课时跟踪训练
人教版高中物理选择性必修第1册 课时跟踪训练 (二) 动量守恒定律
课时跟踪训练（二）动量守恒定律A级—双基达标1.[多选]如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。
关于上述过程，下列说法中正确的是( )A．男孩与木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不同解析：选CD 在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故C 正确；木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，两者不同，故D正确。
2.如图所示，在光滑水平面上放一个质量为M的斜面体，质量为m的物体沿斜面由静止开始自由下滑，下列说法中正确的是( )A．M和m组成的系统动量守恒B．M和m组成的系统所受合力方向向上C．M和m组成的系统水平方向动量守恒D．M和m组成的系统竖直方向动量守恒解析：选C M和m组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒；竖直方向系统所受合外力不为零，且方向向下，系统在竖直方向上动量不守恒；则M 和m 组成的系统动量不守恒，故A 、B 、D 错误，C 正确。
3．(江苏高考)质量为M 的小孩站在质量为m 的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。
小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v ，此时滑板的速度大小为( )A.m M v B ．M m v C.m m ＋Mv D ．M m ＋Mv 解析：选B 由题意知：小孩和滑板动量守恒，则Mv ＋mv′＝0，得v′＝－M m v ，即滑板的速度大小为Mvm ，方向与小孩运动方向相反，故B 项正确。
4．质量相等的三个小球a 、b 、c ，在光滑的水平面上以相同的速度v 0运动，它们分别与原来静止的A 、B 、C 三球发生碰撞，如图甲、乙、丙所示，碰撞后a 继续沿原方向运动，b 静止，c 沿反方向弹回，则碰撞后A 、B 、C 三球中动量数值最大的是( )A ．A 球B ．B 球C ．C 球D ．不能确定解析：选 C 在三个小球发生碰撞的过程中，系统动量都是守恒的，根据动量守恒关系式mv 0＝mv ＋Mv′，整理可得Mv′＝mv 0－mv ，取v 0的方向为正方向，可得出C 球的动量数值是最大的，C 正确。
2023新教材高中物理课时跟踪训练八简谐运动的描述新人教版选择性必修第一册
课时跟踪训练（八）简谐运动的描述A 级—双基达标1．[多选]下列关于简谐运动的振幅、周期和频率的说法正确的是( )A ．振幅是矢量，方向从平衡位置指向最大位移处B ．周期和频率的乘积是一个常数C ．振幅增加，周期必然增加，而频率减小D ．做简谐运动的物体，其频率固定，与振幅无关解析：选BD 振幅是标量，选项A 错误；周期与频率互为倒数，即Tf ＝1，选项B 正确；简谐运动的周期与振幅没有关系，周期的长短由系统本身决定，这就是固有周期，所以选项C 错误，D 正确。
2．[多选]关于简谐运动的频率，下列说法正确的是( )A ．频率越高，振动质点运动的速度越大B ．频率越高，单位时间内速度方向变化的次数越多C ．频率是50 Hz 时，1 s 内振动物体速度方向改变100次D ．弹簧振子的频率与物体通过平衡位置时的速度大小有关解析：选BC 质点做简谐运动，频率是单位时间内完成全振动的次数，与质点运动的速度无关，A 选项错误，频率与周期成反比，频率越高，单位时间内速度方向变化的次数越多，B 选项正确；每一个周期内物体改变方向两次，频率为50 Hz 时，1 s 内振动的速度方向改变100次，C 选项正确；弹簧振子的频率与物体通过平衡位置时的速度大小无关，D 选项错误。
3．一个做简谐运动的物体，频率为25 Hz ，那么它从一侧最大位移的中点D ，振动到另一侧最大位移的中点C 所用的最短时间，下面说法中正确的是( )A ．等于0.01 sB ．小于0.01 sC ．大于0.01 sD ．小于0.02 s 大于0.01 s解析：选B 由f ＝25 Hz ，可知周期T ＝1f＝0.04 s ，物体从一侧最大位移的中点D ，振动到另一侧最大位移的中点C 所用的最短时间，可以知道小于14T ，即小于0.01 s ，故选项B 正确。
4.[多选]如图，弹簧振子在B 、C 间做简谐运动，O 为平衡位置，B 、C 间距离是10 cm ，振子从B →C 运动时间是1 s ，则( )A ．振动周期是1 s ，振幅是10 cmB ．从B →O →C 振子做了一次全振动C ．经过两次全振动，振子通过的路程是40 cmD ．从B 开始运动经过3 s ，振子通过的路程是30 cm解析：选CD 由弹簧振子运动特征结合题意可知，振幅A ＝5 cm ，周期T ＝2 s ，A 错误；从B →O →C 振子振动了半个周期，B 错误；经过两次全振动，振子通过的路程为8A ＝40 cm ，C 正确；经过3 s ＝32T ，振子经过的路程为32×4A ＝30 cm ，D 正确。
语文课时跟踪训练1
课时跟踪训练(一)一、基础积累1．下列词语中，加点字的注音全都正确的一项是()A．沁．园春(qìn) 揣度．(duó)浪遏．飞舟(è) 恶贯满盈．(yínɡ)B．寥廓．(kuò) 劲．旅(jìnɡ)秣．马厉兵(mù) 百舸．争流(ɡē)C．看．守(kàn) 河蚌．(bànɡ)挥斥方遒．(qiónɡ) 得不偿．失(chánɡ)D．尽．管(jīn) 羁．绊(jī)橘．子洲头(jú) 火中取栗．(lì)[解析]B项“秣”读mò，“舸”读“ɡě”。
C项“看”读kān，“遒”读qiú。
D项“尽”读jǐn。
[答案] A2．下列词语中，没有错别字的一项是()A．漫江碧透轻歌慢舞丰功伟绩挥斥方遒B．苍海桑田苍茫大地融会贯通志大才疏C．百舸争流绵里藏针待价而沽虎视眈眈D．鱼翔浅底层林尽染篷荜生辉流言飞语[解析]A项，慢—曼；B项，苍海—沧海；D项，篷—蓬。
[答案] C3．下列各句中，加点的成语使用有误的一项是()A．“七一”前夕，市委老党员为了迎接建党九十三周年，精心组织开展了一场特殊的支部活动，他们集体回忆峥嵘岁月．．．．，重温入党誓词。
B．有些风华正茂．．．．的儿童沉迷在网吧里，浪费了时光，荒废了学业，真让人痛惜。
C．聆听着马年新春的激昂鼓点，我们意气风发．．．．，信心百倍，激情满怀。
在“开放＋创新”双轮驱动下，中国大地正飞驰在希望的田野上，前程似锦，活力无限。
D．所谓领军人物，不仅需要有“逆水行舟”的冒险精神，也要有挥斥方遒．．．．的王者霸气，更应是一个团队的战略家和指挥者。
[解析]B项，使用对象不当。
风华正茂：风采才华正盛，形容青年朝气蓬勃、奋发有为的精神面貌。
A项，峥嵘岁月：不寻常的日子，形容不平凡的年月。
C项，意气风发：形容精神振奋，气概豪迈。
D项，挥斥方遒：热情奔放，劲头正足。
第一章 第一、二节 课时跟踪训练
[课时跟踪训练](满分50分时间25分钟)一、选择题(每小题3分，共24分)1．二战以来，世界粮食生产发展的总趋势是()A．粮食生产发展较慢，粮食生产的增长率低于人口的增长率B．粮食生产发展很快，粮食生产的增长率高于人口的增长率C．粮食生产发展很快，随着人口的增加使得世界人均粮食呈现稳定趋势D．粮食生产发展很快，随着人口的增加使得世界人均粮食呈现下降趋势解析：二战以后，世界粮食生产发展迅速，粮食生产的增长速率快于人口增长速率。
答案：B2．转基因技术在植物品种改良方面应用广泛，其中一项转基因技术是改造CO2固定酶，其目的是()A．提高光合作用效率B．延长果实的储藏期C．培育新作物品种D．提高植物的抗性解析：改造CO2固定酶，能提高植物对CO2的固定效率，从而提高光合作用效率。
通过转基因技术抑制乙烯形成酶基因的表达可以延长果实的储藏期。
提高植物的抗性是通过将抗性基因(抗虫、抗除草剂、抗旱、抗涝、抗盐等基因)转入植物，并使之表达来实现的。
答案：A3．达尔文根据克格伦岛上的甲虫有近半数是无翅或残翅的，得出海风对甲虫有“选择”作用的结论。
达尔文运用的研究方法主要有()A．分类、观察B．观察、建立模型C．观察、推理D．观察、交流解析：达尔文有目的的、有计划地收集了关于克格伦岛上甲虫翅的信息，属于观察；在观察之后，他又将岛上甲虫翅的特异现象和海风联系起来，这是推理。
答案：C4．把某些特征相似的物体归类到一起的逻辑方法称作()A．比较B．归纳C．分类D．求异解析：将某些特征相似的物体归类到一起的逻辑方法称作分类。
答案：C5．右图是按照不同的标准对四种生物进行的不同分类，其中分类标准不．正确的是()A．有无染色体B．有无细胞壁C．有无核糖体D．有无线粒体解析：本题考查对分类方法的理解和运用。
无论是真核细胞还是原核细胞，细胞内都能合成蛋白质，所以它们都有核糖体。
答案：C6．下列属于科学思维中的建立模型过程的是()A．将化石按年代排放B．开会提出研究的设想C．绘制生态系统组成示意图D．达尔文发现甲虫无翅或翅不发达解析：建立模型是用来显示事物或过程的表现手段，如画图、列表等。
2023新教材高中物理课时跟踪训练十一实验：用单摆测量重力加速度新人教版选择性必修第一册
课时跟踪训练（十一）实验：用单摆测量重力加速度A 级—双基达标1．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中： (1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为________ cm 。
(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________。
(填选项前的字母)A ．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时B ．测量摆球通过最低点100次的时间t ，则单摆周期t100C ．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D ．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小解析：(1)主尺读数加游标尺读数的总和等于最后读数，0.9 cm ＋7×110 mm ＝0.97 cm ，不需要估读。
(2)单摆符合简谐运动的条件是最大偏角不超过5°，并从平衡位置计时，故A 错误；若第一次过平衡位置计为“0”则周期T ＝t 50，若第一次过平衡位置计为“1”，则周期T ＝t49.5，B 错误；由T ＝2πL g 得g ＝4π2LT2，其中L 为摆长，即悬线长加摆球半径，若为悬线长加摆球直径，由公式知g 偏大，故C 正确；为了能将摆球视为质点和减少空气阻力引起的相对误差，应选密度较大体积较小的摆球，故D 错误。
答案：(1)0.97 (2)C2．[多选]在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由于摆球形状不规则，无法准确测量摆长，但摆线的长度l ′可以准确测量。
