断函数f (x )在[1,2]上的单调性，并说明理由． 【解】 (1)当a ＝0时，f (x )＝1x ，显然是奇函数；当a ≠0，f (1)＝a ＋1，f (－1)＝a －1，f (1)≠f (－1)且f (1)＋f (－1)≠0，。
高中数学第2讲证明不等式的基本方法章末分层突破学案新人教A版
证明不等式的基本方法章末分层突破[自我校对] ①作差法 ②综合法 ③执果索因 ④放缩法 ⑤间接证明作差——恒等变形——判断差值的符号——结论．其中，变形是证明推理中的关键，变形的目的在于判断差的符号．设a ≥b ＞0，求证：3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2. 【规范解答】 3a 3＋2b 3－(3a 2b ＋2ab 2) ＝3a 2(a －b )＋2b 2(b －a )＝(a －b )(3a 2－2b 2)． ∵a ≥b ＞0，∴a －b ≥0,3a 2－2b 2≥2a 2－2b 2≥0， 从而(3a 2－2b 2)(a －b )≥0， 故3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2成立． [再练一题]1．若a ＝lg 22，b ＝lg 33，c ＝lg 55，则( )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD.b ＜a ＜c【解析】 a 与b 比较：a ＝3lg 26＝lg 86，b ＝2lg 36＝lg 96.∵9＞8，∴b ＞a ， b 与c 比较：b ＝lg 33＝lg 3515，c ＝lg 55＝lg 5315.∵35＞53，∴b ＞c ，a 与c 比较：a ＝lg 2510＝lg 3210，c ＝lg 2510.∵32＞25，a ＞c ， ∴b ＞a ＞c ，故选C. 【答案】 C步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的两种方法，一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手．因此通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．已知实数x ，y ，z 不全为零，求证：x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2＞32(x ＋y ＋z )．【规范解答】 因为x 2＋xy ＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＋34y 2 ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋y 2≥x ＋y 2，同理可证：y 2＋yz ＋z 2≥y ＋z2，x 2＋xz ＋z 2≥z ＋x2.由于x ，y ，z 不全为零，故上述三式中至少有一式取不到等号， 所以三式累加得：x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2＞⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋z 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z ＋x 2＝32(x ＋y ＋z )， 所以有x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2＞32(x ＋y ＋z )．[再练一题]2．设a ，b ，c 均为大于1的正数，且ab ＝10. 求证：log a c ＋log b c ≥4lg c .【导学号：32750044】【证明】 由于a ＞1，b ＞1，故要证明log a c ＋log b c ≥4lg c ， 只要证明lg c lg a ＋lg clg b ≥4lg c .又c ＞1，故lg c ＞0，所以只要证1lg a ＋1lg b ≥4，即lg a ＋lg blg a ·lg b ≥4.因ab ＝10，故lg a ＋lg b ＝1， 只要证明1lg a ·lg b≥4.(*)由a ＞1，b ＞1，故lg a ＞0，lg b ＞0， 所以0＜lg a ·lg b ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫lg a ＋lg b 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝14，即(*)式成立．所以，原不等式log a c ＋log b c ≥4lg c 得证.差异较大时，可考虑用放缩法进行过渡从而达到证明目的．若a ，b ，c ，x ，y ，z 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6，求证：a ，b ，c 中至少有一个大于0.【规范解答】 设a ，b ，c 都不大于0， 则a ≤0，b ≤0，c ≤0，∴a ＋b ＋c ≤0， 由题设知，a ＋b ＋c＝⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2y ＋π2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 2－2z ＋π3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z 2－2x ＋π6＝(x 2－2x )＋(y 2－2y )＋(z 2－2z )＋π ＝(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋π－3， ∴a ＋b ＋c ＞0，这与a ＋b ＋c ≤0矛盾， 故a ，b ，c 中至少有一个大于0. [再练一题]3．如图21，已知在△ABC 中，∠CAB ＞90°，D 是BC 的中点，求证：AD ＜12BC .图21【证明】 假设AD ≥12BC .