必修二第八单元基础知识检测题

人教A版（2019）必修第二册《第8章立体几何初步》2020年单元测试卷（3）一、选择题（本大题共3小题，共15.0分）1.设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9√3，则三棱锥D—ABC体积的最大值为()．A. 12√3B. 18√3C. 24√3D. 54√32.如图，用一边长为√2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将表面积为4π的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离为()A. √22+12B. √62+12C. 32D. √32+123.已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A. √32B. √155C. √105D. √33二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）4.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，截下一三棱锥D1−A1CD，则三棱锥D1−A1CD的体积与剩余部分的体积之比为______．5.如图，在等腰梯形ABCD中，AB=2CD=2，∠DAB=60°，E是AB的中点，将△ADE，△BEC分别沿ED，EC向上折起，使A，B重合于点P，若三棱锥P−CDE的各个顶点在同一球面上，则该球的体积为______．6.用一张正方形的纸把一个棱长为1的正方体形礼品盒完全包好，不将纸撕开，则所需纸的最小面积是______．7.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1−BB1D1D的体积为______．三、解答题（本大题共8小题，共96.0分）8.如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD⏜所在平面垂直，M是CD⏜上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)当三棱锥M−ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．9.如图，已知四棱锥P−ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC//AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．(Ⅰ)证明：CE//平面PAB；(Ⅱ)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．10.如图，四棱锥P−ABCD中，侧面PAB为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．BC=12(1)证明：直线CE//平面PAB；(2)求二面角B−PC−D的余弦值．11.如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB=AA1=√2．(Ⅰ)证明：平面A1BD//平面CD1B1；(Ⅱ)求三棱柱ABD−A1B1D1的体积．12.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F分别为AA1，AC，A1C1的中点，AB=BC=√5，AC=AA1=2．(Ⅰ)求证：AC⊥平面BEF；(Ⅱ)求三棱锥C1−BCD的体积．13.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE//平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.14.如图，已知在侧棱垂直于底面三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=3，AB=5，BC=4，AA1=4，点D是AB的中点．(1)求证：AC⊥BC1；(2)求证：AC1//平面CDB1(3)求三棱锥A1−B1CD的体积．15.如图，三棱锥P−ABC，D为AC的中点，PA=PB=PC=√5，AC=2√2，AB=√2，BC=√6．(1)求证：PD⊥底面ABC；(2)求二面角P−AB−C的正切值．答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．求出，△ABC为等边三角形的边长，画出图形，判断D的位置，然后求解即可．【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9√3，可得√34×AB2=9√3，解得AB=6，球心为O，三角形ABC的外心为O′，显然D为O′O的延长线与球的交点时，三棱锥的体积最大．如图：O′C=23×√32×6=2√3，OO′=√42−(2√3)2=2，则三棱锥D−ABC高的最大值为：6，则三棱锥D−ABC体积的最大值为：13×√34×63=18√3．故选：B．2.【答案】D【解析】【分析】本题考查点、线、面间距离的计算，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地化空间问题为平面问题，注意数形结合法的合理运用．蛋槽的边长是原来硬纸板的对角线长度的一半，为1cm，蛋槽立起来的小三角形部分高度是12，鸡蛋的半径根据已知的表面积4π=4πr2得到r=1cm，直径D=2cm，大于折好的蛋巢边长1cm，由此能求出鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离．【解答】解：蛋槽的边长是原来硬纸板的对角线长度的一半，为1cm，鸡蛋的半径根据已知的表面积4π=4πr2得到r=1cm，直径D=2cm，大于折好的蛋巢边长1cm四个三角形的顶点所在的平面在鸡蛋表面所截取的小圆直径就是蛋槽的边长1cm，根据图示，AB段由三角形AB求出得：AB=√32，AE=AB+BE=√32+12，∴鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离为√32+12．