现使用同一摆球，多次改变摆线长度l ′并测得每一次相应的摆动周期T ，对于数据处理方法，下列说法中正确的是( )A ．l ′与T 2不是直线关系 B ．摆长可以利用l ′-T 2图线求出C ．l ′与T 2是直线关系，在理论上，l ′-T 2直线的斜率与l -T 2直线的斜率相同 D ．l ′与T 2是直线关系，在理论上，l ′-T 2直线的斜率与l -T 2直线的斜率不同 解析：选BC 设摆球半径为r ，则摆长l ＝l ′＋r ，振动周期T ＝2πlg＝2π l ′＋r g ，可得l ＝g 4π2T 2，l ′＝g 4π2T 2－r ，可见，l ′与T 2是直线关系，l ′-T 2图线在纵轴上的截距表示－r ，据此可求出r ，进而可求出摆长，选项A 错误，B 正确；l ′与T 2是直线关系，在理论上，l ′-T 2直线的斜率与l -T 2直线的斜率相同，均是g4π2，C 正确，D 错误。
课时跟踪训练
[课时跟踪训练](时间：25分钟满分：50分)一、选择题(每小题4分，共32分)1．汽油价格上涨引起大家的普遍关注，石油问题成为一个世界性的问题。
石油工业作为一种能源支柱工业开始崛起是在（）A．19世纪中期B．20世纪中期C．19世纪晚期D．20世纪晚期解析：石油工业能成为能源支柱工业，主要是由于内燃机的大规模应用，而内燃机是19世纪晚期第二次工业革命的产物。
答案：C2．1916年5月，德国海军某舰队在遭遇英国海军舰队时，试图迅速通知远在40海里外的德国海军主力舰队前来增援，其应该选择的通讯方式是（）A．有线电报B．电话C．无线电报D．信件传递解析：本题考查学生准确记忆和分析问题的能力。
电话是第二次工业革命的成果，但这时是有线电话，不适合海军使用；有线、无线电报是第二次工业革命的产物，但根据题干提供的情形判断，最适合的通讯工具应是无线电报。
答案：C3．第二次工业革命把人类带入了一个新的时代。
下列最能体现“新的时代”特征的发明是（）解析：A项是火车机车，是第一次工业革命的成果；B、C、D三项分别为汽车、飞机、电灯，是第二次工业革命的显著成就，电的广泛使用使人类进入“电气时代”。
答案：D4．冯如是“中国航空之父”。
1909年9月21日，驾驶着由他设计制造的“冯如1号”飞机，在美国加利福尼亚州的奥克兰市南郊完成了属于中国人的首次载人动力飞行。
“冯如1号”飞机主要得益于（）A．第一次工业革命和蒸汽机的发明B．第一次工业革命和内燃机的发明C．第二次工业革命和内燃机的发明D．第二次工业革命和发电机的发明解析：第二次工业革命的一个显著成就是内燃机的发明和创制，内燃机的发明解决了长期困扰人类动力不足的问题，进而推动了包括飞机在内的新的交通工具的研制成功。
答案：C5．第二次工业革命比第一次工业革命更快地推进了生产力的发展，其根本原因在于（）A．发生的领域广泛B．各国统治者高度重视[C．科技与生产的结合加强D．新技术新设备解析：工业革命的成就大多是工匠经验的总结，而第二次工业革命的成就是科学家成果的体现，并且创造出更大的生产力。
第五章 第1节 课时跟踪训练
[课时跟踪训练] (时间30分钟，满分60分)一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。
每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．如图1所示为演示交变电流的装置图，关于这个实验，正确的说法是( )图1A ．线圈每转动一周，指针左右摆动两次B ．图示位置为中性面，线圈中无感应电流C ．图示位置，ab 边的感应电流方向为由a →bD ．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零解析：线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故A 错；线圈平面垂直于磁感线的位置称为中性面，显然图示位置不是中性面，所以B 也不对；线圈处于图示位置时，ab 边向右运动，由右手定则，ab 边的感应电流方向为由a →b ；线圈平面与磁场方向平行时，ab 、cd 边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大。
答案：C2.如图2所示，单匝矩形线圈的一半放在有界匀强磁场中，中心轴线OO ′与磁场边界重合，线圈绕中心轴线按图示方向(从上向下看逆时针方向)匀速转动，t ＝0时刻线圈平面与磁场方向垂直，规定电流方向沿abcd 为正 方向，则图3中能表示线圈内感应电流随时间变化规律的是 ( )图2图3解析：线圈从初始时刻至转过π2时间内，ab 一侧的线框在磁场中绕OO ′转动产生正弦交流电，电流方向由楞次定律判断为dcba 且越来越大。
从转过π2至π时间内，ab 一侧线框在磁场外，而dc 一侧线框又进入磁场产生交流电，电流方向为dcba 且越来越小，以此类推，可知i －t 图像正确的为B 。
答案：B3．线圈在匀强磁场中转动产生电动势e＝10sin (20πt) V，则下列说法正确的是() A．t＝0时，线圈平面位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速率最大D．t＝0.4 s时，e有最大值10 2 V解析：由电动势的瞬时值表达式，计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈平面位于中性面，磁通量为最大，但此时导线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为零，A、B正确，C错误。
2023新教材高中物理课时跟踪训练一磁吃通电导线的作用力新人教版选择性必修第二册
课时跟踪训练（一）磁场对通电导线的作用力A级—双基达标1．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( )A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：选B 由左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直，选项A错误，B正确；安培力的大小F＝BIL sin θ与直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半；若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来的22，因此安培力大小不一定是原来的一半，选项D错误。
2．19世纪20年代，以塞贝克(数学家)为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流，安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假设：地磁场是由绕地球的环形电流引起的。
则该假设中的电流方向是(注：磁子午线是地磁场N极与S极在地球表面的连线)( )A．由西向东垂直磁子午线B．由东向西垂直磁子午线C．由南向北沿磁子午线D．由赤道向两极沿磁子午线解析：选B 地磁场的N极在地理南极附近，根据安培定则，大拇指指向地磁场的N极，则四指的绕向即为电流的方向，即安培假设中的电流方向应该是由东向西垂直磁子午线，故B正确。
3.如图所示，通以恒定电流I的导线MN在纸面内从a位置绕其一端M转至b位置时，通电导线所受安培力的大小变化情况是( )A．变小B．不变C．变大D．不能确定解析：选B 当MN在原位置时，安培力的大小为F＝BIL，当MN绕M端旋转时，其大小仍是BIL，故安培力的大小是不变的，选项B正确。
4.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向由a到b的电流，则导线ab受到安培力的作用后，运动情况为( ) A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管解析：选D 先由安培定则判断通电螺线管的N、S两极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图(a)所示。
第一章第一、二节课时跟踪训练 (1)
[课时跟踪训练](满分50分时间25分钟)一、选择题(每小题2分，共20分)1．近十几年，癌症患者的发病率和死亡率上升的原因是()①人口老龄化②吸烟③不健康的生活方式④缺乏体育锻炼A．①②B．②C．①②③④D．②④解析：癌症的发生与多种原因有关，如年龄、遗传、过多接触致癌因子、吸烟、缺乏体育锻炼以及不健康的生活方式等，都可能导致癌症。
答案：C2．二次世界大战后，在日本广岛生活的人癌症发病率很高，原因是受________的作用() A．物理致癌因子B．化学致癌因子C．病毒致癌因子D．煤焦油解析：二次世界大战中，日本广岛遭受过美国军队投放的原子弹的轰炸，原子弹爆炸产生核辐射，残留的核辐射使当地居民患癌症，核辐射属于物理致癌因子。
答案：A3．下列疾病中属于传染病的有() A．癌症B．艾滋病C．坏血病D．骨折解析：传染病一定有特异的病原体。
艾滋病有特异的病原体，其病原体名称为HIV(一种病毒)，属于传染病。
癌症、坏血病和骨折因无特异的病原体，故均不属于传染病，坏血病是由机体缺乏维生素C引起的。
答案：B4．下列疾病中不能应用基因诊断技术诊断的是() A．镰刀型细胞贫血症B．癌症C．乙型肝炎D．地方性甲状腺肿解析：基因诊断通过从患者体内提取样本，用基因检测方法来判断患者是否有基因异常或携带病原微生物。
目前，基因诊断检测的疾病主要有三大类：感染性疾病的病原体诊断、各种肿瘤的生物学特性的判断、遗传病的基因异常分析。
地方性甲状腺肿大多是缺碘引起的。
答案：D5．基因治疗是治疗疾病的新途径，可分为体外和体内两种途径，两种治疗途径中不同的是() A．是否需要载体B．是否转移目的基因C．是否利用转基因技术D．是否在体外形成重组受体细胞解析：基因治疗都需要载体、目的基因，利用的技术均为转基因技术。
不同的基因治疗的区别在于重组细胞的形成部位，在体外形成重组受体细胞叫体外途径，在体内形成重组受体细胞叫体内途径。
答案：D6．下列属于基因治疗的是() A．给肝功能衰竭的病人进行肝脏移植B．给肾功能衰竭的病人做血液透析C．给失血过多的病人输血D．把正常人控制合成胰岛素的基因移植给糖尿病病人解析：基因治疗是将正常基因导入有缺陷的病人体内，以代替缺陷基因的功能。
《改造我们的学习》课时跟踪训练
11．如何使党史学习教育宣讲深入群众、深入人心？请结合两则材料简要说
明。
①学习党史悟思想。宣讲队员自身应先深入学习党史，感悟马 克思主义的真理力量和实践力量，贯彻习近平总书记的重要讲 话精神。深入开展专题宣讲，帮助群众深化理解，推动党史学 习教育取得扎扎实实的成效。②深入基层办实事。只有保持同 人民群众的血肉联系，从人民群众出发，才能不断开创实践和 认识新境界，才能不断提升党性修养。③面向青年续基因。宣 讲活动也要面向青年，让青年重温为民初心，通过一次次交流 将红色基因融入青年血脉。④总结经验勇创新，从具有许多新 的历史特点的伟大斗争出发，总结运用党在不同历史时期成功 应对风险挑战的丰富经验。(任答三点即可)
C A项，“严防”与“杜绝”重复，应删掉“杜绝”；B项， “近”与“左右”重复，应去掉“左右”；D项，“产生” 与“知名度”搭配不当，应将“和”改为“，获得了”。
3．在下面一段文字横线处补写恰当的语句，使整段文字语意完整连贯，内 容贴切，逻辑严密。每处不超过15个字。
文风不仅是语言风格，更折射出党风、政风和社会风尚，关系到事业 的兴衰成败。重视文风，是我们党的一个优良传统。毛泽东、邓小平等老 一辈革命家是我们党改进文风的典范。毛泽东 ① ，在党内首先提出学 风、文风是党的作风，因而也是党风，而且身体力行，他的很多作品本身 ② 。重温这些论述，对于今天我们改进文风 ③ 。
