课时跟踪检测(三十四)
(高中历史模块学习)(三十四) 宋明理学(附详细解析)
课时跟踪检测（三十四）宋明理学一、选择题(每小题3分，共48分)1．玄学，是魏晋时期以老庄思想为骨架，融合儒家经义后形成的一种哲学思想，其特征是远离政治，回避现实，无关道德，蔑视俗务。
玄学的出现反映出当时() A．老庄学说占据主流地位B．社会剧烈动荡政治黑暗C．思想领域出现三教合一D．商品经济冲击传统思想解析：选B据材料“玄学，是魏晋时期以老庄思想为骨架，远离政治，回避现实”并结合所学可知，魏晋南北朝时期，社会动荡不安，现实黑暗，从而导致民众追寻理想社会，故选B项；依据所学，汉武帝时期，确立了儒学在思想界的统治地位，排除A项；依据所学，唐宋时期出现了三教合一的潮流，排除C项；依据所学，魏晋时期，商业发展受到阻碍，出现了以物易物的行为，排除D项。
2．唐高祖下诏：“老教孔教，此土先宗，释教后兴，宜崇客礼。
令老先、次孔、末后释。
”此诏旨在()A．文化建构B．厚古薄今C．崇内抑外D．政教合一解析：选A唐高祖制定三教共存、道先儒次佛后的政策，重新对文化进行建构，以三教并用来维护唐的统治，故选A项；唐朝统治者为了提高其门第，神化其统治，尊老子为始祖，又以三教共存巩固统治，这不叫厚古薄今，排除B项；唐高祖认为道教、儒教是本土思想的基础，佛教后兴，也“宜崇客礼”，据此可知这不是抑制外来宗教，排除C项；政教合一制度是指政权和教权合二为一的政治制度，排除D项。
3．宋神宗召见张载询问治道之策时，他答道：“为政不法三代者，终苟道也。
”这说明()A．汉唐以来的意识形态难以为继B．效法三代能解决当时社会问题C．理学当时已被确立为官方哲学D．儒学的正统地位开始受到挑战解析：选A在张载看来，治国如果不用三代之道，那只是苟且的办法，即他认为汉唐以来的儒学背离了儒学的原有宗旨，故选A项；与夏商周三代相比，北宋社会环境大为不同，效法三代并不能解决北宋的社会问题，排除B项；南宋时期理学成为官方哲学，排除C项；儒学的正统地位在宋代之前就已经受到佛道的挑战，排除D项。
高考物理复习高三一轮复习：课时跟踪检测34法拉第电磁感应定律 自感和涡流
高考物理复习课时跟踪检测(三十四) 法拉第电磁感应定律 自感和涡流高考常考题型：选择题＋计算题1. (2012·南京模拟)如图1所示，长为L 的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C 的平行板电容器上，P 、Q 为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B ＝B0＋Kt(K>0)随时间变化，t ＝0时，P 、Q 两极板电势相等。
两极板间的距离远小于环的半径，经时间t 电容器P 板( ) 图1A ．不带电B ．所带电荷量与t 成正比C ．带正电，电荷量是KL2C 4πD ．带负电，电荷量是KL2C 4π2.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图2所示，抛物线的方程是y ＝x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(图中的虚线所示)，一个小金属块从抛物线上y ＝b(b>a)处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )A ．mgb B.12mv2 图2 C ．mg(b －a) D ．mg(b －a)＋12mv2 3. (2013·焦作模拟)如图3所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为L ＝1 m ，cd 间、de 间、cf 间分别接着阻值为R ＝10 Ω的电阻。
一阻值为R ＝10 Ω的导体棒ab 以速度v ＝4 m/s 匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度 图3大小为B ＝0.5 T ，方向竖直向下的匀强磁场。
下列说法中正确的是( )A ．导体棒ab 中电流的流向为由b 到aB ．cd 两端的电压为1 VC ．de 两端的电压为1 VD ．fe 两端的电压为1 V4. (2012·武汉模拟)如图4所示是圆盘发电机的示意图；铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘接触。
若铜盘半径为L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路的总电阻为R ，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动。
课时跟踪检测(四十四)
课时跟踪检测（四十四）
(3)因为 AB⊥AD， 而且 ABED 为平行四边形． 所以 BE⊥CD， AD⊥CD， 由(1)知 PA⊥底面 ABCD， 所以 PA⊥CD，因为 PA∩AD＝A， 所以 CD⊥平面 PAD.所以 CD⊥PD. 因为 E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点， 所以 PD∥EF，所以 CD⊥EF.又 EF∩BE＝E，所以 CD⊥平 面 BEF. 所以平面 BEF⊥平面 PCD.
