第四章曲线运动万有引力与航天
第1讲运动的合成与分解平抛运动
1．对平抛运动，下列说法正确的是()．
A．平抛运动是加速度大小、方向不变的曲线运动
B．做平抛运动的物体，在任何相等的时间内位移的增量都是相等的
C．平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动
D．落地时间和落地时的速度只与抛出点的高度有关
解析平抛运动的物体只受重力作用，其加速度为重力加速度，故A项正确；
做平抛运动的物体，在任何相等的时间内，其竖直方向位移增量Δy＝gt2，水平方向位移不变，故B项错误．平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动
和竖直方向的自由落体运动，且落地时间t＝2h
g，落地速度为v＝v
2
x
＋v2y
＝v20＋2gh，所以C项对、D项错．
答案AC
2．如图1所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支铅笔从三角板直角边的最下端由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动．下列关于铅笔笔尖的运动及其所留下的痕迹的判断中正确的是()．
图1
A．笔尖留下的痕迹是一条抛物线
B．笔尖留下的痕迹是一条倾斜的直线
C．在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终保持不变
D．在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终不变
解析以笔尖初始位置为坐标原点，沿刻度尺方向建立x轴，沿垂直刻度尺方向建立y轴，此运动为类平抛运动，利用运动的合成与分解可知，A、D 正确．
答案AD
3．如图2所示，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°角，水流速度为4 m/s，则船从A点开出的最小速度为()．
图2
A．2 m/s B．2.4 m/s C．3 m/s D．3.5 m/s
解析如图所示，当v
船⊥v
合
时，v
船
最小，v
船
＝v
水
sin 37°＝2.4 m/s.
答案 B
3．一质点以水平向右的恒定速度通过P点时受到一个恒力F的作用，则此后该质点的运动轨迹不可能是图3中的()
图3
A．a B．b
C．c D．d
解析当恒力沿水平方向作用于P点时，质点的运动轨迹可以是c；当恒力向下作用于P点时，质点的运动轨迹可以是b；当恒力向上作用于P点时，质点的运动轨迹可以是d；质点的速度不能突变，所以不可能的是a.
答案 A
5．在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一固定的竖直杆，上的三个水平支架上有三个完全相同的小球A、B、C，它们离地面的高度分别为3h、2h和h，
当小车遇到障碍物P时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，先后落到水平路面上，如图4所示．则下列说法正确的是()．
图4
A．三个小球落地时间差与车速有关
B．三个小球落地点的间隔距离L1＝L2
C．三个小球落地点的间隔距离L1 D．三个小球落地点的间隔距离L1>L2 解析车停下后，A、B、C均以初速度v0做平抛运动，且运动时间t1＝2h g， t2＝2×2h g＝2t1，t3＝ 2×3h g＝3t1 水平方向上有：L1＝v0t3－v0t2＝(3－2)v0t1 L2＝v0t2－v0t1＝(2－1)v0t1 可知L1 答案 C 6．一小船在静水中的速度为3 m/s，它在一条河宽150 m、水流速度为4 m/s的河流中渡河，则该小船() A．能到达正对岸 B．渡河的时间可能少于50 s C．以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200 m D．以最短位移渡河时，位移大小为150 m 解析因为小船在静水中的速度小于水流速度，所以小船不能到达正对岸， 故A错误；当船头与河岸垂直时渡河时间最短，最短时间t＝d v船＝50 s，故 渡河时间不能少于50 s，故B错误；以最短时间渡河时，沿水流方向位移x ＝v 水t＝200 m，故C正确；当v 船 与实际运动方向垂直时渡河位移最短，设 此时船头与河岸的夹角为θ，则cos θ＝3 4，故渡河位移s＝ d cos θ＝200 m，故 D错误． 答案 C 7．芬兰小将拉林托以两跳240.9分的成绩在跳台滑雪世界杯芬兰站中获得冠军．如图5所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，拉林托从助滑雪道AB 上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，E是运动轨迹上的某一点，在该点拉林托的速度方向与轨道CD平行，设拉林托从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2，EF垂直CD，则()． 图5 A．t1＝t2，CF＝FD B．t1＝t2，CF C．t1>t2，CF＝FD D．t1>t2，CF 解析将拉林托的运动分解为平行于滑道CD的匀加速直线运动和垂直于滑道CD方向的类似竖直上抛运动，则由类似竖直上抛运动的对称性可知t1＝t2，因在平行CD方向拉林托做匀加速运动，所以CF 答案 B 8．如图6所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB.若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为()． 图6 A．t甲 C．t甲>t乙D．无法确定 解析设水流的速度为v 水，学生在静水中的速度为v 人 ，从题意可知v 人 >v 水 ， 令OA＝OB＝L，对甲同学有t 甲＝ L v人＋v水＋ L v人－v水，对乙同学来说，要想垂 直到达B点且沿原路线返回，其速度方向要指向上游，由题意知乙同学来回 时间相等，即t 乙＝ 2L v2人－v2水 ，因为t2 甲 －t2 乙 >0，所以t 甲 >t 乙 ，C正确． 答案 C 9．如图7所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则()． 图7 A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度 B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰 C．A、B不可能运动到最高处相碰 D．A、B一定能相碰 解析由题意知A做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰 撞前运动时间t1相同，且t1＝2h g，若第一次落地前相碰，只要满足A运 动时间t＝l v t1，所以选项A正确；因为A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰．碰撞位置由A球的初速度决定，故选项B、C 错误，选项D正确． 答案AD 10．