D D项，偷换概念，根据材料二第2段中“开展党史学习教育，就要教 育引导全党胸怀中华民族伟大复兴战略全局和世界百年未有之大变局” 可知，选项将“开展党史学习教育”偷换成“树立大历史观”。
9．下列各项中，不适合作为论据来支撑材料二论点的一项是( ) A．四川宣讲团在开展党史宣讲前，印制学习了党的十八大以来习近平总书 记关于党的历史重要论述。 B．南京某事业单位党组织在上个月召开民主生活会，组织党员们严肃认真 地开展了批评和自我批评。 C．武汉某中学为了给青年学子宣讲党史，赓续红色基因，以快闪的形式拍 摄党史宣传片，学唱红歌。 D．中央宣讲团成员率队走进沈阳某鼓风机公司车间，围绕一线工人关心的 问题在现场进行宣讲交流。
第六章 第2节 课时跟踪训练
第六章第2节课时跟踪训练(时间30分钟，满分60分)一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。
每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.如图1所示，电吉他的弦是磁性物质，当弦振动时，线圈中产生感应电流，感应电流输送到放大器、喇叭，把声音播放出来，下列说法正确的是()A．电吉他是光电传感器图1B．电吉他是温度传感器C．电吉他是声音传感器D．弦改用尼龙材料原理不变解析：由电吉他发声原理可知是将声音变化转变为电流的变化，C对，A、B、D错。
答案：C2．办公大楼的大门能“看到”人的到来或离开而自动开或关，利用的传感器是() A．生物传感器B．红外传感器C．温度传感器D．压力传感器解析：自动门的自动控制要求灵敏、可靠，若以温度控制，人的体温与夏季气温接近，在夏季自动门可能做出错误动作。
自动门实际使用的是红外线传感器，红外线属于不可见光，人在白天或黑夜均发出红外线，传感器接收到人体发出的红外线后传给自动控制装置的电动机，实现自动开门。
答案：B3．下列说法正确的是() A．电熨斗能自动控制温度主要利用了双金属片，两片金属的膨胀系数相同B．常温下，上下触点是接触的；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分离C．需要较高温度熨烫时，要调节温度旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移D．电熨斗中的双金属片是一种半导体材料解析：常温下，上下触点是接触的；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分离；需要较高温度熨烫时，要调节温度旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移。
答案：BC4．对于常见的可燃气体浓度的检测，现在一般用催化燃烧检测器。
它的原理如下：传感器的核心为一惠斯通电桥，其中一桥臂上有催化剂，当与可燃气体接触时，可燃气体在有催化剂的电桥上燃烧，该桥臂的电阻发生明显变化，其余桥臂的电阻不变化，从而引起整个电路的输出发生变化，而该变化与可燃气体的浓度成比例，从而实现对可燃气体的检测。
由此可推断有催化剂的桥臂上的电阻材料为()A ．铜B ．合金C ．半导体D ．绝缘体解析：可燃气体燃烧后电阻发生变化的原因，是由于温度升高造成的，所以此电阻应属于热敏电阻，而能够随温度变化其电阻有较明显变化的材料只可能是选项中的半导体材料，故选C 。
人教版高中物理选择性必修第1册 课时跟踪训练 (十) 单 摆
课时跟踪训练（十） 单 摆A 级—双基达标1．振动着的单摆摆球，通过平衡位置时，它受到的回复力( ) A ．指向地面 B ．指向悬点C ．数值为零D ．垂直摆线，指向运动方向解析：选C 摆球受到的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，经过平衡位置时，回复力为零。
由于单摆做圆周运动，在平衡位置合力不为零，合力提供向心力，方向指向悬点，故C 正确，A 、B 、D 错误。
2．做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的12，则单摆振动的( )A ．频率、振幅都不变B ．频率、振幅都改变C ．频率不变、振幅改变D ．频率改变、振幅不变解析：选C 由单摆周期公式T ＝2πlg知周期只与l 、g 有关，与m 和v 无关，周期不变，频率不变。
没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h ，最低点速度为v ，则有：mgh ＝12mv 2，质量改变后：4mgh′＝12·4m·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22，可知h′≠h，振幅改变，C 正确。
3．摆长为l 的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(即取t ＝0)，当振动至t ＝3π2lg时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图像是图中的( )解析：选D t ＝3π2l g ＝34T ，最大速度时，单摆应在平衡位置，y ＝0，v 方向为－y ，即沿y 轴负方向，故D 选项正确。
4．一个物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的14，在地球上走时正确的摆钟(设摆钟的周期与单摆简谐运动的周期相同)搬到此行星上，现要使摆钟在该行星与地球上的周期相同，下列可行的办法是( )A ．将摆球的质量m 增加为4mB ．将摆球的质量m 减少为m4C ．将摆长l 减短为l4D ．将摆长l 增长为4l解析：选C 根据在星球表面万有引力等于重力可知：某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的14，质量不变，所以该星球的重力加速度g′＝14g ；根据单摆的周期公式T ＝2πlg可知，要使该单摆在行星与在地球上的周期相同，必须将摆长缩短为l4，单摆的周期与摆球的质量无关，故A 、B 、D 错误，C 正确。
课时跟踪训练(四)弹性碰撞和非弹性碰撞
课时跟踪训练（四）弹性碰撞和非弹性碰撞A级—双基达标1．在光滑水平面上相向运动的A、B两小球发生正碰后一起沿A原来的速度方向运动，这说明原来()A．A球的质量一定大于B球的质量B．A球的速度一定大于B球的速度C．A球的动量一定大于B球的动量D．A球的动能一定大于B球的动能解析：选C在碰撞过程中，A、B两小球组成的系统动量守恒，碰撞后两球一起沿A 原来的速度方向运动，说明系统的总动量沿A原来的速度方向，由动量守恒定律可知，碰撞前A的动量一定大于B的动量，由p＝m v知：由于不知道两球的速度关系，所以无法判断两球的质量关系，也不能判断动能关系，故A、B、D错误，C正确。
2.如图所示，光滑水平地面上有两个大小相同、质量不等的小球A和B，A以3 m/s的速率向右运动，B以1 m/s的速率向左运动，发生正碰后都以2 m/s的速率反弹，则A、B两球的质量之比为()A．3∶5 B．2∶3C．1∶2 D．1∶3解析：选A两球碰撞过程中，动量守恒，以A的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：m A v A－m B v B＝m B v B′－m A v A′，代入数据解得：m A∶m B＝3∶5，故A正确，B、C、D错误。
3.如图所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为()A．4 J B．8 JC．16 J D．32 J解析：选B A、B在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒。
由碰撞过程中动量守恒得m A v A＝(m A＋m B)v代入数据解得v ＝m A v Am A ＋m B＝2 m/s所以碰后A 、B 及弹簧组成的系统的机械能为12(m A ＋m B )v 2＝8 J ，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒定律得此时弹簧的弹性势能为8 J 。
最新人教A版高中数学必修二全册同步课时跟踪练习
最新人教A版高中数学必修二全册同步课时跟踪练习棱柱、棱锥、棱台的结构特征圆柱、圆锥、圆台、球及简单组合体的结构特征中心投影与平行投影及空间几何体的三视图空间几何体的直观图柱体、锥体、台体的表面积与体积球的体积和表面积平面空间中直线与直线之间的位置关系空间中直线与平面之间的位置关系平面与平面之间的位置关系直线与平面、平面与平面平行的判定直线与平面、平面与平面平行的性质直线与平面垂直的判定平面与平面垂直的判定直线与平面垂直的性质平面与平面垂直的性质倾斜角与斜率两条直线平行与垂直的判定直线的点斜式方程直线的两点式方程直线的一般式方程两条直线的交点坐标、两点间的距离点到直线的距离、两条平行线间的距离圆的标准方程圆的一般方程直线与圆的位置关系圆与圆的位置关系直线与圆的方程的应用空间直角坐标系棱柱、棱锥、棱台的结构特征一、题组对点训练对点练一棱柱的结构特征1．下面没有体对角线的一种几何体是()A．三棱柱B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱解析：选A三棱柱只有面对角线，没有体对角线．2．关于如图所示的4个几何体，说法正确的是()A．只有②是棱柱B．只有②④是棱柱C．只有①②是棱柱 D.只有①②④是棱柱解析：选D解决这类问题，要紧扣棱柱的定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行．图①②④满足棱柱的定义，正确；图③不满足侧面都是平行四边形，不正确．3．如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后将水槽倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体的形状是________．解析：由于倾斜角度较小，所以倾斜后水槽中水形成的几何体的形状应为四棱柱．答案：四棱柱对点练二棱锥、棱台的结构特征4．三棱锥的四个面中可以作为底面的有()A．1个B．2个C．3个 D.4个解析：选D三棱锥的每一个面均可作为底面，应选D.5．下面说法中，正确的是()A．上下两个底面平行且是相似四边形的几何体是四棱台B．棱台的所有侧面都是梯形C．棱台的侧棱长必相等D．棱台的上下底面可能不是相似图形解析：选B由棱台的结构特点可知，A、C、D不正确．6．下列四个几何体为棱台的是()解析：选C棱台的底面为多边形，各个侧面为梯形，侧棱延长后又交于一点，只有C 项满足这些要求．对点练三多面体的表面展开图7．下列图形中，不是三棱柱展开图的是()解析：选C本题考查三棱柱展开图的形状．显然C无法将其折成三棱柱，故选C.8．如图所示，不是正四面体(各棱长都相等的三棱锥)的展开图的是()A．①③B．②④C．③④ D.①②解析：选C可选择阴影三角形作为底面进行折叠，发现①②可折成正四面体，③④不论选哪一个三角形作底面折叠都不能折成正四面体．9．如图，这是一个正方体的表面展开图，若把它再折回成正方体后，有下列命题：①点H与点C重合；②点D，M，R重合；③点B与点Q重合；④点A与点S重合．