故选：D．3.【答案】C【解析】【分析】本题考查了空间中的两条异面直线所成角的计算问题，也考查了空间中的平行关系应用问题，是中档题．设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，得出AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角；根据中位线定理，结合余弦定理求出AC、MQ，MP和∠MNP的余弦值即可．【解答】解：如图所示，设M 、N 、P 分别为AB ，BB 1和B 1C 1的中点， 则MN//AB 1，NP//BC 1，则AB 1、BC 1夹角为MN 和NP 夹角或其补角(因异面直线所成角为(0,π2])， 可知MN =12AB 1=√52，NP =12BC 1=√22；作BC 中点Q ，则△PQM 为直角三角形，PQ =1，MQ =12AC ， △ABC 中，由余弦定理得AC 2=AB 2+BC 2−2AB ⋅BC ⋅cos∠ABC =4+1−2×2×1×(−12)=7， ∴AC =√7，∴MQ =√72，MP =√MQ 2+PQ 2=√112； 在△PMN 中，由余弦定理得cos∠MNP =MN 2+NP 2−PM 22⋅MN⋅NP=(√52)2+(√22)2−(√112)22×√52×√22=−√105； 又异面直线所成角的范围是(0,π2]， ∴AB 1与BC 1所成角的余弦值为√105．故选C ．4.【答案】1：5【解析】解：已知长方体是直四棱柱， 设它的底面ADD 1A 1的面积为S ，高为h ， 则它的体积为V =Sℎ．而三棱锥D 1−A 1CD 的体积等于棱锥C −A 1DD 1的体积， 且棱锥C −A 1DD 1的底面积为12S ，高为h ， 故V D 1−A 1CD =V C−A 1DD 1=13×12Sℎ=16Sℎ， 余下部分体积为：Sℎ−16Sℎ=56Sℎ．∴棱锥D 1−A 1CD 的体积与剩余部分的体积之比为1：5． 故答案为：1：5．长方体看成直四棱柱，设它的底面ADD 1A 1面积为S ，高为h ，利用等体积法求出棱锥D 1−A 1CD 的体积，可得余下的几何体的体积，则答案可求．本题考查几何体的体积的有关计算，转化思想的应用，考查计算能力，是基础题．5.【答案】√68π【解析】解：由题意，折叠后的几何体为正四面体P−CDE，棱长为1，设△CDE的外心为G，连接DG并延长，交CE于F，得DG=23DF=√33，∴PG=√PD2−DG2=√1−13=√63，设三棱锥P−CDE的外接球的半径为R，在Rt△PGD中，有(√63−R)2+(√33)2=R2，解得R=√64．∴该球的体积为43π×(√64)3=√68π．故答案为：√68π．由题意，折叠后的几何体为正四面体P−CDE，棱长为1，求出正四面体的高，再由勾股定理求解其外接球的半径，代入球的体积公式得答案．本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．6.【答案】8【解析】解：把5个边长为1的正方形组成十字形，并在四端加上四个斜边为1的等腰直角三角形，就可以包住棱长为1的正方体，而这个形状可以用边长为2√2的正方形来覆盖，而这个正方形面积为8，∴所需包装纸的最小面积为8．故答案为：8．5个边长为1的正方形组成十字形，并在四端加上四个斜边为1的等腰直角三角形，就可以包住棱长为1的正方体．审题，注意等价转化思想的合理运用．7.【答案】13【解析】【分析】本题考查几何体体积的求法，判断几何体的形状是解题的关键．求出四棱锥的底面面积与高，然后求解四棱锥的体积．【解答】解：由题意可知四棱锥A1−BB1D1D的底面是矩形，边长分别为1和√2，四棱锥的高：12A1C1=√22，则四棱锥A1−BB1D1D的体积为：13×1×√2×√22=13．故答案为：13．8.【答案】解：(1)证明：在半圆中，DM⊥MC，∵正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD⏜所在平面垂直，即平面ABCD⊥平面CDM，又平面ABCD∩平面CDM=CD，AD⊥CD，AD⊂平面ABCD，∴AD⊥平面DCM，∵MC⊂平面CDM，则AD⊥MC，∵AD∩DM=D，AD⊂平面ADM，DM⊂平面ADM，∴MC⊥平面ADM，∵MC⊂平面MBC，∴平面AMD⊥平面BMC．(2)∵△ABC的面积为定值，∴要使三棱锥M−ABC体积最大，则三棱锥的高最大，此时M为圆弧的中点，建立以O 为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图∵正方形ABCD 的边长为2，∴A(2,−1,0)，B(2,1，0)，M(0,0，1)， 则平面MCD 的法向量m⃗⃗⃗ =(1,0，0)， 设平面MAB 的法向量为n⃗ =(x,y ，z) 则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2，0)，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,1，1)，由n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y =0，n ⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x +y +z =0， 令x =1，则y =0，z =2，即n ⃗ =(1,0，2)， 则cos <m ⃗⃗⃗ ，n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=1×√1+4=√5，则面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值sinα=√1−(√5)2=2√55．【解析】本题主要考查空间平面垂直的判定以及二面角的求解，利用相应的判定定理以及建立坐标系，利用向量法是解决本题的关键，属于中档题． (1)根据面面垂直的判定定理证明MC ⊥平面ADM 即可．