光滑水平面上有一直角坐标系，质量m＝4 kg的质点静止在坐标原点O处．先用沿x轴正方向的力F1＝8 N作用了2 s；然后撤去F1，并立即用沿y轴正方向的力F2＝24 N作用1 s，则质点在这3 s内的轨迹为图中的()． 解析 质点在前2 s 内沿x 轴正方向的加速度a 1＝F 1m ＝8 4 m/s 2＝2 m/s 2，此段时间内发生的位移x 1＝12a 1t 21＝1 2×2×22 m ＝4 m,2 s 末质点的位置坐标为(4,0)，此时的速度大小v ＝a 1t 1＝2×2 m/s ＝4 m/s ，方向沿x 轴正方向；力F 2使质点沿y 轴正方向产生的加速度a 2＝F 2m ＝24 4 m/s 2＝6 m/s 2，因力F 2的方向与2 s 末的速度方向垂直，故质点从第2 s 末开始做类平抛运动，第3 s 内沿x 轴正方向发生的位移大小x 2＝v t 2＝4×1 m ＝4 m ，沿y 轴正方向发生的位移大小y ＝12a 2t 22＝1 2×6×12 m ＝3 m ．综上所述，正确选项为D. 答案 D 11．一物体在光滑水平面上运动，它在x 方向和y 方向上的两个分运动的速度—— 时间图象如图8所示． 图8 (1)判断物体的运动性质； (2)计算物体的初速度大小； (3)计算物体在前3 s 内和前6 s 内的位移大小． 解析 (1)由题图可知，物体在x 轴方向做匀速直线运动，y 轴方向做匀变速运动，先减速再反向加速，所以物体做匀变速曲线运动． (2)v x 0＝30 m/s ，v y 0＝－40 m/s v 0＝v 2x 0＋v 2 y 0＝50 m/s. (3)x 3＝v x t ＝90 m. |y 3|＝???? ?? v y 02t ＝60 m 则x ＝x 23＋|y 3|2 ＝3013 m x 6＝v x t ′＝180 m y 6＝v －t ′＝40－402×6 m ＝0， 则x ′＝180 m. 答案 (1)匀变速曲线运动 (2)50 m/s (3)3013 m 180 m 12．如图9所示，质量m ＝2.0 kg 的木块静止在高h ＝1.8 m 的水平台上，木块距平台右边缘7.75 m ，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2.用F ＝20 N 的水平拉力拉动木块，木块向右运动s 1＝4.0 m 时撤去F .不计空气阻力，g 取10 m/s 2，求： 图9 (1)F 作用于木块的时间； (2)木块离开平台时的速度； (3)木块落地时距平台边缘的水平距离． 解析 (1)对木块进行受力分析，根据牛顿第二定律，有： F －f ＝ma ， 由竖直方向平衡得mg －F N ＝0， 摩擦力f ＝μF N ， 由运动学公式有s 1＝1 2at 2， 代入数据得a ＝8.0 m/s 2，t ＝1.0 s. (2)设木块离开平台时的速度为v ，拉力F 撤去时木块只受摩擦力作用，加速度a 1＝f m ＝μg ＝2 m/s 2 速度v 1＝at ＝8 m/s 则由运动学公式有v 21－v 2 ＝2a 1s 2，其中s 2＝7.75 m －4 m ＝3.75 m ，代入数据 得v＝7.0 m/s. (3)设木块在空中运动的时间为t′，落地时距平台边缘的水平距离为s′，根 据运动学公式h＝1 2gt′ 2，s′＝v t′， 代入数据解得s′＝4.2 m. 答案(1)1.0 s(2)7.0 m/s(3)4.2 m 选修4－1几何证明选讲 1．平行截割定理 (1)平行线等分线段定理 如果一组__________在一条直线上截得的线段______，那么在任一条(与这组平行线相交的)直线上截得的线段也________． (2)平行线分线段成比例定理 两条直线与一组平行线相交，它们被这组平行线截得的对应线段成________． 2．相似三角形的判定与性质 (1)相似三角形的判定定理 ①两角对应________的两个三角形________； ②两边对应成________且夹角________的两个三角形________； ③三边对应成________的两个三角形________． (2)相似三角形的性质定理 ①相似三角形的对应线段的比等于____________． ②相似三角形周长的比等于____________． ③相似三角形面积的比等于________________________． 3．直角三角形射影定理 直角三角形一条直角边的平方等于________________________________，斜边上的高的平方等于________________________________． 4．圆中有关的定理 (1)圆周角定理：圆周角的度数等于其所对弧的度数的________． (2)圆心角定理：圆心角的度数等于________________的度数． (3)切线的判定与性质定理 ①切线的判定定理 过半径外端且与这条半径________的直线是圆的切线． ②切线的性质定理 圆的切线________于经过切点的半径． (4)切线长定理 从圆外一点引圆的两条切线，切线长________． (5)弦切角定理 弦切角的度数等于其所夹弧的度数的________． (6)相交弦定理 圆的两条相交弦，每条弦被交点分成的两条线段长的积________． (7)割线定理 从圆外一点引圆的两条割线，该点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积________．(8)切割线定理 从圆外一点引圆的一条割线与一条切线，切线长是这点到割线与圆的两个交点的线段长的________________． (9)圆内接四边形的性质与判定定理 ①圆内接四边形判定定理 (ⅰ)如果四边形的对角________，则此四边形内接于圆； (ⅱ)如果四边形的一个外角________它的内角的对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．②圆内接四边形性质定理 (ⅰ)圆内接四边形的对角________； 实验八描绘小电珠的伏安特性曲线 考纲解读 1.掌握滑动变阻器的使用方法及连接方式.2.掌握伏安特性曲线的描绘方法.3.理解小电珠的伏安特性曲线为什么不是一条直线． 考点一对实验原理和电路设计的考查 例1(2013·天津理综·9(3))要测绘一个标有“3 V0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作．已选用的器材有： 电池组(电动势为4.5 V，内阻约1 Ω)； 电流表(量程为0～250 mA，内阻约5 Ω)； 电压表(量程为0～3 V，内阻约3 kΩ)； 电键一个、导线若干． ①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)． A ．滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A) B ．滑动变阻器(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A) ②实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号)． ③实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图1所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V 、内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W. 