专题二10-15截止作业
课后作业(十)

课后作业(十)课后作业(十)(时间:40分钟分值:100分)一、选择题(本大题共12小题,每小题4分,共48分)1.(2019·江南十校联考)学者们普遍认为,决定20世纪国际关系格局的关键因素仍然是主要大国的实力。
下列史实,能印证这一观点的是() A.二战后初期,美苏为主导的雅尔塔体系得到确立B.1951年,法国、联邦德国等国建立欧洲煤钢联营C.1971年,联合国恢复中华人民共和国的合法席位D.1991年,俄罗斯、乌克兰等国家建立“独联体”2.(2019·韶关月考)1947年,美国总统杜鲁门在国会发表演说,提出要以“遏制共产主义”作为国家政治意识形态和对外政策的指导思想,这些政策和纲领后来被称为“杜鲁门主义”。
这表明()A.美国拉开了“冷战”的序幕B.美苏两极格局正式形成C.美苏“冷战”正式开始D.欧洲出现了两大军事政治集团对峙的局面3.漫画是一种艺术形式,是用简单而夸张的手法来描绘生活或时事的图画。
一般运用变形、比拟、象征、暗示、影射的方法,构成幽默诙谐的画面或画面组,以取得讽刺或歌颂的效果。
右图所示漫画反映的是()A.马歇尔计划的实施B.杜鲁门主义的提出C.华沙条约组织的成立D.北大西洋公约组织的成立4.图示法是历史学习的基本方法之一。
下列用图示法表示二战后美国对外政策的关系的表现,正确的是()①“冷战”②杜鲁门主义③马歇尔计划④北大西洋公约组织⑤朝鲜战争5.(2019·厦门模拟)下图所示为1953年7月朝鲜战争结束后的格局,这一局面的出现()A.意味着美苏两极格局的最终确立B.推动了中美关系走向正常化C.加速了东北亚冷战格局的形成D.标志着朝鲜半岛政治分裂的开始6.美国总统尼克松发表声明:“美国决心用一种新的彬彬有礼的态度来很好地倾听北约伙伴的意见。
”美国态度变化的主要原因是()A.美国实力衰弱,寻求欧洲支持B.经济危机爆发,美国寻求欧洲帮助C.美欧关系恶化,美国力图缓和D.欧洲共同体建立,美国重视欧洲地位7.(2019届中山第二次诊断)古巴领导人卡斯特罗曾对某事件发表评论时说:“美国人想消灭我们的身体,但赫鲁晓夫的退让却毁灭了我们的精神。
国开2023春《社交礼仪》专科形考作业一~四参考答案

国开2023春《社交礼仪》专科专题一~四形考任务参考答案《社交礼仪》专科专题一形考任务1 .人际交往,有其一定之规可循,指的是0单选题(2分)A.聚会礼仪B.交往礼仪C.联通礼仪D.餐饮礼仪2.所谓亲属,指的是与本人直接或间接存在()关系者。
单选题(2分)A.社会B,生物C.血缘D.地缘3.称辈分或年龄高于自己的亲属,可在其称呼前加“”字。
单选题(2分)A.家B.族C.令D.舍4.对朋友、熟人的称呼,既要亲切、友好,又不失()。
单选题(2分)A.体面B.敬意C.诚意D.亲密5.称呼职业,即直接以被称呼者的()作为称呼。
单选题(2分)A.工作B,姓名C.职业D.职务6.()这种称呼在对外交往中切勿乱用。
单选题(2分)A,小姐B.先生C.陛下D.同志7.与身边的陌生人共处时,可以进行()。
单选题(2分)A.介绍他人B,自我介绍C.介绍集体D.互不打扰8.介绍他人,又称(),它是第三者为彼此不相识的双方进行引见的一种介绍方式。
单选题(2分)A.被动介绍B,主动介绍C,第三者介绍D.东道主9.根据礼仪规范,握手时双方伸手的先后次序,应在遵守“”的前提下,具体情况具体对待。
单选题(2分)A.尊者决定法则B.晚辈决定法则C.长者决定法则D.下级决定法则10.社交礼仪规定,在交谈中应遵循()法则。
单选题(2分)A.单项共感B.双向共感C.集体共感D,情感共感11.()是交谈主体中理应忌谈的。
单选题(2分)A.时尚话题B.非议旁人C.擅长话题D,高雅话题12.交谈,究其实质乃是一种()。
单选题(2分)A.合作B.对话C.交易D.会务13.在普通性质的交谈中,每一个中国人应当讲()o单选题(2分)A.外语B.方言C.普通话D. 土语14 “礼"的含义是()。
单选题(2分)A.规则B.法则C.尊重D.礼貌15.在人际交往当中,我们应该遵守基本的()。
单选题(2分)A.道德B.法律C,交往礼仪D.规则16.选择正确性、适当的称呼,应当注意()。
专题二 词语 成语

D.但愿父辈的每一句话如同一颗小小的种子,从中萌 . 发 (呈现 )出你自己的观点和信念的幼芽。 .
【答案】C
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6.根据语境,下列加点词的解释不正确的一项是(
)
A.德国近日推出紫外线除菌加湿器,这一“神器 ”在 .. 手,就算在办公室码字过程中也能保持肌肤水嫩、避免空气 中细菌感染。(这里指上文说的“紫外线除菌加湿器”, 含有 赞美其功能强大之意 ) B.不知从何时起,生活中的“低头族 ”“刷屏党”汹 ... 涌来袭。 (这里指低下头看屏幕 ) C.东台甘港,中国最美乡村,约吗 ?(这里指一起去看 .. 看,有鼓励尝试和邀请参与之意 )
杯盘狼 ( 藉
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1. 36 组易混近义词辨析。 (1)必须 ——①副词,表示事理上和情理上的必要。如: 学习必须刻苦。②表示加强命令语气。如:你必须要离开。 必需——动词,一定要有,不可缺少。如:煤和铁是工 业所必需的原料。 (2)变换 ——将事物的一种形式或内容换成另一种。 后面 可以带宾语。如:变换位置、适应季节的变换。 变幻 ——是事物的形式或内容不规则地或奇异地变化。 不能带宾语。如:风云变幻、情绪变幻无常。
A.在研制青蒿素的过程中,作为一位组织者和参与者, 屠呦呦是立下了汗马功劳 的。 .... B. “六一”儿童节那天,志愿者和孤儿院的孩子们一起 唱歌、跳舞、玩游戏,共享天伦之乐 。 .... C.省首批“产镇融合示范镇”共有 13 个乡镇入选,我 市桥头河镇一路过关斩将 ,以“蔬菜小镇”冠名上榜。 ....
【解答题题专练】高考数学(理)二轮专题第二部分:专题十 立体几何作业15

小题专练·作业(十五)一、选择题1.(2016·新课标全国Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为()A.20πB.24πC.28πD.32π答案 C解析该几何体是圆锥与圆柱的组合体,由三视图可知圆柱底面圆的半径r=2,底面圆的周长c=2πr=4π,圆锥的母线长l=22+(23)2=4,圆柱的高h=4,所以该几何体的表面积S表=πr2+ch+12cl=4π+16π+8π=28π,故选C. 2.(2016·浙江)已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则()A.m∥l B.m∥nC.n⊥l D.m⊥n答案 C解析因为α∩β=l,所以l⊂β,又n⊥β所以n⊥l.故选C.3.(2016·合肥质检)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=60°,AB =AC=23,PA=2,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为()A.20πB.24πC.28πD.32π答案 A解析 由题意可得△ABC 是边长为23的正三角形,设其外接圆的半径为r ,则2r =23sin60°=4,r =2.又外接球的球心在PA 的中垂面上,则外接球的半径R =r 2+(12PA )2=5,所以该球的表面积为4πR 2=4π(5)2=20π,选项A 正确. 4. (2016·贵阳检测)如图,点E ,F 分别是正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱AB ,AA 1的中点,点M ,N 分别是线段D 1E 与C 1F 上的点,则与平面ABCD 垂直的直线MN 的条数有( )A .0个B .1个C .2个D .无穷多个答案 B解析 假设存在满足条件的直线MN ,如图,建立空间直角坐标系,不妨设正方体的棱长为2,则D 1(2,0,2),E(1,2,0),设M 的坐标为(x ,y ,z),∵D 1M →=mD 1E →(0<m<1),∴(x -2,y ,z -2)=m(-1,2,-2),x =2-m ,y =2m ,z =2-2m.∴M(2-m ,2m ,2-2m).同理,若设C 1N →=nC 1F →(0<n<1),可得N(2n ,2n ,2-n), MN →=(m +2n -2,2n -2m ,2m -n).又∵MN ⊥平面ABCD ,∴⎩⎪⎨⎪⎧CD →·MN →=0,CB →·MN →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧m +2n -2=0,2n -2m =0,解得⎩⎪⎨⎪⎧m =23,n =23,即存在满足条件的直线MN ,且只有1条.5.(2016·山东)一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如图所示.则该几何体的体积为( )A.13+23π B.13+23π C.13+26π D .1+26π答案 C解析 由三视图可知,四棱锥的底面是边长为1的正方形,高为1,其体积V 1=13×12×1=13.设半球的半径为R ,则2R =2,即R =22,所以半球的体积V 2=12×4π3R 3=12×4π3×(22)3=26π.故该几何体的体积V =V 1+V 2=13+26π.故选C.6.(2016·河北七校)已知α,β是两个不同的平面,有下列三个条件: ①存在一个平面γ,γ⊥α,γ∥β; ②存在一条直线a ,a ⊥β;③存在两条垂直的直线a ,b ,a ⊥β,b ⊥α.其中,所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是( ) A .①B .②C .③D .