(2)根据三棱锥的体积最大，确定M 的位置，建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用向量法进行求解即可．9.【答案】证明：(Ⅰ)取AD 的中点F ，连接EF ，CF ，∵E 为PD 的中点，∴EF//PA ，又PA ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ， ∴EF//平面PAB ，在四边形ABCD 中，BC//AD ，AD =2CB ，F 为AD 中点， ∴BC = //AF ，∴四边形CBAF 为平行四边形，故CF //AB ，又AB ⊂平面PAB ，CF ⊄平面PAB ， ∴CF//平面PAB ，∵CF ∩EF =F ，EF//平面PAB ，CF//平面PAB ， CF ⊂平面EFC ，EF ⊂平面EFC ， ∴平面EFC//平面PAB ， ∵EC ⊂平面EFC ， ∴EC//平面PAB ．解：(Ⅱ)连接BF ，过F 作FM ⊥PB 于M ，连接PF ， ∵PA =PD ，∴PF ⊥AD ，∵DF//BC ，DF =BC ，CD ⊥AD ，∴四边形BCDF 为矩形，∴BF ⊥AD ， 又AD//BC ，故PF ⊥BC ，BF ⊥BC ， 又BF ∩PF =F ，BF ，PF ⊂平面PBF ， ∴BC ⊥平面PBF ，又PB ⊂平面PBF ， ∴BC ⊥PB ，设DC =CB =1，由PC =AD =2DC =2CB ，得AD =PC =2， ∴PB =√PC 2−BC 2=√4−1=√3， BF =PF =1，∴MF =√12−(√32)2=12，又BC ⊥平面PBF ，MF ⊂平面PBF ， ∴BC ⊥MF ，又PB ∩BC =B ，PB 、BC ⊂平面PBC ，∴MF ⊥平面PBC ，即点F 到平面PBC 的距离为12， ∵DF//BC,BC ⊂平面PBC ，DF ⊄平面PBC ， ∴DF//平面PBC ，D 到平面PBC 的距离应该和F 到平面PBC 的距离相等，均为12， E 为PD 中点，E 到平面PBC 的距离应为D 到平面PBC 的距离的一半， ∴E 到平面PBC 的距离为14，在△PCD 中,PC =2,CD =1,PD =√2，，故由余弦定理得CE =√2，设直线CE 与平面PBC 所成角为θ，则sinθ=14CE=√28．【解析】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，属于较难题．(Ⅰ)取AD 的中点F ，连结EF ，CF ，推导出EF//PA ，CF//AB ，从而平面EFC//平面PAB ，由此能证明EC//平面PAB ．(Ⅱ)连结BF ，过F 作FM ⊥PB 于M ，连结PF ，推导出四边形BCDF 为矩形，从而BF ⊥AD ，求出BC ⊥MF ，即可得解．10.【答案】(1)证明：取PA 的中点F ，连FE 、FB ，∵E 是PD 的中点，∴FE//=12AD ，又BC//=12AD ∴FE//=BC ，∴四边形EFBC 是平行四边形， ∴CE//BF ，又CE ⊄平面PAB ，BF ⊂平面PAB ， ∴CE//平面PAB ．(2)解：在平面PAB 内作PO ⊥AB 于O ，不妨令AB =BC =12AD =2，则AD =4， 由△PAB 是等边三角形，则PA =PB =2，O 为AB 的中点，PO =√3，分别以AB 、PO 所在的直线为x 轴和z 轴，以底面内AB 的中垂线为y 轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,√3)，B(1,0，0)，C(1,2，0)，D(−1,4，0)， ∴PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,−√3)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2,0)，设平面PBC 的法向量为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,1)，平面PDC 的法向量为n 2⃗⃗⃗⃗ =(−1,y 2,z 2)， 则{n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1+2y 1−√3=0n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0+2y 1+0=0⇒{x 1=√3y 1=0，则n 1⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,1)， {n 2⃗⃗⃗⃗ ⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−1+2y 2−√3z 2=0n 2⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2+2y 2+0=0⇒{y 2=−1z 2=−√3，则n 2⃗⃗⃗⃗ =(−1,−1,−√3)， ∴cos <n 1⃗⃗⃗⃗ ,n 2⃗⃗⃗⃗ >=n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3,0,1)⋅(−1,−1,−√3)2⋅√5=√32⋅√5=−√155， 经检验，钝二面角B −PC −D 的余弦值的大小为−√155．【解析】(1)取PA 的中点F ，连FE 、FB ，说明四边形EFBC 是平行四边形，得到CE//BF ，然后证明CE//平面PAB ．(2)分别以AB 、PO 所在的直线为x 轴和z 轴，以底面内AB 的中垂线为y 轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC 的法向量，平面PDC 的法向量，然后求解二面角B −PC −D 的余弦值的大小．本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面平行的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力，逻辑推理能力，是中档题．11.