图1 解析 ①测绘小灯泡的伏安特性曲线，要求能较大范围地测量数据，所以控制电路部分应用分压式接法，滑动变阻器应用最大阻值小额定电流大的A. ②因为小灯泡两端的电压由零逐渐增加到3 V ，故滑动变阻器应采用分压接法．灯泡的电阻R ＝U 2P ＝15 Ω，额定电流I ＝P U ＝0.2 A ，由R ＝15 Ω＜ R A R V ＝ 15 000 Ω，依据 公式法“大内小外”的原则，可知电流表应采用外接法，故选B. ③在灯泡的I －U 图上作出电源的I －U 图线，交点坐标即为这个电源给这个灯泡供电时的电压和电流，此时P 灯＝IU ＝0.1×1 W ＝0.1 W. 答案 ①A ②B ③0.1 考点二 对实验数据处理与分析的考查 例2 物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75 W ，额定电 考点容 要求 考纲解读 动量、动量守恒定律及其应用 Ⅱ 1．动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点，动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查． 2．动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反 应的结合已成为近几年高考命题的热点． 3．波粒二象性部分的重点容是光电效应现象、实验规律和光电效应方程，光的波粒二象性和德布罗意波是理解的难点． 4．核式结构、玻尔理论、能级公式、原子跃迁条件在选做题部分出现的几率将会增加，可能单独命题， 也可能与其他知识联合出题． 5．半衰期、质能方程的应用、计算和核反应方程的书写是高考的热点 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ 光电效应 Ⅰ 爱因斯坦光电效应方程 Ⅰ 氢原子光谱 Ⅰ 氢原子的能级结构、能级公式 Ⅰ 原子核的组成、放射性、原子核衰变、半衰期 Ⅰ 放射性同位素 Ⅰ 核力、核反应方程 Ⅰ 结合能、质量亏损 Ⅰ 裂变反应和聚变反应、裂变反应堆 Ⅰ 射线的危害和防护 Ⅰ 实验：验证动量守恒定律 问题，试题一般以基础知识为主， 较简单. 第1课时动量守恒定律及其应用 考纲解读1.理解动量、动量变化量的概念.2.知道动量守恒的条件.3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题． 1．[对动量、动量变化量的理解]下列说确的是( ) A．速度大的物体，它的动量一定也大 B．动量大的物体，它的速度一定也大 C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量也保持不变 D．物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大 答案 D 2．[动量守恒的判断]把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，关于枪、弹、车，下列说确的是( ) A．枪和弹组成的系统动量守恒 B．枪和车组成的系统动量守恒 C．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒D．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒 答案 D 解析力、外力取决于系统的划分．以枪和弹组成的系统，车对枪的作用力是外力，系统动量不守恒．枪和车组成的系统受到系统外弹簧对枪的作用力，系统动量不守恒．枪弹和枪筒之间的摩擦力属于力，但枪筒受到车的作用力，属于外力，故二者组成的系统 第2讲 光合作用与细胞呼吸 [考纲要求] 1.光合作用的基本过程(Ⅱ)。2.影响光合作用速率的环境因素(Ⅱ)。3.细胞呼吸(Ⅱ)。 1．细胞呼吸的过程图解 2．影响细胞呼吸的环境因素分析 [ 1．有氧和无氧时，酵母菌呼吸作用产物不同(2013·新课标Ⅱ，3D)(√) 2．有氧呼吸产生的[H]在线粒体基质中与氧结合生成水(2010·课标全国，2B)(×) 3．无氧呼吸不需要O2的参与，该过程最终有[H]的积累(2010·课标全国，2C)(×) 4．人体在剧烈运动时所需要的能量由乳酸分解提供(2014·新课标Ⅱ，6C)(×) 5．无氧呼吸的终产物是丙酮酸(2010·课标全国，2A)(×) 6．葡萄糖氧化分解为丙酮酸只发生在细胞有氧时(2012·上海，25A)(×) 7．及时排涝，能防止根细胞受酒精毒害(2012·福建，1B)(√) 8．无氧和零下低温环境有利于水果的保鲜(2009·浙江，4A)(×) 题组一从细胞呼吸的过程与方式进行考查 1．人的肌肉组织分为快肌纤维和慢肌纤维两种，快肌纤维几乎不含有线粒体，与短跑等剧烈运动有关；慢肌纤维与慢跑等有氧运动有关。下列叙述错误的是() A．消耗等摩尔葡萄糖，快肌纤维比慢肌纤维产生的A TP多 B．两种肌纤维均可在细胞质基质中产生丙酮酸、[H]和A TP C．短跑时快肌纤维无氧呼吸产生大量乳酸，故产生酸痛感觉 D．慢跑时慢肌纤维产生的A TP主要来自于线粒体内膜 答案 A 解析由题意可知，快肌纤维进行无氧呼吸，慢肌纤维进行有氧呼吸。慢跑时慢肌纤维产生的ATP 主要来自于线粒体内膜。消耗等摩尔葡萄糖时，快肌纤维比慢肌纤维产生的ATP要少。两种肌纤维均可在细胞质基质中产生丙酮酸、[H]和ATP，短跑时快肌纤维无氧呼吸产生大量乳酸，故产生酸痛感觉。 2．不同种类的生物在不同的条件下，呼吸作用方式不同。若分解底物是葡萄糖，下列对呼吸作用方式的判断不正确的是() A．若只释放CO2，不消耗O2，则细胞只进行无氧呼吸 B．若CO2的释放量多于O2的吸收量，则细胞既进行有氧呼吸，也进行无氧呼吸 C．若CO2的释放量等于O2的吸收量，则细胞只进行有氧呼吸 第1课时 功 功率 考纲解读1.会判断功的正负，会计算恒力的功和变力的功.2.理解功率的两个公式P ＝W t 和P ＝F v ，能利用P ＝F v 计算瞬时功率.3.会分析机车的两种启动方式． 1．[功的理解]下列关于功的说法，正确的是( ) A ．力作用在物体上的一段时间内，物体运动了一段位移，该力一定对物体做功 B ．力对物体做正功时，可以理解为该力是物体运动的动力，通过该力做功，使其他形 式的能量转化为物体的动能或用来克服其他力做功 C ．功有正、负之分，说明功是矢量，功的正、负表示力的方向 D ．当物体只受到摩擦力作用时，摩擦力一定对物体做负功 答案 B 2．[功率的理解]关于功率公式P ＝W t 和P ＝F v 的说法正确的是( ) A ．由P ＝W t 知，只要知道W 和t 就可求出任意时刻的功率 B ．由P ＝F v 既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率 C ．由P ＝F v 知，随着汽车速度的增大，它的功率也可以无限制地增大 D ．