①③答案 D解析 对于①,存在一个平面γ,γ⊥α,γ∥β,则α⊥β,反之也对,即“存在一个平面γ,γ⊥α,γ∥β”是“α⊥β”的充要条件,所以①对,可排除B ,C ;对于③,存在两条垂直的直线a ,b ,则直线a ,b 所成的角为90°,因为a ⊥β,b ⊥α,所以α,β所在的角为90°,即α⊥β,反之也对,即“存在两条垂直的直线,a ,b ,a ⊥β,b ⊥α”是“α⊥β”的充要条件,所以③对,可排除A ,选D. 7.(2016·江西九校联考)已知圆锥的底面半径为R ,高为2R ,在它的所有内接圆柱中,侧面积的最大值是( ) A.14πR 2 B.12πR 2 C .πR 2 D .2πR 2答案 C解析 设圆柱的底面半径为r ,高为h ,由已知条件可知2r +h =2R ,所以圆柱的侧面积为S =2πrh =2πr(2R -2r)≤π[2r +(2R -2r )2]2=πR 2,当2r =2R -2r ,即r =12R 时“=”成立 ,故圆柱的侧面积最大为πR 2.8.(2016·新课标全国Ⅱ)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ,AB =6,BC =8,AA 1=3,则V 的最大值是( ) A .4πB.9π2 C .6π D.32π3 答案 B解析 由题意可得若V 最大,则球与直三棱柱的部分面相切,若与三个侧面都相切,可求得球的半径为2,球的直径为4,超过直三棱柱的高,所以这个球放不进去,则球可与上下底面相切,此时球的半径R =32,此时的体积最大,V max =43πR 3=4π3×278=9π2.回顾 不是所有的直三棱柱都有内切球,只有底面三角形内切圆的直径与直三棱柱的高相等时,该直三棱柱才有内切球.9. (2016·江西联考)如图,在球的内接三棱锥A -BCD 中,AB =8,CD =4,平面ACD ⊥平面BCD ,且△ACD 与△BCD 是以CD 为底的全等的等腰三角形,则三棱锥A -BCD 的高与其外接球的直径的比值为( )A.3265B.413065C.813065D.6465答案 B解析 设该三棱锥的外接球的半径为R ,取AB ,CD 的中点分别为E ,F ,连接EF ,AF ,BF ,由题意易得AF ⊥BF ,AF =BF =42,EF =4,易知三棱锥A -BCD 的外接球的球心O 在线段EF 上,连接OA ,OC ,有R 2=AE 2+OE 2=16+OE 2 ①,R 2=CF 2+OF 2=4+(4-OE)2②,由①②可得R 2=654,所以R =652,所以2R =65.又三棱锥A-BCD 的高AF =42,所以三棱锥A -BCD 的高与其外接球的直径的比值为4265=413065,故选B.10.(2016·衡中调研)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点,O 为底面正方形的中心,M ,N 分别为AB ,BC 的中点,点Q 为平面ABCD 内一点,线段D 1Q 与OP 互相平分,则满足MQ →=λMN →的实数λ的值有( ) A .0个 B .1个 C .2个 D .3个答案 C解析 由于线段D 1Q 与OP 互相平分,且MQ →=λMN →,则有Q ∈MN ,那么只有当四边形D 1PQO 是平行四边形时,才满足题意,此时有P 为A 1D 1的中点,点Q 与点M 重合,或P 为C 1D 1的中点,点Q 与点N 重合,对应的λ=0或1. 11.(2016·长沙调研)公元656年,唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的开立圆术.祖暅在求球体积时,使用一个原理:“幂势既同,则积不容异”.“幂”是截面积,“势”是立体的高.意思是两个同高的立体,如在等高处的截面积恒相等,则体积相等.更详细点说就是,界于两个平行平面之间的两个立体,被任一平行于这两个平面的平面所截,如果两个截面的面积恒相等,则这两个立体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.取一摞书或一摞纸张堆放在水平桌面上,然后用手推一下以改变其形状,这时高度没有改变,每页纸张的面积也没有改变,因而这摞书或纸张的体积与变形前相等.设由⎩⎨⎧x 2≥4y ,0≤x ≤4,0≤y ≤4确定的封闭图形绕y 轴旋转一周,得到旋转体,则该旋转体的体积为( ) A .32π B .36π C .44π D .46π答案 A解析 依题,该旋转体轴截面如图①,则垂直y 轴,在高为y 处截面面积为S =π×42-π×x 2,依此,考虑在图②中垂直y轴,在高为y处截面面积也为S=π×42-π×x2,由祖暅原理可知V旋转体=V大半球-V小球=12×43π×43-43π×23=32π.12.(2016·太原模拟)在三棱锥A-BCD中,底面BCD为边长是2的正三角形,顶点A在底面BCD上的射影为△BCD的中心,若E为BC的中点,且直线AE 与底面BCD所成角的正切值为22,则三棱锥A-BCD外接球的表面积为() A.3πB.4πC.5πD.6π答案 D解析∵顶点A在底面BCD上的射影为△BCD的中心,而且△BCD是正三角形,∴三棱锥A-BCD是正三棱锥,∴AB=AC=AD.令底面△BCD的重心(即中心)为P,∵△BCD是边长为2的正三角形,DE是BC边上的高,∴DE=3,PE=33,DP=233.∵直线AE与底面BCD所成角的正切值为22,即tan∠AEP=22,∴AP=263,∵AE2=AP2+EP2,∴AD=2,于是AB=AC=AD=BC=CD=DB=2,∴三棱锥A-BCD 为正四面体.构造正方体,由面上的对角线构成正四面体,故正方体的棱长为2,∴正方体的体对角线长为6,∴外接球的半径为62,∴外接球的表面积为4π(62)2=6π.13.(2016·扬州五校)一个三棱柱的直观图、正(主)视图、侧(左)视图、俯视图如图所示,若M、N分别为A1B、B1C1的中点,则下列选项中错误的是()A .MN 与A 1C 异面B .MN ⊥BCC .MN ∥平面ACC 1A 1D .三棱锥N -A 1BC 的体积为13a 2答案 D解析 取A 1B 1的中点D ,连接DM ,DN.由于M 、N 分别是A 1B 、B 1C 1的中点,所以可得DN ∥A 1C 1,又DN ⊄平面A 1ACC 1,A 1C 1⊂平面A 1ACC 1,所以DN ∥平面A 1ACC 1.同理可证DM ∥平面A 1ACC 1.又DM ∩DN =D ,所以平面DMN ∥平面A 1ACC 1,所以MN ∥平面ACC 1A 1,直线MN 与A 1C 异面,A 、C 正确.由三视图可得A 1C 1⊥平面BCC 1B 1,所以DN ⊥平面BCC 1B 1,所以DN ⊥BC ,又易知DM ⊥BC ,所以BC ⊥平面DMN ,所以BC ⊥MN ,B 正确.因VN -A 1BC =V A 1-NBC =13(12a 2)a =16a 2,所以D 错误.14.(2016·衡阳二模)如图,等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于点G ,已知△A′ED 是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形,下列命题中,错误的是( )A .动点A ′在平面ABC 上的射影在线段AF 上B .异面直线A ′E 与BD 不可能垂直C .三棱锥A ′-EFD 的体积有最大值 D .恒有平面A′GF ⊥平面BCED 答案 B解析依题意可知四边形ADFE为菱形,对角线AF与DE互相垂直平分,故A 正确;在旋转过程中DE始终垂直GF和GA′,故DE⊥平面A′GF,所以恒有平面A′GF⊥平面BCED,故D正确;当A′G⊥平面ABC时,三棱锥A′-EFD的体积取得最大值,故C正确;因为EF∥BD,故异面直线A′E与BD所成的角为∠FEA′,旋转过程中有可能为直角,故B错误.二、填空题15.(2016·四川)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形,该三棱锥的正视图如图所示,则该三棱锥的体积是________.答案3 3解析由正视图知,底面三角形是腰长为2,底边为23的等腰三角形,三棱锥的高为1,所以该三棱锥的体积V=13×(12×23×1)×1=33.16.(2016·河北五一名校)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是AC1,A1B1的中点,点P在其表面上运动,则总能使MP与BN垂直的点P 所构成的轨迹的周长等于________.答案2+ 5解析分别取BB1,CC1的中点E,F,连接AE,EF,FD,则BN⊥平面AEFD,设M在平面ABB1A1中的射影为O,过MO与平面AEFD平行的平面为α,所以能使MP与BN垂直的点P所构成的轨迹为矩形,其周长与矩形AEFD的周长相等,又矩形AEFD 的周长为2+5,所以所求轨迹的周长为2+ 5.17.(2016·成都调研)如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M 在线段PQ 上,E ,F 分别为AB ,BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ,则cos θ的最大值为________. 答案 25解析 以点A 为坐标原点,AB ,AD ,AQ 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.设AB =1,则AF →=(1,12,0),E(12,0,0). 设M(0,y ,1)(0≤y ≤1),则EM →=(-12,y ,1), 由于异面直线所成角的范围为(0,π2],所以cos θ=|AF →·EM →||AF →||EM →|=|-12+12y|1+14·14+y 2+1=2(1-y )5·4y 2+5,所以cos 2θ=4(1-y )25(4y 2+5)=15·(1-8y +14y 2+5),令8y +1=t(1≤t ≤9), 所cos 2θ=15·(1-16t +81t -2),因为函数y =t +81t 在[1,9]上的单调递减,故t =1时,y max =1+811=82,所以cos 2θ的最大值为15×(1-1682-2)=15×(1-15)=425,所以cos θ的最大值为25.18.