数学
课时跟踪检测（四十四）
3．解析：∵AD⊥BC，AD⊥BD，BC∩BD＝B， ∴AD⊥平面 BDC，又 AD⊂ 平面 ADC， ∴平面 ADC⊥平面 BDC.故选 C. 答案：C 4．解析：设 B1F＝x，因为 AB1⊥平面 C1DF，DF⊂ 平面 C1DF，所以 AB1⊥DF.由已知可以得 A1B1＝ 2，设 Rt△ AA1B1 斜边 AB1 上的高为 1 2 3 3 2 2 h ，则 DE ＝ h. 又 2× 2 ＝ h 2 ＋ 2 ，所以 h ＝ ， DE ＝ . 在 2 3 3 Rt△ DB1E 中 ， B1E ＝ ×
2
22 32 6 6 － ＝ .由面积相等得 6 6 2 3
22 2 1 x ＋ ＝ x，得 x＝ . 2 2 2
答案：A
数学
课时跟踪检测（四十四）
5．解析：由定理可知，BD⊥PC. ∴当 DM⊥PC(或 BM⊥PC)时，即有 PC⊥平面 MBD.而 PC⊂平面 PCD，∴平面 MBD⊥平面 PCD. 答案：DM⊥PC(或 BM⊥PC 等) 6．解析：如果 AB 与 CD 在一个平面内，可以推出 EF 垂直 于该平面，又 BD 在该平面内，所以 BD⊥EF.故要证 BD ⊥EF，只需 AB，CD 在一个平面内即可，只有①③能保 证这一条件． 答案：①③
课时跟踪检测(四十五)
7．解析：从 n＝2 电离所需的最小能量等于：E－E2＝0－(－3.4)＝3.4 eV，光子能量 3.6 eV 高于此值故能引起电离，故 A 正确。氢原子
从 n＝4 的能级向 n＝3 的能级跃迁时辐射出光子的能量为：－0.85
－(－1.51)＝0.66 eV，故 B 错误。根据跃迁规律可知从 n＝4 向 n
物理
质量铸就品牌 品质赢得未来
课时跟踪检测(四十五) 结束
4．解析：放射性元素放射出的射线为 α 射线、β 射线和 γ 射线， α 射线贯穿能力弱，一张薄纸就可挡住，β 射线贯穿能力较强， 可贯穿铝片，γ 射线穿过能力极强。α 射线带正电，β 射线带 负电，在电场中偏转，γ 射线不带电。由此可知，放射源发出 的射线可能为 α 射线和 γ 射线。选项 D 正确。 答案：D
课时跟踪检测(四十五) 结束
3．解析：密立根通过油滴实验测出了元电荷即基本电荷的数值， A 项正确；贝克勒尔发现了天然放射现象，说明原子核具有复 杂的结构，卢瑟福通过 α 粒子散射实验确定了原子的核式结构 模型，B 项错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋和镭两种 新元素，C 项正确；卢瑟福用镭放射出的 α 粒子轰击氮的原子 核，从中找出了新的粒子，通过测定其质量和电荷，确定该粒 子为氢的原子核，证实了原子核内部存在质子，D 项错误；汤 姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况确定了阴极射线 的本质是带电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷，E 项正确。 答案：ACE
物理
质量铸就品牌 品质赢得未来
课时跟踪检测(四十五) 结束
10．解析：静止的放射性原子核发生了衰变放出粒子后，新核的 速度与粒子速度方向相反，放出的粒子与新核所受的洛伦兹 力方向相同，根据左手定则判断粒子与新核的电性关系，即 可判断发生了哪种衰变。即可根据电荷数守恒及质量数守恒 写出核反应方程式。 答案：D
课时跟踪检测(三十) 直线与直线垂直