(1)若AD ＝12BC ，由平面几何定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半，那么这条边所对的角为直角”，知∠A ＝90°，与题设矛盾，所以AD ≠12BC .(2)若AD ＞12BC ，因为BD ＝DC ＝12BC ，所以在△ABD 中，AD ＞BD ， 从而∠B ＞∠BAD . 同理∠C ＞∠CAD .所以∠B ＋∠C ＞∠BAD ＋∠CAD ， 即∠B ＋∠C ＞∠A .因为∠B ＋∠C ＝180°－∠A ，所以180°－∠A ＞∠A ，即∠A ＜90°，与已知矛盾， 故AD ＞12BC 不成立．由(1)(2)知AD ＜12BC 成立.然后利用不等式的传递性，达到证明的目的．运用放缩法证明的关键是放缩要适当，既不能太大，也不能太小．已知a ，b ，c 为三角形的三条边，求证：a 1＋a ，b 1＋b ，c1＋c也可以构成一个三角形．【规范解答】 设f (x )＝x1＋x ，x ∈(0，＋∞)．设0<x 1<x 2，则f (x 2)－f (x 1)＝x 21＋x 2－x 11＋x 1＝x 2－x 1＋x 1＋x 2>0，∴f (x )在(0，＋∞)上为增函数．∵a ，b ，c 为三角形的三条边，于是a ＋b >c ， ∴c1＋c <a ＋b 1＋a ＋b ＝a 1＋a ＋b ＋b 1＋a ＋b <a 1＋a ＋b 1＋b ，即c 1＋c <a 1＋a ＋b1＋b，同理b 1＋b <a 1＋a ＋c 1＋c ，a 1＋a <b 1＋b ＋c1＋c ，∴以a1＋a ，b 1＋b ，c1＋c 为边可以构成一个三角形．[再练一题]4．已知|x |＜ε3，|y |＜ε6，|z |＜ε9，求证：|x ＋2y －3z |＜ε.【证明】 ∵|x |＜ε3，|y |＜ε6，|z |＜ε9，∴|x ＋2y －3z |＝|1＋2y ＋(－3z )| ≤|x |＋|2y |＋|－3z | ＝|x |＋2|y |＋3|z | ＜ε3＋2×ε6＋3×ε9＝ε. ∴原不等式成立．1．(2015·湖南高考)若实数a ，b 满足1a ＋2b＝ab ，则ab 的最小值为( )A. 2 B ．2 C ．2 2D.4【解析】 由1a ＋2b ＝ab 知a >0，b >0，所以ab ＝1a ＋2b ≥22ab，即ab ≥22，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧1a ＝2b ，1a ＋2b ＝ab ，即a ＝42，b ＝242时取“＝”，所以ab 的最小值为2 2.【答案】 C2．(2015·重庆高考)设a ，b >0，a ＋b ＝5，则a ＋1＋b ＋3的最大值为________． 【解析】 令t ＝a ＋1＋b ＋3，则t 2＝a ＋1＋b ＋3＋2a ＋b ＋＝9＋2a ＋b ＋≤9＋a ＋1＋b ＋3＝13＋a ＋b ＝13＋5＝18，当且仅当a ＋1＝b ＋3时取等号，此时a ＝72，b ＝32.∴t max ＝18＝3 2. 【答案】 3 23．(2015·江苏高考)设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列． (1)证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列；(2)是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列？并说明理由； (3)是否存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列？并说明理由．【解】 (1)证明：因为2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ＝2d(n ＝1,2,3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2)不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)． 假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.令t ＝da，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＜t ＜1，t ≠0，化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1.将t 2＝t ＋1代入(*)式，得t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－14.显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列．(3)不存在，理由如下：假设存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n1，a n ＋k2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列，则a n1(a 1＋2d )n ＋2k＝(a 1＋d )2(n ＋k )，且(a 1＋d )n ＋k(a 1＋3d )n ＋3k＝(a 1＋2d )2(n ＋2k )，分别在两个等式的两边同除以a n ＋k1及a n ＋2k1，并令t ＝d a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＞－13，t ≠0， 则(1＋2t )n ＋2k＝(1＋t )2(n ＋k )，且(1＋t )n ＋k(1＋3t )n ＋3k＝(1＋2t )2(n ＋2k )．将上述两个等式两边取对数，得 (n ＋2k )ln(1＋2t )＝2(n ＋k )ln(1＋t )，且(n ＋k )ln(1＋t )＋(n ＋3k )ln(1＋3t )＝2(n ＋2k )ln(1＋2t )． 化简得2k [ln(1＋2t )－ln(1＋t )]＝n [2ln(1＋t )－ln(1＋2t )]， 且3k [ln(1＋3t )－ln(1＋t )]＝n [3ln(1＋t )－ln(1＋3t )]． 