(2016·合肥调研)在正三棱锥P -ABC 中,M 是PC 的中点,且AM ⊥PB ,AB =22,则正三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为________. 答案 12π解析 因为三棱锥P -ABC 为正三棱锥,取AC 的中点N ,连接PN ,BN ,易证AC ⊥平面PBN ,所以PB ⊥AC ,又AM ⊥PB ,AM ∩AC =A ,所以PB ⊥平面PAC ,所以PB ⊥PA ,PB ⊥PC ,易证PA ,PB ,PC 两两垂直,又AB =22,所以PA =PB =PC =2,设三棱锥P -ABC 外接球的半径为R ,则(2R)2=3×22=12,所以球的表面积S =4πR 2=12π.19.(2016·贵阳调研)如图,从棱长为6 cm 的正方体铁皮箱ABCD -A 1B 1C 1D 1中分离出来由三个正方形面板组成的几何图形.如果用图示中这样一个装置来盛水,那么最多能盛的水的体积为________cm 3.答案 36解析 最多能盛多少水,实际上是求三棱锥C 1-CD 1B 1的体积.又V 三棱锥C 1-CD 1B 1=V 三棱锥C -B 1C 1D 1=13×(12×6×6)×6=36(cm 3),所以用图示中这样一个装置来盛水,最多能盛36 cm 3体积的水.20.(2016·合肥调研)如图,正方形ABCD 中,沿BD 将△ABD翻折成△A ′BD ,形成四面体A ′-BCD ,并记二面角A ′-BD -C 的大小为α,则下列结论正确的是________.①不论α为何值,都有A ′C ⊥BD ;②仅当α=90°时,A ′B 与CD 所成角为90°;③仅当α=120°时,四面体A ′-BCD 的体积最大;④不论α为何值,四面体A ′-BCD 的外接球的体积都为定值.答案 ①④解析序号 正误原因① √取BD 中点O ,连接OA ′、OC ,则OA ′⊥BD 、OC ⊥BD ,∴。
必修一 专题二 第五课 新民主主义革命 课时作业

必修一专题二第五课新民主主义革命[课时作业]1.(2010·沈阳模拟)凤凰网《救赎中国》专题中,在叙述某一历史事件时,分为四个部分:第一部分:动荡了;第二部分:传播了;第三部分:愤怒了;第四部分:爆发了。
该历史事件可能是() A.维新变法运动 B.辛亥革命C.五四运动D.新文化运动解析:本题考查学生分析能力。
注意提取题干部分的四个小标题。
“动荡了”是指辛亥革命以后至1919年以前中国社会的剧烈变化;“传播了”是指五四运动的思想条件;“愤怒了”是指中国人民对巴黎和会中国外交失败的强烈反响;这些因素的综合作用导致了五四运动的“爆发”。
答案:C2.(2010·宁波模拟)1919年,《每周评论》指出:“巴黎的和会,各国都重在本国的权利,什么公理,什么永久和平,什么威尔逊总统十四条宣言,都成了一文不值的空话。
……非全世界的人都站起来直接解决不可。
”20世纪20年代中国人“直接解决”的主要表现是() A.新文化运动 B.实业救国运动C.国民大革命D.护国运动解析:本题考查学生理解能力。
注意时间是“20世纪20年代”,特点是“直接解决”,根据这两个要求即可判断只有C项符合。
答案:C3.有誓词称:“国民痛苦,水深火热;土匪军阀,为虎作伥;帝国主义,以枭以张。
本军兴师,救国救民;总理遗命,炳若晨星。
”誓词涉及的历史事件是()A.北伐战争B.辛亥革命C.抗日战争D.解放战争解析:从材料中的“国民”、“军阀”、“帝国主义”、“本军”等信息,可以看出这一历史事件是北伐战争。
答案:A4.井冈山是中国旅游胜地四十佳之一,“井冈山,两件宝;历史红,山林好”,其英雄的业绩与壮丽的山河交相辉映,构成得天独厚的特色风光。
井冈山“历史红”的主要依据是()A.建立了第一个苏维埃政权B.点燃了工农武装割据的星星之火C.最终确立了农村包围城市的道路D.标志着中国共产党独立领导武装斗争的开始解析:第一个苏维埃政权建立于广州起义后;最终确立了农村包围城市的道路应是在中央事实上确立以毛泽东为核心的领导地位时,即遵义会议时;标志着中国共产党独立领导武装斗争的开始是南昌起义。
15秋福师《中级无机化学专题》在线作业二 答案

福师《中级无机化学专题》在线作业二一、单选题(共 45 道试题,共 90 分。
)1. 下列关于硼烷的说法不正确的是. 硼烷在常温和常压下大多数为液体或固体. 2H6和4H10是气体. 乙硼烷遇水发生水解,生成硼酸和氧气. 硼烷燃烧时放出大量的热,并生成2O3和H2O正确答案:2. 人体中最丰富的过渡金属是. o. F. Ni. u正确答案:3. 下列锰的化合物中,锰的氧化数最低的化合物是( ). HMn(O)5. Mn(NO)3(O). Mn2(O)10. H3Mn(O)5正确答案:4. 根据路易斯酸碱理论,在u2+ + 4NH3 = u(NH3)42+【方程式左边的3和右边3,4为下标,2+为上标】的反应中,属于酸的物质是(). u2+【2+为上标】. u(NH3)42+【3,4为下标,2+为上标】. NH3【3为下标】. 以上都不是正确答案:5. N规则是说. 金属原子的价层电子数加上配位体所提供的配位电子总数之和等于8时,化合物较稳定. 金属原子的价层电子数加上配位体所提供的配位电子总数之和等于18时,化合物较稳定. 金属原子电子数加上配位体所提供的电子数之和等于18时,化合物较稳定. 金属原子电子数加上配位体所提供的电子数之和等于8时,化合物较稳定正确答案:6. 制备烯烃配合物的主要方法不包括(). 还原配位. 烷基配体的β-阴离子消除. 热分解法. 配位体的取代正确答案:7. 下列说法不正确的是(). 碱金属的活泼性:Li>K>N. 金属的活泼性:Ⅰ<Ⅱ,这与金属原子的活泼性不一致. 金属活泼性是Zn>u. 金属活泼性的相对大小,也可以通过计算来确定正确答案:8. 大气中的氮氧化物主要是. NO 和N2O5. NO2 和N2O. NO和NO2. N2O3 和NO2正确答案:9. 人们首次利用人工核反应合成自然界未发现的新元素是(). Hn.. Np. m正确答案:10. 关于反应SF5 + KF → KSF6,下列说法正确的是【其中数字为下标】(). 该反应可以用质子理论来解释. 该反应是酸碱中和反应,可用溶剂理论来解释. 该反应不是酸碱中和反应,因为没有质子的转移. 该反应不能用质子理论来解释,从溶剂理论观点看,没有生成溶剂的特征阴离子和阳离子,所以不是酸碱中和反应正确答案:11. 根据质子理论,下列水溶液中,碱性最弱的离子是. NO3-【其中数字和负号为上标】. lO4-【其中数字和负号为上标】. O32-【其中2和负号为上标,3为下标】. SO42-【其中2和负号为上标,4为下标】正确答案:12. 根据W规则,o6(O)16的结构应属于. 三角双锥. 四面体. 五角双锥体. 八面体正确答案:13. 化合物[o(NH3)4l2]r的名称是( )【其中数字为下标】. 溴化二氯四氨钴酸盐(Ⅱ). 溴化二氯四氨钴酸盐(Ⅲ). 溴化二氯四氨络钴(Ⅱ). 溴化二氯四氨络钴(Ⅲ)正确答案:14. 关于反应SF5 + KF → KSF6,下列说法正确的是【其中数字为下标】. 该反应可以用质子理论来解释. 该反应是酸碱中和反应,可用溶剂理论来解释. 该反应不是酸碱中和反应,因为没有质子的转移. 该反应不能用质子理论来解释,从溶剂理论观点看,没有生成溶剂的特征阴离子和阳离子,所以不是酸碱中和反应正确答案:15. 缺陷在晶体中延伸范围和形状分类中不包括. 点缺陷. 线缺陷. 面缺陷. 体缺陷正确答案:16. uSO4 . 5H2O中,中心离子的配位数是. 5. 4. 3. 2正确答案:17. M为中心原子,下列配合物中有顺反异构体的是( ). M2(平面四方). M3. M2(四面体). M2(平面三角形)正确答案:18. 制备烯烃配合物的主要方法不包括. 还原配位. 烷基配体的β-阴离子消除. 热分解法. 配位体的取代正确答案:19. 下列不符合硼烷通式的是(). 2H6. 4H10. 6H10. 8H20正确答案:20. 量子尺寸效应不包括(). 宽频带强吸引. K360的超导性. 纳米微粒的发光效应. 蓝移现象正确答案:21. 将浓度相同的Nl,NH4,N和NN溶液,按(H+)从大到小排列顺序为( ). Nl>N>NH4>NN. N>Nl≈NH4>NN. Nl≈NH4>N>NN. NN>N>Nl≈NH4正确答案:22. 下列疾病是由于体内缺硒引起的是(). 地方性甲状腺肿. 克山病. 骨痛病. 夜盲症正确答案:23. 下列离子中半径最小的是【其中数字和正号为上标】(). R+. S3+. Ti4+. Ti3+正确答案:24. 下列命名不正确的是【其中数字为下角标】. 2H6:乙硼烷. 5H9:巢式- 己硼烷. 20H26:蛛网式 - 二十硼烷. 10H14:巢式 - 癸硼烷正确答案:25. 下列命名错误的是(). H2[SiF6] 六氟合硅酸. K4[F(N)6]六氰合铁酸钾. [u(NH3)4]SO4四氨合硫酸铜. [g(NH3)2]OH 氢氧化二氨合银(Ⅰ)正确答案:26. 关于二茂铁的说法不正确的是. 二茂铁为一稳定的橙黄色晶体. 溶于苯等有机溶剂. 易溶于水. 是最早合成并确证的金属夹心型配合物正确答案:27. 在标准条件下石墨燃烧反应的焓变为-393.6kJ/mol,金刚石燃烧反应的焓变为-395.6kJ/mol,则石墨转变成金刚石的焓变为(). -789.3kJ/mol. 0kJ/mol. 1.9kJ/mol. -1.9kJ/mol正确答案:28. 区元素同一族中的第五周期和第六周期元素原子半径非常接近,这主要是由于(). 惰性电子对效应. 价电子构型相似. 它们都是金属元素. 镧系收缩的影响正确答案:29. 关于路易斯酸碱理论,下列说法不正确的是【其中数字和正号为上标】. 是为了说明不含质子的化合物的酸性而提出的. 