课时跟踪检测（三十）直线与直线垂直A级——学考合格性考试达标练1.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线BD与A1C1的位置关系是()A．平行B．相交C．异面但不垂直D．异面且垂直解析：选D因为正方体的对面平行，所以直线BD与A1C1异面，连接AC，则AC∥A1C1，AC⊥BD，所以直线BD与A1C1垂直，所以直线BD与A1C1异面且垂直．故选D.2．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，与直线AA1垂直的棱有________条．()A．2B．4C．6 D．8解析：选D在正方体AC1中，与AA1垂直的棱为A1B1，B1C1，C1D1，D1A1，AB，BC，CD，DA，共8条．故选D.3．空间四边形ABCD中，E，F分别为AC，BD中点，若CD＝2AB，EF⊥AB，则EF 与CD所成的角为()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：选A取AD的中点H，连FH，EH，在△EFH中∠EFH＝90°，HE＝2HF，从而∠FEH＝30°.故选A.4.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，AC与BC1所成角的大小是()A．120°B．90°C．60°D．30°解析：选C如图，连接AD1，则AD1∥BC1.∴∠CAD1(或其补角)就是AC与BC1所成的角，连接CD1，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AC＝AD1＝CD1，∴∠CAD1＝60°，即AC与BC1所成的角为60°.故选C.5.[多选]如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面三角形A 1B 1C 1是正三角形，E 是BC 的中点，则下列叙述正确的是( )A ．直线CC 1与直线B 1E 相交B ．CC 1与AE 共面C ．AE 与B 1C 1是异面直线D ．AE 与B 1C 1垂直解析：选ACD 因为CE ∥B 1C 1且CE ＝12B 1C 1，所以 四边形CEB 1C 1为梯形．CC 1与B 1E 必相交．A 正确．由几何图形可知B 错误，C 正确．AE 与B 1C 1所成的角就是AE 与BC 所成的角，又E 为BC 的中点，△ABC 为正三角形，所以AE ⊥BC ，即AE 与B 1C 1所成的角为90°，选项D 正确．故选A 、C 、D.6．如图，空间四边形ABCD 的对角线AC ＝8，BD ＝6，M ，N 分别为AB ，CD 的中点，并且异面直线AC 与BD 所成的角为90°，则MN ＝________.解析：取AD 的中点P ，连接PM ，PN ，则BD ∥PM ，AC ∥PN ，∴∠MPN 即为异面直线AC 与BD 所成的角，∴∠MPN ＝90°，PN ＝12AC ＝4，PM ＝12BD ＝3，∴MN ＝5. 答案：57.如图，在三棱锥A -BCD 中，E ，F ，G 分别是AB ，BC ，AD 的中点，∠GEF ＝120°，则BD 和AC 所成角的度数为________．解析：依题意知，EG ∥BD ，EF ∥AC ，所以∠GEF 或其补角即为异面直线AC 与BD 所成的角，又∠GEF ＝120°，所以异面直线BD 与AC 所成的角为60°.答案：60°8．如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，点E ，F ，G 分别是DD 1，AB ，CC 1的中点，则异面直线A 1E 与GF 所成的角是________．解析：如图，连接EG，GB1，可得A1B1綊EG，所以四边形A1B1GE为平行四边形，所以A1E∥B1G，连接FB1，则∠FGB1就是异面直线A1E与GF所成的角．因为FB1＝5，GB1＝2，FG＝CG2＋CF2＝1＋1＋1＝3，所以FB21＝FG2＋GB21，即∠FGB1＝90°.答案：90°9．如图所示，在空间四边形ABCD中，AD＝BC＝2，E，F分别是AB，CD的中点．若EF＝ 2.求证：AD⊥BC.证明：取BD的中点H，连接EH，FH，因为E是AB的中点，且AD＝2，所以EH∥AD，EH＝1.同理FH∥BC，FH＝1，所以∠EHF(或其补角)是异面直线AD，BC所成的角，又因为EF＝2，所以EH2＋FH2＝EF2，所以△EFH是等腰直角三角形，EF是斜边，所以∠EHF＝90°，即AD，BC所成的角是90°.故AD⊥BC.10．