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课时提能演练(七十三)(45分钟 100分)一、选择题(每小题6分，共36分)1.(2024·新余模拟)随机变量ξ的分布列如下，其中a、b、c为等差数列，若Eξ=13，则Dξ的值为( )ξ-1 0 1P a b c(A)49(B)59(C)13(D)232.(2024·威海模拟)设X为随机变量,X～B(n,13),若随机变量X的数学期望EX=2,则P(X=2)等于( )(A)1316(B)4243(C)13243(D)802433.已知随机变量ξ+η=8，若ξ～B(10,0.6)，则Eη,Dη分别是( )(A)6和2.4 (B)2和2.4(C)2和5.6 (D)6和5.64.同时抛掷两枚质地匀称的硬币，随机变量ξ=1表示结果中有正面对上，ξ=0表示结果中没有正面对上，则Eξ=( )(A)14(B)12(C)34(D)15.若X是离散型随机变量，P(X＝x1)＝23，P(X＝x2)＝13，且x1＜x2，又已知EX＝42DX39，＝，则x1＋x2的值为( )(A)53(B)73(C)3 (D)1136.(预料题)利用下列盈利表中的数据进行决策，应选择的方案是( )(A)A1(B)A2(C)A3 (D)A4二、填空题(每小题6分，共18分)7.某射手射击所得环数ξ的分布列如下：ξ7 8 9 10P x 0.1 0.3 y已知ξ的期望Eξ＝8.9，则y的值为________.8.“好运”出租车公司按月将某辆车出租给司机，依据规定：无论是否出租，该公司每月都要负担这辆车的各种管理费100元，假如在一个月内该车被租的概率是0.8，租金是2 600元，那么公司每月对这辆车收入的期望值为______元.9.抛掷两个骰子，至少有一个4点或5点出现时，就说这次试验胜利，则在10次试验中，胜利次数X的期望是________.三、解答题(每小题15分,共30分)10.(预料题)在衡水中学举办的老师阳光心理素养拓展活动中有一项趣味投篮竞赛，A、B为两个定点投篮位置，在A处投中一球得2分，在B处投中一球得3分.老师甲在A和B处投中的概率分别是1123和，且在A、B两处投中与否相互独立.(1)若老师甲最多有2次投篮机会，其规则是：按先A后B的次序投篮，只有首次在A处投中后才能到B处进行其次次投篮，否则终止投篮，试求他投篮所得积分ξ的分布列和期望；(2)若老师甲有5次投篮机会，其规则是：投篮点自由选择，共投篮5次，投满5次后终止投篮，求投满5次时的积分为9分的概率.11.(2024·淄博模拟)A 、B 是治疗同一种疾病的两种药，用若干试验组进行对比试验.每个试验组由4只小白鼠组成，其中2只服用A ，另2只服用B ，然后视察疗效.若在一个试验组中,服用A 有效的小白鼠的只数比服用B 有效的小白鼠的只数多,就称该试验组为甲类组.设每只小白鼠服用A 有效的概率为23,服用B 有效的概率为12.(1)求一个试验组为甲类组的概率;(2)视察3个试验组,用ξ表示这3个试验组中甲类组的个数,求ξ的分布列和数学期望. 【探究创新】(16分)某俱乐部实行迎圣诞活动，每位会员交50元活动费，可享受20元的消费，并参与一次嬉戏：掷两颗正方体骰子，点数之和为12点获一等奖，奖价值为a 元的奖品；点数之和为11或10点获二等奖，奖价值为100元的奖品；点数之和为9或8点获三等奖，奖价值为30元的奖品；点数之和小于8点的不得奖.求：(1)同行的三位会员一人获一等奖、两人获二等奖的概率； (2)如该俱乐部在嬉戏环节不亏也不赢利，求a 的值.答案解析1.【解析】选B.∵a b c 1,2b a c ++=⎧⎨=+⎩2.【解析】选D.∵1X B n,,EX 2,3=～（）∴n ·13=2，∴n=6，∴P(X=2)=22464116511680C 1.331293243⨯-=⨯⨯=⨯（）（） 3.【解析】选B.∵E ξ=10×0.6=6，D ξ=10×0.6×(1-0.6)=2.4,∴E η=E(8-ξ)=8-E ξ=8-6=2，D η=D(8-ξ)=(-1)2D ξ=D ξ=2.4. 4.【解析】选C.∵P(ξ=1)=34，P(ξ=0)=14， ∴E ξ=13301.444⨯+⨯=5.【解题指南】利用离散型随机变量的均值和方差的计算公式构造含有x 1，x 2的方程组求解.【解析】选C.分析已知条件，利用离散型随机变量的均值和方差的计算公式得：解得125x 32x 3⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩＝＝或12x 1x 2,⎧⎨⎩＝＝又∵x 1＜x 2，∴x 1＋x 2=3.6.【解题指南】求出四种方案A 1、A 2、A 3、A 4盈利的期望，再结合期望作出推断.【解析】选C.方案A 1、A 2、A 3、A 4盈利的期望分别是： A 1:50×0.25＋65×0.30＋26×0.45＝43.7； A 2:70×0.25＋26×0.30＋16×0.45＝32.5； A 3:－20×0.25＋52×0.30＋78×0.45＝45.7； A 4:98×0.25＋82×0.30－10×0.45＝44.6. 所以A 3盈利的期望值最大,所以应选择A 3.7.【解题指南】利用离散型随机变量全部概率和为1和E ξ=8.9通过解方程组即可得到y 的值.【解析】依题意得x 0.10.3y 17x 0.8 2.710y 8.9⎧⎨⎩＋＋＋＝，＋＋＋＝即x y 0.67x 10y 5.4⎧⎨⎩＋＝，＋＝由此解得y ＝0.4. 答案：0.48.【解析】设公司每月对这辆车的收入为X 元，则其分布列为：X －100 2 500 P0.20.8故EX ＝(－100)×0.2＋2 500×0.8＝1 980元. 答案：1 9809.【解题指南】先求出一次试验胜利的概率，再依据二项分布求解.【解析】由题意一次试验胜利的概率为2251339⨯－＝，10次试验为10次独立重复试验，则胜利次数X ～B(10，59)，所以EX ＝509.答案：50910.【解析】(1)依题意得ξ的可能取值为0,2,5. 所以ξ的分布列为ξ 025P121316E ξ=025.2362⨯+⨯+⨯=(2)设“老师甲投满5次时的积分为9分”为事务C ； “在A 处投篮4球中3次，在B 处投1球中1次”为事务A 1; “在A 处投篮3球中3次，在B 处投2球中1次”为事务A 2; “在A 处投篮2球中0次，在B 处投3球中3次”为事务A 3; “在A 处投篮1球中0次，在B 处投4球中3次”为事务A 4;“在B 处投5球中3次”为事务A 5.可知A 1、A 2、A 3、A 4、A 5为互斥事务. =P(A 1)+P(A 2)+P(A 3)+P(A 4)+P(A 5)=88243. 答：老师甲投满5次时的积分为9分的概率为88243. 11.【解析】(1)设A i 表示事务“一个试验组中，服用A 有效的小白鼠有i 只”，i=0,1,2;B i 表示事务“一个试验组中，服用B 有效的小白鼠有i 只”，i=0,1,2.依题意有()()()120124224111P A 2P A P B 339339224=⨯⨯==⨯==⨯=，，，()1111P B 2222=⨯⨯=，所求的概率为0102121414144P P(B A )P(B A )P(B A ).4949299=++=⨯+⨯+⨯=(2)ξ的可能取值为0，1,2,3,且ξ～B(3，49)，∴3123512545100P(0)()P(1)C ()972999243ξ===ξ==⨯⨯=，，2234580P(2)C ()99243ξ==⨯⨯=， P(ξ=3)=3464()9729=，∴ξ的分布列为数学期望E ξ=0123.7292432437293⨯+⨯+⨯+⨯=【方法技巧】求离散型随机变量均值与方差的基本方法(1)定义法：已知随机变量的分布列求它的均值、方差和标准差，可干脆按定义(公式)求解；(2)性质法：已知随机变量ξ的均值与方差，求ξ的线性函数η=a ξ+b 的均值与方差，可干脆利用均值、方差的性质求解；(3)公式法：如能分析所给随机变量，是听从常用的分布(如两点分布，二项分布等)，可干脆利用它们的均值、方差公式求解.【变式备选】在甲、乙等6个单位参与的一次“唱读讲传”演出活动中，每个单位的节目集中支配在一起，若采纳抽签的方式随机确定各单位的演出依次(序号为1,2，…，6)，求：(1)甲、乙两单位的演出序号至少有一个为奇数的概率； (2)甲、乙两单位之间的演出单位个数X 的分布列与期望.【解析】只考虑甲、乙两单位的相对位置，故可用组合计算基本领件数. (1)设A 表示“甲、乙的演出序号至少有一个为奇数”，则A 表示“甲、乙的演出序号均为偶数”，(2)X 的全部可能取值为0,1,2,3,4，且P(X ＝0)＝2651C 3＝， P(X ＝1)＝22664431P(X 2)C 15C 5＝，＝＝＝， P(X ＝3)＝22662211P(X 4).C 15C 15＝，＝＝＝ 从而知X 的分布列为X1234P13 415 15215115所以EX ＝14121401234.315515153⨯⨯⨯⨯⨯＋＋＋＋＝【探究创新】【解析】(1)设掷两颗正方体骰子所得的点数记为(x ，y)，其中1≤x ≤6,1≤y ≤6，x,y ∈N *,则获一等奖只有(6，6)一种可能，其概率为：1116636⨯=；获二等奖共有(6，5)、(5，6)、(4，6)、(6，4)、(5，5)共5种可能，其概率为：536；设事务A 表示“同行的三位会员一人获一等奖、两人获二等奖”，则有：P(A)=13C ×21525()363615 552⨯=；(2)设俱乐部在嬉戏环节收益为ξ元，则ξ的可能取值为30-a,-70,0,30,其分布列为：则：Eξ=(30-a)×()70030+-⨯+⨯+⨯=；由Eξ=0得：a=310，即一363641236等奖可设价值为310元的奖品.。