再将这两式相除，化简得ln(1＋3t )ln(1＋2t )＋3ln(1＋2t )ln(1＋t ) ＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )．(**)令g (t )＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )－ln(1＋3t )ln(1＋2t )－3ln(1＋2t )ln(1＋t )，则g ′(t )＝＋3t2＋3t －＋2t2＋2t ＋＋t2＋t＋t ＋2t＋3t.令φ(t )＝(1＋3t )2ln(1＋3t )－3(1＋2t )2ln(1＋2t )＋3(1＋t )2ln(1＋t )， 则φ′(t )＝6[(1＋3t )ln(1＋3t )－2(1＋2t )ln(1＋2t )＋(1＋t )ln(1＋t )]． 令φ1(t )＝φ′(t )，则φ′1(t )＝6[3ln(1＋3t )－4ln(1＋2t )＋ln(1＋t )]． 令φ2(t )＝φ′1(t )，则φ′2(t )＝12＋t＋2t＋3t＞0.由g (0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t )＞0，知φ2(t )，φ1(t )，φ(t )，g (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0和(0，＋∞)上均单调． 故g (t )只有唯一零点t ＝0，即方程(**)只有唯一解t ＝0，故假设不成立． 所以不存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n1，a n ＋k2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列．4．(2015·湖南高考)已知a >0，函数f (x )＝e axsin x (x ∈[0，＋∞))．记x n 为f (x )的从小到大的第n (n ∈N *)个极值点．证明：(1)数列{f (x n )}是等比数列； (2)若a ≥1e 2－1，则对一切n ∈N *，x n <|f (x n )|恒成立．【证明】 (1)f ′(x )＝a e axsin x ＋e axcos x ＝e ax(a sin x ＋cos x ) ＝a 2＋1e axsin(x ＋φ)． 其中tan φ＝1a ，0<φ<π2.令f ′(x )＝0，由x ≥0得x ＋φ＝m π， 即x ＝m π－φ，m ∈N *.对k ∈N ，若2k π<x ＋φ<(2k ＋1)π，即2k π－φ<x <(2k ＋1)π－φ，则f ′(x )>0； 若(2k ＋1)π<x ＋φ<(2k ＋2)π，即(2k ＋1)π－φ<x <(2k ＋2)π－φ，则f ′(x )<0. 因此，在区间((m －1)π，m π－φ)与(m π－φ，m π)上，f ′(x )的符号总相反．于是当x ＝m π－φ(m ∈N *)时，f (x )取得极值，所以x n ＝n π－φ(n ∈N *)．此时，f (x n )＝e a (n π－φ)sin(n π－φ)＝(－1)n ＋1e a (n π－φ)·sin φ.易知f (x n )≠0，而f x n ＋1f x n ＝－n ＋2ean ＋π－φ]sin φ－n ＋1ea n π－φsin φ＝－e a π是常数，故数列{f (x n )}是首项为f (x 1)＝e a (π－φ)sin φ，公比为－e a π的等比数列．(2)由(1)知，sin φ＝1a 2＋1，于是对一切n ∈N *，x n <|f (x n )|恒成立，即n π－φ<1a 2＋1ea (n π－φ)恒成立，等价于a 2＋1a <ea n π－φa n π－φ(*)恒成立(因为a >0)．设g (t )＝e tt(t >0)，则g ′(t )＝ett －t 2.令g ′(t )＝0得t ＝1.当0<t <1时，g ′(t )<0，所以g (t )在区间(0,1)上单调递减； 当t >1时，g ′(t )>0，所以g (t )在区间(1，＋∞)上单调递增． 从而当t ＝1时，函数g (t )取得最小值g (1)＝e.因此，要使(*)式恒成立，只需a 2＋1a <g (1)＝e ，即只需a >1e 2－1.而当a ＝1e 2－1时，由tan φ＝1a ＝e 2－1>3且0<φ<π2知，π3<φ<π2.于是π－φ<2π3<e 2－1，且当n ≥2时，n π－φ≥2π－φ>3π2>e 2－1.因此对一切n ∈N *，ax n ＝n π－φe 2－1≠1，所以g (ax n )>g (1)＝e ＝a 2＋1a.故(*)式亦恒成立． 综上所述，若a ≥1e 2－1，则对一切n ∈N *，x n <|f (x n )|恒成立．章末综合测评(二) (时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知a ，b ，c ，d 都是正数，且bc ＞ad ，则a b ，a ＋cb ＋d ，a ＋2c b ＋2d ，cd中最大的是( )A.a bB.a ＋cb ＋d C.a ＋2c b ＋2d D.cd【解析】 因为a ，b ，c ，d 均是正数且bc ＞ad ， 所以有c d ＞a b. ①又c d －a ＋c b ＋d ＝c b ＋d －a ＋c d d b ＋d ＝bc －add b ＋d ＞0，∴c d ＞a ＋cb ＋d，② c d －a ＋2c b ＋2d ＝c b ＋2d －a ＋2c dd b ＋2d＝bc －add b ＋2d＞0，∴c d ＞a ＋2cb ＋2d.③由①②③知c d最大，故选D. 【答案】 D2．已知x ＞y ＞z ，且x ＋y ＋z ＝1，则下列不等式中恒成立的是( )【导学号：32750045】A ．xy ＞yzB ．xz ＞yzC ．x |y |＞z |y |D.xy ＞xz【解析】 法一 特殊值法：令x ＝2，y ＝0，z ＝－1，可排除A ，B ，C ，故选D. 法二 3z ＜x ＋y ＋z ＜3x ，∴x ＞13＞z ，由x ＞0，y ＞z ，得xy ＞xz .故D 正确． 【答案】 D3．