【答案】解：(Ⅰ)∵四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB =AA 1=√2，由棱柱的性质可得BB 1 和DD 1平行且相等，故四边形BB 1D 1D 为平行四边形，故有BD 和B 1D 1平行且相等．而BD 不在平面CB 1D 1内，而B 1D 1在平面CB 1D 1内，∴BD//平面CB 1D 1． 同理可证，A 1BCD 1为平行四边形，A 1B//平面CB 1D 1．而BD 和A 1B 是平面A 1BD 内的两条相交直线，故有平面A 1BD//平面CD 1B 1． (Ⅱ) 由题意可得A 1O 为三棱柱ABD −A 1B 1D 1的高．三角形A 1AO 中，由勾股定理可得A 1O =√A 1A 2−AO 2=√2−1=1，∴三棱柱ABD −A 1B 1D 1的体积V =S △ABD ⋅A 1O =AB 22⋅A 1O =22×1=1．【解析】(Ⅰ)由四棱柱的性质可得四边形BB1D1D为平行四边形，故有BD和B1D1平行且相等，可得BD//平面CB1D1.同理可证，A1B//平面CB1D1.而BD和A1B是平面A1BD内的两条相交直线，利用两个平面平行的判定定理可得平面A1BD//平面CD1B1．(Ⅱ)由题意可得A1O为三棱柱ABD−A1B1D1的高，由勾股定理可得A1O=√A1A2−AO2的值，再根据三棱柱ABD−A1B1D1的体积V=S△ABD⋅A1O，运算求得结果．本题主要考查棱柱的性质，两个平面平行的判定定理的应用，求三棱柱的体积，属于中档题．12.【答案】解：(Ⅰ)证明：∵在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F分别为AA1，AC，A1C1的中点，AB=BC=√5，AC=AA1=2．∴AC⊥EF，AC⊥BE，∵EF∩BE=E，∴AC⊥平面BEF．(Ⅱ)解：三棱锥C1−BCD的体积为：V C1−BCD =V B−DCC1=13×S△DCC1×BE=13×12×2×2×√5−1=43．【解析】(Ⅰ)推导出AC⊥EF，AC⊥BE，由此能证明AC⊥平面BEF．(Ⅱ)三棱锥C1−BCD的体积为V C1−BCD =V B−DCC1=13×S△DCC1×BE，由此能求出结果．本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．13.【答案】解：(1)∵D，E分别为AB，BC的中点，∴DE为△ABC的中位线，∴DE//AC，∵ABC−A1B1C1为棱柱，∴AC//A1C1，∴DE//A1C1，∵A1C1⊂平面A1C1F，且DE⊄平面A1C1F，∴DE//面A1C1F；(2)在ABC−A1B1C1的直棱柱中，∴AA1⊥平面A1B1C1，∵A1C1⊂平面A1B1C1,∴AA1⊥A1C1，又∵A1C1⊥A1B1，且AA1∩A1B1=A1，AA1、A1B1⊂平面AA1B1B，∴A1C1⊥平面AA1B1B，∵DE//A1C1，∴DE⊥平面AA1B1B，又∵A1F⊂平面AA1B1B，∴DE⊥A1F，又∵A1F⊥B1D，DE∩B1D=D，且DE、B1D⊂平面B1DE，∴A1F⊥平面B1DE，又∵A1F⊂平面A1C1F，∴平面B1DE⊥平面A1C1F.【解析】本题考查直线与平面平行的证明，以及平面与平面相互垂直的证明，把握常用方法最关键，难度适中．(1)通过证明DE//AC，进而DE//A1C1，据此可得直线DE//平面A1C1F1；(2)通过证明A1F⊥DE结合题目已知条件A1F⊥B1D，进而可得平面B1DE⊥平面A1C1F.14.【答案】(1)证明：在△ABC中，∵AC=3，AB=5，BC=4，∴△ABC为直角三角形，∴AC⊥BC…(2分)又∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1∩BC=C，∴AC⊥平面BCC1，∴AC⊥BC1.…(5分)(2)证明：设B1C与BC1交于点E，则E为BC1的中点，连结DE，则在△ABC1中，DE//AC1，又DE⊂面CDB1，AC1⊄面CDB1，∴AC1//平面B1CD.…(10分)(3)解：在△ABC中，过C作CF⊥AB，F为垂足，∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且平面ABB1A1∩平面ABC=AB，∴CF⊥平面ABB1A1，而CF=AC⋅BCAB =3×45=125，∵V A1−B1CD =V C−A1DB1，而S△DA1B1=12A1B1⋅AA1=5×4×12=10，∴V A1−B1CD =13×10×125=8.…(14分)【解析】(1)由勾股定理得AC⊥BC，由CC1⊥面ABC得到CC1⊥AC，从而得到AC⊥面BCC1，故AC⊥BC1．(2)连接B1C交BC1于点E，则DE为△ABC1的中位线，得到DE//AC1，从而得到AC1//面B1CD．(3)过C作CF⊥AB垂足为F，CF⊥面ABB1A1，面积法求CF，求出三角形DB1A1的面积，代入体积公式进行运算．本题考查证明线线垂直、线面平行的方法，求三棱锥的体积，求点C到面A1B1D的距离是解题的难点．15.【答案】(1)证明：连结BD，∵三棱锥P−ABC，D为AC的中点，PA=PB=PC=√5，AC=2√2，AB=√2，BC=√6，∴PD⊥AC，AB⊥BC，∴BD=12AC=√2，PD=√5−2=√3，∴BD2+PD2=PB2，∴PD⊥BD，∵AC∩BD=D，∴PD⊥底面ABC．(2)解：由(1)知PD⊥底面ABC，过点D作DE⊥AB，连结PE，由三垂线定理知∠PED是二面角P−AB−C的平面角，∵D是AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE=12BC=√62，∴tan∠PED=PDDE =√3√62=√2．∴二面角P−AB−C的正切值为√2．故答案为：√2．【解析】(1)由已知条件条件出PD⊥AC，PD⊥BD，由此能证明PD⊥底面ABC．(2)过点D作DE⊥AB，连结PE，由三垂线定理知∠PED是二面角P−AB−C的平面角，由此能求出二面角P−AB−C的正切值．本题考查直线与底面垂直的证明，考查二面角的正切值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．。