其中正确命题的序号是________(把你认为正确命题的序号都填上)．解析：将正方体的六个面分别用“前”“后”“左”“右”“上”“下”标记，若记面NPGF为“下”，面PSRN为“后”，则面PQHG，MNFE，EFCB，DEBA分别为“右”“左”“前”“上”．按各面的标记折成正方体，则点D，M，R重合；点G，C重合；点B，H重合；点A，S，Q重合．故②④正确，①③错误．答案：②④二、综合过关训练1．下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是()解析：选D A、B、C中底面边数与侧面个数不一致，故不能围成棱柱．2．以下有三个结论：①有两个面互相平行，其余各面都是四边形的多面体一定是棱柱；②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体一定是棱锥；③侧面都是矩形的棱柱是长方体．正确的个数是()A．0 B．1C．2 D.3解析：选A由棱柱、棱锥定义知①②错；侧面都是矩形的棱柱可能是斜棱柱，故③错．3．某同学制作了一个对面图案相同的正方体礼品盒(如图)，则这个正方体礼品盒的表面展开图应该为()解析：选A两个☆不能并列相邻，B、D错误；两个※不能并列相邻，C错误，故选A.也可通过实物制作检验来判定．4．下列说法正确的是()A．有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台B．多面体至少有3个面C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体D．九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面为平行四边形解析：选D选项A错误，反例如图1；一个多面体至少有4个面，如三棱锥有4个面，不存在有3个面的多面体，所以选项B错误；选项C错误，反例如图2，上、下底面是全等的菱形，各侧面是全等的正方形，它不是正方体；根据棱柱的定义，知选项D正确．5．若一个棱台共有21条棱，则这个棱台是________棱台．解析：由棱台的概念可知，棱台的上下底面为相似多边形，边数相同；侧面为梯形，侧面个数与底面多边形边数相同，可知该棱台为七棱台．答案：七6．如图所示平面图形沿虚线折起后，(1)为________，(2)为________，(3)为________．解析：结合棱柱、棱锥的概念可知，(1)是四棱柱，(2)是三棱锥，(3)是四棱锥．答案：四棱柱三棱锥四棱锥7．观察下列四张图片，结合所学知识说出这四个建筑物主要的结构特征．解：(1)是上海世博会中国馆，其主体结构是四棱台．(2)是法国卢浮宫，其主体结构是四棱锥．(3)是国家游泳中心“水立方”，其主体结构是四棱柱．(4)是美国五角大楼，其主体结构是五棱柱．8．如图在以O为顶点的三棱锥中，过O的三条棱两两夹角都是30°，在一条棱上取A、B两点，OA＝4 cm，OB＝3 cm，以A、B为端点用一条绳子紧绕三棱锥的侧面一周(绳和侧面无摩擦)，求此绳在A、B两点间的最短绳长．解：作出三棱锥的侧面展开图，如图A、B两点间最短绳长就是线段AB的长度．在△AOB中，∠AOB＝30°×3＝90°，OA＝4 cm，OB＝3 cm，所以AB＝OA2＋OB2＝5 cm.所以此绳在A、B两点间的最短绳长为5 cm.圆柱、圆锥、圆台、球及简单组合体的结构特征一、题组对点训练对点练一旋转体的结构特征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．①C．③和④ D.①和④解析：选D根据旋转体的概念可知，①和④是旋转体．2．下面几何体的轴截面(过旋转轴的截面)是圆面的是()A．圆柱B．圆锥C．球 D.圆台解析：选C圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形，只有球的轴截面是圆面．3．有下列说法：①球的半径是球面上任意一点与球心的连线；②球的直径是球面上任意两点间的连线；③用一个平面截一个球，得到的是一个圆．其中正确说法的序号是________．解析：利用球的结构特征判断：①正确；②不正确，因为直径必过球心；③不正确，因为得到的是一个圆面．答案：①对点练二简单组合体4．下列几何体是简单组合体的是()解析：选D A选项中的几何体是圆锥，B选项中的几何体是圆柱，C选项中的几何体是球，D选项中的几何体是一个圆台中挖去一个圆锥，是简单组合体．5．以钝角三角形的较小边所在的直线为轴，其他两边旋转一周所得到的几何体是()A．两个圆锥拼接而成的组合体B．一个圆台C．一个圆锥D．一个圆锥挖去一个同底的小圆锥解析：选D如图以AB为轴所得的几何体是一个大圆锥挖去一个同底的小圆锥．6．指出如图(1)(2)所示的图形是由哪些简单几何体构成的．解：分割图形，使它的每一部分都是简单几何体．图(1)是由一个三棱柱和一个四棱柱拼接而成的简单组合体．图(2)是由一个圆锥和一个四棱柱拼接而成的简单组合体．对点练三有关几何体的计算7．用长为4，宽为2的矩形作侧面围成一个圆柱，此圆柱轴截面面积为()A．8 B.8π C.4π D.2π解析：选B由题意可知，假设围成的圆柱底面周长为4，高为2，设圆柱底面圆的半径为r，则2πr＝4，所以r＝2π，所以截面是长为2，宽为4π的矩形，所以截面面积为2×4π＝8π.同理，当围成的圆柱底面周长为2，高为4时，截面面积为8π.8．一个圆锥的母线长为20 cm，母线与轴的夹角为30°，则圆锥的高为________cm.解析：h＝20 cos 30°＝103(cm)．答案：10 3二、综合过关训练1．如图所示的平面中阴影部分绕中间轴旋转一周，形成的几何体形状为()A．一个球体B．一个球体中间挖出一个圆柱C．一个圆柱D．一个球体中间挖去一个长方体解析：选B圆旋转一周形成球，圆中的矩形旋转一周形成一个圆柱，所以选B.2．下列说法中正确的个数是()①用一个平面去截一个圆锥得到一个圆锥和一个圆台；②圆锥中过轴的截面是一个等腰三角形；③分别以矩形(非正方形)的长和宽所在直线为旋转轴，旋转一周得到的两个几何体是两个不同的圆柱．A．0 B．1 C．2 D.3解析：选C①中，必须用一个平行于底面的平面去截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，故①说法错误；显然②③说法正确．故说法正确的有2个．3.若圆柱体被平面截成如图所示的几何体，则它的侧面展开图是()解析：选D结合几何体的实物图，从截面最低点开始高度增加缓慢，然后逐渐变快，最后增加逐渐变慢，不是均衡增加的，所以A、B、C错误．4．两平行平面截半径为5的球，若截面面积分别为9 π和16 π，则这两个平面间的距离是()A．1B．7C．3或4 D.1或7解析：选D如图(1)所示，若两个平行平面在球心同侧，则CD＝52－32－52－42＝1.如图(2)所示，若两个平行截面在球心两侧，则CD＝52－32＋52－42＝7.5．给出下列说法：①圆柱的底面是圆面；②经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；③圆台的任意两条母线的延长线，可能相交，也可能不相交；④夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体，其中说法正确的是________．解析：①正确，圆柱的底面是圆面；②正确，经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；③不正确，圆台的母线延长一定相交于一点；④不正确，夹在圆柱的两个平行于底面的截面间的几何体才是旋转体．答案：①②6．已知圆锥的底面半径为1 cm，高为 2 cm，其内部有一个内接正方体，则这个内接正方体的棱长为________．解析：设正方体的棱长为a，则a2＝1－22a1，即a＝2 2.答案：22cm7.如图所示，梯形ABCD中，AD∥BC，且AD<BC，当梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周时，其他各边旋转围成了一个几何体，试描述该几何体的结构特征．解：如图所示，旋转所得的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥后剩余部分构成的简单组合体．8．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，轴截面的面积等于392 cm2，母线与轴的夹角是45°，求这个圆台的高、母线长和两底面半径．解：圆台的轴截面如图所示，设圆台上、下底面半径分别为x cm,3x cm，延长AA1交OO1的延长线于S，在Rt△SOA中，∠ASO＝45°，则∠SAO＝45°，所以SO＝AO＝3x，SO1＝A1O1＝x，所以OO1＝2x.又S轴截面＝12(6x＋2x)·2x＝392，所以x＝7.所以圆台的高OO1＝14 (cm)，母线长l＝2OO1＝142(cm)，两底面半径分别为7 cm,21 cm.中心投影与平行投影及空间几何体的三视图一、题组对点训练对点练一平行投影和中心投影1．直线的平行投影可能是()A．点B．线段C．射线 D.曲线解析：选A直线的平行投影可能是直线也可能是点，故选A.2．下列的四个图形中采用中心投影画法的是()解析：选A根据平行投影和中心投影的画法规则，B、C、D选项中的图形均为平行投影下的图形，而A选项中的图形采用的是中心投影画法．3.如图，E，F分别是正方体ABCD-AB1C1D1的面ADD1A1和面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的正投影可能是________(把所有可能图形的序号都填上)．解析：图②是在平面DCC1D1或平面ABCD上的正投影；图③是在平面BCC1B1上的正投影．图①④均不符合．答案：②③对点练二简单几何体的三视图4．已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的组成为()A．上面为棱台，下面为棱柱B．上面为圆台，下面为棱柱C．上面为圆台，下面为圆柱 D.上面为棱台，下面为圆柱解析：选C结合三视图，易知该几何体上面为圆台，下面为圆柱．5．如图所示的几何体中，正视图与侧视图都是长方形的是________．解析：(2)的侧视图是三角形，(5)的正视图和侧视图都是等腰梯形，其余的都符合条件．答案：(1)(3)(4)6．如图所示的螺栓是由棱柱和圆柱构成的组合体，试画出它的三视图．解：三视图如图所示．对点练三由三视图还原空间几何体7.(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为() A．217 B．2 5C．3 D.2解析：选B先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M，N的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．∵ON＝14×16＝4，OM＝2，∴MN＝OM2＋ON2＝22＋42＝2 5.8．如图是一个几何体的三视图，则可以判断此几何体是________．解析：由三视图可知，此几何体为一个正四棱锥．答案：正四棱锥9．如图，图(1)、(2)、(3)是图(4)表示的几何体的三视图，其中图(1)是________，图(2)是________，图(3)是________(写出视图名称)．