课时提能演练(七十三) (45分钟 100分) 一、选择题(每小题6分，共36分) 1.如图是当σ取三个不同值σ1、σ2、σ3时的三种正态曲线N(0，σ2)的图象，那么σ1、σ2、σ3的大小关系是( ) (A)σ1＞1＞σ2＞σ3＞0 (B)0＜σ1＜σ2＜1＜σ3 (C)σ1＞σ2＞1＞σ3＞0 (D)0＜σ1＜σ2＝1＜σ3 2.(2012·广州模拟)设随机变量ξ服从正态分布N(3,4)，若P(ξa＋2)，则a的值为( ) (A) (B) (C)5 (D)3 3.(2012·中山模拟)把一正态曲线C1沿着横轴方向向右移动2个单位，得到一条新的曲线C2，下列说法不正确的是( ) (A)曲线C2仍是正态曲线 (B)曲线C1、C2的最高点的纵坐标相等 (C)以曲线C2为概率密度曲线的总体的方差比以曲线C1为概率密度曲线的总体的方差大2 (D)以曲线C2为概率密度曲线的总体的期望比以曲线C1为概率密度曲线的总体的期望大2 4.(2012·揭阳模拟)正态总体N(0,1)在区间(－2，－1)和(1,2)上取值的概率分别为P1、P2，则( ) (A)P1>P2 (B)P1 <p2 (C)P1＝P2 (D)不确定 5.某校高考的数学成绩近似服从正态分布N(100,100)，则该校成绩位于(80,120)内的人数占考生总人数的百分比约为( ) (A)22.8% (B)45.6% (C)95.44% (D)97.22% 6.已知随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)，若P(ξ＞2)＝0.023，则P(－2≤ξ≤2)＝( ) (A)0.477 (B)0.625 (C)0.954 (D)0.977 二、填空题(每小题6分，共18分) 7.下面四种说法： ①正态曲线f(x)＝e关于直线x＝μ对称； ②正态分布N(μ，σ2)在区间(－∞，μ)内取值的概率小于0.5； ③服从于正态分布N(μ，σ2)的随机变量在(μ－3σ，μ＋3σ)以外取值的情况在一次试验中几乎不可能发生； ④当μ一定时，σ越小，曲线越“矮胖”. 其中正确的序号是 . 8.已知随机变量X～N(2，σ2)，若P(X0)，若ξ在(0,1)内取值的概率为0.4，则ξ在(0,2)内取值的概率为 . 三、解答题(每小题15分，共30分) 10.(易错题)某正态曲线的密度函数是偶函数，而且该函数的最大值为，求总体位于区间[－4，－2]的概率. 11.在某市组织的一次数学竞赛中全体参赛学生的成绩近似服从正态分布N(60,100)，已知成绩在90分以上(含90分)的学生有13人. (1)求此次参加竞赛的学生总数共有多少人？ (2)若计划奖励竞赛成绩排在前228名的学生，问受奖学生的分数线是多少？ 【探究创新】 (16分)某贫困山区居民家庭收入可以认为服从正态分布，现调查10户，得各户的人均收入为(单位：元/户)： 97.89， 102.14， 143.20， 151.30， 103.43， 88.90， 144.20， 120.30， 123.50， 131.64 试以95%以上的可靠性估计该地区居民家庭人均收入的平均值所在的范围.。
(10＋1＋1)章末综合能力滚动练一、单项选择题1．某发电站的输出功率为220 kW ，输电线的总电阻为0.05 Ω，用110 V 和11 kV 两种电压输电．两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为( )A ．100∶1B ．1∶100C ．1∶10D ．10∶1答案 A解析 由题意知输电线上的电流I ＝P U ，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU ＝Ir ＝Pr U，故ΔU 1ΔU 2＝U 2U 1＝11×103110＝1001，故选A. 2．(2019·福建宁德市上学期期末)阻值为R 的电炉丝通以大小为I 的恒定电流时其电功率为P ，当把它接在某正弦交流电源两端时其电功率也为P .则该交流电源电压的最大值为( )A.22IRB.2IRC ．IRD ．2IR 答案 B解析 设电炉丝通以大小为I 的恒定电流时，t 时间内产生的热量为Q ，则有：Q ＝Pt ＝I 2Rt ；电炉丝接在某正弦交流电源两端时，t 时间内产生的热量为Q ′，则有：Q ′＝Pt ＝I 有2Rt ，又Q ＝Q ′，即I 2Rt ＝I 有2Rt ，解得：I 有＝I ，则电压的有效值为U 有＝I 有R ＝IR ，故该交流电源电压的最大值为U m ＝2U 有＝2IR ，故选B.3．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd ，以恒定的角速度绕ab 边转动，磁场方向平行于纸面并与ab 边垂直．在t ＝0时刻，线圈平面与纸面重合，如图1所示，线圈的cd 边离开纸面向外运动．若规定a →b →c →d →a 方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i 随时间t 变化的图线是( )图1答案 C解析线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电．对于题图所示起始时刻，线圈的cd边离开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的感应电流的瞬时值最大，用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对．4．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)图2甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的图象如图乙所示．已知发电机线圈电阻为10 Ω，外接一只阻值为90 Ω的电阻，不计电路的其他电阻，则()图2A．电流表的示数为0.31 AB．线圈转动的角速度为50π rad/sC．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D．在线圈转动一周过程中，外电阻发热量约为0.087 J答案 D解析 在交流电路中电流表的示数为有效值，E 有效＝E m 2＝22 V ，电流表的示数I ＝E 有效R 总＝22100 A ＝0.22 A ，A 错误；由题图乙可知线圈转动的周期为0.02 s ，则线圈转动的角速度ω＝2πT＝ 100π rad/s ，B 错误；0.01 s 时线圈的电压为0，因此线圈在中性面处，C 错误；在线圈转动一周的过程中，外电阻发热量Q ＝I 2Rt ＝(0.22)2×90×2×10－2 J ≈0.087 J ，D 正确．5．(2019·四川综合能力提升卷(三))如图3所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压U 1、输电线的电阻及理想变压器的匝数均不变，当用户开启的用电器越来越多时，下列表述正确的是( )图3A ．升压变压器副线圈电压U 2降低B ．降压变压器原线圈电压U 3升高C ．输电线消耗的功率增大D ．发电机的输出功率不变答案 C解析 当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则降压变压器原线圈电流增大，输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大；发电机的输出电压U 1不变，升压变压器匝数比不变，则副线圈电压U 2不变，由输电线上的电压损失增大，可知降压变压器的输入电压U 3减小，故A 、B 错误，C 正确；发电机输出功率随用户开启的用电器增多而增加，D 错误．6．如图4甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，R t 为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R 1为定值电阻．若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电．下列说法中正确的是( )图4A ．输入变压器原线圈的交流电压的瞬时值表达式为u ＝362sin 50πt VB ．变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1C ．t ＝0.01 s 时，发电机的线圈平面位于中性面D ．R t 处温度升高时，变压器的输入功率变小答案 C解析 由题图乙可知交流电压最大值U ＝36 2 V ，周期T ＝0.02 s ，可由周期求出角速度的值为2π0.02rad/s ＝100π rad/s ，则可得交流电压的瞬时值表达式u ＝362sin 100πt V ，故A 错误；根据I 1I 2＝n 2n 1可知变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4，故B 错误；t ＝0.01 s 时，瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，发电机的线圈平面位于中性面，故C 正确；R t 处温度升高时，R t 阻值减小，电流表的示数变大，变压器的输入功率变大，故D 错误．二、多项选择题7．如图5甲所示，在直铁棒上绕有两个线圈，线圈n 1＝20匝，n 2＝400匝，原线圈输入电压u 1随时间变化的图象如图乙所示，则( )图5A ．理想电压表读数为200 2 VB ．理想电压表读数为200 VC ．副线圈交流电的周期为0.02 sD ．滑动变阻器滑片向下滑动，则电路输入功率变大答案 BCD解析 原线圈电压的有效值U 1＝1022V ＝10 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，得U 2＝n 2n 1U 1＝40020×10 V ＝ 200 V ，故A 错误，B 正确；根据题图乙知原线圈交流电的周期T ＝0.02 s ，则副线圈交流电的周期也为0.02 s ，故C 正确；滑动变阻器滑片向下滑动，变阻器接入电路的电阻变小，根据P 2＝U 22R ，输出功率变大，输入功率等于输出功率，则电路输入功率变大，故D 正确． 8．(2019·山东淄博市3月模拟)如图6所示，R 是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小．理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝2202sin 100πt (V)，则( )图6A ．电压表的示数为22 2 VB ．副线圈中交流电的频率为50 HzC ．在天逐渐变黑的过程中，电流表A 2的示数变小D ．