第八章测评(B)(时间:60分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题5分,共25分。

每小题只有一个选项符合题目要求)1.升降机中有一质量为m的物体,当升降机以加速度a匀加速上升h高度时,物体增加的重力势能为()A.mghB.mgh+mahC.mahD.mgh-mah答案:A解析:要分析重力势能的变化,只需要分析重力做功。

物体随升降机上升了h,物体克服重力做功W=mgh,故物体的重力势能增加了mgh,A正确。

2.在大型游乐场里,小明乘坐右图所示的匀速转动的摩天轮,正在向最高点运动。

对此过程,下列说法正确的是()A.小明的重力势能保持不变B.小明的动能保持不变C.小明的机械能守恒D.小明的机械能减少答案:B解析:摩天轮在转动的过程中,小明的高度不断发生变化,小明的重力势能也在发生变化,故A 错误。

由于摩天轮匀速转动,所以小明的动能保持不变,故B正确。

小明所具有的机械能等于他的动能与重力势能之和,由于其动能不变,而重力势能随着其高度的变化而变化,所以小明的机械能也在不断变化,当其上升时,机械能增加,故C、D错误。

3.总质量约为3.8 t的嫦娥三号探测器在距月面3 m处关闭反推发动机,让其以自由落体的方式降落在月球表面。

4条着陆腿触月信号显示,嫦娥三号完美着陆月球虹湾地区。

月球表面附近重力加速度约为1.6 m/s2,4条着陆腿可视作完全相同的4个轻弹簧,在软着陆后,每个轻弹簧获得的弹性势能大约是()A.28 500 JB.4 560 JC.18 240 JD.9 120 J答案:B解析:由机械能守恒定律,mgh=4E p ,解得E p =mgℎ4=4560J,选项B 正确。