解析：由几何体的位置知，(1)为正视图，(2)为侧视图，(3)为俯视图．答案：正视图侧视图俯视图二、综合过关训练1．下列命题中正确的是()A．矩形的平行投影一定是矩形B．梯形的平行投影一定是梯形C．两条相交直线的投影可能平行D．一条线段的中点的平行投影仍是这条线段投影的中点解析：选D矩形的平行投影可能是线段，平行四边形或矩形，梯形的平行投影可能是线段或梯形，两条相交直线的投影是两条相交直线或是一条直线．因此A、B、C均错，故D 正确．2．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()解析：选B依题意，侧视图中棱的方向从左上角到右下角，故选B.3.某个游戏环节，玩家需按墙上的空洞造型摆出相同姿势，才能穿墙而过，否则会被墙推入水池．类似地，有一个几何体恰好无缝隙地以三个不同形状的“姿势”穿过“墙”上的三个空洞，则该几何体为()解析：选A由题意知，图中正方形、圆形、三角形对应某几何体的三视图，结合选项中给出的图形分析可知，A中几何体满足要求．故选A.4．在一个几何体的三视图中，正视图和侧视图是两个完全相同的图形，如图所示，则相应的俯视图可以为()A．①②B．②③C．③④ D.②④解析：选D若俯视图为图①，则该几何体的正视图的上方三角形应该没有高线，故俯视图不可能为图①，排除选项A；若俯视图为图③，则该几何体的侧视图的上方应该没有左边小三角形，故俯视图不可能为图③，排除选项B、C；若俯视图为图②，则该几何体是由上面是正四棱锥，下面是正方体组合而成的简单组合体；若俯视图为图④，则该几何体是由上面是正四棱锥，下面是圆柱组合而成的简单组合体．故选D.5．由小正方体木块搭成的几何体的三视图如图所示，则该几何体由________块小正方体木块搭成．解析：小木块的排列方式如图所示．由图知，几何体由7块小正方体木块搭成．答案：76．若一个正三棱柱(底面为正三角形，侧面为矩形的棱柱)的三视图如图所示，则这个正三棱柱的侧棱长和底面边长分别为________、________.解析：侧视图中尺寸2为正三棱柱的侧棱长，尺寸23为俯视图正三角形的高，所以正三棱柱的底面边长为4.答案：2 47．某组合体的三视图如图所示，试画图说明此组合体的结构特征．解：该三视图表示的几何体是由一个四棱柱和一个四棱台拼接而成的组合体(如图所示)．8.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，点P是平面A1B1C1D1内的一个动点，求三棱锥P -ABC 的正视图与俯视图的面积的比值的最大值．解：点P 是平面A 1B 1C 1D 1内的一个动点，则三棱锥P -ABC 的正视图始终是一个底为1，高为2的三角形， 其面积S 1＝12×1×2＝1.当点P 在底面ABCD 内的投影点在△ABC 的内部或边界上时，其俯视图的面积最小， 最小面积S 2＝12×1×1＝12，所以三棱锥P -ABC 的正视图与俯视图的面积的比值的最大值为S 1S 2＝2.空间几何体的直观图一、题组对点训练 对点练一 斜二测画法1．用斜二测画法画水平放置的△ABC 时，若∠A 的两边分别平行于x 轴、y 轴，且∠A ＝90°，则在直观图中∠A ′＝( )A ．45°B ．135°C ．45°或135°D.90°解析：选C 在画直观图时，∠A ′的两边依然分别平行于x ′轴、y ′轴，而∠x ′O ′y ′＝45°或135°.2．用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图，对其中的线段说法错误的是( ) A ．原来相交的仍相交 B ．原来垂直的仍垂直 C ．原来平行的仍平行 D ．原来共点的仍共点解析：选B 根据斜二测画法，原来垂直的未必垂直． 3．关于斜二测画法所得直观图的说法正确的是( ) A ．直角三角形的直观图仍是直角三角形 B ．梯形的直观图是平行四边形 C ．正方形的直观图是菱形D ．平行四边形的直观图仍是平行四边形解析：选D 由斜二测画法规则可知，平行于y 轴的线段长度减半，直角坐标系变成斜坐标系，而平行性没有改变，故只有选项D 正确．4．如图，已知等腰三角形ABC ，则如图所示的四个图中，可能是△ABC 的直观图的是 ( )A．①②B．②③C．②④ D.③④解析：选D原等腰三角形画成直观图后，原来的腰长不相等，③④两图分别是∠x′O′y′成135°和45°的坐标系中的直观图．5.画出水平放置的四边形OBCD(如图所示)的直观图．解：(1)过点C作CE⊥x轴，垂足为E，如图(1)所示，画出对应的x′轴、y′轴，使∠x′O′y′＝45°.(2)如图(2)所示，在x′轴上取点B′，E′，使得O′B′＝OB，O′E′＝OE；在y′轴上取一点D，使得O′D′＝12OD；过E′作E′C′∥y′轴，使E′C′＝12EC.(3)连接B′C′，C′D′，并擦去x′轴与y′轴及其他一些辅助线，如图(3)所示，四边形O′B′C′D′就是所求的直观图．对点练二由直观图还原平面图形6.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()解析：选A由直观图的画法可知，落在y轴上的对角线的长为22，结合各选项可知选A.7.如图所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，则在△ABC的三边及中线AD中，最长的线段是()A．AB B．ACC．BC D.AD解析：选B由直观图可知△ABC是以∠B为直角的直角三角形，所以斜边AC最长．8.如图所示，Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，直角边O′B′＝1，则这个平面图形的面积是()A．2 2 B．1C. 2D.4 2解析：选C在△AOB中，OB＝O′B′＝1，OA＝2O′A′＝22，且∠AOB＝90°，S△AOB＝12OA·OB＝12×1×22＝ 2.二、综合过关训练1．已知一个建筑物上部为四棱锥，下部为长方体，且四棱锥的底面与长方体的上底面尺寸一样，长方体的长、宽、高分别为20 m，5 m,10 m，四棱锥的高为8 m，如果按1∶500的比例画出它的直观图，那么在直观图中，长方体的长、宽、高和棱锥的高应分别为() A．4 cm,1 cm,2 cm,1.6 cmB．4 cm,0.5 cm,2 cm,0.8 cmC．4 cm,0.5 cm,2 cm,1.6 cmD．4 cm,0.5 cm,1 cm,0.8 cm解析：选C直观图中长、宽、高应分别按原尺寸的1500，11 000，1500计算，最后单位转化为cm.2.如图所示的正方形O′A′B′C′的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是()A．6 cm B．8 cmC．(2＋32) cm D.(2＋23) cm解析：选B直观图中，O′B′＝2，原图形中OC＝AB＝(22)2＋12＝3，OA＝BC ＝1，∴原图形的周长是2×(3＋1)＝8.3．如图是利用斜二测画法画出的△ABO的直观图，已知O′B′＝4，A′B′∥y′轴，且△ABO的面积为16，过A′作A′C′⊥x′轴，则A′C′的长为()A．2 2 B. 2C．16 2 D.1解析：选A 因为A ′B ′∥y ′轴，所以在△ABO 中，AB ⊥OB .又△ABO 的面积为16，所以12AB ·OB ＝16.所以AB ＝8，所以A ′B ′＝4.如图，作A ′C ′⊥O ′B ′于点C ′，所以B ′C ′＝A ′C ′，所以A ′C ′的长为4sin 45°＝2 2.4．已知两个圆锥，底面重合在一起，其中一个圆锥顶点到底面的距离为2 cm ，另一个圆锥顶点到底面的距离为3 cm ，则其直观图中这两个顶点之间的距离为( )A ．2 cmB ．3 cmC ．2.5 cmD ．5 cm解析：选D 圆锥顶点到底面的距离即圆锥的高，故两顶点间距离为2＋3＝5 cm ，在直观图中与z 轴平行的线段长度不变，仍为5 cm.5．有一个长为5，宽为4 的矩形，则其直观图的面积为________． 解析：由于该矩形的面积为S ＝5×4＝20，所以由公式S ′＝24S ，得其直观图的面积为S ′＝24S ＝5 2. 答案：5 26.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形ABCD ，如图所示，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则原平面图形的面积为________．解析：过A 作AE ⊥BC ，垂足为E .∵DC ⊥BC 且AD ∥BC ，∴ADCE 是矩形，∴EC ＝AD ＝1.由∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1知BE ＝22，∴原平面图形是梯形且上、下两底边长分别为1和1＋22，高为2， ∴原平面图形的面积为12×⎝⎛⎭⎫1＋1＋22×2＝2＋22.答案：2＋227.如图，四边形A ′B ′C ′D ′是边长为1的正方形，且它是某个四边形按斜二测画法画出的直观图，请画出该四边形的原图形，并求出原图形的面积．解：画出平面直角坐标系xOy ，使点A 与O 重合， 在x 轴上取点C ，使AC ＝2， 再在y 轴上取点D ，使AD ＝2， 取AC 的中点E ，连接DE 并延长至点B ， 使DE ＝EB ，连接DC ，CB ，BA ，则四边形ABCD 为正方形A ′B ′C ′D ′的原图形(也可以过点C 作BC ∥y 轴，且使CB ＝AD ＝2，然后连接AB ，DC )，如图所示．易知四边形ABCD 为平行四边形，∵AD ＝2，AC ＝2，∴S ▱ABCD ＝2×2＝2 2. 8．如图为一几何体的展开图：沿图中虚线将它们折叠起来，请画出其直观图．解：由题设中所给的展开图可以得出，此几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为2的正方形，垂直于底面的侧棱长为2，其直观图如图所示．柱体、锥体、台体的表面积与体积一、题组对点训练对点练一 柱体、锥体、台体的侧面积与表面积 1．棱长为3的正方体的表面积为( ) A ．27 B ．64 C ．54D.36解析：选C 根据表面积的定义，组成正方体的面共6个，且每个都是边长为3的正方形．从而，其表面积为6×32＝54.2．若圆锥的高等于底面直径，则它的底面积与侧面积之比为( ) A ．1∶2 B ．1∶ 3 C ．1∶ 5D.3∶2解析：选C 设圆锥底面半径为r ，则高h ＝2r ，∴其母线长l ＝5r .∴S 侧＝πrl ＝5πr 2，S 底＝πr 2.则S 底∶S 侧＝1∶ 5.3．已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4B ．16πC ．9πD.27π4解析：选A 如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，所以该球的表面积为4πr 2＝4π×⎝⎛⎭⎫94 2＝81π4.4．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D.3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ，则另一底面半径为3r .由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7.5．