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱CD，CC1的中点．求异面直线A1M与DN所成的角的大小．解：如图，过点M作ME∥DN交CC1于点E，连接A1E，则∠A1ME为异面直线A1M与DN所成的角(或其补角)．设正方体的棱长为a，则A1M＝32a，ME＝54a，A1E＝414a，所以A1M2＋ME2＝A1E2，所以∠A1ME＝90°，即异面直线A1M与DN所成的角为90°.B级——面向全国卷高考高分练1．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，CD 的中点为M ，AA 1的中点为N ，则异面直线C 1M 与BN 所成角为( )A ．30°B ．60°C ．90°D ．120°解析：选C 如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，CD 的中点为M ，AA 1的中点为N ，作AB 的中点P ，连接B 1P ，则B 1P ∥C 1M ，易得B 1P ⊥BN ，所以异面直线C 1M 与BN 所成的角为90°.故选C.2．空间四边形的对角线互相垂直且相等，顺次连接这个四边形各边中点，所组成的四边形是( )A ．梯形B ．矩形C ．平行四边形D ．正方形解析：选D ∵E ，F ，G ，H 分别为中点，如图．∴FG 綊EH 綊12BD ， HG 綊EF 綊12AC ， 又∵BD ⊥AC 且BD ＝AC ，∴FG ⊥HG 且FG ＝HG ，∴四边形EFGH 为正方形．故选D.3．点E ，F 分别是三棱锥P -ABC 的棱AP ，BC 的中点，AB ＝6，PC ＝8，EF ＝5，则异面直线AB 与PC 所成的角为( )A ．60°B ．45°C ．30°D ．90° 解析：选D 如图，取PB 的中点G ，连接EG ，FG ，则EG 綊12AB ，GF 綊12PC ，则∠EGF (或其补角)即为AB 与PC 所成的角，在△EFG 中，EG ＝12AB ＝3，FG ＝12PC ＝4，EF ＝5，所以∠EGF ＝90°.故选D. 4．在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与BC 1所成的角的大小是( )A ．60°B ．75°C ．90°D ．105°解析：选C 设BB 1＝1，如图，延长CC 1至C 2，使C 1C 2＝CC 1＝1，连接B 1C 2，则B 1C 2∥BC 1，所以∠AB 1C 2为AB 1与BC 1所成的角(或其补角)，连接AC 2，因为AB 1＝3，B 1C 2＝3，AC 2＝6，所以AC 22＝AB 21＋B 1C 22，则∠AB 1C 2＝90°.故选C.5.如图正方体ABCD-A1B1C1D1中，与AD1异面且与AD1所成的角为90°的面对角线(面对角线是指正方体各个面上的对角线)共有________条．解析：与AD1异面的面对角线分别为：A1C1，B1C，BD，BA1，C1D，其中只有B1C和AD1所成的角为90°.答案：16.一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：①AB⊥EF；②AB与CM所成的角为60°；③EF与MN是异面直线；④MN∥CD.以上结论正确的为________．(填序号)解析：把正方体的平面展开图还原成原来的正方体可知，AB⊥EF，EF与MN是异面直线，AB∥CM，MN⊥CD，只有①③正确．答案：①③7.如图所示，在正方体ABCD-EFGH中，O为侧面ADHE的中心，求：(1)BE与CG所成的角；(2)FO与BD所成的角.解：(1)如题图，因为CG∥BF，所以∠EBF(或其补角)为异面直线BE与CG所成的角，又在△BEF中，∠EBF＝45°，所以BE与CG所成的角为45°.(2)如图，连接FH，因为HD∥EA，EA∥FB，所以HD∥FB，又HD＝FB，所以四边形HFBD为平行四边形．所以HF∥BD，所以∠HFO(或其补角)为异面直线FO与BD所成的角．