对于x ∈[0,1]的任意值，不等式ax ＋2b ＞0恒成立，则代数式a ＋3b 的值( ) A ．恒为正值 B ．恒为非负值 C ．恒为负值D.不确定【解析】 依题意2b ＞0，∴b ＞0，且a ＋2b ＞0，∴a ＋2b ＋b ＞0，即a ＋3b 恒为正值． 【答案】 A4．已知数列{a n }的通项公式a n ＝anbn ＋1，其中a ，b 均为正数，那么a n 与a n ＋1的大小关系是( )A ．a n ＞a n ＋1B ．a n ＜a n ＋1C ．a n ＝a n ＋1D.与n 的取值有关【解析】 a n ＋1－a n ＝a n ＋b n ＋＋1－anbn ＋1＝abn ＋b ＋bn ＋.∵a ＞0，b ＞0，n ＞0，n ∈N ＋， ∴a n ＋1－a n ＞0，因此a n ＋1＞a n . 【答案】 B5．若实数a ，b 满足a ＋b ＝2，则3a ＋3b的最小值是( ) A ．18 B ．6 C ．2 3D.43【解析】 3a＋3b≥23a·3b＝232＝2×3＝6，选B. 【答案】 B6．设a ＝lg 2－lg 5，b ＝e x(x ＜0)，则a 与b 的大小关系是( ) A ．a ＜b B ．a ＞b C ．a ＝bD.a ≤b【解析】 a ＝lg 2－lg 5＝lg 25＜0.又x ＜0，知0＜e x＜1，即0＜b ＜1，∴a ＜b . 【答案】 A7．若不等式|kx －4|≤2的解集为{x |1≤x ≤3}，则实数k ＝( ) A.23B ．2C ．6 D.2或6 【解析】 ∵|kx －4|≤2，∴－2≤kx －4≤2， ∴2≤kx ≤6，∵不等式的解集为{x |1≤x ≤3}， ∴k ＝2. 【答案】 B8．设a ＝x 4＋y 4，b ＝x 3y ＋xy 3，c ＝2x 2y 2(x ，y ∈R ＋)，则下列结论中不正确的是( ) A ．a 最大 B ．b 最小C ．c 最小D.a ，b ，c 可以相等【解析】 因为b ＝x 3y ＋xy 3≥2x 3y xy 3＝2x 2y 2＝c ，故B 错，应选B.【答案】 B9．要使3a －3b ＜3a －b 成立，a ，b 应满足的条件是( ) A ．ab ＜0且a ＞b B ．ab ＞0且a ＞bC ．ab ＜0且a ＜bD ．ab ＞0且a ＞b 或ab ＜0且a ＜b 【解析】3a －3b ＜3a －b ⇔(3a －3b )3＜a －b⇔33ab 2＜33a 2b ⇔ab (a －b )＞0. 当ab ＞0时，a ＞b ；当ab ＜0时，a ＜b . 【答案】 D10．已知x ＝a ＋1a －2(a ＞2)，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2－2 (b ＜0)，则x ，y 之间的大小关系是( )A ．x ＞yB ．x ＜yC ．x ＝yD.不能确定【解析】 因为x ＝a －2＋1a －2＋2≥2＋2＝4(a ＞2)． 又b 2－2＞－2(b ＜0)，即y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2－2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12－2＝4，所以x ＞y . 【答案】 A11．若a >0，b >0，则p ＝(a ·b )a +b2，q ＝a b ·b a的大小关系是( )A ．p ≥qB ．p ≤qC ．p >qD.p <q【解析】 p q ＝a ·b a ＋b2a b ·b a＝a a －b 2·b b －a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2. 若a ≥b >0，则a b ≥1，a －b ≥0，从而p q≥1，得p ≥q ； 若b ≥a >0，则0<a b ≤1，a －b ≤0，从而p q≥1，得p ≥q . 综上所述，p ≥q . 【答案】 A12．在△ABC 中，A ，B ，C 分别为a ，b ，c 所对的角，且a ，b ，c 成等差数列，则角B 适合的条件是( )A ．0＜B ≤π4B ．0＜B ≤π3C ．0＜B ≤π2D.π2＜B ＜π【解析】 由a ，b ，c 成等差数列，得2b ＝a ＋c ，∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋c 2－a ＋c242ac，＝a 2＋c 2－2ac8ac ＝a 2＋c 28ac －14≥12.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． ∴cos B 的最小值为12.又y ＝cos B 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，∴0＜B ≤π3.【答案】 B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在题中横线上) 13．用反证法证明命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”时的假设是________． 【解析】 “三角形中最多只有一个内角是钝角”的对立事件是“三角形中内角有2个钝角或3个全是钝角”，故应填三角形中至少有两个内角是钝角．【答案】 三角形中至少有两个内角是钝角14．若实数m ，n ，x ，y 满足m 2＋n 2＝a ，x 2＋y 2＝b (a ≠b )，则mx ＋ny 的最大值为________.【导学号：32750046】【解析】 设m ＝a cos α，n ＝a sin α，x ＝b cos β，y ＝b sin β， 则mx ＋ny ＝ab cos αcos β＋ab sin αsin β ＝ab cos(α－β)．当cos(α－β)＝1时，mx ＋ny 取得最大值ab . 【答案】ab15．用分析法证明：若a ，b ，m 都是正数，且a ＜b ，则a ＋m b ＋m ＞ab.完成下列证明过程： ∵b ＋m ＞0，b ＞0，∴要证原不等式成立，只需证明b (a ＋m )＞a (b ＋m )，即只需证明________． ∵m ＞0，∴只需证明b ＞a ， 由已知显然成立．