路易斯酸也叫电子对接受体,路易斯碱也叫电子对给予体. 所有的缺电子物种都可以表现为路易斯酸,所有的富电子物种都可以表现为路易斯碱. Ni2+、o2+、u2+、F3+、Zn2+、r3+、l3+等是比较弱的路易斯酸正确答案:30. 下列关于酸碱强度的说法,不正确的是()【其中数字为下标】. 多聚酸通常比相应的简单酸酸性强. 对于同一周期的各元素所生成的最高氢氧化物,电负性增加和氧化态增高都促使氢氧化物的酸性增强. 当卤素原子的电负性增高时,次卤酸的酸强度随之减弱. 各种基团对于HOX、NH2X和H3X三种酸的酸强度影响大小次序是相同的正确答案:31. 下列配离子属于低自旋的是. Mn(OH2)62+【其中2+为上标】. F(OH2)63+【其中最后的3+为上标】. F(OH2)62+【其中2+为上标】. o(H2O)63+【其中最后的3+为上标】正确答案:32. 如果发现第115号元素,应该位于元素周期表的什么位置. 第八周期Ⅴ族. 第七周期Ⅳ族. 第七周期Ⅴ族. 第七周期Ⅵ族正确答案:33. 下列基团不能取代羰基的是【其中数字为下标,符号为上标】. PF3. R3P. P15. r-正确答案:34. 关于Frnkl缺陷说法不正确的是. Frnkl缺陷属于点缺陷. 是一种整比缺陷. 氯化银(具有Nl晶体结构)晶体中主要存在这类缺陷. 是非整比缺陷正确答案:35. 下列关于炔烃配体的配合物的说法正确的是(). 这种M与=键的结合,相当于M与=的两个原子生成三原子环,从而增强了炔烃的稳定性. 炔烃分子既可提供一对π电子也可提供两对π电子与金属离子成键. M与=键的结合,相当于M与=的两个原子生成三原子环,使炔烃的化学活性减弱. 炔烃也可以和任何金属生成配合物正确答案:36. 根据酸碱质子理论,下列物质不属于两性物质的是( ). HS-. H2O. NH4+. H2PO4-正确答案:37. 金属有机化合物的通式可表示为:MnLm,下列表述不正确的是(). M代表金属原子. L代表配体. L可以是中性的分子. L不能是离子正确答案:38. 按照软硬酸碱理论,下列物质属于硬酸的是. N+. g+. F-. OH-正确答案:39. 由热力学原因而存在的缺陷叫做( ). 固有缺陷. 外赋缺陷. 非整比缺陷. 杂质缺陷正确答案:40. 化合物[o(NH3)4l2]r的名称是【其中数字为下标】(). 溴化二氯四氨钴酸盐(Ⅱ). 溴化二氯四氨钴酸盐(Ⅲ). 溴化二氯四氨络钴(Ⅱ). 溴化二氯四氨络钴(Ⅲ)正确答案:41. 根据晶体场理论,在一个八面体强场中,中心离子电子数为多少时,晶体场稳定化能最大(). 9. 6. 5. 3正确答案:42. Shottky缺陷是指(). 一个原子移出它的晶格位置,留下一个空位,进入一个通常是空着的间隙位置. 氯化银(具有Nl晶体结构)晶体中主要存在的一类缺陷. 离子性晶体中的整比缺陷. 人们为了某种目的,人为地往晶体中掺入杂质所形成的缺陷正确答案:43. 下列配离子属于低自旋的是(). Mn(OH2)62+【其中2+为上标】. F(OH2)63+【其中最后的3+为上标】. F(OH2)62+【其中2+为上标】. o(H2O)63+【其中最后的3+为上标】正确答案:44. 金属羰基化合物的特点不包括. O并不是很强的路易斯碱,但它却能跟金属形成很强的化学键. 在这类配合物中,中心原子M呈现较低的氧化态,通常为零,也有时呈现较低的正氧化态,甚至负氧化态. 金属羰基化合物一般不稳定. 这些配合物大多数服从有效原子序数规则正确答案:45. 下列关于硼烷的说法不正确的是(). 硼烷在常温和常压下大多数为液体或固体. 2H6和4H10是气体. 乙硼烷遇水发生水解,生成硼酸和氧气. 硼烷燃烧时放出大量的热,并生成2O3和H2O正确答案:福师《中级无机化学专题》在线作业二二、判断题(共 5 道试题,共 10 分。
课时作业解析答案
参考答案 知能提升作业部分专题一 运动的描述 直线运动 第1讲 描述运动的基本概念1.A 解析:甲、乙运动动员有共同的水平速度和共同的竖直加速度,故A 正确. 2.C 解析:根据题中的故事,警察的意思是这位女士某一时刻的瞬时速度是90 km/h ,如果保持这一速度匀速行驶,在一个小时里将驶过90 km ,而这位女士说的是自己过去或将来的某一段运动过程,因此这位太太没有认清速度的概念.3.D 4.C 5.BC 6.CD 7.BD 8.CD9.CD 解析:物体在AB 段的平均速度v =ΔxΔt=1 m/s ,所以A 正确;物体在ABC 的平均速度为v =Δx Δt =52m/s ,所以B 正确;由瞬时速度的定义可知,C 错误;物体在B 点的速度是瞬时速度,AC 段是平均速度,方向也不同,故D 错误.10.解:(1)由平均速度的定义得v 1=s 1+s 22t =5+201+1m/s =12.5 m/s方向与汽车行驶方向一致. (2)中间2 s 内的平均速度为v 2=s 2+s 32t =20+201+1m/s =20 m/s全部时间内的平均速度为v =s 1+s 2+s 3+s 44t=12.5 m/s.11.解:第一枚鱼雷击中前,敌舰逃跑的速度为v 1.当鱼雷快艇与敌舰相距L 0=2 km 时,发射第一枚鱼雷,经t 1=50 s 击中敌舰,则有(v -v 1)t 1=L 0即(60-v 1)×50 m =2000 m 解得v 1=20 m/s击中敌舰时,鱼雷快艇与敌舰的距离为 L =L 0-(30-v 1)t 1=1500 m第一枚鱼雷击中后敌舰的速度为v 2.马上发射第二枚鱼雷,经t 2=30 s ,鱼雷再次击中敌舰,则有L =(v -v 2)t 2 解得v 2=10 m/s.第2讲 匀变速直线运动的规律1.B2.C 解析:根据结论“做匀变速直线运动的物体的平均速度等于中间时刻的瞬时速度”可知,a =Δv Δt =v 2.5-v 1.51 s =v 5-v 31 s=3 m/s 2,选项C 正确.3.C 解析:加速度a =μg ,又由v 20=2as ,可解得v 0=14 m/s ,故C 正确. 4.D5.AD 解析:如题图所示,x 3-x 1=2aT 2,可求得加速度a ;根据x 2=x 1+aT 2=x 1+x 3-x 12=x 1+x 32,可求出s 2;因不知第一次闪光时质点已运动的时间,故质点开始运动到第一次闪光时的初速度v 0和位移不可求.6.BC 解析:若初速度为零,由v =at 得,a =1.6 m/s 2,若初速度不为零,则加速度不等于1.6 m/s 2,根据推论可知,做匀加速直线运动的质点,第5 s 末的速度等于前10 s 的平均速度,则前10 s 的位移为x =v t =80 m ,故选BC.7.AC8.AD 解析:本题的关键是理解位移、速度和加速度的矢量性.若规定初速度v 0的方向为正方向,1 s 后物体的速度可能是10 m/s ,也可能是-10 m/s ,加速度与初速度同向时,a 1=v t -v 0t =6 m/s 2,s 1=v 0+v t 2 t =7 m ;加速度与初速度反向时,a 2=v t -v 0t =-14 m/s 2,s 2=v 0+v t 2t =-3 m ,负号表示方向与规定正方向相反.9.AB 解析:设物体运动的初速度为v 0,末速度为v t ,由中间时刻的速度公式v 2t =v 0+v t2得v 2=v 0+v t2;由中间位臵的速度公式v 2s =v 20+v 2t2得v 1=v 20+v 2t2.用数学方法可证明,当v 0≠v t 时,v 1>v 2,所以正确选项应为A 、B.10.解:初速度为零的匀加速直线运动第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内、…的位移之比为1∶3∶5∶…由题设条件得第2 s 内的位移为s 2=6 m ,第3 s 内的位移为s 3=10 m ,所以前3 s 内的位移为s =(2+6+10) m =18 m第3 s 内的平均速度v 3=s 3t =10 m1 s=10 m/s.11.解:(1)以飞机初速度方向为正方向,则有a =-6 m/s 2 由v 2-v 20=2as 可得v =v 20+2as =30 m/s.(2)飞机在地面滑行最长时间t =Δv a =0-60-6s =10 s ,所以飞机12 s 内滑行的位移为10 s 内滑行的位移由v 2t -v 20=2as 得s ′=-v 202a =-6022×(-6)m =300 m.12.解:由题意分析,该同学在运动过程中,平均速度越大时间最短.可能先加速,再减速.因为最大速度为10 m/s ,也可能先加速,再匀速最后减速.设经过时间t 1捡第一枚硬币:由运动学公式x 1=v 0t +12at 2,12a ⎝⎛⎭⎫t 122×2=32,解得t 1=8 s此过程中的最大速度v 1=a t 12=8 m/s <10 m/s所以捡第一枚硬币的过程中,先加速,再减速用时最短.设再经过时间t 2捡第二枚硬币12a ⎝⎛⎭⎫t 222×2=100-32,解得t 2=234 s加速最大速度v 2=a t 22=234 m/s >10 m/s所以捡第二枚硬币时,应先加速,再匀速最后减速. 设加速减速的总时间为t 3,匀速的时间t 4v =a t 32=10 m/s ,所以t 3=10 sx =12a ⎝⎛⎭⎫t 322×2=50 v t 4=(100-50-32),t 4=1.8 s t =t 1+t 3+t 4=19.8 s.第3讲 自由落体运动和竖直上抛运动1.C 2.A 3.C 4.C 5.CD6.BD 解析:第2 s 内的平均速度等于第1.5 s 末的瞬时速度,v 1.5 s =gt =9.8×1.5 m/s =14.7 m/s ,则第2 s 内的位移为s =v 1.5 s ·t =14.7 m.7.CD 解析:运用逐差法计算时间间隔,另外还需要考虑水滴位臵的重叠特点.若A 、B 、C 、D 四个位臵处水滴为连续掉下的水滴,则设相邻两个水滴间的时间间隔为T ,则有CD-BC =gT 2,得T =CD -BCg,代入数据可得T =0.1 s .