在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变大答案 BC解析 原线圈电压的最大值为220 2 V ，根据电压之比等于线圈匝数之比可知，副线圈的电压的最大值为22 2 V ，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为U ＝2222V ＝22 V ，故A 错误；由于变压器不改变交流电频率，则副线圈中交流电的频率为f ＝ω2π＝100π2πHz ＝50 Hz ，选项B 正确；在天逐渐变黑的过程中，光照变弱，R 阻值增大，电路的总电阻变大，而副线圈两端的电压不变，所以副线圈的电流变小，电流表A 2的示数变小，故C 正确；由于变压器的输入和输出的功率是相等的，副线圈的电流减小，副线圈的电压不变，所以由P ＝UI 可知，输出的功率要减小，故输入的功率也要减小，故D 错误．9.(2019·河北唐山市第一次模拟)如图7所示，半径为2r 的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r ，已知弹性螺旋线圈的电阻为R ，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是( )图7A ．保持磁场不变，线圈的半径由2r 变到3r 的过程中，有顺时针的感应电流B ．保持磁场不变，线圈的半径由2r 变到0.5r 的过程中，有逆时针的感应电流C ．保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，线圈中的电流为k πr 2RD ．保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，线圈中的电流为2k πr 2R答案 BC解析 由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r 变到3r 的过程中，穿过线圈的磁通量不变，所以线圈中没有感应电流产生，故A 错误；由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r 变到0.5r 的过程中，穿过线圈的磁通量变小，根据楞次定律可知，产生逆时针感应的电流，故B 正确；保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，线圈中的感应电流为：I ＝E R ＝ΔΦΔt R ＝ΔBS ΔtR ＝k S R ＝k πr 2R，故C 正确，D 错误． 10.如图8所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，图中电压表和电流表均为理想交流电表，R 1为定值电阻，R 2为负温度系数的热敏电阻(温度升高时阻值减小)，C 为电容器．下列说法正确的是( )图8A ．通过R 1的电流为零B ．滑片P 向上滑动，电压表示数变小C ．R 2处温度升高时，电压表的示数不变D ．减小电容器C 的电容，电流表的示数变大答案 BC解析 交流电能够通过电容器，则通过R 1的电流不为零，故A 错误；滑片P 向上滑动，原线圈匝数n 1变大，根据U 1n 1＝U 2n 2可知，副线圈电压减小，即电压表示数变小，B 正确；R 2处温度升高时，阻值减小，不会影响输入和输出电压值，电压表的示数不变，故C 正确；减小电容器C 的电容，则电容器的容抗变大，则电流表的示数变小，D 错误．三、非选择题11．材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小．图9甲为某压敏电阻在室温下的电阻—压力特性曲线，其中R F 、R 0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值．为了测量压力F ，需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值R F .请按要求完成下列实验：图9(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图乙的虚线框中画出实验电路原理图(压敏电阻及所给压力已给出，待测压力大小约为0.4×102N～0.8×102N，不考虑压力对电路其他部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：A．压敏电阻，无压力时阻值R0＝6 000 ΩB．滑动变阻器R，最大阻值为200 ΩC．电流表A，量程2.5 mA，内阻约30 ΩD．电压表V，量程3 V，内阻约3 kΩE．直流电源E，电动势3 V，内阻很小F．开关S，导线若干(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33 mA，电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为________ V.(3)此时压敏电阻的阻值为________ Ω；结合图甲可知待测压力的大小F＝________ N．(计算结果均保留两位有效数字)答案(1)见解析图(2)2.00(3)1.5×10360解析(1)根据题述对实验电路的要求，应该采用滑动变阻器分压式接法、电流表内接的电路，原理图如图所示．(2)根据电压表读数规则，电压表读数为2.00 V.(3)由欧姆定律，此时压敏电阻的阻值为R F ＝U I －R A ≈1.5×103 Ω，R 0R F＝4，由题图甲可知，对应的待测压力F ＝60 N.12．(2019·江苏南京市六校联考)如图10所示，两平行光滑的金属导轨AD 、CE 相距L ＝1.0 m ，导轨平面与水平面的夹角α＝30°，下端A 、C 用不计电阻的导线相连，导轨电阻不计．PQGH 范围内有方向垂直导轨平面向上、磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场，磁场的宽度d ＝0.6 m ，边界线PQ 、HG 均与导轨垂直．接入电路的电阻r ＝0.40 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，棒两端始终与导轨接触良好，从与磁场上边界GH 距离为b ＝0.40 m 的位置由静止释放，当金属棒进入磁场时，恰好做匀速运动，棒在运动过程中始终与导轨垂直，取g ＝10 m/s 2.求：图10(1)金属棒进入磁场时的速度大小v ；(2)金属棒的质量m ；(3)金属棒在穿过磁场的过程中产生的热量Q .答案 (1)2 m/s (2)0.25 kg (3)0.75 J解析 (1)根据动能定理可得：mgb sin α＝12m v 2－0，解得：v ＝2 m/s (2)金属棒进入磁场时，恰好做匀速运动，由平衡条件得：mg sin α＝BIL ，又I ＝BL v r 联立解得：m ＝0.25 kg(3)根据能量守恒，在磁场运动过程中，减少的重力势能转化为焦耳热：Q ＝mgd sin α＝0.75 J.。
高考物理复习高效学习方略章末综合检测11 热学(检测范围：第十一章)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(每小题4分，共40分)1．下列说法正确的是( )A．气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力B．气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均作用力C．气体分子热运动的平均动能减小，气体的压强一定减小D．单位体积的气体分子数增加，气体的压强一定增大解析 A 本题考查气体部分的知识．根据压强的定义可知A正确，B错．气体分子热运动的平均动能减小，说明温度降低，但不能说明压强也一定减小，C错．单位体积的气体分子数增加时，若温度降低，则气体的压强有可能减小，D错．2．下列说法中正确的是( )A．扩散运动向着更为无序的方向进行，是可逆过程B．物体的内能取决于温度、体积和物质的量C．分子间作用力随分子间距离的增大而减小D．液晶对不同颜色光的吸收强度随电场强度的变化而变化解析BD 扩散运动是不可逆的，A错误；若r<r0，则随分子间距离的增大，分子间作用力先减小，后增大，再减小，C错误．3．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )A．如果保持气体的体积不变，温度升高，压强减小B．如果保持气体的体积不变，温度升高，压强增大C．如果保持气体的温度不变，体积越小，压强越大D．如果保持气体的压强不变，温度越高，体积越小解析BC 对于一定质量的理想气体，如果保持气体的体积不变，温度升高，分子热运动加快，压强增大，B项正确，A项错误；如果保持气体的温度不变，属于等温变化，体积越小，压强越大，C项正确；如果保持气体的压强不变，做等压变化，温度越高，体积增大，D项错误．4．(2011·四川理综)气体能够充满密闭容器，说明气体分子除相互碰撞的短暂时间外( )A．气体分子可以做布朗运动B．气体分子的动能都一样大C．相互作用力十分微弱，气体分子可以自由运动D．相互作用力十分微弱，气体分子间的距离都一样大解析 C 布朗运动是分子聚集体的运动，而不是单个分子的运动，所以A错误；不同气体分子速率不一定一样，B错误；气体分子之间的距离远大于分子力的作用范围，所以可以认为相互作用力微弱，可以自由移动，但分子间的距离还是不一样的，C对，D错误．5.如图所示为两分子间距离与分子势能之间的关系图象，则下列说法中正确的是( )A．当两分子间距离r＝r1时，分子势能为零，分子间相互作用的引力和斥力也均为零B．当两分子间距离r＝r2时，分子势能最小，分子间相互作用的引力和斥力也最小C．当两分子间距离r<r1时，随着r的减小，分子势能增大，分子间相互作用的引力和斥力也增大D．当两分子间距离r>r2时，随着r的增大，分子势能增大，分子间相互作用的引力和斥力也增大解析 C 当两分子间距离r＝r1时，分子势能为零，但r<r0，分子力表现为斥力，选项A错误；由于r2＝r0，分子势能最小，分子间相互作用的引力和斥力相等但不是最小，选项B错误；当r>r2时，由图象可以看出分子势能随着r的增大而增大，而分子间相互作用的引力和斥力逐渐减小，选项D错误．6.如图是氧气分子在0 ℃和100 ℃下的速率分布图线，由图可知( )A．随着温度升高，氧气分子的平均速率变小B．随着温度升高，每一个氧气分子的速率都增大C．随着温度升高，氧气分子中速率小的分子所占比例增大D．同一温度下，氧气分子速率分布呈现“中间多，两头少”的规律解析 D 根据图线可以看出，随着温度升高，氧气分子中速率大的分子所占比例增大，同一温度下，氧气分子速率分布呈现“中间多、两头少”的规律，选项A、B、C错，D对．7．