高中物理总复习教案 321页

\n前言1999年北京师范大学出版社出版发行的新教案《课堂教学设计》丛书面市以来，受到许多教师，特别是中青年教师的欢迎，一些区县把该丛书作为青年教师教学基本功达标培训的主要参考用书，收到很好的效果。与此同时我们也收到撰写出版初三、高三各科总复习教案的强烈要求。为了提高高三各科总复习的教学质量，加强复习课的针对性和时效性，探讨如何通过高三总复习课培养学生的思维品质，提高学生的综合素质，北京师范大学出版社组织了北京四中、北京五中、北京八中、清华附中、北大附中、人大附中、北师大二附中等重点中学有丰富总复习经验的教师编写了高三数学、高三语文、高三英语、高三物理、高三化学、高三思想政治、高三历史总复习教案。走遍书店、书市看不到初三、高三总复习教案，这也许是强烈要求出版《总复习教案》的原因。有强烈的需求，但又无人撰写，这就给了我们撰写的极好机遇，能否写出使大家满意的教案，又向我们提出了严峻的挑战。在机遇与挑战并存的情况下，我们是全力以赴撰写，力图拿出让大家满意的教案，以回报读者对我们的厚望。作为1999年新教案《课堂教学设计》的姐妹书，高考七科《总复习教案》是一套以第三次全教会的精神撰写的与课堂教学同步的高中总复习用书。一般学校的教师及学生均可使用。教案依据《教学大纲》和《高考说明》的要求，贴近教学实际，贴近高考，确保科学性。由于文字量的限制，每一部分都根据重点、难点、疑点和考点慎重选出一定数量的专题来撰写，做到突出重点，而不面面俱到。每个专题以教学设计为主，以启发式、讨论式教学方法和学生主动探究活动为特色；把具有思考性的问题和学生讨论的重点内容以及结论的得出突出出来；强化学习方法指导，提高自学能力，加强科学思维训练，促使学生实现由知识向能力的升华。力求展现先进的教育思想，灵活多样的教学方法，突出各学科及高三总复习课的特点，即：归纳知识、揭示规律、点拨思路、突出重点，体现系统性、深刻性、启发性、层次性。每个专题后有精选的练习题，供学生练习。针对当前3+X的要求，增加了学科间的综合。丛书各科均邀请有丰富总复习经验的教师撰写。一些教案积极探索体现素质教育要求的课堂教学模式和教学策略，让学生真正成为学习的主体，改善学生的学习方式，使教学在提高学生全面素质的同时，突出对学生创新精神和实践能力的培养；尊重学生身心发展特点和教育规律，使学生生动活泼、积极主动地得到发展。由于认识和实践水平所限，书中还有许多不尽人意之处，特别是有一些教案中学生的主动参与及思维力度不够。盼本套丛书能起到抛砖引玉的作用，带来学科课堂教学中素质教育的全面落实和学生高考成绩的提高。编者2000年8月\n力学一、力教学目标1．知识目标：（1）理解高中学习的各种力的概念；（2）掌握高中学习的各种力的公式、单位及矢量性；（3）掌握高中学习的各种力之间的联系．2．能力目标；（1）要求学生做到恰当选择研究对象，增长灵活运用知识的能力；（2）要求学生做到准确对研究对象进行受力分析，会把运动物体抽象为正确的物理模型；（3）培养学生正确的解题思路和综合分析问题的能力．3．德育目标：（1）在教学的整个过程中，渗透物理学以观察、实验为基础的科学研究方法，以及注重理性思维的科学态度；（2）用科学家的言行教育学生如何做人．教学重点、难点分析1．对高一、高二学习的各种力进一步加深理解，进行全面系统的总结．2．引导学生正确选取研究对象，掌握对研究对象进行受力分析的一般方法．3．力学是整个物理学的基础，而受力分析又是解决物理问题最关键的步骤，熟练进行受力分析既是本节复习课的教学重点也是教学的难点．教学过程设计一、对复习的几点建议1．提倡“三多、三少”．“三多”即多做小题，多做小综合题，多做变式型的常见题；“三少”即少做大题，少做大综合题，少做难题．[例1]如图1-1-1所示，斜劈B置于地面上静止，物块A置于斜劈B上静止，求地面对斜劈B的摩擦力．方法一：分别选A、B为研究对象进行受力分析，可以求得地面对斜劈B的摩擦力为零．方法二：选整体为研究对象进行受力分析，可迅速得出地面对斜劈B的摩擦力为零．