∴原不等式成立．【解析】 b (a ＋m )＞a (b ＋m )与bm ＞am 等价， 因此欲证b (a ＋m )＞a (b ＋m )成立， 只需证明bm ＞am 即可．【答案】 bm ＞am16．已知a ，b ，c ，d ∈R ＋，且S ＝a a ＋b ＋c ＋b b ＋c ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋da ＋b ＋d，则S 的取值范围是________．【解析】 由放缩法，得aa ＋b ＋c ＋d ＜a a ＋b ＋c ＜aa ＋c；b a ＋b ＋c ＋d ＜b b ＋c ＋d ＜bd ＋b；c a ＋b ＋c ＋d ＜c c ＋d ＋a ＜cc ＋a ；da ＋b ＋c ＋d ＜d d ＋a ＋b ＜dd ＋b.以上四个不等式相加，得1＜S ＜2. 【答案】 (1,2)三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知m ＞0，a ，b ∈R ，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m .【证明】 ∵m ＞0，∴1＋m ＞0. 所以要证原不等式成立，只需证(a ＋mb )2≤(1＋m )(a 2＋mb 2)， 即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0， 即证(a －b )2≥0， 而(a －b )2≥0显然成立， 故原不等式得证．18．(本小题满分12分)实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，ac ＋bd ＞1，求证：a ，b ，c ，d 中至少有一个是负数．【证明】 假设a ，b ，c ，d 都是非负数， 即a ≥0，b ≥0，c ≥0，d ≥0，则1＝(a ＋b )(c ＋d )＝(ac ＋bd )＋(ad ＋bc )≥ac ＋bd ， 这与已知中ac ＋bd ＞1矛盾，∴原假设错误， ∴a ，b ，c ，d 中至少有一个是负数．19．(本小题满分12分)设a ，b ，c 是不全相等的正实数．求证：lg a ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .【证明】 法一 要证：lg a ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c ，只需证lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞lg(abc )，只需证a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞abc .∵a ＋b2≥ab ＞0，b ＋c2≥bc ＞0，c ＋a2≥ca ＞0，∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2≥abc ＞0成立．∵a ，b ，c 为不全相等的正数，∴上式中等号不成立． ∴原不等式成立．法二 ∵a ，b ，c ∈{正实数}， ∴a ＋b2≥ab ＞0，b ＋c2≥bc ＞0，c ＋a2≥ca ＞0.又∵a ，b ，c 为不全相等的实数， ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞abc ，∴lg ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞lg(abc )，即lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .20．(本小题满分12分)若0＜a ＜2,0＜b ＜2,0＜c ＜2，求证：(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时大于1.【证明】 假设三数能同时大于1， 即(2－a )b ＞1，(2－b )c ＞1，(2－c )a ＞1. 那么－a ＋b 2≥－a b ＞1， 同理－b ＋c2＞1，－c ＋a2＞1， 三式相加－a ＋b ＋－b ＋c ＋－c ＋a2＞3，即3＞3.上式显然是错误的，∴该假设不成立．∴(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时都大于1. 21．(本小题满分12分)求证：2(n ＋1－1)＜1＋12＋13＋…＋1n＜2n (n ∈N ＋). 【导学号：32750047】【证明】 ∵1k ＝22k＞2k ＋k ＋1＝2(k ＋1－k )，k ∈N ＋， ∴1＋12＋13＋…＋1n＞2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )] ＝2(n ＋1－1)． 又1k ＝22k ＜2k ＋k －1＝2(k －k －1)，k ∈N ＋， ∴1＋12＋13＋…＋1n＜1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)] ＝1＋2(n －1)＝2n －1＜2n . ∴2(n ＋1－1)＜1＋12＋13＋…＋1n＜2n (n ∈N ＋)．22．(本小题满分12分)等差数列{a n }各项均为正整数，a 1＝3，前n 项和为S n .等比数列{b n }中，b 1＝1，且b 2S 2＝64，{b a n}是公比为64的等比数列．(1)求a n 与b n ；(2)证明：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＜34.【解】 (1)设{a n }的公差为d (d ∈N )，{b n }的公比为q ，则a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝qn －1.依题意⎩⎨⎧b a n ＋1b an＝q3＋nd －1q 3＋n －d －1＝q d＝64， ①S 2b 2＝＋dq ＝64. ②由①知，q ＝641d ＝26d ， ③由②知，q 为正有理数，所以d 为6的因子1,2,3,6中之一， 因此由②③知，d ＝2，q ＝8. 故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8n －1.(2)证明：S n ＝3＋5＋7＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)， 则1S n ＝1nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n＋1－1n＋2＜12×32＝34.。