由于人观察水滴的视觉,在间歇光照时水滴位臵出现重叠现象,因此照明光源应该间歇发光,且间歇时间为0.1 s 或为0.1 s 的整数倍,选项C 、D 正确.8.CD9.BC 解析:物体的速度为15 m/s ,方向可能竖直向上或竖直向下,若竖直向上,则根据匀变速直线运动公式可得物体的初速度v 0=v +gt =35 m/s ,物体的位移x =v 0t -12gt 2=55m >0,故此时物体在A 点上方;若方向竖直向下,则初速度v 0=5 m/s ,物体的位移x =v 0t -12gt 2=-10 m<0,故此时物体位于A 点下方.10.解:第3 s 末的速度和3 s 内的位移可以直接利用公式求解.3 s 内的平均速度可以根据平均速度的定义求解.因为v t =gt ,所以v 3=9.8×3 m/s =29.4 m/s.又因为h =12gt 2,所以h 3=12×9.8 m/s 2×32 m =44.1 m.根据平均速度的定义:v =st,3 s 内的平均速度v 3=h 3t 3=44.1 m 3 s=14.7 m/s.第3 s 的位移是3 s 的位移与2 s 位移的差,即 s Ⅲ=s 3-s 2=44.1 m -19.6 m =24.5 m.第3 s 内的平均速度v Ⅲ=s Ⅲt=24.5 m/s.11.解:解法一 取竖直向上为正方向,由速度对称性,上升阶段与下降阶段经过相同的位臵时速度等大、反向,即-[v 0-g (t +2)]=v 0-gt解得t =1 s ,代入位移公式得h =v 0t -12gt 2=15 m.解法二 取竖直向上为正方向,两小球由抛出到相碰的位移相同,即v 0(t +2)-12g (t +2)2=v 0t -12gt 2解得t =1 s ,代入位移公式得h =v 0t -12gt 2=15 m.12.解:(1)这段时间人重心下降高度为10 m ,根据h =12gt 2得空中动作时间t =2h g= 2 s =1.4 s.(2)该运动员离开跳台后重心升高 h ′=(1-0.8) m =0.2 m设离开跳台的速度为v 0,由竖直上抛运动规律得 v 0=2gh ′=2×10×0.2 m/s =2 m/s.第4讲 运动图象 追及和相遇问题1.A 2.C 3.C 4.B 5.BD6.AC 解析:0~2 s 内物体的加速度a =v t -v 0t=1 m/s 2,方向向下,属于失重状态,A正确;第4 s 末,加速度为零,合外力为零,合外力功率为零,而第2 s 末加速度不为零,即合外力不为零,速度不为零,根据公式P =F v 可知,第2s 末功率不为零,故B 错;在2~3 s 时间内,物体匀速运动,合外力为零,故C 正确;由动能定理,在0~5 s 时间内速度变化为零,即动能不变,合外力做功为零,重力做的功等于克服拉力做的功,故D 错.7.AD 8.AC9.AD 解析:在0~t 1时间内空降兵做匀加速直线运动,此段时间内的平均速度等于中点时刻的瞬时速度,A 正确;在t 1~t 2时间内做加速度减小的减速运动,故v <v 1+v 22,D正确.10.解:(1)汽车开动后做初速度为零的匀加速运动,而自行车做匀速直线运动.当汽车的速度与自行车速度相等时,两车相距最远设经时间t 两车相距最远,有v 汽=at =v 自所以t =v 0a =63 s =2 sΔs =v 自t -12at 2=6 m.(2)汽车追上自行车时,两车位移相等,则v 自t ′=12at ′2解得t ′=4 s所以v 汽′=at ′=12 m/s.11.解:(1)设在满足题设条件的情况下该车的最大行驶速度为v根据平均速度公式得x 1=v2t 1,又x 1≤18 m故v =12 m/s.(2)该车驾驶员的允许的反应时间最大值为t ,反应时间内车行驶的距离为L 0 L 0=v 0t从绿灯闪烁到红灯亮起的过程中,汽车做减速运动的时间t 2=6-t设汽车在刹车过程中通过的位移为x 2=v 02t 2绿灯开始闪烁时,该车距停车线距离为L L =L 0+x 2 解得t =0.5 s即该车驾驶员的考虑时间不能大于0.5 s.12.解:(1)由加速度-时间图象K1可知向下为正方向.图K1(2)速度改变Δv =-14m/s ,方向竖直向上;位移s =4+(-1.5)=2.5 m ,方向向下.实验一 研究匀变速直线运动1.A 解析:做匀变速直线运动的物体在相邻的连续相等时间间隔内的位移差相等且等于at 2.由此可得Δs =at 2=a ⎝⎛⎭⎫10×1f 2,所以f =100a Δs=10 Hz. 2.D 3.AB 4.0.405 0.756 5.(1)AB (2)2.00解析:(1)小车的重力远大于钩码的重力将会导致小车运动缓慢甚至静止不动,A 错误;此实验是“研究匀变速直线运动”,无需平衡小车的摩擦力,B 错误.(2)采用逐差法求小车的加速度: a =(s DE -s AB )+(s EF -s BC )6T 2=2.00 m/s 2.6.(1)交流电 0.02 (2)0.3937.(1)乙 (2)9.4 (3)纸带与打点计时器间存在摩擦 8.0.02 AB 0.52 相反 9.4 0.436 偏大10.(1)v D =S 4+S 52T0.280(2)如图K2所示.时间t /s0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 速度v /(m·s -1)0.220 0.241 0.258 0.280 0.300图K2(3)匀加速直线运动专题二 相互作用与物体平衡 第1讲 重力 弹力 摩擦力1.B 2.D 3.B 4.A 5.CD 6.BC7.BC 解析:A 中拳击运动员一记重拳出击,虽然被对手躲过,运动员施加的力仍然有受力物体,空气是受力物体;B 中不相互接触的物体也会存在相互作用力,比如地球与太阳之间的万有引力;C 中说法是正确的,因为效果力是按照力的作用效果定义的,而性质力是按照力本身的性质定义的,所以重力、弹力、摩擦力是按力的性质命名的,动力、阻力、压力、支持力是按力的作用效果命名的;D 中重力的大小不受放在哪里而影响.8.AC 解析:用整体法分析,地面对b 没有摩擦力,对b 的支持力为2mg ;隔离a 分析,a 相对于b 有向右运动的趋势,故有摩擦力,由于F 有竖直向上的分量,故b 对a 的支持力小于重力,A 、C 正确.9.BC 解析:未加F 时,木块A 在水平面内受弹簧的弹力F 1及静摩擦力F A 作用,且F 1=F A =kx =8 N ;木块B 在水平面内受弹簧弹力F 2和静摩擦力F B 作用,且F 2=F B =kx =8 N .在木块B 上施加F =1 N 的向右的拉力后,由于F 2+F <μG B ,故木块B 所受摩擦力仍为静摩擦力,其大小F B ′=F 2+F =9 N ,木块A 的受力情况不变.10.解:最大静摩擦力f =f 滑=μN =μmg =0.2×5×9.8 N =9.8 N.(1)当拉力为5 N 时,物体相对地面静止,受静摩擦力 f 静=F 拉=5 N.(2)当拉力为12 N 时,物体相对地面运动,受滑动摩擦力f 滑=9.8 N .11.解:(1)当弹簧C 的右端位于a 点时,细绳没有拉力,A 物体受力如图K3. 由二力平衡,可知弹簧B 的弹力F 1=mg设弹簧B 压缩量为Δx 1,由胡克定律得F 1=k 1Δx 1上两式联立解得Δx 1=mgk 1.图K3 图K4(2)当弹簧C 的右端位于b 点时,弹簧B 没弹力,此时细绳有拉力,A 物体受力如图K4. 由二力平衡,可知绳的拉力T =mg 则弹簧C 的弹力F 2=T =mg设弹簧C 的伸长量为Δx 2,由胡克定律得 F 2=k 2Δx 2解得Δx 2=mgk 2故a 、b 之间的距离为Δx 1+Δx 2=⎝⎛⎭⎫1k 1+1k 2mg . 12.解:对物体B 受力分析得:绳的拉力 T =G B =m B g =20 N对物体A 受力分析得:水平方向上受绳的拉力T 、F 和静摩擦力f 作用. 当外力F 较小时,静摩擦力向左,有 F +f m =T 则F =10 N当外力F 较大时,静摩擦力向右F =T +f m 则F =30N所以10N ≤F ≤30N .第2讲 力的合成与分解1.B 解析:舰载机与航母一起做匀速运动,合力为零,两阻拦索的张力的合力与舰载机的牵引力是一对平衡力,由平行四边形定则可知,B 正确.2.A3.C 解析:三个力的合力的最大值为三力大小之和;合力的最小值有两种情况:当三力大小满足三角形三边关系,可以构成三角形时,其合力最小值为零;否则,合力的最小值等于最大的那个力的大小减去另外两个力的大小;本题物体要保持平衡,合力应为零,故C 正确.4.C 5.AD 6.AB 7.BC 8.BC 9.BC10.解:(1)OA 、OB 绳中的拉力大小相等,设为T . 对物体A 有 T =G A =400 N对滑轮O :由于OA 、OB 绳中的拉力大小相等,OC 绳在∠BOA 的角平分线所在直线上,所以BO 与竖直方向的夹角为60°则物体B 所受摩擦力为 f =T cos 30°=200 3 N. (2)OC 绳的拉力为 T C =2T cos 30°=3T =400 3 N.11.解:如图K5,以与滑轮接触的那一小段绳子为研究对象,在任何一个平衡位臵都在滑轮对它的压力(大小为G )和绳的拉力F 1、F 2共同作用下静止.而同一根绳子上的拉力大小F 1、F 2总是相等的,它们的合力N 是压力G 的平衡力,方向竖直向上.因此以F 1、F 2为分力作力的合成的平行四边形一定是菱形.利用菱形对角线互相垂直平分的性质,结合相似三角形图K5知识可得 d ∶l =15∶4所以d 最大值为154l . 12.解:(1)物体A 受重力mg 、支持力F N 及滑动摩擦力f 的作用.(2)由于垂直斜面方向上物体A 没发生运动,故垂直斜面方向上各分力的合力为0 ,即 F N -mg cos θ=0①沿斜面方向的分力的合力 F =mg sin θ+f ②将mg =100 N 、f =10 N 、θ=30°代入②式得F =60 N. (3)由f =μF N所以μ=f F N =10100×cos 30°=315.第3讲 共点力的平衡及其应用1.B 2.D图K63.B 解析:由平衡条件可知,F A 与F B 的合力始终与运动员的重力是一对平衡力,故B 正确.