可见，一道简单的题目，可以做得较复杂，也可以做得相当简单．此题关键在于研究对象选取是否巧妙．此外，若采用方法一，必须很明白作用力和反作用力的关系．这两种方法，学生都应该熟练掌握．此题变式型为：[例2]斜劈B置于地面上静止，物块A在斜劈B上沿斜面匀速下滑，\n求地面对斜劈B的摩擦力．利用上述方法一，受力情况完全相同，所以地面对斜劈B的摩擦力为零．[例3]倾角为θ的斜劈B置于地面上静止，物块A在沿斜面向上F力的作用下沿斜面匀速上滑，求地面对斜劈B的摩擦力．分别选A、B为研究对象进行受力分析可以求得地面对斜劈B的摩擦力为Fcos．[例4]倾角为θ的斜劈B置于地面上静止，物块A在沿斜面向上F力的作用下沿斜面以加速度a匀加速上滑，求地面对斜劈B的摩擦力．分别选A、B为研究对象进行受力分析，可以求得地面对斜劈B的摩擦力为Fcosθ-macosθ．由此可见，多做小题、变式型题可以帮助你掌握巩固基础知识，还可以帮助你灵活应用这些知识．只有基础知识巩固，才能在做难题时能力得到发挥．2．自我诊断：错题改正，定期复习，做好标记．在复习过程中，要不断地回顾，考察自己在哪个知识点容易出错．只有不断地对自己进行自我诊断，才能明确地知道自己的弱点，才能更有效地利用时间，提高成绩．值得注意的是：千万别盲从，不要看见别人干什么，自己就干什么．抓不住自己的重点．总做一些对自己提高成绩帮助并不太大的事，那样会得不偿失的．要经常进行错题改正，建立错题档案本．错题不能只抄在本上，就完事了．必须要做定期复习，并且做上标记．一道错题，若第一次复习时做对了，可以做上标记，时间过得长一些再复习，若复习三次做对了，可以做上标记暂时不用管了，以后放寒假、暑假或一模、二模前再复习．这样，虽然你抄的错题越来越多，但通过每次的定期复习，不会做的，再做错的题目应该越来越少．关于做错题本的建议：（1）分类别抄错题；（2）抄错题本身就是一次复习．用明显的颜色总结、归纳错误原因，以及得出的小结；（3）将题目抄在正页，在反面抄录答案，每一页在页边上开辟空白行，专供写错误原因、得出的小结以及复习的标记（日期、第几次）等用．3．平时要经常准备“备忘录”．一开始复习，两年多的五门课的知识将在这短短的几个月蜂拥而来，要想一次性地把所有的知识都记住，任何人都很难做到．根据人的记忆规律，某一样事物必须反复刺激大脑，才能被接收并保留更长的时间；否则，必将在短期内忘记．所以，在复习过程或做题过程中，如果得到什么精辟的结论，立即记下来，记到错题本上．备忘录要记什么内容呢？备忘录上一定是你总结出的最中心、最精辟、最重要、最能体现主题的结论．做好备忘录后要经常去复习，去巩固，加强记忆．4．做好笔记，学生的笔记是师生共同劳动的结晶，在整个复习的过程中非常有用．5．重点分析高考试题．\n你站在老师的立场上，仿佛这道题就是你出的，专门为考学生的，那么出这道题的目的是什么？设置了什么陷阱？考了哪几个知识点？自己去分析．做这项工作的目的是如何应试，针对高考，如果你能分析出每道题的“考点”，即“考查的知识点”，那这个知识点你将基本掌握，此后将此题变形，看看还可以怎样出，又考了什么？因此，研读近几年的高考题锦，并不是只要做对就行了，目的是让你了解高考题型，了解高考必考的知识点，让你来推测本年度的高考题．6．两个要求：（1）要求在老师复习之前，自己先看书复习；（2）要求任何选择、填空题必须写明根据；写明解题关键：草图，关键公式，举出的反例，典型的物理现象与过程．因为，平时的练习不是考试，所以做选择题一定要四个答案都看，单选题必须肯定只选一个，明确不选另三个的原因，都必须用文字写出来．这是一种避免你凭感觉判断，加强理性思维的方法，也能让你更熟练地掌握公式．二、教学过程教师教学行为（主导）1．问：高中学习的场力（主动力）都包括哪些？学生学习活动（主体）答：重力，分子力，电场力，磁场力．2．问：这些场力产生的条件、力的方向的规律、力的大小的规律分别是什么？