由P ＝F v 知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比 答案 BD 3．[功和功率的计算]一质量为m 的物体静止在光滑的水平面上，从某一时刻开始受到恒定 的外力F 作用，物体运动了一段时间t ，该段时间内力F 做的功和t 时刻力F 的功率分别为( ) A.F 2t 22m ，F 2t 2m B.F 2t 2m ，F 2t m C.F 2t 22m ，F 2t m D.F 2t 2m ，F 2t 2m 答案 C 4．[对重力做功和摩擦力做功的分析]如图1所示，滑块以速率v 1沿斜面由底端向上滑行， 至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v 2，且v 2 第4课时 万有引力与航天 考纲解读1.掌握万有引力定律的内容、公式及应用.2.理解环绕速度的含义并会求解.3.了解第二和第三宇宙速度． 1．[对开普勒三定律的理解]火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运 动定律可知( ) A ．太阳位于木星运行轨道的中心 B ．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等 C ．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方 D ．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积 答案 C 解析 火星和木星在各自的椭圆轨道上绕太阳运动，速度的大小不可能始终相等，因此B 错；太阳在这些椭圆的一个焦点上，因此A 错； 在相同时间内，某个确定的行星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相等，因此D 错，本题答案为C. 2．[对万有引力定律的理解]关于万有引力公式F ＝G m 1m 2 r 2，以下说法中正确的是( ) A ．公式只适用于星球之间的引力计算，不适用于质量较小的物体 B ．当两物体间的距离趋近于0时，万有引力趋近于无穷大 C ．两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律 D ．公式中引力常量G 的值是牛顿规定的 答案 C 解析 万有引力公式F ＝G m 1m 2 r ，虽然是牛顿由天体的运动规律得出的，但牛顿又将它 推广到了宇宙中的任何物体，适用于计算任何两个质点间的引力．当两个物体间的距离趋近于0时，两个物体就不能视为质点了，万有引力公式不再适用．两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律．公式中引力常量G 的值是卡文迪许在实验室里用实验测定的，而不是人为规定的．故正确答案为C. 3．[第一宇宙速度的计算]美国宇航局2011年12月5日宣布，他们发现了太阳系外第一颗 类似地球的、可适合居住的行星——“开普勒—22b ”，其直径约为地球的2.4倍．至今其确切质量和表面成分仍不清楚，假设该行星的密度和地球相当，根据以上信息，估 §6.2 等差数列及其前n 项和 1． 等差数列的定义 如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差是同一个常数，我们称这样的数列为等差数列，这个常数叫作等差数列的公差，通常用字母__d __表示． 2． 等差数列的通项公式 如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是a n ＝a 1＋(n －1)d . 3． 等差中项 如果A ＝a ＋b 2，那么A 叫作a 与b 的等差中项． 4． 等差数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d ，(n ，m ∈N ＋)． (2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n ，(k ，l ，m ，n ∈N ＋)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列． (5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N ＋)是公差为md 的等差数列． 5． 等差数列的前n 项和公式 设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2或S n ＝na 1＋n (n －1) 2d . 6． 等差数列的前n 项和公式与函数的关系 S n ＝d 2 n 2＋????a 1－d 2n . 数列{a n }是等差数列?S n ＝An 2＋Bn (A 、B 为常数)． 7． 等差数列的前n 项和的最值 在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最__大__值；若a 1<0，d >0，则S n 存在最__小__值． 第1课时 机械振动 考纲解读1.知道简谐运动的概念，理解简谐运动的表达式和图象.2.知道什么是单摆，知道在摆角较小的情况下单摆的运动是简谐运动，熟记单摆的周期公式.3.理解受迫振动和共振的概念，掌握产生共振的条件． 1．[对简谐运动的理解]某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x ＝A sin π 4 t ，则质 点( ) A ．第1 s 末与第3 s 末的位移相同 B ．第1 s 末与第3 s 末的速度相同 C ．3 s 末至5 s 末的位移方向都相同 D ．3 s 末至5 s 末的速度方向都相同 答案 AD 解析 由关系式x ＝A sin π4t 知，ω＝π4，简谐运动的周期T ＝2π ω＝8 s ．关系式对应的振动 图象如图所示． 质点在1 s 末的位移x 1＝A sin(π4×1)＝2 2 A 质点在3 s 末的位移x 3＝A sin(π4×3)＝2 2A ，故A 正确．由前面计算可知t ＝1 s 和t ＝3 s 质点连续通过同一位置，故两时刻质点速度大小相等，但方向相反，B 错误；由x －t 图象可知，3 s ～4 s 内质点的位移为正值，4 s ～5 s 内质点的位移为负值，C 错误；同样由x －t 图象可知，在3 s ～5 s 内，质点一直向负方向运动，D 正确． 2．[对单摆特点的理解]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1/2，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 答案 C 解析 由单摆周期公式T ＝2π l g 知周期只与l 、g 有关，与m 和v 无关，周期不变，其频率不变．没改变摆球质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h ，最低点速度为v ，mgh ＝12m v 2.摆球质量改变后：4mgh ′＝1 2×4m ·(v 2)2，可知h ′≠h ，振幅改变． 3．[对受迫振动与共振的理解]受迫振动是在周期性驱动力作用下的振动，关于它的驱动力 与振动的关系，下面说法正确的是( ) A ．