连接HA，AF，易得FH＝HA＝AF，所以△AFH为等边三角形，又知O为AH的中点．所以∠HFO＝30°，即FO与BD所成的角为30°.C级——拓展探索性题目应用练在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧面都是矩形，底面ABCD是菱形且AB＝BC＝2 3，∠ABC＝120°，若异面直线A1B和AD1所成的角为90°，试求AA1.解：连接CD1，AC，由题意得四棱柱ABCD-A1B1C1D1中A1D1∥BC，A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1，所以∠AD1C(或其补角)为A1B和AD1所成的角，因为异面直线A1B和AD1所成的角为90°，所以∠AD1C＝90°，因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1中AB＝BC＝2 3，所以△ACD1是等腰直角三角形，所以AD1＝22AC，因为底面ABCD是菱形且AB＝BC＝2 3，∠ABC＝120°，所以AC＝2 3×sin 60°×2＝6，∴AD1＝22AC＝3 2，所以AA1＝AD21－A1D21＝(3 2)2－(2 3)2＝ 6.。
课时跟踪检测(十三)
首页
上一页
下一页
末页
物理
首页
上一页
下一页
末页
课时跟踪检测(十三) 结束
6. 解析：A、B 绕竖直轴匀速转动的角速度相 等，即 ωA＝ωB，但 rA<rB，根据 v＝ωr 得， A 的速度比 B 的小，选项 A 错误；根据 a＝ ω2r 得， A 的向心加速度比 B 的小，选项 B 错误；A、B 做圆周运动时的受力情况如图所示，根据 F 向 ＝mω2r 及 tan θ＝mF向g＝ωg2r知，悬挂 A 的缆绳与竖直方向的 夹角小，选项 C 错误；由图知mTg＝cos θ，即 T＝cmosgθ，所 以悬挂 A 的缆绳受到的拉力小，选项 D 正确。 答案：D
答案：B
物理
首页
上一页
下一页
末页
课时跟踪检测(十三) 结束
3．解析：地面物体随地球绕地轴转动半径为 r＝Rcos φ，φ 是 纬度，线速度 v＝rω＝ωRcos φ，向心加速度 a＝rω2＝ ω2Rcos φ。由于伦敦纬度高，半径小，因此有伦敦线速度 小于北京，伦敦向心加速度小于北京，选项 C 正确，A、B 错误。随地球自转的向心加速度是万有引力与地面支持力 合力产生的，方向指向地轴，重力加速度是由重力产生的， 方向竖直向下，选项 D 错误。 答案：C
得 v＝4n＋21πR 2gh(n＝0,1,2,3，…)
物理
首页
上一页
下一页
末页
课时跟踪检测(十三) 结束
答案：(1)(L－R)
g 2h
gL2＋R2 2h
(2)(L－R)
2gh≤v0≤(L＋R)
g 2h
4n＋1πR (3) 2
2gh(n＝0,1,2,3，…)
物理
2019_2020学年物理同步人教版选修3-课时跟踪检测(24单元word版含解析)
课时跟踪检测（一）电荷及其守恒定律1．关于摩擦起电、传导起电、感应起电，下列说法错误的是()A．这三种方式都产生了电荷B．这是起电的三种不同方式C．这三种起电方式的实质是一样的，都是电子在转移D．这三种方式都符合电荷守恒定律解析：选A摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体。
摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，但并没有创造电荷，电荷只是发生转移。
感应起电过程电荷在电场力作用下，从物体的一部分转移到另一部分，电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体是传导起电。
这三种方式都没有产生电荷，A错误；摩擦起电、传导起电、感应起电是起电的三种不同方式，B正确；这三种起电方式的实质是一样的，都是电子的转移，C正确；这三种方式都符合电荷守恒定律，D正确。