一个高为2的圆柱，底面周长为2π，该圆柱的表面积为________．解析：由底面周长为2π可得底面半径为1.S 底＝2πr 2＝2π，S 侧＝2πr ·h ＝4π，所以S 表＝S底＋S 侧＝6π. 答案：6π对点练二 柱体、锥体、台体的体积6．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．2B ．4C ．6D.8解析：选C 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的两底边长分别为1,2，高为2，∴该几何体的体积为V ＝12×(2＋1)×2×2＝6.7．若圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆，则圆锥的体积是________．解析：易知圆锥的母线长为2，设圆锥的底面半径为r ，则2πr ＝12×2π×2，∴r ＝1，则高h ＝l 2－r 2＝ 3.∴V 圆锥＝13πr 2· h ＝13π×3＝3π3.答案：3π38．某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为2的正方形，正视图和侧视图中的两条虚线都互相垂直且相等，则该几何体的体积是________．解析：几何体的直观图为正方体去掉以正方体中心为顶点，上底面为底面的四棱锥，其体积为2×2×2－13×1×22＝203.答案：203对点练三 求几何体体积的方法9.如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A -A 1EF 的体积是________．解析：因为在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，BB 1⊄平面AA 1C 1C ，所以BB 1∥平面AA 1C 1C ，从而点E 到平面AA 1C 1C 的距离就是点B 到平面AA 1C 1C 的距离，作BH ⊥AC ，垂足为点H ，由于△ABC 是正三角形且边长为4，所以BH ＝23，从而三棱锥A -A 1EF 的体积VA -A 1EF ＝VE -A 1AF ＝13S △A 1AF ·BH ＝13×12×6×4×23＝8 3.答案：8 3 二、综合过关训练1．如图，ABC -A ′B ′C ′是体积为1的棱柱，则四棱锥C -AA ′B ′B 的体积是( )A.13 B.12 C.23D.34解析：选C ∵V C -A ′B ′C ′＝13V 棱柱＝13，∴V C -AA ′B ′B ＝1－13＝23. 2．已知一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比值是( )A.1＋2π2πB.1＋4π4πC.1＋2ππD.1＋4π2π解析：选A 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，。
人教版高中物理选择性必修第1册 课时跟踪训练 (十四) 波的描述
课时跟踪训练（十四） 波的描述A 级—双基达标1．[多选]关于波的周期，下列说法正确的是( )A ．质点的振动周期就是波源的周期B ．波的周期是由波源驱动力的周期决定的C ．波的周期与形成波的介质的密度有关D ．经历整数个周期波形图重复出现，波峰向前移动了一段距离解析：选ABD 波的周期性是由波源振动的周期性决定的，故选项A 正确；波的周期等于波源驱动力的周期，与介质无关，故选项B 正确，C 错误；D 选项正是波的周期性的体现，故D 正确。
2．关于机械波的概念，下列说法中正确的是( )A ．质点振动的方向总是垂直于波传播的方向B ．简谐波沿长绳传播，绳上相距半个波长的两质点振动位移相同C ．任一振动质点每经过一个周期沿波的传播方向移动一个波长D ．简谐波的周期和每个质点振动周期相同解析：选 D 对于横波，质点振动的方向总是垂直于波传播的方向，而纵波质点振动的方向与波传播的方向在同一直线上，故A 错误；简谐波沿长绳传播，绳上相距半个波长的两质点振动情况总是相反，位移的大小总是相等，故B 错误；波传播的是能量形式，而任一振动质点都不随波向前移动，故C 错误；根据波的周期性可知，简谐波的周期和每个质点振动周期相同，故D 正确。
3.一列简谐横波沿x 轴正向传播，某时刻的图像如图所示，坐标为(3,0)的质点经过14周期后该质点的坐标是( )A ．(3,2)B ．(4,2)C ．(4，－2)D ．(3,0)解析：选A 简谐波沿x 轴正方向传播，坐标为(3,0)的质点振动方向沿＋y 方向，经过14周期后该质点到达波峰，坐标为(3,2)，A 正确。
4.[多选]一简谐横波某时刻的波形图线如图所示，由图可知( )A ．若质点a 向下运动，则波是从左向右传播的B ．若质点b 向上运动，则波是从左向右传播的C ．若波从右向左传播，则质点c 向下运动D ．若波从右向左传播，则质点d 向上运动解析：选BD 如果波从右向左传播，由“下坡上，上坡下”(沿着波的传播方向看)可知题图中a 、b 质点向下运动，c 、d 质点向上运动，故选项D 正确，C 错误；如果已知a 质点向下运动，则波应从右向左传播，故选项A 错误；同理，选项B 正确。
第一章 第二节 课时跟踪训练.pptx
热水器的营销主要看年辐射总量的丰富与贫乏，根据图上数据进行比较即可得出答案。
答案：(1)D (2)地处内陆，气候干燥，晴天多。 (3)C (4)四川盆地地形不利于水汽蒸发，空气中水汽含量多，雨雾天气多；日照时间短，日 照强度弱，所以太阳能资源贫乏。
A．大气云量
B．大气厚度
C．太阳高度
D．通过的大气路径
解析：第 3 题，从图中可以看出赤道地区可能总辐射量最大，但有效总辐射量较小，说
学无 止 境
明赤道地区云量多ห้องสมุดไป่ตู้第 4 题，影响可能总辐射量分布的主要因素是太阳高度。
答案：3.A 4.C
5．如果只考虑纬度因素，我国下列各地生物量(某一时刻单位面积内实存生活的有机物
A．2000～2001 年
B．2022～2023 年
C．2006～2007 年
D．2087～2088 年
8．本次太阳活动所产生的带电粒子流到达地球后，对地球可能造成的影响有( )
①地球各地出现极光现象 ②地球磁针不能正确指示方向 ③无线电通信将受到干扰
④水旱灾害增多 A．①③④ C．①②④
B．①②③ D．②③④
(3) 假如你是一位太阳能热水器的营销者，在只考虑自然因素的情况下，你到下列哪组
城市营销最合理(4 分)( )
A．北京、海口、贵阳
B．上海、重庆、台北
C．昆明、兰州、郑州
D．杭州、广州、成都
(4)“蜀犬吠日”在一定程度上反映出成都和重庆所在地区太阳能资源的贫乏，请简要
分析其形成的原因。(6 分)
解析：从图中可知：兰州、海口、上海和昆明四个城市中昆明的太阳能最丰富。太阳能
解析：太阳活动的周期约为 11 年。极光只出现在高纬度地区。
第五章 第3节 课时跟踪训练
[课时跟踪训练](时间30分钟，满分60分)一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。
每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．下列说法中正确的是() A．低频扼流圈对低频交流有很大阻碍作用，而对高频交流的阻碍较小B．高频扼流圈对高频交流有很大阻碍作用，而对低频交流的阻碍作用较小C．电感线圈在交流电路中有感抗来阻碍电流，电流越强感抗越大D．电容器在交流电路中有容抗来阻碍电流，电容越大阻碍越强解析：低频扼流圈“通直流、阻交流”，对高频交流阻碍作用更大，A错。
高频扼流圈“通直流、通低频、阻高频”，对高频交流阻碍作用大，对低频交流阻碍作用小，B对，线圈对交变电流的阻碍与电流的强弱无关，C错。
由影响容抗大小的因素可知电容越大，容抗越小，阻碍作用越小，D错。
答案：B2．下列说法中，正确的是()A．电感对交流电的阻碍作用是因为电感存在电阻B．电容对交流电的阻碍作用是因为电容器的电阻C．感抗、容抗和电阻一样，电流通过他们做功时都是电能转化为内能D．在交变电路中，电阻、感抗、容抗可以同时存在解析：电感对交流电的阻碍作用是因为电感中自身电流发生变化而产生电磁感应现象，即感应电流磁场对原磁场有阻碍作用，选项A错误。
电容对交流电的阻碍作用是因为：对于导线中的自由电荷形成的电流来说，当电源的电压推动它们向某一方向做定向运动时，电容器两极板上积累的电荷却反抗它们在这个方向的定向运动，这就产生了电容器对交流电的阻碍作用，选项B错误。
对于感抗，电流通过他们做功时是电能和磁场能相互转化；对于容抗，是电能与电场能的往复转化，选项C错误。
只有D是对的。
答案：D3.如图1所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220 V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是()A．等于220 V B．大于220 VC．小于220 V D．等于零图1解析：虽然交变电流能通过电容器，但也受到阻碍作用，电容器与电阻串联，根据分压原理可知电阻两端的电压小于电源电压，电压表测的是电阻两端的电压，C正确。
第五章 第2节 课时跟踪训练
[课时跟踪训练] (时间30分钟，满分60分)一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。
每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．如图1所示，已知交流电源的电动势为e ＝2202sin100πt V ，电阻R ＝2 200 Ω，则电路中交流电流表和电压表的示数分别为 ( )A ．0.1 2 A,220 2 V图1B ．0.1 A,220 2 VC ．0.1 2 A,220 VD ．0.1 A,220 V解析：交流电流表、电压表的读数都为有效值，所以U ＝22022V ＝220 V ，I ＝U R ＝2202 200A ＝0.1 A ，所以选D 。
答案：D2．阻值为10 Ω的电阻接到电压波形如图2所示的交流电源上。
以下说法中正确的是( )A ．电压的有效值为10 VB ．通过电阻的电流有效值为22A图2C ．电阻消耗的电功率为5 WD ．电阻每秒钟产生的热量为10 J解析：根据图象可知电压最大值为U m ＝10 V ，有效值为U ＝102V ，电流有效值为I ＝U R ＝22 A ，电阻消耗的电功率为P ＝I 2R ＝(22)2×10 W ＝5 W 。
每秒种产生的热量为Q ＝Pt ＝5 J 。
答案：BC3．一电阻接一直流电源，通过4 A 的电流时热功率为P ，若换接一正弦交流电源，它的热功率变为P2，则该交流电电流的最大值为( )A ．4 AB ．6 AC ．2 AD ．4 2 A解析：由P ＝I 2R 得R ＝P I 2＝P 16，接交流电时，P 2＝I ′2P 16，2I ′2＝16。
I ′＝42 A ，所以I m ＝ 2 I ′＝4 A 。
应选A 。
答案：A4．夏天空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行。
一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系如图3所示，此空调器运转1 h 用电( )图3A ．1.0度B ．1.5度C ．2.0度D ．2.5度解析：由图象知，电功率随时间的变化周期为15 min ，前5 min 为0.5 kW ，后10 min 为2 kW 。