做受迫振动的物体达到稳定后，其振动的频率一定等于驱动力的频率 B ．做受迫振动的物体达到稳定后，周期一定等于驱动力的周期 C ．做受迫振动的物体达到稳定后，振幅与驱动力的周期无关 D ．做受迫振动的物体达到稳定后，振幅与驱动力的大小无关 答案 AB 解析 做受迫振动的物体达到稳定后，其振动频率(周期)等于驱动力的频率(周期)，而和固有频率(周期)无关，A 、B 正确；当驱动力的周期和固有周期接近时，振动的振幅大，C 错误；驱动力大，做功多，转化的能量多，受迫振动的振幅大， D 错误． 1．简谐运动 (1)定义：物体在跟位移大小成正比并且总是指向平衡位置的回复力作用下的振动． (2)简谐运动的特征 ①动力学特征：F ＝－kx . ②运动学特征：x 、v 、a 均按正弦或余弦规律发生周期性变化(注意v 、a 的变化趋势相反)． ③能量特征：系统的机械能守恒，振幅A 不变． (3)描述简谐运动的物理量 ①位移x ：由平衡位置指向振动质点所在位置的有向线段，是矢量． ②振幅A ：振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，它表示振动的强弱． ③周期T 和频率f ：物体完成一次全振动所需的时间叫做周期，而频率则等于单位时间内物体完成全振动的次数．它们是表示振动快慢的物理量，二者互为倒数关系：T ＝1f . 第1课时动量守恒定律及其应用 考纲解读1.理解动量、动量变化量的概念.2.知道动量守恒的条件.3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题． 1．[对动量、动量变化量的理解]下列说法正确的是( ) A ．速度大的物体，它的动量一定也大 B ．动量大的物体，它的速度一定也大 C ．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量也保持不变 D ．物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大 答案 D 2．[动量守恒的判断]把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出 一颗子弹时，关于枪、弹、车，下列说法正确的是( ) A ．枪和弹组成的系统动量守恒 B ．枪和车组成的系统动量守恒 C ．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒 D ．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒 答案 D 解析 内力、外力取决于系统的划分．以枪和弹组成的系统，车对枪的作用力是外力，系统动量不守恒．枪和车组成的系统受到系统外弹簧对枪的作用力，系统动量不守恒．枪弹和枪筒之间的摩擦力属于内力，但枪筒受到车的作用力，属于外力，故二者组成的系统动量不守恒．枪、弹、车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D 正确． 3．[动量守恒定律的简单应用]在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量 为2m 、静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B 球的速度大小可能是( ) A ．0.6v B ．0.4v C ．0.3v D ．0.2v 答案 A 解析 设碰撞后A 球的速度大小为v A ，B 球的速度大小为v B ，碰撞前A 球的运动方向为正方向．根据动量守恒定律得：m v ＝2m v B －m v A 化简可得，v A ＝2v B －v ，因v A >0，所以v B >v 2 ，故只有A 项正确． 1．动量 专题五 应用力学两大观点分析多过程问题 考纲解读1.能熟练分析物体在各过程的受力情况和运动情况.2.会分析相邻过程的关联量，能找到解答问题的关键点.3.能够根据不同运动过程的特点，合理选择物理规律． 考点一 应用牛顿运动定律和动能定理分析多过程问题 若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理求解． 例1 如图1所示为某游戏装置的示意图．高处的光滑水平平台上有一质量为m 的滑块(可 视为质点)静止在A 点，平台的左端有一竖直固定的光滑半圆形细管BC ，其半径为2R ，与水平面相切于C 点，CD 为一段长度为5R 的粗糙水平轨道，在D 处有一竖直固定的半径为R 的光滑四分之一圆弧轨道DE ，E 点切线竖直，在E 点正上方有一离E 点高度也为R 的旋转平台，在旋转平台的一条直径上开有两个离轴心距离相等的小孔M 、N ，平台以恒定的角速度旋转时两孔均能经过E 点的正上方．某游戏者在A 点将滑块瞬间弹出，滑块第一次到达C 点时速度v 0＝3gR ，经过轨道CDE ，滑块第一次滑过E 点进入M 孔，又恰能从N 孔落下，已知滑块与CD 部分的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度为g .求： 图1 (1)游戏者对滑块所做的功； (2)滑块第一次返回到C 点时对细管的压力； (3)平台转动的角速度ω. 解析 (1)从A 点到C 点，由动能定理得 W ＋mg ·4R ＝1 2m v 20 求得W ＝0.5mgR (2)从第一次经过C 点到第一次返回C 点整个过程， 电化学基础第四章原电池第一节了解2.1.理解原电池的工作原理，能够写出电极反应式和电池反应方程式。][目标要求 会判断原电池的正、负极，能够利用氧化还原反半反应、盐桥、内电路、外电路等概念。3. 应设计简单的原电池。 一、原电池将化学能转变为电能的装置。．1原电池定义：．将氧化还原反应的电子转移变成电子的定向移动。即将化学能转化成电能。2实质：3简单原电池的构成条件：．①活泼性不同的两个电极，②电解质溶液，③形成闭合回路，④能自发进行的氧化还原反应。二、原电池的工作原理工作原理：利用氧化还原反应在不同区域内进行，以适当方式连接起来，获得电流。以铜锌原电池为例：＋2进入溶液，Zn形成即Zn被氧化，锌原子失电子，1．在ZnSO溶液中，锌片逐渐溶解，4从锌片上释放的电子，经过导线流向铜片；＋2从铜片上得电子，还原成为金属铜并沉积在铜片上。CuSO溶液中，Cu4＋－2；－2e===Zn锌为负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn－＋2 ===Cu。＋2e铜为正极，发生还原反应，电极反应式为Cu＋＋22，反应是自发进行的。＋总反应式为Zn＋CuCu===Zn 闭合回路的构成：2．外电路：电子从负极到正极，电流从正极到负极，溶液。溶液，阳离子移向CuSO内电路：溶液中的阴离子移向ZnSO44盐桥 3． 盐桥中通常装有含琼胶的KCl饱和溶液。当其存在时，随着反应的进行，Zn棒中的Zn＋＋＋222获得电子ZnCu过多，带正电荷。原子失去电子成为ZnZnSO进入溶液中，使溶液中4＋－22过多，溶液带负电荷。当溶液不能保持电中性时，将阻过少，SO沉积为Cu，溶液中Cu4－止放电作用的继续进行。