2．[多选]关于元电荷的理解，下列说法正确的是()A．元电荷就是电子B．元电荷是表示1 C电量C．元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量D．物体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍解析：选CD元电荷是最小带电荷量，大小为e＝1.60×10－19 C，跟电子或质子所带电荷量相等，不是电荷种类，任何带电体的电荷量都为元电荷的整数倍，故C、D正确。
3．将一束塑料扎带一端打结，另一端撕成细条后，用手迅速捋细条，观察到细条散开了，如图所示。
下列关于细条散开现象的分析中，正确的是()A．由于摩擦起电，细条带同种电荷，相互排斥散开B．撕成细条后，所受重力减小，细条自然松散C．撕成细条后，由于空气浮力作用使细条散开D．细条之间相互感应起电，相互排斥散开解析：选A塑料细条与手摩擦带电，塑料细条上带的是同种电荷，同种电荷相互排斥，所以塑料细条会向四周散开，捋的次数越多，塑料细条带电越多，排斥力越多，下端散开的就越大；故B、C、D错误，A正确。
4.如图所示，某次实验老师用丝绸摩擦过的玻璃棒(带正电)去吸引细碎的锡箔屑，发现锡箔屑被吸引到玻璃棒上后又迅速地向空中散开，下列说法正确的是()A．锡箔屑被吸引过程会因为获得电子而带负电B．锡箔屑被吸引过程有减速过程C．最后锡箔屑散开主要是因为碰撞导致D．散开时锡箔屑带正电解析：选D玻璃棒靠近锡箔屑，使锡箔屑发生感应起电，故A错误；锡箔屑被吸引过程是加速过程，故B错误；最后锡箔屑散开主要是因为锡箔屑带正电，同种电荷相互排斥，故C错误，D正确。
第九章课时跟踪检测(三十)
答案：BD
质量铸就品牌 品质赢得未来
课时跟踪检测(三十)
结束
15．解析：闭合开关的瞬间，线圈中电流增大，产生的磁场增 强，则通过铝环的磁通量增大，根据楞次定律可知，铝环 跳起以阻碍磁通量的增大，电流稳定后，铝环中磁通量恒 定不变，铝环中不再产生感应电流，在重力作用下，铝环 回落，A、C 错误；B 正确。闭合开关的瞬间，铝环向上 跳起的目的是阻碍磁通量的增大，与磁场的方向、线圈中 电流的方向无关，D 正确。 答案：BD
结束
14．解析：当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化 时， 在导线框 cdef 内产生感应电动势和感应电流， 在 t1 时刻， 感应电流为零，金属圆环 L 内的磁通量为零，选项 A 错误； 在 t2 时刻，感应电流最大，金属圆环 L 内的磁通量最大，选 项 B 正确；由楞次定律，在 t1～t2 时间内，导线框 cdef 内产 生逆时针方向感应电流，感应电流逐渐增大，金属圆环 L 内 磁通量增大，根据楞次定律，金属圆环 L 内有顺时针方向的 感应电流，选项 C 错误；在 t1～t2 时间内，金属圆环 L 有收 缩的趋势，选项 D 正确。
物理
答案：A
质量铸就品牌 品质赢得未来
课时跟踪检测(三十)
结束
4．解析：根据右手定则，圆环中感应电流产生的磁场竖直向下 与原磁场方向相反，根据楞次定律，说明圆环磁通量在增大。 磁场增强则磁通量增大，A 正确。使圆环绕水平轴 ab 或 cd 转动 30° ，圆环在中性面上的投影面积减小，磁通量减小，只 会产生与图示方向反向的感应电流，B、C 错误。保持圆环水 平并使其绕过圆心的竖直轴转动，圆环仍与磁场垂直，磁通 量不变，不会产生感应电流，D 错误。 答案：A 5．解析：N 极磁单极子的磁感线分布类似于正点电荷的电场线 分布，由楞次定律知，回路中形成方向沿 adcba 流向的感应 电流，由于回路为超导材料做成的，电阻为零，故感应电流 不会消失，C 项正确。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
x>0，z<0.所以由
x> 0， 可得 xy>xz. y>z，
首页
上一页
下一页
末页
课时跟踪检测（三十四）
结束
β π 3．解析：由题设得 0<2α<π，0≤ ≤ ， 3 6 π β π β ∴－ ≤－ ≤0，∴－ <2α－ <π. 6 3 6 3 答案：D 1 1 4．解析：∵a<b<0，∴0>a>b. ∴a2<b2，ab<b2，a＋b<0， |a|＋|b|＝|a＋b|. 答案：D