粤教版高中物理选修11第2章电磁感应与电磁场章末分层突破学案
粤教版高中物理选修11第2章电磁感应与电磁场章末分层突破学案A．圆环向右穿出磁场时，磁通量发生变化B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流产生C．圆环由图中左位置向右运动到图中右位置过程，圆环中没有感应电流产生D．因圆环在匀强磁场中运动，整个过程中圆环没有感应电流产生【解析】圆环由图中左位置向右运动到图中右位置过程，由于磁场区域中存在匀强磁场，圆环面积不变，磁场与圆面的夹角不变，所以穿过圆环的磁通量不发生变化，圆环中没有感应电流产生．但圆环进出磁场时，穿过圆环的磁通量发生变化，圆环中有感应电流产生，选项C正确，A、B、D错误．【答案】ABC理想变压器1.变压器是把交流电压升高或降低的装置，其基本构造是由原线圈、副线圈和闭合铁芯构成，原线圈和副线圈分别绕在同一个闭合铁芯上．2．工作原理：变压器是通过电磁感应来改变交流电压的，原线圈n1接交流电源，由于电流的变化，在闭合铁芯中产生变化的磁通量，磁通量也通过了副线圈，根据法拉第电磁感应定律，便在副线圈n2中产生感应电动势，如果输出电压高于输入电压，为升压变压器；如果输出电压低于输入电压，为降压变压器．3．理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.电压关系：U1U2＝n1n2由于理想变压器的结构一定，n1、n2均为定值，所以输出电压U2由输入电压U1决定，与负载电阻的大小无关，U1增大，U2也增大；U1减小，U2也减小．4．变压器不改变交变电流的频率．5．理想变压器中P入＝P出，而原线圈的输入功率决定于输出功率．(多选)如图22所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关S断开，当开关S接通时，以下说法正确的是( )图22A．副线圈两端M、N的输出电压减小B．副线圈输电线等效电阻R上的电压增大C．通过灯泡L1的电流减小D ．通过电流表 A 的电流增大【解析】副线圈两端电压U2＝n2n1U1，电源电压不变，则U2不变，M、N两端电压不变，故A错误．开关S闭合，L2与L1并联，使副线圈的负载电阻的阻值变小，M、N间的输出电压不变，副线圈中的总电流I2增大，电阻R上的电压降U＝I2R亦增大，灯泡L1两端的电压减小，L1中R的电流减小，B、C正确．由I2增大，导致原线圈中电流I1相应增大，故D正确．【答案】BCD1．(多选)在电磁学的发展过程中，许多科学家作出了贡献．下列说法正确的是( )A．奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律【解析】赫兹用实验证实了电磁波的存在，B错误；安培发现了磁场对电流的作用规律，洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，D错误．【答案】AC2．如图23所示，线圈、滑动变阻器和电源组成图示回路，A为线圈下方一闭合线圈，线圈A中不能产生感应电流的操作是( )【导学号：75392078】图23A．S接通瞬间B．滑动变阻器触头P左移C．线圈A水平移动D．滑动变阻器触头P在最左端不动【解析】感应电流的产生条件是闭合回路中磁通量发生变化，故可判定D项不能产生感应电流．【答案】 D3．如图24所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方体abcd之外，匀强磁场局限在正方体区域内且垂直穿过正方体，当磁感应强度以ΔBΔt均匀变化时，线圈中产生的感应电动势大小为( )图24A．πr2ΔBΔtB．L2ΔBΔtC．nπr2ΔBΔtD．nL2ΔBΔt【解析】磁场的有效面积S＝L2，根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势大小E＝n ΔΦΔt＝nL2ΔBΔt，选项D正确．【答案】 D4．(多选)如图25所示，利用一理想变压器给一个电灯供电，在其他条件不变时，若增加副线圈的匝数，则( )图25A．灯亮度减小B．电流表示数增大C．电压表示数增大 D．变压器的输入功率不变【解析】若增加副线圈的匝数，副线圈电压升高，电压表的读数增大，电灯的亮度增加，输出电流增加，输入电流也随输出电流的增大而增大，所以A错误，B、C正确．变压器的输出功率增加，D错误．【答案】BC5．如图26乙所示的四种磁场变化情况，能产生如图甲中电场的是( )【导学号：75392079】甲A B C D乙图26【解析】由麦克斯韦的电磁场理论知均匀变化的磁场产生恒定的电场，故选B.【答案】 B第 11 页。
高中数学(苏教版 选修2-1)第1章 常用逻辑术语 章末分层突破