课时跟踪训练55
课时跟踪训练(五十五)一、选择题1．袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，从中任取一球抽到白球的概率为()A.25B．415C.35D．非以上答案[解析]从15个球中任取一球有15种抽法，抽到白球有6种，所以抽到白球的概率P＝615＝25.故选A.[答案] A2．在区间[－2，3]上随机抽取一个数X，则X≤1的概率为()A.45B．35C.25D．15[解析]在区间[－2，3]上随机选取一个数X，则X≤1，即－2≤X≤1的概率P＝1－（－2）3－（－2）＝35.故选B.[答案] B3．(2016·河北邯郸摸底)4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为偶数的概率是()A.12B．13C.23D．34[解析]从这4张卡片中随机抽取2张，有6种取法，数字之和为偶数的有两种取法，所以所求概率为P＝26＝13，故选B.[答案] B4．从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是()A.12B．13C.14D．16[解析]从1，2，3，4中任取2个不同的数，有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，共6种情形．满足条件“2个数之差的绝对值为2”的有(1，3)，(2，4)，共2种情形，所以取出的2个数之差的绝对值为2的概率为26＝13.故选B.[答案] B5．(2015·青岛二模)在边长为2的正方形ABCD内任取一点M，则满足∠AMB>90°的概率为()A.π8B．π4C.12D．14[解析]如图所示，以AB为直径作圆，则圆在正方形ABCD内的区域为半圆(阴影部分)，其面积S＝12×π×12＝12π，且满足条件∠AMB>90°的点M在半圆内，故满足∠AMB>90°的概率P＝SS四边形ABCD＝12π22＝π8，故选A.[答案] A6．(2015·河北唐山摸底)高三毕业时，甲、乙、丙、丁四位同学站成一排照相留念，则甲、丙相邻的概率为()A.13B．23C.12D．16[解析]4人排成一排，其中甲、乙相邻的情况有(甲乙丙丁)、(甲乙丁丙)、(丙甲乙丁)、(丁甲乙丙)、(丙丁甲乙)、(丁丙甲乙)、(乙甲丙丁)、(乙甲丁丙)、(丙乙甲丁)、(丁乙甲丙)、(丙丁乙甲)、(丁丙乙甲)，共12种，其中甲、丙相邻的有4种，故概率为P＝412＝13.故选A.[答案] A7．从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离小于该正方形边长的概率为()A.15B．25C.35D．45[解析]如图所示，正方形ABCD的对角线的交点为O，则从五个点中任取两点，得线段分别为AB，AD，AO，AC，BO，BD，BC，CO，CD，DO，共10条，其中2个点的距离小于该正方形的边长的有AO，BO，CO，DO，共4条，则P＝410＝25，故选B.[答案] B8．(2016·亳州质检)已知集合M＝{1，2，3，4}，N＝{(a，b)|a∈M，b∈M}，A是集合N中任意一点，O为坐标原点，则直线OA与y＝x2＋1有交点的概率是()A.12B．13C.14D．18[解析]易知过点(0，0)与y＝x2＋1相切的直线为y＝2x(斜率小于0的无需考虑)，集合N中共有16个元素，其中使OA斜率不小于2的有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，4)，共4个，故所求的概率为416＝14.故选C.[答案] C9．掷两颗均匀的骰子，则点数之和为5的概率等于()A.118 B ．19 C.16D ．112[解析] 掷两颗骰子，点数有以下情况：(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，2)， (2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)， (3，5)，(3，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)， (5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)， (6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，共36种，其中点数之和为5的有(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，共4种，故所求概率为436＝19.故选B.[答案] B10．(2015·宝鸡质检)已知P 是△ABC 所在平面内一点，PB →＋PC →＋2P A →＝0，现将一粒黄豆随机撒在△ABC 内，则黄豆落在△PBC 内的概率是( )A.14 B ．13 C.12D ．23[解析] 设BC 中点为M ， ∴PB→＋PC →＝2PM → ∵PB →＋PC →＋2P A →＝0， ∴PM →＝－P A →， ∴P 为AM 中点 PM AM ＝12，∴S △PBC S △ABC ＝12， ∴一粒黄豆随机撒在△ABC 内，则黄豆落在△PBC 的概率是12，故选C.[答案] C 二、填空题11．(2016·福州质检)从0，1，2，3这四个数字中一次随机取两个数字，若用这两个数字组成无重复数字的两位数，则所得两位数为偶数的概率是__________．[解析] 所有没有重复数字的两位数有10，12，13，20，21，23，30，31，32，共9个，其中所得两位数为偶数的有10，12，20，30，32，共5个，所以所求概率为59.[答案] 5912．(2015·重庆卷)在区间[0，5]上随机地选择一个数p ，则方程x 2＋2px ＋3p －2＝0有两个负根的概率为________．[解析] 设方程x 2＋2px ＋3p －2＝0的两个根分别为x 1，x 2，由题意，得⎩⎨⎧Δ＝4p 2－4（3p －2）≥0，x 1＋x 2＝－2p <0，x 1x 2＝3p －2>0.结合0≤p ≤5，解得23<p ≤1或2<p ≤5，所以所求概率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋（5－2）5＝23.[答案] 2313．甲、乙两人约定在6时到7时之间在某处会面，并约定先到者应等候另一人一刻钟，过时即可离去．则两人能会面的概率为________．[解析] 以x 轴和y 轴分别表示甲、乙两人到达约定地点的时间，则两人能够会面的充要条件是|x －y |≤15.在如图所示平面直角坐标系下，(x ，y )的所有可能结果是边长为60的正方形区域，而事件A “两人能够会面”的可能结果由图中的阴影部分表示．由几何概型的概率公式得：P(A)＝S AS＝602－452602＝3 600－2 0253 600＝716.所以两人能会面的概率是7 16.[答案]7 16三、解答题14．某校夏令营有3名男同学A，B，C和3名女同学X，Y，Z，其年级情况如下表：现从这6)．(1)用表中字母列举出所有可能的结果；(2)设M为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”，求事件M发生的概率．[解](1)从6名同学中随机选出2人参加知识竞赛的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，X}，{A，Y}，{A，Z}，{B，C}，{B，X}，{B，Y}，{B，Z}，{C，X}，{C，Y}，{C，Z}，{X，Y}，{X，Z}，{Y，Z}，共15种．(2)选出的2人来自在不同年级且恰有1名男同学和1名女同学的所有可能结果为{A，Y}，{A，Z}，{B，X}，{B，Z}，{C，X}，{C，Y}，共6种．因此，事件M发生的概率P(M)＝615＝25.15．在3件产品中，有2件正品，记为a1，a2，有1件次品，记为b1，从中任取2件，每次取1件产品．(1)若每次取出后不放回，求取出的两件产品中恰有一件次品的概率；(2)若每次取出后再放回，求两次取出的产品中恰有一次取次品的概率．[解](1)取后不放回，所有可能结果组成的基本事件为：(a1，a2)，(a1，b1)，(a2，a1)，(a2，b1)，(b1，a1)，(b1，a2)，取出的两件中，恰有一件次品的事件A包括：(a 1，b 1)，(a 2，b 1)，(b 1，a 1)，(b 1，a 2)，所以P (A )＝46＝23.(2)每次取后放回，所有可能结果为：(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 2，a 1)，(a 2，b 1)，(b 1，a 1)，(b 1，a 2)，(a 1，a 1)，(a 2，a 2)，(b 1，b 1)，两件中恰好只有一件是次品的事件B 包括：(a 1，b 1)，(a 2，b 1)，(b 1，a 1)，(b 1，a 2)，所以P (B )＝49.16．为了解某校高三3月模考数学成绩的分布情况，从该校参加考试的学习成绩中抽取一个样本，并分成5组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第一组至第五组数据的频率之比为1∶2∶8∶6∶3，最后一组数据的频数是6.(1)估计该校高三学生3月模考数学成绩在[125，140]的概率，并求出样本容量；(2)从样本成绩在[65，95)的学生中任选2人，求至少有1人成绩在[65，80)的概率．[解] (1)估计该校高三学生9月调考数学成绩在[125，140]上的概率为P ＝31＋2＋8＋6＋3＝320，设样本容量为n ，则6n ＝320，解得n ＝40.(2)样本中成绩在[65，80)上的学生有120×40＝2人，记为x ，y ，成绩在[80，95)上的学生有220×40＝4人，记为a ，b ，c ，d .从上述6人中任选2人的基本事件有：{x ，y }，{x ，a }，{x ，c }，{x ，d }，{y ，a }，{y ，b }，{y ，c }，{y ，d }，{a ，b }，{a ，c }，{a ，d }，{b ，c }，{b ，d }，{c ，d }，共15个，记“从上述6人中任选2人，至少有1人在[65，80)上”为事件A ，则事件A 包含的基本事件有：{x ，y }，{x ，a }，{x ，b }，{x ，c }，{x ，d }，{y ，a }，{y ，b }，{y ，c }，{y ，d }，共9个．故所求概率P (A )＝915＝35.。
2024-2025学年高考总复习一轮复习(中图版)课时跟踪训练27人类面临的环境问题与可持续发展
课时跟踪训练27人类面临的环境问题与可持续发展(2021·天津高三期末)我国重点生态脆弱区包括北方风沙区、西北干旱区、黄土高原区、青藏高原区和西南喀斯特区,如下图所示。
读图,完成1~2题。
1.对我国重点生态脆弱区面临的主要问题的判断,正确的是()A.甲区土壤侵蚀强度大,水土流失严重B.乙区草地退化,沙化问题严重C.丙区气候干旱,水资源短缺D.丁区湿地退化,自然灾害频繁2.戊区自然生态环境脆弱的原因主要有()①气候干旱,植被稀少②河流稀少,径流量小③水土流失严重,土层薄④地势阶梯过渡带,多地质灾害B.②③C.②④D.③④2.D1题,读图可知,甲区位于我国西北地区,以风力作用为主,土地荒漠化严重,A项错误;乙区位于,由于过度放牧,草地退化、沙化严重,B项正确;丙区位于青藏高原,东南部降水量大,为我国多条大江大河发源地,水资源丰富,C项错误;丁区主体位于黄土高原,水土流失严重,D项错误。