对运动员受力分析,将运动员所受三个力移到一个三角形中,如图K6所示,可知F A 和F B 的大小都在不断变化.4.B 解析:物体匀速运动,则有重力沿斜面的分力与摩擦力平衡,即mg sin θ=μmg cos θ,重力增大,仍能平衡,对木块A 施加一个竖直向下的力,与增加重力类似,故C 、D 错;增加斜面倾角,物体会加速下滑,A 错;对木块A 施加一个垂直于斜面的力,压力增大,摩擦力增大,物体做减速运动,会停下,故B 正确.5.BD6.CD 解析:用整体法对两球进行分析可得杆对A 球的支持力等于N =2mg ,摩擦力与风力相等;用隔离法对B 球分析可得轻绳的拉力等于mgcos θ,风力F =mg tan θ,又f =F =μN ,可得杆与A 球间的动摩擦因数等于12tan θ,C 、D 正确.7.AB 解析:此题实际上可视为一动态平衡问题,如图K7,可知A 、B 正确.图K78.AC 解析:对于B 物体,当绳子的拉力等于B 物体重力沿斜面的分力时,摩擦力为零,绳子的拉力大于B 物体重力沿斜面的分力时,有向上运动的趋势,摩擦力沿斜面向下,绳子的拉力小于B 物体重力沿斜面的分力时,有向下运动的趋势,摩擦力沿斜面向上,故A 正确;把B 、C 看成一整体受力分析,因为绳子的拉力有竖直向上和水平向右的分量,故水平面对C 的摩擦力方向一定向左,.水平面对C 的支持力总小于B 、C 的总重力,故B 错误,C 正确,D 错误.9.BD10.解:(1)因匀速提起重物,则F T =mg .且绳对人的拉力为mg ,所以地面对人的支持力为F N =Mg -mg =(50-30)×10 N =200 N ,方向竖直向上.(2)定滑轮对B 点的拉力方向竖直向下,大小为2mg ,杆对B 点的弹力方向沿杆的方向, 由共点力平衡条件得F AB =2mg tan 30°=2×30×10×33N =346 N F BC =2mg cos 30°=2×30×1032N =692 N. 11.解:(1)B 物体受三力平衡,设细绳对B 球拉力为F F sin30°=mg F =2mg .(2)A 物体受三力平衡,设A 物体质量为m A ,细绳对A 球拉力为F ′,圆环对A 球弹力为F NF ′cos 30°=F N sin 30° F ′sin 30°+m A g =F N cos 30° F =F ′解得m A =2m .12.解:物体若向上做匀速直线运动,受力如图K8所示,有 F cos θ=mg +f F sin θ=F N f =μF N由以上三式解得推力F 的大小为F =mgcos θ-μsin θ= 4.4×100.8-0.5×0.6N =88 N图K8 图K9若物体向下做匀速直线运动,受力如图K9所示,有 F cos θ+f =mg F sin θ=F N f =μF N由以上三式解得推力F 的大小为F =mgcos θ+μsin θ= 4.4×100.8+0.5×0.6 N =40 N.实验二 探究弹力和弹簧伸长的关系1.B2.D 解析:根据胡克定律可得k =ΔFΔx =20-150.18-0.16N/m =250 N/m.弹簧的原长为L 0,则有15=k (0.16-L 0),解得L 0=0.10 m ,故选项D 正确.3.BD 4.AC 5.(1)CBDAEF (2)①结果如下表:弹力F /N0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 弹簧伸长量x /cm1.22.33.54.65.8 ②如图K10所示.图K10③F =0.43x④函数表达式中的常数为弹簧的劲度系数,表示使弹簧每伸长或压缩0.01 m(1 cm)所需的拉力大小为0.43 N.6.(1)如图K11所示.图K11(2)0~5 25解析:由图可以看出,在0~5.0 N 之间,弹簧的弹力与伸长量是成正比的,当弹力大于5 N 后,弹力与伸长量已经不是正比关系了,实际上已经超出弹簧的弹性限度了.由k =ΔFΔx可得k =25 N/m.7.(1)形变量超过弹簧的弹性限度(2)66.7 200 甲 (3)实验中钩码不能挂太多,控制在弹性限度内解析:(1)在弹性范围内弹簧的弹力与形变量成正比,超过弹簧的弹性范围,则此规律不成立,所以图象上端是曲线,因为形变量超过了弹簧的弹性限度.(2)甲、乙两根弹簧的劲度系数分别为:k 甲=F 甲Δx 甲=46×10-2 N/m =66.7 N/mk 乙=F 乙Δx 乙=84×10-2N/m =200 N/m.要制作一个精确程度较高的弹簧测力计,应选用一定的外力作用时,弹簧的形变量大,故选甲弹簧.8.见解析解析:(1)还需要刻度尺.(2)需要测量的物理量有弹簧的原长、悬挂钩码的个数以及与弹力(外力)对应的弹簧长度.(3)根据胡克定律F =k Δx ,在F -x 图象中,k =ΔFΔx,解得k =200 N/m.图象不过原点,原因是实验中没有考虑(或忽略了)弹簧的自重或在弹簧没有处于竖直悬挂状态时测量它的原长.实验三 验证力的平行四边形定则1.B 2.B 3.B 4.AB 5.AC6.(1)保证前后两次作用力的效果相同 (2)F(3)O 、a 两点距离太近,画力的方向时容易产生误差 7.(1)BD (2)BD 8.(1)F 1 0.05 (2)C 解析:(1)A 传感器中的力均为正值,故A 传感器对应的是表中力F 1,平衡时,mg =F 1·sin θ,当θ=30°时,F 1=1.001 N ,可求得m =0.05 kg.(2)在挂钩码之前,对传感器进行调零,目的是为了消除横杆自身重力对结果的影响,故C 正确.专题三 牛顿运动定律第1讲 牛顿第一定律 牛顿第三定律1.A 2.A3.D 解析:汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是一对作用力与反作用力,故A 、B 、C 错;拖车加速前进,是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力,汽车加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于拖车对它的拉力,D 正确.4.B 5.BD6.BD 解析:物体做匀速直线运动,处于平衡状态,所受摩擦力与弹簧弹力大小相等,方向相反,是一对平衡力,即F 弹=f ,kx =μmg ,故x =μmgk,所以B 、D 正确,A 错误.物体受到的支持力与对地面的压力是一对作用力与反作用力,C 错误.7.AD 8.CD9.AD 解析:因为弹簧属于明显形变,剪短细绳的瞬间,弹簧形变来不及恢复,所以弹力还是保持不变,故AD 正确.第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题1.D 解析:携带的弹药越多,战机的质量越大,而牵引力相同,根据牛顿第二定律F =ma ,所以加速度越小,故A 、B 错误;再根据v 2=2ax 知,起飞的速度越小,所以C 错误;起飞滑行的距离相同,再由x =12at 2可得加速度越小,时间越长,所以D 正确.2.D 3.C4.D 解析:开始时小球做自由落体运动,接触弹簧后因为有弹力,而且弹力逐渐增大,小球做加速度逐渐减小的变减速运动,当弹簧的弹力增大到与重力相等时,加速度减小为令,速度达到最大,再继续往下运动的过程中,弹簧的弹力大于重力,小球做加速度逐渐增大的变减速运动,一直到速度减小为零,故D 正确.5.CD6.AD 解析:物体受到滑动摩擦力,方向水平向左,f =μmg =20 N ,选项A 对;物体在水平方向受到的合力F 合=F -f =-10 N =ma ,得a =0.5 m/s 2,方向向左,D 对.7.BC 8.BC9.AD 解析:剪短细绳的瞬间,弹簧形变来不及恢复,所以弹力还是保持不变,故A 、D 正确.10.解:(1)设人在斜坡上滑下的加速度为a 1,由牛顿第二定律有 mg sin θ-f =ma 1N -mg cos θ=0,又f =μN联立得a 1=g (sin θ-μcos θ),代入数据得a 1=2 m/s 2. (2)人滑到B 点时,v 2B =2a 1s AB ,则v B =2a 1s AB =2×2×25 m/s =10 m/s. (3)在水平轨道上运动时f 2=μmg =ma 2 得a 2=μg =5 m/s 2由v 2C =v 2B -2a 2s BC 得s BC =v 2B 2a 2=1022×5m =10 m.11.解:(1)木块所受滑动摩擦力为f =μmg cos θ 由F =ma 得F =mg sin θ+μmg cos θ=ma ,则 a =g sin θ+μg cos θ,方向沿斜面向下. (2)木块上升到最高点的时间为 t =v 0a =v 0g sin θ+μg cos θ. (3)有三种情况.第一种:当μmg cos θ>mg sin θ时,木块静止,f =mg sin θ,方向沿斜面向上;第二种:当μmg cos θ=mg sin θ时,木块可能静止或沿斜面匀速下滑,此时f =mg sin θ,方向沿斜面向上;第三种:当μmg cos θ<mg sin θ时,木块沿斜面匀加速下滑,f =μmg cos θ,方向沿斜面向上.12.解:(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a 1,则由v -t 图象得加速度大小a 1=2 m/s 2,方向与初速度方向相反.设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a 2,则由图得加速度大小a 2=1 m/s 2,方向与初速度方向相反.(2)根据牛顿第二定律,有 F +μmg =ma 1 F -μmg =ma 2解得:F =3 N ,μ=0.05.(3)设10 s 末物体离a 点的距离为d ,d 应为v -t 图象与横轴所围的面积,则: d =12×4×8 m -12×6×6 m =-2 m 负号表示物体在a 点左边.(4)设撤去拉力F 后做匀减速直线运动的加速度大小为a 3.