[自我校对]①逆否命题②必要条件③p⇔q④且q⑤或⑥全称命题⑦存在量词用非p和非q分别表示p和q的否定，于是四种命题的形式就是：原命题：若p，则q；逆命题：若q，则p；否命题：若非p，则非q；逆否命题：若非q，则非p.原命题与它的逆命题、否命题之间的真假是不确定的，而原命题与它的逆否命题(或它的逆命题与它的否命题)之间在真假上是始终保持一致的，即同真同假．正是因为原命题与逆否命题的真假一致，所以对某些命题的证明可转化为证明其逆否命题．已知a ，b ，c ∈R ，写出命题“若ac ＜0，则方程ax 2＋bx ＋c ＝0有两个不相等的实数根”的逆命题、否命题、逆否命题，并判断这三个命题的真假．【精彩点拨】 按照四种命题的定义写出命题，只需判定原命题及逆命题的真假，利用互为逆否命题的命题是等价命题，可知否命题与逆否命题的真假．【规范解答】 逆命题：“若方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ，b ，c ∈R )有两个不相等的实数根，则ac ＜0”，是假命题．如当a ＝1，b ＝－3，c ＝2时，方程x 2－3x ＋2＝0有两个不等实根x 1＝1，x 2＝2，但ac ＝2＞0. 否命题：“若ac ≥0，则方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ，b ，c ∈R )没有两个不相等的实数根”，是假命题． 这是因为它和逆命题互为逆否命题，而逆命题是假命题．逆否命题：“若方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ，b ，c ∈R )没有两个不相等的实数根，则ac ≥0”，是真命题． 因为原命题是真命题，而逆否命题与原命题等价． [再练一题] 1．给出下列命题：①已知a ＝(3,4)，b ＝(0，－1)，则a 在b 方向上的投影为－4. ②函数y ＝tan ⎝⎛⎭⎫x ＋π3的图象关于点⎝⎛⎭⎫π6，0成中心对称． ③命题“如果a ·b ＝0，则a ⊥b ”的否命题和逆命题都是真命题． ④若a ≠0，则a ·b ＝a ·c 是b ＝c 成立的必要不充分条件． 其中正确命题的序号是________．(将所有正确的命题序号都填上) 【解析】 ①∵|a |＝5，|b |＝1，a ·b ＝－4，∴cos 〈a ，b 〉＝－45，∴a 在b 方向上的投影为|a |·cos 〈a ，b 〉＝－4，①正确． ②当x ＝π6时，tan ⎝⎛⎭⎫x ＋π3无意义， 由正切函数y ＝tan x 的图象的性质知，②正确． ③∵原命题的逆命题为“若a ⊥b ，则a ·b ＝0”为真， ∴其否命题也为真．∴③正确． ④当a ≠0，b ＝c 时，a ·b ＝a ·c 成立．(当a ≠0，a ·b ＝a ·c 时不一定有b ＝c ) ∴④正确．【答案】 ①②③④若“p ⇒q ”，且“pDq ”，则p 是q 的“充分不必要条件”，同时q 是p 的“必要不充分条件”；若“p ⇔q ”，则p 是q 的“充要条件”，同时q 是p 的“充要条件”； 若“pDq ”，则p 是q 的“既不充分也不必要条件”，同时q 是p 的“既不充分也不必要条件”．设p ：实数x 满足x 2－4ax ＋3a 2<0，a <0. q ：实数x 满足x 2－x －6≤0或x 2＋2x －8>0.且非p 是非q 的必要不充分条件，求实数a 的取值范围．【精彩点拨】 非p 是非q 的必要不充分条件也就是p 是q 的充分不必要条件(q 是p 的必要不充分条件)．利用集合之间关系列不等式组求解．【规范解答】 设A ＝{x |p }＝{x |x 2－4ax ＋3a 2<0，a <0}＝{x |3a <x <a ，a <0}． B ＝{x |q }＝{x |x 2－x －6≤0或x 2＋2x －8>0} ＝{x |x <－4或x ≥－2}． ∵非p 是非q 的必要不充分条件， ∴q 是p 的必要不充分条件． ∴AB ，∴⎩⎨⎧a ≤－4，a <0或⎩⎪⎨⎪⎧3a ≥－2，a <0， 解得－23≤a <0或a ≤－4.[再练一题]2.⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y >4，xy >4是⎩⎪⎨⎪⎧x >2，y >2的什么条件？请说明理由． 【解】 当x >2且y >2时，有x ＋y >4，xy >4，即⎩⎨⎧ x >2，y >2⇒⎩⎨⎧x ＋y >4，xy >4.反之，当x ＝1<2，y ＝5时，有x ＋y ＝6>4，xy ＝5>4，即⎩⎨⎧ x ＋y >4，xy >4D ⎩⎨⎧x >2，y >2.∴⎩⎨⎧x ＋y >4，xy >4是⎩⎨⎧x >2，y >2的必要不充分条件.1.联结词构成的命题有“p 或q ”、“p 且q ”、“非p ”三种形式．2．含逻辑联结词的命题的真假判断：“p 或q ”中有真为真，“p 且q ”有假为假，非p 与p 真假相反．给出两个命题：p ：函数y ＝x 2－x －1有两个不同的零点，q ：若1x<1，则x >1，那么在下列四个命题中，真命题是________. 【导学号：09390016】①(非p )或q ；②且q ；③(非p )且 (非q )； ④(非p )或(非q )． 【精彩点拨】判断p ，q 真假→非p ，非q 真假→命题真假【规范解答】 ∵Δ＝1＋4＝5>0，∴p 真． ∵x <0时，1x <0<1但x >1不成立，∴q 假，∴非q 真，∴①②③均为假命题，④为真命题． 【答案】 ④ [再练一题]3．已知命题p ：若a >1，则a x >log a x 恒成立；命题q ：在等差数列{a n }中，m ＋n ＝s ＋r 是a m ＋a n ＝a s＋a r 的充分不必要条件(m ，n ，s ，r ∈N *)．则下面选择项中的真命题是________．①(非p )且(非q )；②(非p )或(非q )； ③p 或(非q )；④且q .【解析】 当a ＝1.1，x ＝2时，a x ＝1.12＝1.21，log a x ＝log 1.12>log 1.11.12＝2，此时，a x <log a x ，故p 为假命题．由等差数列的性质知，当m ＋n ＝s ＋r 时，a m ＋a n ＝a s ＋a r 成立，当公差d ＝0时，由a m ＋a n ＝a s ＋a r不能推出m ＋n ＝s ＋r ，故q 是真命题．所以非p 是真命题，非q 是假命题．【答案】 ②1.全称命题“∀x ∈(1)要证明它是真命题，需对集合M 中每一个元素x ，证明p (x )成立； (2)要判断它是假命题，只需在集合M 中找到一个元素x ，使p (x )不成立即可． 2．存在性命题“∃x ∈M ，p (x )”强调结论的存在性，因此，(1)要证明它是真命题，只需在集合M 中找到一个元素x ，使p (x )成立即可； (2)要判断它是假命题，需对集合M 中每一个元素x ，证明p (x )不成立．