盐桥的存在就避免了这种情况的发生，其中Cl向ZnSO溶液迁移，4＋K向CuSO溶液迁移，分别中和过剩的电荷，使溶液保持电中性，反应可以继续进行。4 知识点一原电池 ) (．下列装置中能构成原电池产生电流的是 1． B 答案 解析A、D项中电极与电解质溶液之间不发生反应，不能构成原电池；B项符合原电2，2H＋ 第2课时平抛运动 考纲解读1.掌握平抛运动的特点和性质.2.掌握研究平抛运动的方法，并能应用解题． 1．[对平抛运动性质和特点的理解]关于平抛运动，下列说法错误的是() A．平抛运动是一种在恒力作用下的曲线运动 B．平抛运动的轨迹为抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也时刻变化 C．做平抛运动的物体在Δt时间内速度变化量的方向可以是任意的 D．做平抛运动的物体的初速度越大，在空中的运动时间越长 答案BCD 解析做平抛运动的物体只受重力作用，加速度为g恒定，任意时间内速度变化量的方向竖直向下(Δv＝gt)，运动时间由抛出时的高度决定，选项B、C、D错误． 2．[斜抛运动的特点]做斜上抛运动的物体，到达最高点时() A．速度为零，加速度向下 B．速度为零，加速度为零 C．具有水平方向的速度和竖直向下的加速度 D．具有水平方向的速度和加速度 答案 C 解析斜上抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直上抛运动．因物体只受重力，且方向竖直向下，所以水平方向的分速度不变，竖直方向上的加速度也不变，所以只有C选项正确． 3．[用分解思想处理类平抛运动问题]如图1所示，两个足够大的倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等，有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于斜面同一高度处，其中b小球在两斜面之间．若同时释放a、b、c小球到达该水平面的时间分别为t1、t2、t3.若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′.下列关于时间的关系不正确的是() 图1 A ．t 1>t 3>t 2 B ．t 1＝t 1′、t 2＝t 2′、t 3＝t 3′ C ．t 1′>t 3′>t 2′ D ．t 1 专题十电磁感应中的动力学和能量问题 考纲解读 1.能解决电磁感应问题中涉及安培力的动态分析和平衡问题.2.会分析电磁感应问题中的能量转化，并会进行有关计算． 考点一电磁感应中的动力学问题分析 1．导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析． 2．导体的非平衡态——加速度不为零． 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析． 例1如图1所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L＝0.50 m，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N、Q间连接一个电阻R＝5.0 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1.0 T．将一根质量为m＝0.050 kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s＝2.0 m．已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求： 图1 (1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小； (2)金属棒到达cd处的速度大小； (3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量． 解析(1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为a，则 mg sin θ－μmg cos θ＝ma a＝2.0 m/s2 (2)设金属棒到达cd位置时速度大小为v、电流为I，金属棒受力平衡，有 mg sin θ＝BIL＋μmg cos θ I＝BL v R 解得v＝2.0 m/s (3)设金属棒从ab 运动到cd 的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ，由能量守恒，有 mgs sin θ＝12 m v 2＋μmgs cos θ＋Q 解得Q ＝0.10 J 答案 (1)2.0 m/s 2 (2)2.0 m/s (3)0.10 J 电磁感应与动力学问题的解题策略 此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动→电→动”的思维顺序，可概括为： (1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向． (2)根据等效电路图，求解回路中感应电流的大小及方向． (3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的感应电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况． (4)列牛顿第二定律或平衡方程求解． 突破训练1 如图2所示，相距为L 的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为θ， 导轨上固定有质量为m 、电阻为R 的两根相同的导体棒，导体棒MN 上方轨道粗糙、下方轨道光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B .将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN 下滑而EF 保持静止，当MN 下滑速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，下列叙述正确的是( ) 图2 A ．导体棒MN 的最大速度为2mgR sin θ B 2L 2 B ．导体棒EF 与轨道之间的最大静摩擦力为mg sin θ C ．导体棒MN 受到的最大安培力为mg sin θ D ．导体棒MN 所受重力的最大功率为m 2g 2R sin 2 θB 2L 2 答案 AC 解析 由题意可知，导体棒MN 切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝BL v ，回路中的 电流I ＝E 2R ，MN 受到的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 2R ，故MN 沿斜面做加速度减小的加速运动，当MN 受到的安培力大小等于其重力沿轨道方向的分力时，速度达到最大值，此后MN 做匀速运动．故导体棒MN 受到的最大安培力为mg sin θ，导体棒MN 的最大速度 专题一运动图象、追及相遇问题 考纲解读 1.理解匀变速直线运动的x－t图象、v－t图象，并会用它们解决问题.2.