根据牛顿第二定律,有: μmg =ma 3解得:a 3=0.5 m/s 2 由v t =v 0+at 可得:物体减速到零的时间t =12 s物体在15 s 内的位移s =v t =-3×12 m =-36 m. 物体在15 s 后离a 点的距离d ′=d +s =38 m.第3讲 牛顿运动定律的运用1.D2.B 解析:当小车突然停止后,由于惯性,两滑块获得相同的初速度,由牛顿第二定律μmg =ma ,解得a =μg ,即滑块的加速度大小与滑块的质量没有关系,两滑块有共同的加速度,两滑块做完全一样的运动,故一定不会相碰,B 正确.3.A 解析:小明在下降过程以及起跳以后在上升过程,均有向下的加速度,故处于失重状态,A 正确,B 错;小明落地时有向上的加速度,地面对他的支持力大于他的重力,C 错;D 选项中的两个力是一对作用力与反作用力,D 错.4.A5.AB 解析:根据牛顿第二定律,mg -k v =ma ,随着雨滴的速度增加,加速度a 不断减小,当加速度减小为零时,雨滴将与最大的收尾速度做匀速下降,A 、B 正确.6.AD 解析:从图象中可以得出,绳子的最大拉力为1.8F 0,人的重力为0.6F 0,由牛顿第二定律1.8F 0-0.6F 0=ma ,又0.6F 0=mg ,可解得最大加速度a =2g .7.BC 8.BC 9.AD10.解:(1)由图象可知,滑块的加速度a =101.0m/s 2=10 m/s 2滑块冲上斜面过程中,根据牛顿第二定律有 mg sin θ+μmg cos θ=ma 代入数据解得μ=0.5.(2)滑块速度减小到零时,重力下滑的分力大于最大静摩擦力,能再下滑 由匀变速直线运动的规律,滑块向上运动的位移 s =v 22a=5 m 滑块下滑过程中,根据牛顿第二定律有 mg sin θ-μmg cos θ=ma 2,得a 2=2 m/s 2由匀变速直线运动的规律,滑块返回底端的速度 v =2a 2s =2 5 m/s.11.解:(1)在初始时刻,由牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma 0 由a -v 图象读出a 0=4 m/s 2解得μ=g sin θ-a 0g cos θ=0.25.(2)在末时刻物体加速度为零,由牛顿第二定律有 mg sin θ-μN -k v cos θ=0 又N =mg cos θ+k v sin θ由a -v 图象得出此时v =5 m/s解得k =mg (sin θ-μcos θ)v (μsin θ+cos θ)=0.84 kg/s.12.解:(1)因动物毛的生长方向向上,故物体上滑时不受摩擦力,而下滑时受到摩擦力. (2)上滑过程: mg sin θ=ma 1 v 0-a 1t 1=0x =v 202a 1下滑过程:mg sin θ-μmg cos θ=ma 2 x =12a 2t 22又t =t 1+t 2联立以上各式得μ≈0.433.实验四 验证牛顿运动定律1.B 2.D 3.AB 4.CD5.(1)①d t 1 d 2(t 21-t 22)2xt 21t 22②使滑块所受拉力等于砝码盘和砝码的重力;③如图12所示 质量不变时,物体加速度与其所受合外力成正比. (2)1M可得到在合外力不变时物体加速度与质量间的定量关系图126.(1)小车的总质量(2)①在质量不变的条件下,加速度与外力成正比 ②C ③0.1 0.520 0.2767.(1)错误,应该给校车一个初速度使校车能够匀速下滑 (2)C(3)[(s 3+s 4)-(s 1+s 2)]f 2100专题四 曲线运动 万有引力定律 第1讲 运动的合成与分解1.A 解析:运动状态指运动快慢和方向,即速度大小和方向,如果物体做匀速直线运动,速度的大小和方向都不改变,这是运动状态不变,A 正确;当物体做匀速直线运动时,位臵不断改变,但速度大小、方向都不变,运动状态仍不变,B 错误;若运动物体有加速度,则速度会发生变化,无论加速度是否发生变化,此时运动状态一定改变,C 错误;做曲线运动的物体,速度方向时刻改变,D 错.2.A 解析:由三角形定则,在A 项中v 1、v 2的合速度大小为v 3,再与图中v 3合成,合速度为2v 3,B 项中合速度为0,C 项中v 3、v 2的合速度为v 1,与图中v 1再合成,合速度为2v 1,D 项中的合速度为2v 2,其中最大的合速度为2v 3,故A 正确.3.C 解析:恰使小船避开危险区,小船应沿直线AB 到达对岸,如图K13所示.则有tan θ=BD AD =33,所以θ=30°.当船头与AB 垂直时,小船在静水中的速度最小.最小速度为v 1=v 2sin θ=2 m/s.故正确答案为C.图K13 图K144.C 解析:当合加速度的方向与和速度的方向不在同一直线上时,物体做曲线运动,加速度方向大致指向轨迹弯曲的方向.和运动的加速度沿y 轴正方向,合初速度的方向沿x 轴方向,可知,轨迹沿y 轴正方向偏转,故C 正确.5.C 解析:人的运动其实是两个运动的合运动,一个是沿绳子方向的运动,一个是以绳子的半径为圆周运动,此刻,速度沿切线即与绳子垂直方向,速度分解如图K14.根据几何关系,沿绳子方向分速度即船的速度为v cos α,C 正确.图K156.B 解析:由于船沿直线AB 运动,因此船的合速度v 合沿AB 方向,根据平行四边形定则可知,当v 船垂直于直线AB 时,船有最小速度,由图K15知v 船=v 水sin 37°=2.4 m/s ,选项B 正确.7.CD 8.AC9.AD 解析:根据题意,如果v 1=v 2=0,则物体沿合速度方向运动,是直线运动,A 正确;如果v 1≠0,v 2≠0,但合加速度方向与合速度方向一致,物体沿直线运动.B 错误;如果a 1=a 2,但合加速度方向和速度方向不在同一直线上,物体做曲线运动,C 错误;如果a 1a 2=v 1v 2,则有tan θ=a 1a 2,tan θ=v 1v 2,即合加速度方向与合速度方向一致,做匀加速直线运动,D正确.10.BC11.解:(1)汽车在时间t 内向左运动的位移:x =Htan θ又汽车匀加速运动x =12at 2所以a =2s t 2=2Ht 2·tan θ.(2)此时汽车的速度v 汽=at =2Ht ·tan θ由运动的分解知识可知,汽车速度v 汽沿绳的分速度与重物m 的速度相等,即v 物=v 汽cos θ得v 物=2H cos θt ·tan θ.第2讲 抛体运动1.C 解析:由于相遇时A 、B 做平抛运动的竖直位移相同,由h =12gt 2,可以判断两球下落时间相同,即两球应同时抛出.2.D 3.B4.B 解析:在竖直方向:Δy =5l -3l =gT 2,可求出g ;水平方向:v 0=x T =3lT,且P 点竖直方向分速度v y =v =3l +5l 2T ,故P 点速度大小为:v =v 20+v 2y ;但无法求出小球质量m ,故B 正确.5.D6.D 解析:竖直速度与水平速度之比为:tan φ=gtv 0,竖直位移与水平位移之比为:tanθ=gt 22v 0t,故tan φ=2tan θ. 7.AB 解析:根据题意,由于不计空气阻力,则两物体运动过程中只受重力,则加速度均相同,故A 正确;由于只受重力也只有重力做功,则机械能守恒,B 正确;由于沿竖直向下抛出的平均速度较大,在庖厨高度相同的情况下,竖直下抛先落地,C 错;竖直抛出位移为竖直抛出的高度y ,水平抛出的物体做平抛运动,位移为d =y 2+x 2,故位移不相同,D 错.8.BC9.CD 解析:设释放物体时火车的速度为v 0,物体释放后在竖直方向做自由落体运动,h =12gt 2,水平方向物体落地点与乘客的水平距离x =v 0t +12at 2-v 0t =12at 2,可得x =0.25 m ,且与火车初速度大小无关,故C 、D 正确.10.AD 解析:由x =v t 知,若A 球经过水平位移l 时,还未落地,则在B 球正下方相碰,A 正确;A 、B 在第一次落地签不碰,由于反弹后水平分速度,竖直分速度大小不变,方向相反,则以后一定能碰,故B 错误,D 正确;若A 球落地时的水平位移为l2时,则A 、B在最高点相碰,C 错.11.解:(1)设小鸟以v 0弹出能直接击中堡垒,则由平抛运动规律,h 1-h 2=12gt 2l 1=v 0t联立解得t =0.6 s ,v 0=4 m/s.(2)对小鸟在平台上滑行初速度仍为v 0,若刚好击中堡垒,则有末速度为v =0由动能定理-μmg (l 1-l 2)=0-12m v 20。
2024版高考地理一轮复习专题基础练专题二行星地球专题综合训练作业课件
2.A 结合所学知识可知,中国空间站在绕地球旋转的同时也在绕日公转,因此线速度与地球公转的线速度呈现出 同样的规律。根据材料可知,2021年10月16日,神舟十三号载人飞船在酒泉卫星发射中心成功发射,此时位于远日 点(7月初)之后,此后逐渐接近近日点(1月初),因此公转线速度逐渐加快到最快;在2022年1月初到2022年4月16日, 空间站逐渐向远日点移动,因此公转线速度由最快逐渐变慢。结合图示可知,A正确。
神舟十三号航天员安全返回地球。据此完成1—3题。
1. 航天员的舱外航天服具有的主要功能有Βιβλιοθήκη ①隔绝高温②提供氧气
③防强辐射
④减轻失重
A.①②
B.③④
C.②③
D.②④
答案
1.C 航天员所在的太空环境具有真空、强辐射、失重、昼夜温差变化大等特点。为确保航天员的生命安全和 正常活动,舱外航天服的主要功能有提供氧气、防强辐射、调节温度等,②③正确,①错误。航天员在太空中一直 处于失重状态,舱外航天服并不具有减轻失重的作用,④错误。故选C。
专题综合训练
[2023江淮十校联考]北京时间2022年7月4日15时11分,人们可观测到“年度最小太阳”约比“年度最大太阳”的
日面视直径小3.4%。据此完成4—5题。
4. 形成“年度最小太阳”的原因有
①地球公转轨道是椭圆
②此时,太阳高度角变小
③地球距离太阳达最远
④此时,太阳直射点最北
A.①②
B.①③
神舟十三号航天员安全返回地球。据此完成1—3题。
3. 神舟十三号航天员驻留期间,酒泉(39°N,98°E)卫星发射中心发射塔与南通