判断下列命题是全称命题还是存在性命题，并判断其真假． (1)对角互补的四边形都内接于一个圆；(2)对于定义在区间[a ，b ]上的连续函数f (x )，若f (a )f (b )＜0，则函数f (x )在开区间(a ，b )上至少有一个零点；(3)∀x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，tan x ＞sin x ； (4)∃x ∈R ，log 2(3x ＋1)≤0；【精彩点拨】 理解含义→寻求量词→判断类别→判断真假 【规范解答】 (1)全称命题，是真命题． (2)存在性命题，是真命题．(3)全称命题，∵tan x ＝sin xcos x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2， ∴0＜cos x ＜1，sin x ＞0，∴1cos x ＞1，sin xcos x ＞sin x ，即tan x ＞sin x ， ∴是真命题．(4)存在性命题，∵3x ＞0，∴3x ＋1＞1，则log 2(3x ＋1)＞0，∴是假命题． [再练一题]4．下列命题中假命题是________． ①∀x ∈R,2x －1>0；②∀x ∈N *，(x －1)2>0；③∃x 0∈R ，lg x 0<1；④∃x 0∈R ，tan x 0＝2.【解析】 对于①，∵x ∈R ，∴x －1∈R ，由指数函数的性质得2x －1>0，故①正确； 对于②，∵x ∈N *，∴当x ＝1时，(x －1)2＝0与(x －1)2>0矛盾，故②错误； 对于③，当x ＝110时，lg 110＝－1<1，故③正确；对于④，当x ∈R ，tan x ∈R ，∴∃x 0∈R ，tan x 0＝2，故④正确． 【答案】 ②1.全称命题的否定一定是存在性命题． p ：∀x ∈M ，p (x )成立； 非p ：∃x ∈M ，非p (x )成立．2．存在性命题的否定一定是全称命题． p ：∃x ∈M ，p (x )成立； 非p ：∀x ∈M ，非p (x )成立．3．含有一个量词的命题的否定首先要改变量词，把全称量词改为存在量词；把存在量词改为全称量词，然后再把判断词加以否定．写出下列命题的否定，并判断它们的真假． (1)p ：∀x ∈R ，x 2＋x ＋14≥0；(2)q ：∃x 是质数，x 不是奇数； (3)r ：至少有一个实数x ，使x >x 2＋1；(4)s ：所有的周期函数都有最小正周期．【精彩点拨】 改变量词→否定结论→写出否定→作出判断【规范解答】 (1)非p ：∃x ∈R ，使x 2＋x ＋14<0.由于对任意的实数x ，x 2＋x ＋14＝⎝⎛⎭⎫x ＋122≥0，故p 是真命题，非p 是假命题．(2)非q ：∀x 是质数，x 是奇数．由于2是质数，且2不是奇数，故q 是真命题，非q 是假命题． (3)非r ：∀x ∈R ，x ≤x 2＋1.由于对任意的实数x ，x ≤|x |＝x 2<x 2＋1，故r 是假命题，非r 是真命题．(4)非s ：有的周期函数没有最小正周期． 由于f (x )＝0(x ∈R )是周期函数但没有最小正周期， 故s 是假命题，非s 是真命题． [再练一题]5．命题“∀x ∈R ，x 2＋2x ＋32≥0”的否定为________．【解析】 由于全称命题的否定是存在性命题，所以命题“∀x ∈R ，x 2＋2x ＋32≥0”的否定为：∃x ∈R ，x 2＋2x ＋32＜0.【答案】 ∃x ∈R ，x 2＋2x ＋32＜01．设m ∈R ，命题“若m >0，则方程x 2＋x －m ＝0有实根”的逆否命题是________． 【解析】 “若p 则q ”的逆否命题是“若非q 则非p ”． 【答案】 若方程x 2＋x －m ＝0没有实根，则m ≤02．命题“∃x 0∈(0，＋∞)，ln x 0＝x 0－1”的否定是________．【解析】 存在性命题“∃x 0∈M ，p (x 0)”的否定是全称命题“∀x ∈M ，非p (x )”． 【答案】 ∀x ∈(0，＋∞)，ln x ≠x －13．设a ，b 是非零向量，“a·b ＝|a|·|b|”是“a ∥b ”的________条件．【解析】 因为a ，b 是非零向量，当a ·b ＝|a ||b |时，a 与b 共线且同向，但当a ∥b 时，a ·b ＝|a ||b |或a ·b ＝－|a ||b |.则“a ·b ＝|a ||b |”是“a ∥b ”的充分不必要条件． 【答案】 充分不必要4．在平面直角坐标系中，当P (x ，y )不是原点时，定义P 的“伴随点”为P ′⎝ ⎛⎭⎪⎫y x 2＋y 2，－x x 2＋y 2；当P是原点时，定义P 的“伴随点”为它自身．现有下列命题：①若点A 的“伴随点”是点A ′，则点A ′的“伴随点”是点A ； ②单位圆上的点的“伴随点”仍在单位圆上；③若两点关于x 轴对称，则它们的“伴随点”关于y 轴对称； ④若三点在同一条直线上，则它们的“伴随点”一定共线． 其中的真命题是________(写出所有真命题的序号)．【解析】 ①设A (2,1)，则其伴随点为A ′⎝⎛⎭⎫15，－25，而A ′的伴随点为(－2，－1)，故①错． ②设P (x ，y )，其中x 2＋y 2＝1，则其伴随点为(y ，－x )，该点也在圆x 2＋y 2＝1上，故②正确．③设A (x ，y )，B (x ，－y )，则它们的伴随点分别为A ′⎝ ⎛⎭⎪⎫y x 2＋y 2，－x x 2＋y 2，B ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－y x 2＋y 2，－x x 2＋y 2，A ′与B ′关于y 轴对称，故③正确．④设共线的三点A (－1,0)，B (0,1)，C (1,2)，则它们的伴随点分别为A ′(0,1)，B ′(1,0)，C ′⎝⎛⎭⎫25，－15，此三点不共线，故④错．【答案】 ②③5．已知命题p ：对任意x ∈R ，总有|x |≥0；q ：x ＝1是方程x ＋2＝0的根．则下列命题为真命题的是________．①p且(非q) ；②(非p)且q；③(非p)且(非q)；④p且q.【解析】由题意知命题p是真命题，命题q是假命题，故非p是假命题，非q是真命题，由含有逻辑联结词的命题的真值表可知且(非q)是真命题．【答案】①。