掌握追及与相遇问题的特点以及解决这类问题的一般方法． 1．[对位移图象的理解]一遥控玩具汽车在平直路上运动的位移—时间图象如图1所示，则 () 图1 A．15 s内汽车的位移为300 m B．前10 s内汽车的加速度为3 m/s2 C．20 s末汽车的速度为－1 m/s D．前25 s内汽车做单方向直线运动 答案 C 解析因为是位移—时间图象，15 s末的位移为30 m，前10 s内汽车的速度为3 m/s，加速度为零，A、B均错；20 s末汽车的速度v＝－1 m/s，C正确；由x－t图线的斜率表示速度可知：汽车在0～10 s沿正方向运动，10 s～15 s静止，15 s～25 s沿负方向运动，D错． 2．[对速度图象的理解]日本在2013年9月中旬用“艾普西龙”号固体燃料火箭成功发射了一颗卫星．此前多次发射均告失败．若某次竖直向上发射时火箭发生故障，造成火箭的v－t图象如图2所示，则下述说法正确的是() 图2 A．0～1 s内火箭匀速上升 B．1 s～2 s火箭静止不动 C．3 s末火箭回到出发点 D．5 s末火箭恰好回到出发点 答案 D 解析在v－t图象中，图线的斜率表示加速度，故0～1 s内火箭匀加速上升，1 s～2 s 内火箭匀速上升，第3 s 时火箭速度为0，即上升到最高点，故选项A 、B 、C 错；图线 与时间轴包围的面积表示位移，在0～3 s 内，x 1＝1 2 ×(1＋3)×30 m ＝60 m ，在3 s ～5 s 内，x 2＝－1 2×2×60 m ＝－60 m ，所以x ＝x 1＋x 2＝0，即5 s 末火箭恰好回到出发点，选 项D 对． 3． [利用v －t 图象分析追及相遇问题]两辆游戏赛车a 、b 在两条平行的直车道上行驶．t ＝0 时两车都在同一计时线处，此时比赛开始．它们在四次比赛中的v －t 图如图所示．则下列图对应的比赛中，有一辆赛车能够追上另一辆的是 ( ) 答案 AC 1． x －t 图象 (1)物理意义：反映了做直线运动的物体的位移随时间变化的规律． (2)斜率的意义：图线上某点切线斜率的大小表示物体在该点速度的大小，斜率正负表示物体速度的方向． 2． v －t 图象 (1)物理意义：反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律． (2)斜率的意义：图线上某点切线斜率的大小表示物体在该点加速度的大小，斜率正负表示物体加速度的方向． (3)“面积”的意义 ①图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的位移的大小． ②若面积在时间轴的上方，表示位移方向为正；若此面积在时间轴的下方，表示位移方向为负． 3． 在分析追及与相遇问题时，可用以下方法： (1)临界条件法：当二者速度相等时，二者相距最远(最近)． (2)图象法：画出x －t 图象或v －t 图象，然后利用图象进行分析求解． (3)数学判别式法：设相遇时间为t ，根据条件列方程，得到关于t 的一元二次方程，用判 第2课时 法拉第电磁感应定律、自感和涡流 考纲解读1.能应用法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 和导线切割磁感线产生电动势公式E ＝Bl v 计算感应电动势.2.会判断电动势的方向，即导体两端电势的高低.3.理解自感现象、涡流的概念，能分析通电自感和断电自感． 1．[对法拉第电磁感应定律的考查]穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图象分别如图1中①～④所示，下列关于该回路中的感应电动势的论述，正确的是( ) 图1 A ．图①中，回路中产生的感应电动势恒定不变 B ．图②中，回路中产生的感应电动势一直在变大 C ．图③中，回路中在0～t 1时间内产生的感应电动势小于在t 1～t 2时间内产生的感应电动势 D ．图④中，回路中产生的感应电动势先变小后变大 答案 D 解析 图①中磁通量不变，不能产生感应电动势，图②中均匀变化的磁通量产生恒定的感应电动势，图③中磁通量的变化率为图线斜率的大小，故A 、B 、C 均错，D 正确． 2．[对公式E ＝Blv 的考查]如图2所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab 以水平初速度v 0抛出，设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力，则在金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是( ) 图2 A ．越来越大 B ．越来越小 C．保持不变 D．无法判断 答案 C 解析金属棒ab切割磁感线，产生感应电动势而不产生感应电流，没有安培力产生，在重力作用下做平抛运动，垂直于磁感线方向速度不变，始终为v0，由公式E＝Bl v知，感应电动势为Bl v0不变，故A、B、D错误，C正确． 3．[对自感的考查]如图3(a)、(b)所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，电路达到稳定后，灯泡A发光，则() 图3 A．在电路(a)中，断开S，A将渐渐变暗 B．在电路(a)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗 C．在电路(b)中，断开S，A将渐渐变暗 D．在电路(b)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗 答案AD 解析在电路(a)中，灯A和线圈L串联，它们的电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，但流过灯A的电流仍逐渐减小，因而灯A只能渐渐变暗．在电路(b)中，电阻R和灯A串联，灯A的电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S后，电源不再给灯供电，而线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，通过R、A形成回路，灯A中电流突然变大，灯A变得更亮，然后渐渐变暗，故 A、D正确． 4．[对涡流的考查]如图4所示为新一代炊具——电磁炉，无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等是电磁炉的优势所在．电磁炉是利用电流通过线圈产生磁场，当磁场的磁感线通过含铁质锅底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速发热，然后再加热锅内食物．下列相关说法中正确的是() 第1课时 曲线运动 运动的合成与分解 考纲解读1.掌握曲线运动的概念、特点及条件.2.掌握运动的合成与分解法则． 1．[对曲线运动性质的理解]一辆轿车正在通过标有如图1所示图标的路段，关于该轿车在 转弯的过程中，正确的是( ) 图1 A ．轿车处于平衡状态 B ．轿车的速度大小不一定变化 C ．轿车加速度的方向一定沿运动路线的切线方向 D ．轿车加速度的方向一定垂直于运动路线的切线方向 答案 B 2．