电视塔(32°N,120°E)两地每天正午太阳高度的差值
A.先变大后变小
专题二课后作业
1.填空题2.计算题1)计算下列数据的平均数,中数及众数7,8,9,9,10,11,12,14答:平均数为10,中数为9.5,众数为9.2)某校五年级实验班平均数学成绩为84分,标准差为16分,普通班平均数学成绩为80.5分,标准分为13.8分,问哪个班数学成绩差异较大.答:实验班成绩差异较大.3)某中学初一,一班40名学生期末外语平均为84分,初二二班38名学生期末外语平均分为87.5.求全年级两个班期末外语平均分.4)求下列数据的极差,平均差和标准差.14,10,12,21,15,17,20,24答:极差是10,平均差是3.875,标准差为4.47.3. 简答题1) 何为差异系数?它的主要作用是什么?答:差异系数也称为相对差异量,常用倍数式百分数表示。
它的主要作用是从相对意义上来衡量一组数据的分散程度.2)三种集中量数有何共性?有何区别,试对它们加以比较答:三种集中量的共性是反映了一组数据的集中位置,指出了一组数据中有典型意义的数.区别是:平均数应用最为广泛,因为它考虑到了每一个数据,且便于用公式表示,其缺点是当数据极端出现较大或较小数时,作为衡量集中趋势的度量会受到较大影响;中数是位于一组数据正中的一个数,它不受极端值的影响,但如果数据集中成明显不同且差异很大的几组时,则不易反映数据的集中趋势.中数不与具体某个数有关,而只是与数据的个数有关,因此,只要中间数值不改变,排列顺序不改变,其两边数值任意改变并不影响中数的值;众数由于出现频数最多,往往被认为是一组数据中最典型的一个.但在确定众数时不受其它数据的影响,这是众数最大的缺陷,而且,如果一组数据中有几个数同时符合众数定义时,众数则失去代表性.众数可以消除极端数值的影响,但计算众数大多是粗略的,因此,作为集中趋势的度量,价值较小.。
专题二土地利用现状及变化趋势分析
专题⼆⼟地利⽤现状及变化趋势分析黄陵县⼟地利⽤总体规划修编专题研究黄陵县⼟地利⽤现状及变化趋势分析专题研究黄陵县国⼟资源局2008年12⽉⽬录第⼀章导论 (3)1.1研究对象 (3)1.2研究⽅法 (3)1.3研究内容 (3)1.4研究意义 (4)第⼆章⼟地利⽤现状分析 (5)2.1黄陵县基本情况概述 (5)2.2⼟地利⽤结构和布局分析 (11)2.3⼟地利⽤程度分析 (26)2.4⼟地利⽤效益分析 (32)2.5⼟地利⽤特点 (33)第三章⼟地利⽤动态变化分析 (35)3.1农⽤地动态变化分析 (36)3.2建设⽤地动态变化分析 (40)3.3未利⽤地动态变化分析 (44)第四章⼟地利⽤动态变化趋势预测 (47)4.1农⽤地变化趋势预测 (47)4.2建设⽤地变化趋势预测 (49)4.3未利⽤地变化趋势预测 (63)第五章⼟地利⽤中存在的问题及整改措施 (64)5.1⼟地利⽤中存在的问题 (64)5.2合理利⽤保护⼟地资源的途径及建议 (65)第⼀章导论1.1研究对象本专题的研究对象是⾃1996年⾄2005年黄陵县辖区范围内各类⼟地利⽤状况,尤其是要重点研究2005年黄陵县农⽤地和建设⽤地的利⽤情况,将耕地和基本农⽥变化情况作为本专题研究的重中之重。
1.2研究⽅法通常采⽤的⼟地利⽤现状分析⽅法有静态分析法、动态变化分析法、对⽐分析法、指标分析法、图上分析法等。
1.静态分析法:是分析对象在某⼀时期或时刻的状况与特点。
主要⽤于对基期年⼟地利⽤结构与布局进⾏分析。
2.对⽐分析法:将不同地类的⾯积、构成与同类型地区或与有关更⼤⼀级区域平均值进⾏⽐较。
3.动态分析法:(⽬前⽐较强调的部分)运⽤多年⼟地统计资料,分析⼟地类型变化情况、特点规律和成因。
4.指标分析:即是⽤特定的指标,反映⼟类利⽤的特点和状况,主要⽤于⼟地利⽤程度、效益的分析。
5.图上分析法:既是⽤图表的形式直观的反映出⼟地利⽤的特点及变化规律。
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班级管理学专题二(课程作业)
作业基本信息
名称:工作过程与研究过程有机结合的班级管理学习方法
所属章节:专题二班级管理者采取什么方法才能提高班级管理水平/学习评价
截止提交时间:2012.10.15
作业类型:必做作业
作业要求:论坛发帖
题目:工作过程与研究过程有机结合的班级管理学习方法
要求:根据自己学习和研究的特点以及工作实际,设计一套能够把工作过程与研究过程结合起来,合二为一的学习和研究班级管理学的方法,作为自己今后工作和研究的参考;字数不限;于要求的完成时间发表在学校指定的论坛上;依据帖子点击率和内容给出星级评分。
我认为在班级管理中,最切实有效的方法就是激励管理方法,激励就是激发学生思想、情感和动力。
给以活力,唤起愿望。
它似催化剂,使优秀者更为完善,使自卑者自强,使盲目者清醒,使整个班集体进取向上,团结进步。
管理心理学认为:通过激励管理班级,可以巧妙地给学生造成一种兴奋的心态和强烈的氛围,从而诱发其内部“能源”,最大限度地调动和发挥他们的积极性、主动性和创造性,激发他们的责任感、使命感、认同感,使他们产生一种自觉的发自内心的精神力量,从而达到自我教育,提高班级管理效果。
激励着重从正面去肯定、激发人的动机和行为,是班级管理中常见的行之有效的教育方法。
班主任如果能恰当适时的运用激励手段,对班级管理能够产生举重若轻,事半功倍的教育效果。
班级管理的对象是活生生的人,班级管理的效能体现为人的发展。
因而,班级管理的过程实质上是为了实现人的发展而引导人的行为活动的过程。
在人的行为活动过程中,是否给予激励,其行为活动的表现及效果大为不同。
因而,现代的班级管理需要构建一套激励机制,来激发学生的活动动机,使之产生积极向上的心理状态,进而产生积极的行为活动。
“只有能够激发学生去进行自我教育的教育,才是真正的教育。
”(苏霍姆林斯基语)运用激励艺术进行班级管理就是要求班主任针对学生实际,采取有效的激励手段或措施,抓住良好的教育契机来调动学生自己教育自己,自己管理自己的主动性、积极性、
创造性。
合理地运用各种激励手段,可以激发学生成功的欲望,增强他们成功的信心,取得良好的教育效果。
在班级活动中,教师要根据学生的需要,把握住教育时机,区别不同的对象,运用恰当的激励方法,使学生在参与活动的过程中,在同伴卓越的表现中,汲取营养,接受强有力的正向刺激,去寻求更高更新的目标,从而把教育者的要求内化为学生的心理需求,产生坚实有效的激励效应。
激励机制的实施主要有以下几种方法:
1.竞争激励
班主任在实施管理中,应该“既见树木更见森林”。
既看到管理的对象是一个个的学生个体,更要看到管理的对象是一个学生群体,在班级中多搞些小群体之间既有竞争又有合作的活动,从而使班级管理有更高的效能。
这样,就会自觉地把群体中成员间的相互作用化为激励要素,不仅激发学生个体的积极性,而且激发了学生群体的积极性。
班级管理中竞争激励的实施应注意几个原则。
一是公平性原则,应防止任何不合理因素包括班主任的偏袒等因素的干扰。
二是全员性原则,班级中学生的竞争不应只是少数拔尖“选手”的竞争,而应该是全员参与,让不同程度的学生在不同层次上都来竞争。
比如只发“学习优秀奖”对大多数学生就没有激励作用,而发“学习进步奖”则对任何水平的学生都有激励作用。
三是发展性原则,就是使每个学生身心都得到发展。
2.情感激励
“感人心者,莫先乎情”,情感是影响人们行为最直接的因素之一,任何人都有渴求各种情绪的需求。
按照心理学上的解释,人的情感可分为利他主义情感、好胜情感、享乐主义情感等类型。
教师要根据学生需要和情感之间合乎规律的联系,通过满足学生某种需求的方式,激发学生积极向上的情感和情绪。
教师走进学生,走向学生的情感世界,与他们的情感进行零距离接触。
一旦将学生的情感调动起来,他们就会产生一种集体归属感和心理满足感,引起情感上的共鸣,从而会自觉地跟随教师前进或按教师指引的方向前进,乐于接受教师的教育。
这也就是古语说的“亲其师,信其道”。
3.目标激励,就是确定适当的目标,诱发人的动机和行为,达到调动人的积极性的目的。
目标作为一种诱引,具有引发、导向和激励的作用。
期望理论认为,人只有在预期自己的行动有助于达到某一目标的情况下,他的行动才会得到充分的激励。
班主任应善于引导学生
制定目标,使班级目标形成由小目标到大目标,由近景目标到远景目标的目标系统。
在引导学生制定目标时,一方面要进行人生观、价值观的教育,使学生有崇高的远景目标;另一方面应结合自己实际情况确定近景目标,不要盲目攀高,以更好地发挥目标激励的作用。
4.行为激励
人的情感总受行动的支配,而人的激励又将反过来支配人的行动。
我们所说的行为激励就是以学习对象富有情感的行为情感来激励他人,从而达到调动人的积极性的目的。
我们常讲榜样的力量是无穷的,就是目睹典型人物的行为,能够激发人们的情感,引发人们的“内省”与共鸣,从而起到强烈的示范作用,就像一面旗帜,引导人们的行动。
这比空洞的说教更有说服力和号召力,也更具有生动性和鲜明性,容易引起人们感情上的共鸣,给人以鼓舞、教育和鞭策,激起人们摹仿和追赶的愿望。
对于“后进生”,班主任老师不妨给他们寻找一个邻近的合适的“参照物”,给他们一个“够得着”的榜样去追赶、去超越。
值得指出的是,班主任教师作为教学工作的组织者、引导者、合作者,本身就是一面旗帜,其一言一行无时不对学生产生潜移默化的感染熏陶,因此每个教师应注意发挥自身的表率作用,不仅要言传,更要注重“身教”。
要不断提高自身素质、爱生敬业,使学生从老师身上看到什么是“认真”、“诚实”和“进取”……
5.评价激励
激励的力量是无穷的,影响是深远的。
美国的心理学家詹姆士曾说:“人最本质的需要是渴望被肯定。
”从人的动机看,人人都具有自我肯定、光荣、争取荣誉的需要。
有人以两组学生为被试做过心算作业实验,对第一组只告诉他们尽量做好;对第二组则不断对他们做的结果做出评价。
结果表明,第二组比每一组成绩好了16.5%。
这告诉我们,评价,作为一种信息反馈,对学生的行为活动有重要的激励作用。
班级管理中,评价多种多样,口头的与书面的,语言的和非语言的,定期的和随机的,等等。