下列说法正确的是( )A．一个盛有一定质量气体的密闭容器，当容器做自由落体运动处于完全失重状态时，气体对容器底部的压力为零B．对于一定种类的大量气体分子，在一定温度下，处于一定速率范围内的分子数所占的百分比是确定的C．能量的耗散从能量的转化角度反映出了自然界中的宏观过程具有方向性D．只要有足够高的技术条件，绝对零度是可以达到的解析BC 根据气体压强的微观解释，气体对器壁的压强是由于大量分子频繁撞击产生的，因此在失重状态下，气体对容器壁仍有压强，A项错；对于大量气体分子，在一定温度时，分子速率是呈正态分布的，故B项正确；由热力学第二定律可知，能量的转化具有方向性，C项正确；根据热力学第三定律可知，热力学零度只能无限接近，但不能达到，D 项错．8．下列说法中正确的有( )A．第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律B．热机的效率从原理上讲可达100%C．因为能量守恒，所以“能源危机”是不可能的D．自然界中的能量尽管是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源解析 D 第二类永动机是指从单一热源吸收，全部用来对外做功而不引起其他变化的机器，它并不违背能量守恒定律，却违背了热力学第二定律；第一类永动机是不消耗能量却可以源源不断地对外做功的机器，它违背能量守恒定律，所以选项A错误．从热力学第二定律的表述可知，任何热机的效率都达不到100%，因此B错．关于“能源危机”必须明确以下几点：(1)能源是提供能量的资源，如煤、石油等．(2)人们在消耗能源时，放出热量，部分转化为内能，部分转化为机械能，但最终基本上都转化成了内能，人们无法把这些内能全部收集起来重新利用(能量耗散)，而可供利用的能源是有限的．因此，“能源危机”并非说明能量不守恒．故C选项错误，D选项正确．9．夏天，如果自行车内胎充气过足，又在阳光下曝晒(曝晒过程中内胎容积几乎不变)，很容易爆胎．关于这一现象，下列说法正确的是( )A．在爆胎前的过程中，随着温度升高，车胎内气体压强将增大B．在爆胎前的过程中，随着温度升高，车胎内气体将向外放出热量C．爆胎是车胎内分子分布密度增大，气体分子间斥力急剧增大造成的D．爆胎是车胎内温度升高，每个气体分子的动能都急剧增大造成的解析 A 由查理定律可知，随着气体的吸热进行，胎内温度升高，压强增大，A 对，B错；爆胎是因为温度升高，分子的平均速率增大，对胎壁撞击力增大，压强增加．10．一定质量的理想气体状态变化过程如图所示，第1种变化是从A到B，第2种变化是从A到C，比较两种变化过程( )A．A到C过程气体吸收热量较多B．A到B过程气体吸收热量较多C ．两个过程气体吸收热量一样D ．两个过程气体内能增加相同解析 AD 在p T 图中，等容线是过原点的倾斜直线，如右图所示，可知V C >V A >V B ，故从A →C ，气体对外做功多，由T B ＝T C 可知两过程内能增量相同，根据ΔU ＝W ＋Q 可知，从A →C ，气体吸收热量多，选项A 、D 正确，而B 、C 错误.二、非选择题(共60分)11．(8分)一本书的面积大约为0.02 m 2，若地面大气压p 0＝1.0×105 Pa ，地面附近重力加速度g ＝10 m/s 2，空气平均摩尔质量为M ＝3.0×10－2 kg·mol －1，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1，则书本上空空气的总质量m ＝________kg ；书本上空空气的分子总数N ＝________个(结果保留两位有效数字)．解析 大气压可看做是由空气重量产生的，p 0＝mg /S ，代入数据解出：m ＝2.0×102 kg ，分子总数N ＝mN A /M ＝4.0×1027个．【答案】 2.0×102 4.0×102712．(10分)(2011·江苏单科)某同学在进行“用油膜法估测分子的大小”的实验前，查阅数据手册得知：油酸的摩尔质量M ＝0.283 kg/mol ，密度ρ＝0.895×103 kg/m 3.若100滴油酸的体积为 1 mL ，则1滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是多少？(取N A ＝6.02×1023 mol －1，球的体积V 与直径D 的关系为V ＝16πD 3，结果保留一位有效数字) 解析 一个油酸分子的体积V 0＝M ρN A， 由球的体积与直径的关系得分子直径D ＝36M πρN A ， 一滴油酸的体积V ＝1×10－6100m 3＝1×10－8 m 3， 1滴油酸所形成的单分子油膜的面积S ＝1×10－8 m 3D， 解得S ＝1×10－1 m 2.【答案】 1×10－1 m 213．(10分)(2012·武昌模拟)如图，竖直平面内有一直角形内径相同的细玻璃管，A 端封闭，C 端开口，AB ＝BC ＝l 0，且此时A 、C 端等高．平衡时，管内水银总长度为l 0，玻璃管AB 内封闭有长为l 02的空气柱．已知大气压强为l 0汞柱高．如果使玻璃管绕B 点在竖直平面内顺时针缓慢地转动至BC 管水平，求此时AB 管内气体的压强为多少汞柱高？(管内封入的气体可视为理想气体且温度不变．)解析 因BC 长度为l 0，故顺时针旋转至BC 水平方向时水银未流出．设A 端空气柱此时长为x ，管内横截面积为S ，对A 内气体：P 1＝l 0，V 1＝l 02·S P 2＝l 0－(l 0－x )＝x ，V 2＝x ·S对A 中密闭气体，由玻意耳定律得l 0l 02·S ＝x ·xS 联立解得x ＝22l 0 即：P 2＝22l 0(汞柱高) 【答案】22l 0(汞柱高) 14.(10分)如图所示，汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞通过定滑轮与一重物m 相连并处于静止状态，此时活塞距缸口的距离h ＝0.2 m ，活塞面积S ＝10 cm 2，封闭气体的压强p ＝5×104 Pa.现通过电热丝对缸内气体加热，使活塞缓慢上升直至缸口．在此过程中封闭气体吸收了Q ＝60 J 的热量，假设汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞质量及一切摩擦力不计，则在此过程中气体内能增加了多少？解析 对封闭气体，根据热力学第一定律：ΔU ＝Q ＋W 代入数据得：ΔU ＝60 J －5×104×10×10－4×0.2 J＝50 J.【答案】 50 J15.(10分)如图，粗细均匀、两端开口的U 形管竖直放置，两端管的竖直部分高度均为20 cm ，内径很小，水平部分BC 长14 cm.一空气柱将管内水银分隔成左右两段．大气压强p 0＝76 cmHg.当空气柱温度为T 0＝273 K 、长L 0＝8 cm 时，BC 管内左端水银柱长2 cm ，AB 管内水银柱长也为2 cm.求：(1)右边水银柱总长是多少？(2)当空气柱温度升高到多少时，左边的水银恰好全部进入竖直管AB 内？(3)为使左、右侧竖直管内的水银柱上表面高度差最大，空气柱温度至少要升高到多少？ 解析 (1)p 1＝p 0＋p 左＝p 0＋p 右，p 右＝2 cmHg ，所以L 右＝6 cm.(2)T 0温度时，p 1＝78 cmHg ，温度升高到T 2时，p 2＝80 cmHg ，L 2＝(8＋2＋2)cm ＝12 cm ，p 1L 0S /T 0＝p 2L 2S /T 2，即78×8S /273＝80×12S /T 2，解得T 2＝420 K.(3)当AB 管中水银柱上表面恰好上升到管口时，高度差最大．L 3＝28 cm ，该变化属于等压变化，则有：L 2S /T 2＝L 3S /T 3，即12S /420＝28S /T 3，解得T 3＝980 K.【答案】 (1)6 cm (2)420 K (3)980 K16．(12分)一气泡中的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中温度视为不变，上升到湖面后气泡并未破裂，最终气泡温度上升到等于环境温度(已知：水面温度高于水里温度)，完成下列各题：(1)气泡在湖内上升的过程中是吸热还是放热，还是既不吸热也不放热？(2)气泡到达湖面后吸收了0.3 J 的热量，又对外做了0.1 J 的功后与外界达到了温度平衡，求：这一过程中气泡内能的改变量．(3)已知气泡内气体的密度为1.29 kg/m 3，平均摩尔质量为0.029 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023 mol －1，取气体分子的平均直径为2×10－10 m ，若气泡内的气体能完全变为液体，请估算液体体积与原来气体体积的比值．(结果保留一位有效数字)解析 (1)吸热(2)由ΔU ＝W ＋Q 得ΔU ＝－0.1 J ＋0.3 J ＝0.2 J ，故内能增加0.2 J.(3)设气泡内气体的质量为m kg ，则气体的体积V 1＝m ρ＝m 1.29m 3. 变成液体后的体积 V 2＝m M ×N A ×43π(d 2)3 ＝m 0.029×6.02×1023×43π×10－30 m 3. 得V 2V 1＝6.02×1023×43×3.14×10－30×1.290.029＝1×10－4.【答案】(1)吸热(2)0.2 J (3)1×10－4。
高中物理第十一章电路及其应用第十一章电路及其应用精选试卷试卷（word版含答案）一、第十一章电路及其应用选择题易错题培优（难）1．1916年，斯泰瓦和托尔曼发现，不带电闭合金属圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴转动，在转速变化时，线圈中会有电流通过。
这一现象可解释为：当线圈转速变化时，由于惯性，自由电子与线圈有相对运动。
取金属线圈为参照物，正离子晶格相对静止，由于惯性影响，可等效为自由电子受到一个沿线圈切线方向的“力”F1，但正离子晶格对自由电子的作用力F2 不允许自由电子无限制地增大速度，F1和F2 会达到平衡，其效果是自由电子相对金属线圈有定向运动。
已知F1与线圈角速度的变化率α成正比，F2 与自由电子相对正离子晶格的速度成正比。