[对合运动与分运动关系的理解]关于运动的合成，下列说法中正确的是( ) A ．合运动的速度一定比每一个分运动的速度大 B ．两个分运动的时间一定与它们合运动的时间相等 C ．只要两个分运动是直线运动，合运动就一定是直线运动 D ．两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动 答案 B 3．[合运动与分运动关系的应用]在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t ＝0时 刻起，由坐标原点O (0,0)开始运动，其沿x 轴和y 轴方向运动的速度—时间图象如图2甲、乙所示，下列说法中正确的是( ) 图2 A ．前2 s 内物体沿x 轴做匀加速直线运动 B ．后2 s 内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y 轴方向 C ．4 s 末物体坐标为(4 m,4 m) D ．4 s 末物体坐标为(6 m,2 m) 答案 AD 解析 前2 s 内物体在y 轴方向速度为0，由题图甲知只沿x 轴方向做匀加速直线运动，A 正确；后2 s 内物体在x 轴方向做匀速运动，在y 轴方向做初速度为0的匀加速运动，加速度沿y 轴方向，合运动是曲线运动，B 错误；4 s 内物体在x 轴方向上的位移是x ＝(12×2×2＋2×2) m ＝6 m ，在y 轴方向上的位移为y ＝12×2×2 m ＝2 m ，所以4 s 末物体坐标为(6 m,2 m)，C 错误，D 正确． 第2课时苯的结构和性质 [学习目标定位] 1.会写苯的分子式、结构式、结构简式；知道苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键与碳碳双键之间的独特的键。2.知道苯能够发生氧化反应、加成反应、取代反应，并会写相应的化学方程式。 一苯的分子结构 1．苯是一种重要的化工原料，其分子式为C6H6，远没有达到饱和。根据下列实验，总结苯的某些性质。 出了苯的分子结构为，我们称其为凯库勒式并一直沿用到现在。 (1)你认为这种结构符合实验事实吗？说出你的理由。 答案不符合实验事实，因为苯不能与溴水发生加成反应使溴水褪色，也不能被酸性KMnO4溶液氧化，说明它没有典型的碳碳双键。 (2)查阅资料，写出苯分子结构的另一种表达方式，并用文字归纳苯分子的空间结构和化学键的特征。 答案，苯分子为平面正六边形结构，6个碳碳键完全相同，是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的化学键。 [归纳总结] 1．苯的组成与结构 (1)苯分子为平面正六边形结构。 (2)分子中6个碳原子和6个氢原子共平面。 (3)6个碳碳键完全相同，是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊化学键。 [活学活用] 1．能说明苯分子的平面正六边形结构中，碳碳键不是单、双键交替排布，而是6个碳原子之间的键完全相同的事实是() A．苯的一氯取代物()无同分异构体 B．苯的邻位二氯取代物()只有1种 C．苯的间位二氯取代物()只有1种 D．苯的对位二氯取代物()只有1种 答案 B 解析苯分子结构中无论是单、双键交替出现，还是6个碳原子之间的键完全相同，苯的一取代物都只有一种结构，间位二取代物、对位二取代物也都只有一种结构，因此A、C、D项不能用以说明苯环不存在单、双键交替结构；B项，苯分子结构中若单、双键交替出现，则苯的邻位二取代物有两种结构，因此B项可以说明苯分子不存在单、双键交替结构。 2．苯的结构式可用来表示，下列关于苯的叙述中正确的是() A．苯主要是以石油为原料而获得的一种重要化工原料 B．苯中含有碳碳双键，所以苯属于烯烃 C．苯分子中的6个碳碳化学键完全相同 D．苯可以与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应而使它们褪色 答案 C 解析苯分子中6个碳碳键完全相同；苯分子中不含有简单的碳碳双键，苯不属于烯烃；苯不能与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应而使它们褪色；苯主要是以煤为原料而获得的一种重要 步步高2015高考数学(人教A理)一轮讲义：9.4直线 与圆、圆与圆的位 高 §9.4 直线与圆、圆与圆的位置关系 1.直线与圆的位置关系 设直线l：Ax＋By＋C＝0 (A2＋B2≠0)，圆：(x－a)2＋(y－b)2＝r2 (r0)， d为圆心(a，b)到直线l的距离，联立直线和圆的方程，消元后得到的一元二次方程的判别式为Δ. 2.圆与圆的位置关系 设圆O1：(x－a1)2＋(y－b1)2＝r21(r10)，圆O2：(x－a2)2＋(y －b2)2＝r22 (r20). 1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)“k＝1”是“直线x－y＋k＝0与圆x2＋y2＝1相交”的必要不充分条件. (2)如果两个圆的方程组成的方程组只有一组实数解，则两圆外切. (3)如果两圆的圆心距小于两圆的半径之和，则两圆相交. ( × ) ( × ) ( × ) (4)从两圆的方程中消掉二次项后得到的二元一次方程是两圆的公共弦所在的直线方程. ( × ) (5)过圆O：x2＋y2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程是x0x ＋y0y＝r2. ( √ ) (6)过圆O：x2＋y2＝r2外一点P(x0，y0)作圆的两条切线，切点为A，B，则O，P，A，B四点共圆且直线AB的方程是x0x＋y0y＝r2. ( √ ) 高 2.(2013安徽)直线x＋2y－5＋＝0被圆x2＋y2－2x－4y＝0截得的弦长为A.1 B.2 C.4 6 答案C ( ) 解析圆的方程可化为(x－1)2＋(y－2)2＝5，圆心(1,2)到直线x＋2y－5＋＝0的距离d＝1，截得弦长l＝2r－d＝4. 3.圆C1：x2＋y2＋2x＋2y－2＝0与圆C2：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的公切线有且仅有( ) A.1条答案B 解析⊙C1：(x＋1)2＋(y＋1)2＝4，圆心C1(－1，－1)，半径r1＝2. ⊙C2：(x－2)2＋(y－1)2＝4，圆心C2(2,1)，半径r2＝2. ∴|C1C2|13，∴|r1－r2|＝0|C1C2|r1＋r2＝4，∴两圆相交，有两条公切线. c 4.两圆交于点A(1,3)和B(m,1)，两圆的圆心都在直线x－y＋＝0上，则m＋c的值等于________. 2答案3 c 解析由题意，知线段AB的中点在直线x－y＋0上， 2∴ 1＋mc 20，∴m＋c＝3. 22 B.2条 C.3条 D.4条 5.若圆x2＋y2＝1与直线y＝kx＋2没有公共点，则实数k的取值范围为__________. 答案(33) 解析由圆与直线没有公共点，可知圆的圆心到直线的距离大于半径，也就是k3，即k∈(33). 22015步步高理科数学选修4-1
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