故选B项。
第2题,戊区位于我国南方地区,降水量大,植被茂盛,河流纵横,河网稠密,径流量大,①②错误;该地区位于地势第二、第三级阶梯过渡地带,地质灾害多发,水土流失严重,土层薄,③④正确。
故选D项。
(2021·山东临沂枣庄联考)当气象条件不利于污染物扩散时,细颗粒物会长期滞留在低空,其浓度达到250微克/米3以上即为空气严重污染。
据分析,我国北方某城市大气污染物主要来自汽车尾气。
下图示意该城市道路交通拥堵程度与气温日变化分布。
据此完成3~4题。
3.该城市大气污染最严重的时段是()A.0—4时B.6—10时C.12—16时D.16—20时4.在大气污染最严重的时段,影响该城市的气象条件为()A.冷锋过境,西北风较强B.近地面气温较高,大气不稳定C.雨雪较多,空气湿度增加,风速较小4.D3题,城市大气污染最严重的时段,是污染气体多又不容易扩散的时段。
四个时段中,12—16—20时气温较高,气流上升旺盛,污染气体容易扩散;0—4时和6—10时两个时段,气温较低,气流上升微弱,污染气体不易扩散,但0—4时汽车通过量少,排放尾气少,而6—10时车辆通过量高,排放尾气多,因此城市大气污染最严重,故B项正确。
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课时跟踪训练(十)一、选择题(2016·二模)下图为某河流径流形成过程示意图。
读图完成1～2题。
1．下列组合正确的是( )A．①径流、②地表调蓄、③蒸发蒸腾、④河网调蓄B．①蒸发蒸腾、②河网调蓄、③地表调蓄、④径流C．①河网调蓄、②地表调蓄、③蒸发蒸腾、④径流D．①蒸发蒸腾、②地表调蓄、③河网调蓄、④径流[解析]由图可知，蒸发和蒸腾的水汽与冠层截流和土壤调蓄、地下调蓄都有关，因此①为蒸发蒸腾作用；降水经植物冠层截流后，一部分经地表植被影响形成坡面径流，还有一部下渗，并通过土壤调蓄形成壤中流，因此②为地表调蓄，地表、土壤、地下调蓄后的水源汇入河流，最终形成河流径流，故③为河网调蓄，④为径流。
[答案] D2．近年来图中河流含沙量变小，最可能的原因是( )A．修建水库B．植被覆盖率下降C．降水强度增大D．上游河道采砂[解析]修建水库会导致部分泥沙在库区淤积，使下游河流含沙量减少，A 项正确；植被覆盖率下降，河流含沙量会增加，因此B项错误；降水强度增大，河流含沙量会增加，C项错误；上游河道采砂会造成流水对河道底部冲刷加剧，河流含沙量应增加，D项错误。
[答案] A(2016·一模)开都河是新疆的大河之一，也是一条著名的陆河，自大山口以下河流两岸是新疆主要的粮、棉、甜菜基地之一。
下图为“开都河流域地形图”，读图回答3～5题。
3．开都河水能最丰富的河段在( )A．源头B．上游C．中游D．下游[解析]图示河流中游段地势落差最大；同时该河为流河，主要是冰川融水补给，上游源头水量较小，中游河流径流量较大。
故水能资源在中游最丰富。
[答案] C4．开都河上游河水含沙量较中下游小的主要原因有( )①水量较大②水流较平缓③降水较少④植被保存较好A．①②B．②④C．②③D．③④[解析]开都河上游流经海拔较高的山区，人类活动少而植被保存较好，水土流失较少，故地表径流带入的泥沙较少；同时上游河段落差小，一方面侵蚀作用弱，另一方面河流中泥沙易于沉积，则河流含沙量较少。
故B正确。
[答案] B5．开都河下游河水的盐分含量增大，最主要的原因可能是( )A．流量减少B．流速变慢C．植被稀少D．农田灌区退水注入[解析]盐分增大说明注入的盐分增加或有盐度更高的水注入。
下游为灌溉农业区，在干旱区引水灌溉易使农田盐碱化，而两岸灌区农田中的高盐度水最终会注入河流中，从而加大河流水的盐分浓度。
注意河流含盐量是指水中的盐分浓度，与流速、流量、植被关系不大。
[答案] D(2017·第一中学月考)基流也叫底水，是河道中常年存在的那部分径流。
基流系数是基流占河流径流的比重。
读我国某地区河流基流系数与气温、地形的关联图，回答6～7题。
6．该河流主要补给水源是( )A．大气降水B．湖泊水C．冰雪融水D．地下水[解析]本题组考查河流补给方式和水资源的合理利用。
根据上图可知，基流系数随着温度、海拔的升高而增大，说明该地区的河流以冰雪融水补给为主，因为高山的冰雪在温度越高的时候融化越多，河流的基流越多，基流系数越大，故C正确。
地下水补给是常年比较稳定的补给方式，我国的大气降水补给与降水量的季节分配有关，湖泊水补给与湖泊水量的大小有关，故A、B、D错。
[答案] C7．若该河流流域水资源利用不合理，对下游地区生态影响最突出的表现是( ) A．水体污染严重B．荒漠化加剧C．农业高产稳产D．水土流失加剧[解析]通过上题可知，该河流以冰雪融水补给为主，说明该河流分布在我国西北地区，该地区降水较少、气候干旱。
若该河河流流域水资源利用不合理，会导致下游水资源变少，下游地区的土地荒漠化严重，故B正确。
通过基流系数与气温、地形的关系及河水补给方式可判断，该河位于我国西北地区。
我国西北地区人口稀少，经济水平不高，故对水体的污染并不十分严重，排除A。
水资源不合理利用会导致农业用水减少，进而导致下游地区的农业会减产，故C错。
水土流失加剧，说明降水较丰富，但该地区降水较少，故D错。
[答案] B(2016·质检)读我国某河流四个月份的平均径流量日变化曲线图，回答8～9题。
8．该河流最有可能位于( )A．乌鲁木齐河B．松花江C．钱塘江D．淮河[解析]本题主要考查河流的补给类型。
据图可知该河流夏季径流量较大；根据图中径流量日变化幅度可判断该河流温度高时径流量大，综上可判断该河流的主要补给类型是冰雪融水，应该是流河，因此最有可能为乌鲁木齐河。
松花江、钱塘江、淮河夏季主要靠降水补给，与气温关系不大。
[答案] A9．河流径流量最大时( )A．流经地区的降水量丰富B．流经地区的冰雪消融量大C．径流蒸发量最小D．河流下渗量最小[解析]由上题分析可知该河流的主要补给类型是冰雪融水，故河流径流量最大时，流经地区的冰雪消融量也大。
[答案] B(2016·一中月考)无定河，黄河一级支流，它发源于定边县白干山北麓，上游叫萨拉乌河，流经靖边新桥后称为无定河。
无定河全长491千米，流经(定边、鄂前旗、乌审旗、靖边、米脂、绥德和清涧区域，注入黄河)黄土、沙漠地貌。
据此读图，完成10～11题。
10．“河道无定、深浅无定、季节无定、水量无定”是对无定河的描述，产生此描述的原因是( )A．流域降水年际变化大B．流经毛乌素沙漠，河流含沙量大，河道常淤积改道C．流域降水年际变化大，降水集中于夏季，降水季节变化大；流域水土流失严重，河流含沙量大，河道常淤积改道D．降水集中于夏季，且降水季节变化大[解析]本题组考查河流的水文特征及补给方式。
无定河流经温带季风气候区，降水季节、年际变化大，且降水集中于夏季，故无定河的水量无定、季节无定、深浅无定；无定河流经毛乌素沙漠、黄土高原，水土流失严重，导致河流含沙量大，河道经常因淤积而改道，故无定河的河道无定，C正确。
A、D选项不能说明无定河的河道无定，B选项不能说明无定河水量无定、季节无定、深浅无定，即原因都不够全面，故排除A、B、D。
[答案] C11．a、b分别代表无定河两种主要补给形式，巴图湾附近主要补给是a，米脂附近主要补给是b，a、b分别是( )A．降水补给、地下水补给B．冰雪融水补给、降水补给C．地下水补给、冰雪融水补给D．地下水补给、降水补给[解析]从图中可看出巴图湾附近没有高大山脉，故该河段的主要补给不可能是冰雪融水补给，排除B。
巴图湾位于沙漠附近说明该河段降水较少，不可能为降水补给，故排除A。
所以巴图湾附近的补给只能是有常年补给功能的地下水补给。
米脂位于省，属于温带季风气候区，故该河段的补给为降水补给，故C 错、D对。
[答案] D下图为我国某市2004～2013年用水量变化图。
读图，完成12～13题。
12．该市用水量减少幅度最大的是( )A．生活用水B．农业用水C．工业用水D．生态用水[解析]读图可知，生活用水和生态用水量增加，农业用水和工业用水量减少，其中农业用水量减少幅度最大。
[答案] B13．关于该市工业用水量减少原因的叙述，错误的是( )A．工业技术进步，水资源利用率提高B．工业用水价格提高，节约用水C．该市较多耗水量大的工业企业迁出到周边省份D．气候变暖导致工业用水总量减少[解析]该市工业用水总量下降，与工业技术进步、节约用水和工业企业外迁有关，而与全球变暖没有关系。
[答案] D二、综合题14．(2016·右玉一中摸底)纳木错位于自治区中部，是我国第三大咸水湖，近些年出现湖水水位上涨的现象。
湖区风大，湖陆风冬季明显弱于夏季。
读纳木错湖区图和A地各月降水的日变化图，完成下列要求。
(1)说出纳木错湖区的水系分布特点。
(2)根据材料推断纳木错的主要补给方式及近些年湖水水位上涨的主要原因。
[解析](1)本题考查河流水系特征的描述分析。
区域中心为纳木错，中间低，四周高，可知区域水系呈向心状。
而且南岸、西岸入湖河流多，北边少，分布不均。
(2)本题考查湖泊补给方式的判读及湖泊水文特征成因分析。
纳木错位于青藏高原上，河流补给水源以高山冰雪融水补给为主。
全球气候变暖导致冰雪融水增多，所以近些年湖水水位上涨。
[答案](1)入湖河流呈向心状，分布不均；河流大多分布在南岸和西岸；北岸河流数量很少。
(2)高山冰雪融水补给为主。
全球气候变暖导致冰雪融水增多；入湖水量加大，湖水水位上涨。
15．(2016·质检)九寨沟位于省北部，青藏高原向盆地过渡地带，拥有奇特的水体景观。
但近年来湖泊、瀑布水位显著下降，严重影响了其独特的景观和生态环境。
读下列材料，运用水循环原理等知识完成下列各题。
材料一九寨沟降水柱状图、气温曲线统计图。
材料二水循环示意图。
(1)①②④⑥⑦⑧⑨⑩分别代表水循环的什么环节？(2)九寨沟湖泊1～4月为枯水期，各湖泊水位多在4月份达到年最小值；5月份各湖泊水位明显升高。
请结合材料一简析九寨沟湖泊水位出现这种变化特征的成因。
(3)6～10月份为九寨沟湖泊丰水期，请结合材料二简析这种水位变化特征是通过哪些水循环过程形成的。
[解析]水循环分为海陆间循环(大循环)以及陆上循环和海上循环(小循环)。
从海洋蒸发出来的水蒸气，被气流带到陆地上空，凝结为雨、雪、雹等落到地面，一部分被蒸发返回大气，其余部分成为地面径流或地下径流等，最终回归海洋。
这种海洋和陆地之间水的往复运动过程，称为水的大循环。
仅在局部地区(陆地或海洋)进行的水循环称为水的小循环。
环境中水的循环是大、小循环交织在一起的，并在全球围和在地球上各个地区不停地进行着。
九寨沟的湖泊，其主要的补给不论是降水补给，还是冰雪融水补给，都有明显的季节变化，因此湖泊水位季节变化明显。
[答案](1)植物蒸腾、大气降水、地表水蒸发、海水蒸发、水汽输送、地表径流、水分下渗、地下径流。
(2)1～4月，气温低，高山冰雪融水量极少，九寨沟区域降水较少，导致补给湖泊的地表径流(⑧过程)和地下径流(⑩过程)量小于湖泊的蒸发(③或④过程)、下渗(⑨过程)。
至4月这种损失累积至最大，湖泊水位达到年最小值。
5月份，降水明显增加、气温回升致使冰雪融化，湖泊的地表径流(⑧过程)和地下径流(⑩过程)补给量增加，水位明显升高。
(3)6～10月份为夏季，海洋蒸发(⑥过程)旺盛，大量水汽通过夏季风(⑦过程)输送到九寨沟流域，形成大量降水(②过程)，通过地表径流(⑧过程)和地下径流(⑩过程)大量补给湖泊。