下列说法正确的是（）A．若线圈加速转动，α 越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同B．若线圈加速转动，α越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反C．若线圈减速转动，α越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同D．若线圈减速转动，α越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反【答案】A【解析】【分析】考查电流的形成。
【详解】AB．若线圈加速转动，由于惯性，自由电子相对正离子晶格向与线圈转动方向相反的方向转动，电流方向与电子相对运动方向相反，即与线圈转动方向相同，F1与线圈角速度的变化率α成正比，α越大，F1越大，F1和F2会达到平衡，F1越大，F2越大，F2 与自由电子相对正离子晶格的速度成正比，F2越大，相对正离子晶格的速度越大，电流越大，A正确，B 错误；CD．若线圈减速转动，由于惯性，自由电子相对正离子晶格向与线圈转动方向相同的方向转动，电流方向与电子相对运动方向相反，即与线圈转动方向相反，F1与线圈角速度的变化率α成正比，α越大，F1越大，F1和F2会达到平衡，F1越大，F2越大，F2 与自由电子相对正离子晶格的速度成正比，F2越大，相对正离子晶格的速度越大，电流越大，CD错误。
课时提能演练(六十七) (45分钟 100分) 一、选择题(每小题6分，共36分) 1.下列事件中，随机事件的个数为( ) ①物体在只受重力的作用下会自由下落； ②方程x2＋2x＋8＝0有两个实根； ③某信息台每天的某段时间收到信息咨询的请求次数超过10次； ④下周六会下雨. (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 2.(易错题)对同一试验来说，若事件A是必然事件，事件B是不可能事件，则事件A与事件B的关系是( ) (A)互斥不对立 (B)对立不互斥 (C)互斥且对立 (D)不互斥、不对立 3.某射手在一次射击中，射中10环，9环，8环的概率分别是0.20,0.30,0.10，则此射手在一次射击中不够8环的概率为( ) (A)0.40 (B)0.30 (C)0.60 (D)0.90 4.甲、乙二人下棋，甲获胜的概率是0.3，甲不输的概率为0.8，则甲、乙二人下成和棋的概率为( ) (A)0.6 (B)0.3 (C)0.1 (D)0.5 5.(2012·汕头模拟)给出以下三个命题： (1)将一枚硬币抛掷两次，记事件A：“两次都出现正面”，事件B：“两次都出现反面”，则事件A与事件B是对立事件；(2)在命题(1)中，事件A与事件B是互斥事件；(3)在10件产品中有3件是次品，从中任取3件，记事件A：“所取3件中最多有2件是次品”，事件B：“所取3件中至少有2件是次品”，则事件A与事件B是互斥事件.其中真命题的个数是( ) (A)0 (B)1 (C)2 (D)3 6.口袋中有100个大小相同的红球、白球、黑球，其中红球45个，从口袋中摸出一个球，摸出白球的概率为0.23，则摸出黑球的概率为( ) (A)0.45 (B)0.67 (C)0.64 (D)0.32 二、填空题(每小题6分，共18分) 7.下列事件是不可能事件的是 . ①三角形内角和为180°； ②在同一个三角形中大边对大角； ③锐角三角形中两个内角的和小于90°； ④三角形中任意两边的和大于第三边. 8.从一堆苹果中任取了20个，并得到它们的质量(单位：克)数据分布表如下：分组[90,100)[100,110)[110,120)[120,130)[130,140)[140,150]频数1231031则这堆苹果中质量不小于120克的苹果数约占苹果总数的 %. 9.(2012·佛山模拟)已知盒子中有散落的棋子15粒，其中6粒是黑子，9粒是白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率是，从中取出2粒都是白子的概率是，现从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是 . 三、解答题(每小题15分，共30分) 10.某篮球运动员在最近几场比赛中罚球投篮的结果如下：投篮次数n8101291016进球次数m6897712进球频率(1)计算表中进球的频率； (2)这位运动员投篮一次，进球的概率是多少？ 11.(2012·广州模拟)某地区对12岁儿童瞬时记忆能力进行调查，瞬时记忆能力包括听觉记忆能力与视觉记忆能力.某班学生共有40人，下表为该班学生瞬时记忆能力的调查结果，例如表中听觉记忆能力为中等，且视觉记忆能力偏高的学生为3人.视觉听觉视觉记忆能力偏低中等偏高超常听觉 记忆 能力偏低0751中等183b偏高2a01超常0211由于部分数据丢失，只知道从这40位学生中随机抽取一个，视觉记忆能力恰为中等，且听觉记忆能力为中等或中等以上的概率为. (1)试确定a，b的值； (2)从40人中任意抽取3人，求其中至少有一位具有听觉记忆能力或视觉记忆能力超常的学生的概率. 【探究创新】 (16分)在添加剂的搭配使用中，为了找到最佳的搭配方案，需要对各种不同的搭配方式作比较.在试制某种牙膏新品种时，需要选用两种不同的添加剂.现有芳香度分别为0,1,2,3,4,5的六种添加剂可供选用.根据试验设计原理，通常首先要随机选取两种不同的添加剂进行搭配试验. (1)求所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于4的概率； (2)求所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和不小于3的概率. ＝1－＝. 答：从这40人中任意抽取3人，其中至少有一位具有听觉记忆能力或视觉记忆能力超常的学生的概率为. 【变式备选】袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率为，得到黑球或黄球的概率为，得到黄球或绿球的概率是，试求得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少？ 【解析】分别记得到红球、黑球、黄球、绿球为事件A、B、C、D.由于A、B、C、D为互斥事件，根据已知得 ，解得 故得到黑球、黄球、绿球的概率分别是，，. 【方法技巧】互斥事件概率公式的应用 用互斥事件的概率加法公式，可以把一个较为复杂的概率计算分解成几个较简单的互斥事件的概率和的形式，再利用等可能事件的概率计算方法即可求解.但是一定要注意，概率加法公式仅适用于互斥事件，即当A、B互斥时，P(A＋B)＝P(A)＋P(B)，否则公式不能使用. 【探究创新】 【解析】设“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于4”的事件为A，“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和不小于3”的事件为B. 从六种中随机选两种共有(0,1)、(0,2)、(0,3)、(0,4)、(0,5)、(1,2)、(1,3)、(1,4)、(1,5)、(2,3)、(2,4)、(2,5)、(3,4)、(3,5)、(4,5),15种. (1)“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于4”的取法有2种：(0,4)、(1,3)，故P(A)＝. (2)“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于1”的取法有1种：(0,1)；“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于2”的取法有1种：(0,2)，故P(B)＝1－(＋)＝.。
单元质量评估(一)1㊁2.【解析】1选B,2选D㊂第1题,结合经纬网图可知,甲位于60°N,乙位于赤道,丙位于南回归线,三者与180°经线的经度差都为5°,因此乙距180°经线距离最长,船的速度最快㊂第2题,结合上题分析可知,三个阴影区域中乙附近阴影区域的实际面积最大,而它们的图上面积相等,因此可确定乙的比例尺最小㊂3~6.【解析】3选A,4选B,5选B,6选A㊂第3题,据经纬度和海陆轮廓可知,西北航道经过加拿大㊁美国㊁俄罗斯㊂第4题,根据经纬度可判断黄河站位于北京的西北方位㊂第5题,黄河站位于78°55'N,极昼时间约3个月,北半球的极地东风为东北风㊂第6题,图中0°经线为0时,北京日期为6月5日,北京所在的东八区的区时为6月5日8时㊂7㊁8.【解析】7选B,8选C㊂第7题,由材料信息 太阳系以外”㊁ 银河系中”可确定C o r o t7b与地球共同属于银河系㊂第8题,地球上存在生命的自身条件,需要有适宜的温度,适合生物呼吸的大气和液态水的存在,C项为存在生命的外部条件㊂9㊁10.【解析】9选A,10选A㊂本题组考查学生的读图析图能力㊂第9题,由图可以看出,太阳黑子相对数越多,树木年轮宽度就越大,二者呈正相关㊂第10题,此图说明了太阳黑子相对数的变化对树木生长的影响,而地球气候是影响树木生长的主要因素㊂11㊁12.【解析】11选B,12选C㊂僧一行描述的是一年中地球公转速度的变化㊂近日点(一月初)附近,地球公转速度快,而远日点(七月初)附近,地球公转速度慢㊂冬至日接近近日点,夏至日接近远日点㊂由于冬夏季节地球公转的速度不同,北半球冬半年短于夏半年㊂13㊁14.【解析】13选A,14选C㊂第13题,读图可知,世界各国航天发射场主要建在本国领土的纬度较低地区,这样有利于利用地球自转的线速度,增大发射时的推力㊂第14题,地球同步卫星定点于赤道上空,相对于地表某点静止㊂因此,其角速度与地面对应点相同,但线速度明显大于地面对应点㊂15~17.【解析】15选B,16选C,17选A㊂由图可知中山站的纬度约为70°S,至冰穹 A的纬度差约有10度,两地的经度十分接近(可以大致认为两地位于同一条经线上,这样能够把问题简单化),根据同一经线上两纬度间相差1°距离为111千米,可以估算中山站至冰穹A的直线距离约为1300千米;在冰穹 A处进行天文观测的优势是极夜长,连续观测的时间长,空气稀薄,对观测的干扰少,空气干燥,阴雨天气少;如果图示正是冰穹 A处天文观测最佳季节,则该地区应该为极夜,即南极圈及其以内为极夜,MN晨昏线右侧(低纬一侧)为昼半球;太阳直射点位于北回归线,结合冰穹 A处的经度和从南极上空看地球自转的方向,可以确定MN晨昏线与南极圈相切的点经度为180°,即太阳直射点的经度为180°㊂18~20.