4.如图所示,木块A 放在木块B 的左端,用水平恒力F 将A 拉至B 的右端。

第一次将B 固定在水平地面上,F 做功为W 1,产生的热量为Q 1;第二次让B 可以在光滑水平地面上自由滑动,F 做的功为W 2,产生的热量为Q 2,则应有( )A.W 1<W 2,Q 1=Q 2B.W 1=W 2,Q 1=Q 2C.W 1<W 2,Q 1<Q 2D.W 1=W 2,Q 1<Q 2 答案:A解析:F 做的功W=Fl A ,第一次l A1比第二次l A2小,故W 1<W 2;而Q=μmg ·l 相对,两次两木块的相对位移相等,故Q 1=Q 2,选项A 正确。

第八章单元测试1．综合开发利用海水资源获取物质和能量具有广阔的前景。

下列综合开发利用海水资源的过程中，只发生物理变化的是（）A．用海水晒制食盐B．从海带中提取碘C．从海水中提取溴D．用海水制取烧碱2．“绿色化学”又称“环境友好化学”，它的主要特点之一是使原料中所有原子全部转化到产品中，实现“零排放”。

下列反应符合绿色化学这一特点的是（）A．工业冶铁B．用生石灰制熟石灰C．实验室制取二氧化碳D．实验室制取氧气3．“水能载舟，亦能覆舟”这句名言用于药物和患者也很贴切，下列药物使用知识正确的是（）A．对于标记“OTC”的药物，必须在医生指导下使用B．患有胃溃疡的患者，可用小苏打治疗胃酸过多C．抗生素能抵抗所有细菌感染，可以大量使用D．为了防止过敏反应发生，使用青霉素前一定要进行皮试4．下列有关食品添加剂使用正确的是（）A．在规定范围使用着色剂，一般认为对人体健康无害B．为了增进孩子的食欲，可以在饮食中多多使用调味剂C．亚硝酸钠可延长肉类制品保质期，我们可放心添加使用D．为增强食品营养，应大力提倡在食品中添加营养强化剂5．化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。

下列说法正确的是（）A．为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药B．加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量C．实现化石燃料清洁利用，就无需开发能能源D．垃圾是放错地方的资源，应分类回收利用6．北宋沈括在《梦溪笔谈》中首次记载了石油用途，并预言“此物后必大行于世”。

关于石油的说法正确的是（）A．是可再生资源B．主要成分是苯C．石油的分馏可以获得乙烯D．从石油中可获得大量的基本化工原料7．下列有关酸雨的说法错误的是（）B．硫酸型酸雨的形成与SO2的排放有关C．煤的脱硫可以在一定程度上减少酸雨的形成D．为了不形成酸雨，应停止使用一切化石燃料8．十九大报告提出：必须树立和践行“绿水青山就是金山银山”的理念，你认为下列做法与这一理念不相符的是（）A．工业废水经处理达标后排放B．植树造林，增大绿化面积C．将废旧电池进行填埋处理D．对含硫燃料预先进行脱硫处理，让能源更清洁9．“绿色化学”的核心是实现污染物“零排放”。

第八章综合测试一、选择题（本题共10个小题，每小题4分，共40分。

1~6题为单选题；7~10题为多选题，多选题中，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分）1.汽车质量为3 000 kg ，发动机的额定功率为60 kW ，在水平路面上行驶时受到的阻力为车重的0.1倍，则发动机在额定功率下汽车行驶的最大速度为（g 取210 m s ）（ ） A .5 m sB .10 m sC .15 mD .20 m s2.以水平速度v 飞行的子弹依次穿过两块竖直放置的由同种材料制成的钢板，若子弹穿透两块钢板后速度分别为0.8v 和0.6v ，则两块钢板的厚度之比为（ ） A .1:1B .9:7C .8:6D .16:93.质量为m 的小球系在轻绳的一端，另一端固定，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图8-1所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用。

设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子所受拉力为7mg ，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为（ ）A .18mgRB .14mgRC .12mgR D .mgR4.一个质量为m 的物体在外力作用下以2a g =的加速度竖直向下做加速运动。

在此物体下降h 高度的过程中，下列说法中正确的是（ ） A .重力势能减少了2mgh B .机械能保持不变 C .动能增加了2mgh D .机械能增加了2mgh5.由理想电动机带动的水平传送带匀速运动，速度大小为v ，现将一小工件放到传送带左端点上。

设工件初速度为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v 而与传送带保持相对静止。

设工件质量为m ，它与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带左右端相距L ，则该电动机每传送完一个工件多消耗的电能为（ ）A .mgL μB .212mvC .212mgL mv μ+D .2mv6.如图8-3所示，质量为m 的滑块在水平面上以速率v 撞上劲度系数为k 的轻质弹簧，当滑块将弹簧压缩了0x 时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开。