数学
首页
上一页
下一页
末页
课时跟踪检测（三十四）
结束
第Ⅱ组：重点选做题 1．解析：因为 a>1，所以 a2＋1－2a＝(a－1)2>0，即 a2＋1>2a， 又 2a>a－1，所以由对数函数的单调性可知 loga (a2＋1)>loga(2a)>loga(a－1)，即 m>p>n. 答案：B 2．解析：由 a>b>0 可得 a2>b2，①正确；由 a>b>0 可得 a>b－1， 而函数 f(x)＝2x 在 R 上是增函数， ∴2a>2b－1， ②正确； ∵a>b>0， ∴ a> b，∴( a－b)2－( a－ b)2＝2 ab－2b＝2 b ( a－ b)>0，∴ a－b> a－ b，③正确；若 a＝3，b＝2， 则 a3＋b3＝35,2a2b＝36，a3＋b3<2a2b，④错误． 答案：A
数学
首页
上一页
下一页
末页
课时跟踪检测（三十四）
结束
(2)设1≤x1＜x2≤10， 2 000＋60x2 2 000＋60x1 则f(x2)－f(x1)＝ － 800＋ax2 800＋ax1 60×800－2 000ax2－x1 ＝ ＞0， 800＋ax2800＋ax1 所以60×800－2 000a＞0，得a＜24. 所以，为使人均年终奖年年有增长，该企业每年员工的净增 量不能超过23人．
数学
首页
上一页
下一页
末页
课时跟踪检测（三十四）
结束
10．解：(1)设从今年起的第x年(今年为第1年)该企业人均发 放年终奖为y万元． 2 000＋60x 则y＝ (a∈N*,1≤x≤10)． 800＋ax 2 000＋60x 假设会超过3万元，则 ＞3， 800＋10x 40 解得x＞ ＞10. 3 所以，10年内该企业的人均年终奖不会超过3万元．
数学
首页
上一页
下一页
末页
课时跟踪检测（三十四）
结束
1 1 5．解析：由a<b<0 可得 b<a<0，从而|a|<|b|，①不正确；a>b，② 不正确；a＋b<0，ab>0，则 a＋b<ab 成立，③正确；a3>b3，④ 正确．故不正确的不等式的个数为 2. 答案：C 6．解析：作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)· (b1－b2)， ∵a1<a2，b1<b2， ∴(a1－a2)(b1－b2)>0， 即 a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1. 答案：a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1
数学
首页
上一页
下一页
末页
结束
谢谢观看
数学
首页
上一页
下一页
末页
课时跟踪检测（三十四）
结束
课时跟踪检测(三十四) 第Ⅰ组：全员必做题 1．解析：法一：(取特殊值法)令 m＝－3，n＝2 分别代入各 选项检验即可． 法二：m＋n＜0⇒m＜－n⇒n＜－m，又由于 m＜0＜n， 故 m＜－n＜n＜－m 成立． 答案：D 2．解析：因为 x>y>z，x＋y＋z＝0，所以 3x>x＋y＋z＝0,3z<x ＋y＋z＝0，所以 答案：C
数学
首页
上一页
下一页
末页
课时跟踪检测（三十四）
结束
7．解析：∵－4＜β ＜2，∴0≤|β|＜4. ∴－4＜－|β|≤0.∴－3＜α－|β|＜3. 答案：(－3,3) 8．解析：∵ab2>a>ab，∴a≠0，
2 b >1， 2 当a>0，b >1>b，即 b<1，
解得b<－1；
2 b <1， 2 当a<0时，b <1<b，即 b>1
无解．综上可得b<－1.
答案：(－∞，－1)
数学
首页
上一页
下一页
末页
课时跟踪检测（三十四）Fra bibliotek结束9．证明：∵c<d<0，∴－c>－d>0. 又∵a>b>0，∴a－c>b－d>0. ∴(a－c)2>(b－d)2>0. 1 1 ∴0< < . a－c2 b－d2 e e 又∵e<0，∴ > . a－c2 b－d2