【解析】18选C,19选B,20选A㊂第18题,N点地球公转速度接近最快,可能是冬至日㊂第19题,M大致位于近日点和远日点的中间位置,在春分日前后,昼长大致为12小时㊂第20题,P点地球公转速度最慢,大致在7月初,此时太阳直射点在北半球,并向南运动㊂21~23.【解析】21选A,22选C,23选D㊂第21题,近日点在1月初,与节气中小寒在公转轨道中的位置接近㊂第22题,惊蛰的含义是春雷乍动,惊醒了蛰伏在土壤中冬眠的动物㊂反映的是物候现象㊂第23题,二十四节气反映季节的变化,暖温带四季变化最明显,选项中黄河中下游地区位于暖温带㊂24㊁25.【解析】24选A,25选A㊂北半球出现极昼的范围是66°34'N~90°N,最低界线是在北极圈(66°34'N)上,当北极圈上出现极昼时,太阳直射在23°26'N上㊂26.【解析】本题主要考查等高线地形图的判读㊂第(1)题,根据图中指向标即可判断出我军阵地在敌军阵地的东南方向㊂第(2)题,根据图中比例尺,我军阵地到敌军指挥部的距离大于30千米,若我军大炮射程为30千米的话,敌军指挥部不在射程之内㊂第(3)题,我军阵地海拔应为600~700米㊂第(4)题,C路线基本沿等高线修建,地形平坦,便于进攻㊂答案:(1)东南 (2)否(3)700(600~700之间) (4)C27.【解析】本题以我国部分地区年太阳总辐射量分布图和部分城市年平均日照时数表为背景,考查了太阳辐射的分布规律与影响因素㊂第(1)题,通过观察可以看到该曲线在我国东部地区呈东西方向延伸,而在西南地区呈南北走向㊂第(2)题,结合地形剖面示意图的作法绘出昆明至上海的分布曲线,其中低值区出现于四川盆地㊂第(3)题,台湾岛西侧属湿润气流的背风坡,降水较东侧少,晴天多,因此光照相对丰富㊂第(4)题,要从拉萨所在的纬度㊁地势㊁大气等多方面分析㊂答案:(1)东部受南北纬度的影响呈东西走向,而西南地区受地形地势影响呈南北走向㊂(2)图略(3)高 西侧为背风坡,降水少,晴天多,日照时间长(4)拉萨 纬度较低,海拔高,空气稀薄,云量少,阴雨天气少28.【解析】第(1)题,由图中信息可知,90°经线为90°E,地球按顺时针方向自转(地球自转方向与东经度增大方向一致),所以该图是以南极点为中心的俯视图㊂第(2)题,此时南极圈内出现极昼现象,所以太阳直射点的纬度是23°26'S㊂直射点所在的经线是昼半球的中央经线,即与90°E经线相对的90°W经线㊂第(3)题,晨线是顺着地球自转方向由夜半球过渡到昼半球的分界线,所以图中︵A B是晨线,︵B C是昏线㊂第(4)题,太阳直射纬线上D点的-565 --566 -正午太阳高度最大,其次是离直射点较近的A 点,E 点最小㊂正午太阳高度与E 点相等的纬线是E 点相对于太阳直射点的对称点所在的纬线㊂第(5)题,E 点的地方时为12时,C 点是昏线与赤道的交点,地方时为18时㊂乙点的日出时刻是其所在纬线与晨线交点的地方时(即3时),日落时间是其所在纬线与昏线交点的地方时(即21时),所以乙点夜长6小时,昼长18小时㊂第(6)题,赤道上的A 点昼夜平分㊂第(7)题,从甲地到乙地最近距离的方向是先向西南再向西北㊂第(8)题,由于此时太阳直射点的经度是90°W ,时间是12月22日12时,所以地球上这一天(12月22日)的范围是0时所在的90°E 经线向西到日界线所在的180°经线之间的区域,占全球的一半以上,即与E 点属于同一天的地区所占的范围超过1/2㊂答案:(1)南极点 12 22(2)(23°26'S ,90°W )(3)︵A B ︵B C (4)D >A>E 19°42'N (5)12 18 3 21(6)12 6 (7)D (8)D 29.【解析】第(1)题,根据O Y 为本初子午线知O X 为180°经线,故M 点的经度为172.5°E ;根据图乙判断Q 点(70°N )正处于极昼状态,故太阳直射点的纬度为20°N ,M ㊁N 分别在晨㊁昏线上,故O P (经度为90°E )为夜半球的平分经线,故太阳直射点的经度为90°W ;P 点在30°N 上,30°N 的夜弧度数为180°-15°=165°,故昼长为(180°+15°)÷15=13(小时)㊂第(2)题,Q地的太阳在H 处说明Q 点地方时为12时,根据时差计算知北京时间为14时㊂第(3)题,此时为北半球夏季,澳大利亚的冬小麦正在越冬㊂第(4)题,根据M ㊁N 分别为晨线和昏线与30°N的纬线的两个交点及Q 此时也在晨昏线上可画出晨昏线及夜的范围㊂答案:(1)172.5°E (20°N ,90°W )13(2)14时 (3)D(4)见下图单元质量评估(二)1㊁2.【解析】1选D ,2选D ㊂读图可知该日对流层大气出现了逆温,使空气对流运动减弱㊂逆温基本消失后,空气对流运动显著,有利于污染物扩散,读图可知,13:00之后逆温基本消失㊂3㊁4.【解析】3选C ,4选D ㊂本题组考查气温的分布及读图能力㊂第3题,根据图可知横坐标是沿经线方向变化,纵坐标是沿垂直方向变化㊂反映出气温沿经线方向和垂直方向两个方向的空间变化㊂第4题,太阳辐射从赤道向两极递减,因此气温是随纬度的升高而降低的㊂5㊁6.【解析】5选B ,6选C ㊂本题组通过不同地形的气温日变化图,考查大气的热力作用㊂第5题,读图可知,不论是冬季还是夏季,山顶的气温日变化都是最小的㊂第6题,由于山坡和山谷同一高度距地面距离不同,导致其升㊁降温幅度不同,夜晚时冷空气汇集至山谷,使山谷气温较低㊂7㊁8.【解析】7选A ,8选B ㊂第7题,根据等压面凸凹与气压高低的关系,即 高凸低凹”可判断㊂第8题,根据上题分析可知,A 处位于高气压的东北部,吹西南风;D 处位于低气压的西北部,吹西北风㊂9㊁10.【解析】9选D ,10选A ㊂根据图可知,此时亚欧大陆是高压中心,判断此季节为北半球冬季,我国长江中下游地区受冷空气影响,低温少雨㊂此季节印度半岛为旱季,但由于太阳直射南半球,气温相对较低,因此德干高原较为凉爽㊂11㊁12.【解析】11选B ,12选A ㊂因P 地常年受某风带的控制,根据图中P 地所处的纬度,这一风带只可能是中纬西风带,结合图中的指向标,图中P 地应在40°S 以南,为南半球的温带海洋性气候㊂右图中赤道低压带的中心移到南半球,说明此时是南半球的夏季,此时位于地中海气候区的N 地受副高控制,炎热干燥㊂13㊁14.【解析】13选C ,14选B ㊂第13题,图示的区域南部大致是印度半岛至中南半岛,印度洋至青藏高原;图中A 所示气流为夏季风,可排除A ㊁B 两项;该区域的夏季风主要为南半球的东南信风越过赤道后,在地转偏向力的作用下偏转而成的西南风㊂第14题,图中B 气流越过赤道后,在地转偏向力的作用下向左偏转,即由西北向东南方向运动㊂15㊁16.【解析】15选D ,16选A ㊂第15题,根据冷锋前为暖气团,暖锋后为暖气团可判断,①㊁④㊁c ㊁d 受暖气团控制,②㊁③㊁a ㊁b 受冷气团控制㊂第16题,甲图中①地在暖气团控制下,而且离锋面较远,受冷气团影响不明显,气温最高㊂④地未来将受冷气团控制㊂乙图中四地分别位于冷锋和暖锋的前后,因冷锋的雨区主要在锋后,暖锋的雨区在锋前,故a ㊁b 两地有可能形成降水㊂又由于城市处在锋面气旋天气系统控制下,且城市位于气旋中心区域,气压较低,盛行上升气流,易形成阴雨天气㊂17㊁18.【解析】17选C ,18选A ㊂第17题,锋面是冷暖气团交界面,两侧温度有明显的差别,③两侧温差最大,锋线应在该位置㊂第18题,冷锋降水主要在锋线及锋后,因此①②③降水集中㊂19㊁20.【解析】19选B ,20选B ㊂本题组考查气温日变化及其分布规律㊁影响因素等知识,气温日较差变化规律是:一般夏季变化大于冬季,大陆性气候大于海洋性气候㊂图中甲地日较差小于乙地,则甲地气候的海洋性大于乙地,①②两条曲线中,②日较差大于①,故②表示海洋性气候夏季气温日变化曲线㊂任何地区夏季正午太阳高度都要大于冬季,而落于地平线时太阳高度都为零,则夏季太阳高度日变化要大于冬季,故冬夏气温日较差不同㊂21㊁22.【解析】21选C ,22选A ㊂第21题,分析气温和降水的资料图,利用 以温定带,以水定型”的方法,可以判断四地气候类型分别为:①为温带季风气候,②为热带季风气候,③为亚热带季风气候,④为地中海气候㊂第22题,温带季风气候在全世界只分布在亚洲东部,热带季风气候主要分布在南亚和中南半岛,亚热带季风气候主要分布在大陆东岸,地中海气候主要分布在30°~40°之间的大陆西岸㊂23.【解析】选D ㊂房屋墙壁厚㊁门窗多层有利于保温㊁御寒㊂这种房屋应分布于气候十分寒冷的地区,选项中只有温带大陆性气候冬季酷寒,可能建有这类房屋㊂24.【解析】选C ㊂南极臭氧空洞出现在9~11月份㊂长江中下游梅雨一般出现在6月中旬到7月上旬㊂地球公转到近日点的时间在每年的1月初㊂厄尔尼诺现象通常出现在圣诞节前后㊂25.【解析】选A ㊂全球气候变暖,极冰融化,海平面上升,低地将被淹没;生态环境变化,会使众多生物灭绝;发生极端天气频率会上升;病虫害发生几率会大大增加㊂26.【解析】该题主要考查大气的热力作用㊂第(1)题,等太阳高度分布趋势是从太阳直射点向四周降低,呈同心圆状,最外圈0°太阳高度,即为晨昏线;大气散射会引起太阳在地平线之下天空已亮现象㊂第(2)题,甲图显示太阳直射北回归线,30°N地区此时正午太阳高度比30°S大,日照时间也长㊂第(3)题,青藏高原地势高,空气稀薄,晴天多,对太阳辐射削弱作用小答案:(1)乙 晨昏线(等太阳高度0°线) 散射(2)此时30°N地区正午太阳高度更大 日照时数更长(3)青藏高原 地势高,空气稀薄,晴天多,大气对太阳辐射削弱作用小27.【解析】本题考查气压的影响因素㊁变化及等压面(线)判读㊂第(1)㊁(2)题,同一地点,地势高,气压低;地势低,气压高㊂空气上升,高空空气密度增大,气压升高;空气下沉则相反㊂温度降低,空气下沉,地面气压升高㊂第(3)㊁(4)题,根据热力环流理论,气温与气压的关系,仔细读图分析可解答㊂答案:(1)B C (2)升高(3)8~10 下降 晚 低纬度/热带 减小(4)冬 夏 增大 夏28.【解析】本题通过我国部分地区气压分布图,考查天气系统的规律及影响㊂读图可知此时副高位于20°N~25°N左右,长江中下游地区受江淮准静止锋影响,形成梅雨天气,此时为春末夏初㊂北京此时受高压控制,盛行下沉气流,天气晴朗㊂江淮准静止锋在淮河流域停留时间过长,降水量大,会造成洪涝灾害;副热带高压控制时间过长,降水偏少,会造成高温干旱天气㊂答案:(1)C(2)梅雨 高 晴朗(少雨) 西南(或偏南)(3)影响我国的锋面雨带在淮河流域停留时间较长(或受准静止锋的影响),导致降水量大,造成洪涝灾害的发生㊂南方广大地区出现持续高温和干旱天气主要是因为受副热带高压控制时间较长,盛行下沉气流,天气晴朗,降水稀少,形成炎热干燥的高温天气(或形成伏旱天气)㊂29.【解析】本题考查气候类型的判读㊁成因㊁分布及对农业的影响㊂根据甲乙两地各月气温和降水,利用 以温定带,以水定型”方法判断甲为地中海气候,乙为亚热带季风气候㊂地中海气候是由气压带和风带位置的季节移动形成的,分布在大陆的西岸;亚热带季风气候是由海陆热力性质差异形成的,分布在大陆的东岸㊂亚热带季风气候雨热同期,对大多数农作物生长非常有利㊂答案:(1)地中海气候 亚热带季风气候(2)地中海 东南部(秦岭 淮河以南)(3)乙 甲 (4)冬(5)乙 当气温最高时,降水最多,有利于农作物的生长单元质量评估(三)1㊁2.【解析】1选D,2选A㊂第1题,根据地球物质循环规律,结合图可知②代表重熔作用,③代表岩浆活动,④代表地壳运动,⑤代表变质作用㊂昆仑玉和大理岩都是变质作用形成的,故选D㊂第2题,化石存在于沉积岩中,是古生物或其遗体保留在沉积环境中,然后经过长期的外力作用而形成的,故选A㊂3㊁4.【解析】3选C,4选D㊂该图为海底地形图,M处为大陆架㊁N处为洋盆㊁P处为海沟㊁Q处为海岭㊂板块分界线应为海沟和海岭㊂P处是大洋板块与大陆板块相撞形成的,是海洋最深处,多火山㊁地震等地质灾害㊂把海底地形与板块构造学说结合起来是解题的关键㊂5.【解析】选B㊂自然地理环境各要素之间是一个相互联系的统一的整体,各要素相互作用能产生新功能,平衡功能就是其中之一㊂6㊁7.【解析】6选D,7选A㊂第6题,图中③处是断层形成的地堑构造,与渭河平原㊁汾河谷地及东非大裂谷相同,长江三峡是流水侵蚀形成的㊂第7题,图中②处为断层形成的陡崖,有利于开展攀岩活动㊂8㊁9.【解析】8选A,9选A㊂第8题,向斜是良好的储水构造,济南市泉水形成是南部补给区水向北流动遇到隔水层阻挡,沿裂隙上升形成的㊂第9题,图中四种地貌景观分别是平原㊁黄土高原㊁热带海滨㊁沙丘㊂山东省西部属华北平原的一部分㊂10.【解析】选D㊂欧洲平原上低缓的波状丘陵㊁斯堪的纳维亚半岛西侧的峡湾及阿尔卑斯山地两侧的湖泊都是冰川侵蚀作用形成的㊂阿尔卑斯山脉峰峦挺拔,峰顶终年积雪,是由于该山脉形成年代较晚,山脉海拔高㊂11㊁12.【解析】11选A,12选C㊂第11题,读图对比可知,冬季海水的盐度高于夏季;受径流稀释,离海岸越近,海水盐度越低;海水盐度的高低与大气降水呈负相关;沿岸海域的盐度变化较大㊂第12题,该海域为渤海,春季该地区蒸发旺盛,降水较少,是产盐的最佳季节㊂13.【解析】选C㊂该河流6~9月径流量小,10月~次年5月径流量大㊂C地区位于30°N~40°N大陆西岸,为地中海气候,夏季干燥,冬季多雨㊂14~16.【解析】14选B,15选C,16选A㊂第14题,地下径流的方向是垂直于潜水等水位线从高水位流向低水位,读图可知为自西北向东南㊂第15题,读图可知,乙地地下水位比周围低,形成地下水漏斗区㊂第16题,要考虑两个因素,一是潜水与河水的补给关系,根据等潜水位线可判断为潜水补给河水;二是根据河流流向及等潜水位线的分布状况,可判定P岸河床较陡㊂17㊁18.【解析】17选B,18选B㊂第17题,由图中洋流的分布可知,①处附近的洋流为千岛寒流,对沿岸气候起降温减湿作用;从成因上看属于风海流㊂第18题,当②处洋流与③处洋流流向一致时,为北半球夏季,长江口盐度受河川径流的稀释,较其他时期有所降低;澳大利亚西北部盛行东南风;天山雪线会升高㊂19㊁20.【解析】19选A,20选D㊂第19题,从气候资料判断该地为南半球地中海气候,分布在大陆西岸,受寒流影响,降温减湿㊂第20题,根据上题可知,M地自然带为亚热带常绿硬叶林带;山脉右侧自然带是由于位于盛行风的背风坡,降水少形成的;南北延伸的山脉,东西两侧热量条件相同,水分条件差异大㊂21.【解析】选D㊂森林表层枯枝落叶多,有机质积累多,向下垂直变化大;草原降水少,有机质由表层向下变化小;荒漠枯枝落叶最少,土壤有机质积累最少㊂22㊁23.【解析】22选A,23选A㊂第22题,动物与气候㊁植被等因素相互作用㊁相互影响,体现了地理环境各要素间的整体性㊂第23题,野象是热带湿润气候区的典型动物,夏商时期,华北地区有野象分布,可推测其气候比较暖湿㊂24㊁25.【解析】24选D,25选A㊂第24题,根据基带植被可判断①②山地纬度低-567 -于③④山地;根据同一自然带海拔高度可以判断②山地纬度低于①山地㊁③山地纬度低于④山地㊂第25题,山地垂直植被类型的多少与所处的纬度和山脉的相对高度大小有关,在这里①山地垂直植被类型多的原因主要是相对高度大㊂26.【解析】本题考查流水的速度与侵蚀㊁搬运及沉积之间的关系㊂第(1)题,一般来说,河流上游坡陡水流急,侵蚀作用显著,形成峡谷;下游流速减缓,沉积作用明显,形成宽谷㊂第(2)题,根据图可知粒径较大泥沙,启动速度与粒径呈正相关;细小泥沙由于其位于河床基底上,所以启动速度与粒径呈负相关㊂第(3)题,根据图可知沉降速度下方区域小于泥沙沉降速度,泥沙以沉积为主;其上方区域大于泥沙沉降速度,泥沙以搬运为主㊂答案:(1)侵蚀作用 深而窄 沉积作用(堆积) 宽而浅(2)凹形 粒径较大的泥沙,启动速度随粒径增大而增大;对于细沙㊁粉沙,它们极易附着于河床基底上,故启动速度随粒径减小反而增大(3)沉积 搬运27.【解析】石油分布在背斜构造中,而M处构造为向斜,因岩石坚硬不易被侵蚀而成为山地㊂①处因有岩浆活动,岩石应为岩浆岩,通过一系列的外力作用可以形成沉积岩㊂图中N处是一个断层,不适合修路㊂假设该地处在北半球中低纬度大陆东岸,则b处洋流按性质划分属暖流,对沿岸气候起到增温增湿的作用㊂假设该地位于我国东南沿海,则在每年的夏季,东南季风将太平洋上的水汽带到我国大陆上空,给我国带来丰富的降水㊂答案:(1)不能 该地地质构造为向斜,不利于储存油气向斜槽部受挤压,岩石较紧实,不易被侵蚀,而成为山岭(2)海陆间大 促进陆地淡水资源的更新和补充 塑造地球的表面形态 岩浆 沉积(3)不适合 N处为断层,地壳运动活跃,易造成损失(4)暖流 增温增湿(5)夏 东南 亚热带季风 海陆热力性质差异28.【解析】根据经纬度及大陆轮廓判断,A 为红海,B为尼罗河㊂第(1)题,从盐度的概念入手,判断其影响因素;副热带高压控制,降水少,蒸发旺盛,无河流淡水汇入,海湾封闭等㊂第(2)题,A海域由于处于板块的张裂地带,会不断增大㊂第(3)题,尼罗河发源于东非高原的热带草原气候区,大部分流经热带沙漠气候区,下游地中海沿岸地区为地中海气候,分别对应热带草原㊁热带荒漠㊁亚热带常绿硬叶林景观,体现由赤道到两极的地域分异规律㊂答案:(1)常年受副高控制,气候干旱,蒸发量大于降水量;周围无淡水河流注入;海区比较封闭㊂(2)A海域的面积将扩大㊂A海域为红海,处于印度洋板块和非洲板块的生长边界,板块张裂而成㊂(3)热带草原㊁热带荒漠㊁亚热带常绿硬叶林㊂反映了由赤道到两极的地域分异规律㊂29.【解析】第(1)题,根据题干信息,可以推断该山脉为安第斯山脉,由于南极洲板块俯冲到美洲板块下面,美洲板块被抬升隆起形成的㊂第(2)题,山脉东侧处于西风的背风坡,降水少,形成非地带性的荒漠景观㊂第(3)题,比较三图可以看出,由于地壳运动导致地形抬升,山脉两侧气候产生差异,从而发育了不同的植被类型,这体现了地理环境的整体性㊂第(4)题,山脉西侧常年盛行西风,形成温带海洋性气候和温带落叶阔叶林;正是由于西侧迎风坡降水多,因此雪线也较低㊂答案:(1)美洲 位于两大板块的碰撞处㊂(2)非地带性(3)地壳运动(或地形抬升) 整体(4)温带落叶阔叶林 西坡降水多㊂单元质量评估(四)1㊁2.【解析】1选B,2选C㊂第1题,图中F地地形以高原为主,地形较平坦,距冬季风源地近,故风力大㊂第2题,Ⅰ地位于青藏高原,地势高,空气稀薄,大气保温效应弱,故热量不足㊂3~5.【解析】3选C,4选B,5选A㊂第3题,根据图可知,正午时镜身最接近于直立,应该是正午太阳高度最小的月份㊂第4题,根据图可知,延庆县位于北京西北山间盆地,地形平坦开阔,空气质量好,大气透明度高,太阳能较丰富㊂第5题,西班牙南部属地中海气候,夏季炎热干燥,冬季温和多雨,最低温0℃以上㊂6㊁7.【解析】6选D,7选B㊂第6题,根据风频图可知,西北风频率最高,住宅区应建在主导风向的上风向㊂第7题,根据图可知,东南部地租随距市中心距离变化最大,故其交通通达度低,知名度低;西北部地租随距市中心距离变化最小,故其交通通达度高,环境优美㊂8㊁9.【解析】8选B,9选A㊂根据图中各事物的关系可知,图中A为种植业,C为沼气池,则沼气池中的沼渣可以为种植业提供肥料,即a为沼渣㊂沼气是利用生物的发酵释放沼气的,而发酵与温度相关,北方冬季气温低,产气量少而导致普及率较低㊂10㊁11.【解析】10选D,11选B㊂我国现在每年都要大量进口石油,依据这一基本知识可判断图中实线为能源消费量线㊁虚线为能源生产量线㊂结合图中数据可看出,我国能源的进口量占的比重很小,不会对世界能源安全构成威胁,同时图中信息还显示2000年前后,我国能源消费缺口最大,应该是能源消费最紧张的时期㊂1995年后,我国能源生产量最少年是2000年,结合图中数据,可看出该年能源进口量最大㊂12㊁13.【解析】12选D,13选B㊂本题组考查获取㊁解读信息能力以及对能源消费问题的理解㊂不同工业的能源消费量差异很大,重工业消费能源量大于轻工业,第三产业的能源消费量又小于工业,则可依据能源消费弹性系数变化来推断国民经济结构的变化㊂能源消费弹性系数高说明能源消费增长率大于G D P增长率,则可能是高耗能产业发展较快㊂14㊁15.【解析】14选D,15选A㊂该题组主要考查气象现象差异的原因及寒潮对天气的影响㊂第14题,根据材料信息及南北方地势(北方多平原㊁南方多山地丘陵),可判断摩擦力是影响南北方风力差异的主要原因;降水形式北方为雪㊁南方为雨,则温度是主要原因㊂第15题,寒潮即大风降温天气,大风能吹走大气中的雾霾㊂16㊁17.【解析】16选A,17选C㊂第16题,根据这三种气象灾害形成的因果关系很容易判断出甲为春旱,乙为寒潮,丙为沙尘暴㊂第17题,春旱㊁寒潮㊁沙尘暴多发的地区最有可能为华北平原㊂18㊁19.【解析】18选D,19选C㊂本题组主要考查我国各省区的灾害分布及影响因素㊂结合四种灾害地区分布及表中各地危害程度,可判断甲是台风㊁乙是寒潮㊁丙是泥石流㊁丁是酸雨㊂广东纬度较低,远离冷空气源地而受寒潮危害较轻;四川由于盆地地形和北部有高大-568 -。
2012版高中物理全程复习方略（大纲版）：第5章机械能（第1讲-第2讲）（可编辑）?高中全程复习方略物理第五章机械能暋1理解功和功率的概念会计算各种力所做的功会应用功率解决实际问题功功率1 栻2理解重力势能和动能的概念掌握各种情况的功动能做功与动能改变的关系动能定理栻2能关系重力势能重力做功与重力势能改变的关系3 栻3理解动能定理会应用动能定理解决过程比较复4弹性势能栺杂的问题5机械能守恒定律栻4理解机械能守恒定律的条件掌握机械能守恒定6实验验证机械能守恒定律律的应用5能根据能量守恒功能关系并结合牛顿运动定律圆周运动平抛运动电场磁场等知识解决综合性问题不涉及过程中力的作用以及运动细节关心的只是过程中知识结构的做功情况能量转化和过程的始末状态这往往更能把握住问题的实质使解决问题的思路变得简捷并且能解决一些用牛顿定律无法解决的问题二复习方法及重点难点突破1复习方法复习中要抓住功是能量变化的量度这条主线多方面多角度理解功的概念功和功率的分析和计算是高考考查的一个重点解决此类问题必须抓准物理实质建立相关物理模型对功率问题尤其是机车牵引力的功率应处理好机车以额定功率启动和以恒定牵引力启动过程中加速度速度随时间变化的关系特别是以恒定牵引力启动开始一段时间机车做匀加速直线运动功率增大到额定功率时牵引力将减小速度增加最后机车将做匀速运动在学习中有必要了解两种情况下对应的图像的区别和联系v灢t功能知识与牛顿运动定律圆周运动动量守恒定律及电磁学热学等知识相联系的综合应用在这部分知识中也有重要的体现2重点难点突破方法本章的重点是动能定理和机械能守恒定律的应用要最大限度地发挥它们的作用就要注意守恒定律表达式的复习指导选取问题选择列方程式给分析和解决问题带壳Ek 壳Ep来很大的方便在有些问题中如果按恒量列方E Ek p一知识特点暋暋程其中势能将很难表达而换个角度选用壳Ek 壳Ep将会功和能的概念是物理学中重要的基本概念能的转化使问题表述简便许多在分析问题时注意多角度多种形式和守恒定律是自然界中最重要最普遍最基本的客观规去考虑和处理功的计算是本章的难点要明确哪个力做律功和能量的转化关系不仅为解决力学问题开辟了一条功位移应是力的作用点的位移通过建立模型和运动情景新的重要途径同时它也是分析解决电磁学热学等领域中的分析就可以解决此问题问题的重要依据运用能量的观点分析解决有关问题可以8暋暋暋4教师心理健康的调节七反之不好的结果便会给人一种不良的甚至很糟糕的心理体验使人感到自尊心受损而失去自信压力与困惑接踵而来这不仅影响工作的积极性和工作效率对身心健康也不利第五章机械能暋暋第讲功和功率1 暋解析部分为教师用书独具暋授课提示对应学生用书起始页码 P58暰昵解析选做功的两个因素是力和物体在力的方向上考点梳理 B发生位移由于选项中力与位移方向垂直故不做功B功暋暋暋暋栻因此选 B关于功的概念下列说法中正确的是暋暋2物体受到的力11两个因素物体在力的方向上发生的位移 A力对物体做功多说明物体的位移一定大2B力对物体做功少说明物体的受力一定小1W Fscos毩2公式为力的方向和位移方向的夹角 C力对物体不做功说明物体一定无位移2毩D功的多少是由力的大小和物体在力的方向上的位移3功的正负的大小决定的夹角功的正负暋暰昵解析选功的大小由力的大小物体位移的大小及力D毩 90曘力对物体做正功和物体位移夹角的余弦值的大小决定即由力的大小和毩 90曘力对物体不做功物体在力的方向上的位移的大小来决定故正确D毩 90曘力对物体做负功或说物体克服这个力做了功 ?32011 烟台模拟汽车上坡时司机一般都将变速挡换到低速挡位上这样做主要是为了暋暋功没有方向但有正负功的正负表示什么A节省燃料提示 1功的正负不表示大小也不表示方向B使汽车获得较大的功率2正功表示动力做功负功表示阻力做功C使汽车获得较大的牵引力功率 D避免因车速过大而发生危险暋暋暋暋栻暰昵解析选汽车上坡时一般需要较大的牵引力根据C定义功跟完成这些功所用时间的比值1 W tP Fv在功率不变的情况下减小汽车的速度可以获2物理意义描述力对物体做功的快慢得较大的牵引力故只有正确C3公式4关于力对物体做功下列说法正确的是W暋暋为时间内的平均功率1P P t A滑动摩擦力对物体一定做负功t为与的夹角 B静摩擦力对物体可能做正功2P Fvcos毩毩 F vC作用力的功与反作用力的功其代数和一定为零如果为平均速度则为平均功率栙 v PD合外力对物体不做功物体一定处于平衡状态如果为瞬时速度则为瞬时功率栚 v P暰昵解析选不论是静摩擦力还是滑动摩擦力都既可以B4额定功率机械正常工作时输出的最大功率起动力的作用也可以起阻力的作用所以既可以做正5实际功率机械实际工作时输出的功率要求小于等于额功也可以做负功故选项错误选项正确作用力定功率 AB与反作用力分别作用在两个物体上所以两物体的位移在公式中的力表示合力吗P Fvcos毩 F不一定相同选项错误合力不做功并不等于合力为C提示 1此力表示的是对物体做功的力可以是合力零故选项错误D也可以是某一个力5在光滑的水平地面上有质量为M 的长木板A 如图木2对于汽车的牵引功率此力应为汽车的牵引力板上放一质量为的物体之间动摩擦因数为m BA B毺考点自测今在物体上加一水平恒力B F和发生相对滑动经过时B A1如图所示的四幅图是小明提包回家的情景小明提包的间求t力不做功的是暋暋摩擦力对所做的功1 A摩擦力对所做的功2 B若长木板固定对的摩擦力对做的功3 A B A A暰昵解析 1木板在滑动摩擦力的作用下向右做匀加A1 2速直线运动经过时间 tA 的位移为 s atA2 A8暋暋暋5教师心理健康水平的自我调适一愉快接受教师身份无论从事什么工作都必须首先承认自己的身份按照自己的身份进行专业活动教师只有在思想上承认自己的职业身份按教师的标准要求自己才能对教师工作充满信心才能约束自己不参与有失教师身份的不良活动自觉抵制外界对教师工作的不良刺激?高中全程复习方略物理2摩擦力方向和位移方向相反所以对做负1 F m t F曚 sF曚 Bf 2 毺g f B f? 因为摩擦力的方向和位移的t F sf A2 M 2M 2t m -Fg g毺毺功即W -F曚s - m s WF 曚 f B 毺 gBF 曚ff方向相同即对做正功其大小为A W Fs2F f Af2若长木板固定则的位移所以摩擦力对3 A A s曚 0m t A毺 g2M 做功为即对不做功A 0 A物体在水平恒力和摩擦力的合力作用下向右做 2 2 2 B Fm t t m -Fg g g毺毺毺答案1 暋 2暋 301 1 F-F曚 2M 22 f 2匀加速直线运动的位移 ?B s at tB 2 B 2 m解析及自主解答暋部分为教师用书独具授课提示对应学生用书起始页码 P59暋暰昵一判断正负功的方法解题指导解答此题应明确以下两点1根据力和位移方向之间的夹角1因不知道传送带的速度与物体速度的关系所以应判断此法常用于恒力做功的进行讨论分析判断2当皮带的速度大于物体的速度时也应有两种情况如图所示在水平面上用一水物体一直做加速运动和物体先加速后匀速平力推着斜面体向左匀速运动了一段位移F l斜面体暰昵自主解答选 A CD设传送带速度大小为v 物体刚1上的受到三个恒力的作用即由于这三个m G F FN f 滑上传送带时的速度大小为当时物体随v栙 v v21 2力与位移夹角分别为小于大于所以不l 90曘 90曘 90曘 G传送带一起匀速运动故传送带与物体之间不存在摩擦做功做正功做负功F FN f 力即传送带对物体始终不做功选项正确当A 栚 v12根据力和瞬时速度方向的夹角判断此法常用于判断质v 时物体相对传送带向右运动物体受到的滑动摩2点做曲线运动时变力做功的性质夹角为锐角时做正功擦力方向向左则物体先做匀减速运动直到速度减为夹角为钝角时做负功夹角为直角时不做功v 再做匀速运动故传送带对物体先做负功后不做功1人造地球卫星在椭圆轨道上运选项正确当v v 时物体相对传送带向左运D 栛 1 2行由图中的点运动到点的a b动物体受到的滑动摩擦力方向向右则物体先做匀加过程中万有引力对卫星做负速运动直到速度达到再做匀速运动故传送带对物v1功因为万有引力的方向与速度体先做正功后不做功选项正确C的方向夹角大于 90曘暰昵变式训练关于力对物体做功以下说法正确的是3根据功能关系进行判断若有能量转化则应有力做功暋暋此法常用于判断两个相联系的物体内力做功的情况 A一对作用力和反作用力在相同时间内做的功一定大车静止在光滑水平轨道上球M m小相等符号相反用细线悬挂在车上由图中的位置无B不论怎样的力对物体做功都可以用W Fscos毩初速度释放则可判断在球下摆过程C合外力对物体不做功物体必定做匀速直线运动中绳的拉力对车做正功因为绳的拉D滑动摩擦力和静摩擦力都可以对物体做正功或负功力使车的动能增加了又因为和构成的系统的机械M m 暰昵解析选一对作用力和反作用力一定大小相等方D能是守恒的的机械能的增加等于的机械能的减M m向相反而相互作用的两物体所发生的位移不一定相少所以绳的拉力一定对球做负功m等所以它们所做的功不一定大小相等符号相反故力与位移的夹角是指力的方向与位移的错误公式只适用于恒力做功的计算1 A W Fscos毩B错误合外力不做功物体可以处于静止错误滑动方向的夹角C由于物体相互作用的作用力与反作用力分别作用在摩擦力静摩擦力都可以做正功或负功如在一加速行2驶的卡车上的箱子若箱子在车上打滑有相对运动两个物体上两物体的位移不一定相同所以作用力与反箱子受滑动摩擦力此力对箱子做正功若箱子不打滑作用力的功数值不一定相等符号也不一定相反无相对运动箱子受静摩擦力对箱子也做正功故暰昵D例证如图所示物体沿弧形轨1道滑下后进入足够长的水平传是正确的二功的分析和计算送带传送带以图示方向匀速计算1恒力的功直接用W Fscos毩运转则传送带对物体做功的暠情况可能是两种思路一种是力 F 乘以物体在力的方向上发生的暋暋暠暠A始终不做功暋暋暋暋暋暋B先做负功后做正功位移 scos毩另一种是在位移方向上的力 Fcos毩乘以C先做正功后不做功 D先做负功后不做功位移 s8暋暋暋6教师心理健康水平的自我调适二改善自身心理环境一名教师具有乐观积极的自身心理环境就会对教育工作充满信心对教育学生有兴趣以工作的劳苦为快乐教学效果会越来越好反之当一名教师的教育心理环境不良有教育偏见对教育教学工作会产生负面影响因此要努力加强学习改善自身心理环境第五章机械能暋暋合外力的功2 动图像如下列选项所示其中表示摩擦力做功最大的是方法一先求合外力合再用合合求解F W F scos毩暋暋方法二先求各外力的功再用合W W W W W1 2 1 2求总功方法三用动能定理 W合 E -E 求解k2 k13变力做功的计算暰昵用动能定理功能关系求解解析选从选项的水平位移与时间的正比关系1 D A选项先做平当变力的功率一定时可用求功如机车牵可知滑块做平抛运动摩擦力必定为零 B2 P W Pt引力做的功抛运动后在水平地面上运动水平速度突然增大摩擦将变力做功转化为恒力做功力依然为零对选项水平速度不变为平抛运动摩3。