答：（1）重力是物体受到地球的吸引而产生的；重力的方向总是竖直向下的；物体受到的重力跟物体的质量成正比（在地球上同一纬度数且同一高度处）．（2）分子力是分子之间的距离小于10r0（r0是分子间的平衡距离）才有较明显作用的微观作用，分子间的引力和斥力是同时存在的，我们平常说的分子力是指分子间引力和斥力的合力．分子间的距离大于r0，分子力表现为引力；分子间的距离小于r0，分子力表现为斥力．事实上分子间的引力和斥力都随分子间的距离增大而减小，只不过分子间斥力变化得快些而已．（3）电场力是带电体之间的相互作用力，电荷处在电场中都要受到电场力的作用．电荷间相互作用的规律是：同种电荷互相排斥；异种电荷互相吸引．电荷在电场中受到的电场力等于电荷所带的电量与该点电场强度的乘积．（4）磁场力是磁极在磁场中受到的作用力，其本质是磁场对运动电荷的作用力，更确切地说：磁场力是运动电荷对运动电荷的作用力．这就是磁现象的电本质．高中阶段研究了两种磁场力，这两种力的方向可以由左手定则来判断：伸出左手，四指并拢，拇指和四指垂直并在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，四指指向电流的方向（正电荷运动的方向），那么，大拇指所指的方向就是电流（运动电荷）受力的方向．电流受到的磁场力即安培力F=IBLsinθ（其中θ为电流与磁感线之间的夹角）f=qBvsinθ（其中θ为电荷的速度与磁感线之间的夹角）这里要特别注意θ=0的情况，即电流（运动电荷）不受磁场力的情\n况．3．问：高中学习的接触力（被动力）都包括哪些？答：弹力（拉力，压力，支持力，张力，浮力），摩擦力．4．问：这些接触力产生的条件、力的方向的规律、力的大小的规律分别是什么？答：（1）弹力产生的条件是两个物体必须接触且相互挤压（发生形变）．弹力的方向总是跟形变的方向相反且垂直于接触面．胡克定律：弹簧弹力的大小f和弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．写成公式就是：f=kx，其中k是比例常数，叫做弹簧的劲度系数．劲度系数是一个有单位的量．在国际单位制中，f的单位是N，x的单位是m，k的单位是N/m．劲度系数在数值上等于弹簧伸长（或缩短）单位长度时的弹力．劲度系数跟弹簧的长度、弹簧的材料、弹簧丝的粗细等等都有关系．弹簧丝粗的硬弹簧比弹簧丝细的软弹簧劲度系数大．对于直杆和线的拉伸（或压缩）形变，也有上述正比关系．（2）摩擦力产生的条件是：两个物体之间首先有弹力（有摩擦力必有弹力），然后两个物体之间有相对滑动的趋势或有相对滑动．摩擦力的方向总是阻碍相对滑动（或总是阻碍相对滑动的趋势）；摩擦力的方向总是沿着接触面．滑动摩擦定律：滑动摩擦力f跟压力N成正比，也就是跟一个物体对另一个物体表面的垂直作用力成正比．写成公式就是：f=μN．其中μ是比例常数，叫做动摩擦因数．动摩擦因数是由制成物体的材料决定的，材料不同，两个物体间的动摩擦因数也不同．动摩擦因数还跟接触面的粗糙程度有关．在相同的压力下，动摩擦因数越大，滑动摩擦力就越大．动摩擦因数是两个力的比值，没有单位．在高中阶段，滑动摩擦力的大小跟物体运动的速度无关．5．问：质量与重力的联系和区别是什么？答：（1）联系：在物体只受重力的情况下，对物体应用牛顿第二定律：ΣF=ma，G=mg，g=9.8/s2．重力是产生重力加速度的原因．（2）区别：A．从初级含义上看，质量是所含物质的多少，是物体的固有属性；重力是由于物体受到地球的吸引而使物体受到的力．B．从一般含义上看，质量是物体惯性大小的量度；重力是产生重力加速度的原因．C．从哲学的角度看，质量是物体保持原状态的原因；重力可以改变物体的运动状态．D．质量是标量；重力是矢量．E．质量测量的工具是天平（注意“复称法”测物体的质量）；重力测量的工具是测力计（弹簧秤）．F．质量不随位置而变化（在不考虑相对论效应的前提下，在速度与光在真空中的速度可比时要考虑相对论效应）；重力随位置而变化（微小，在地球表面纬度数越大，同一物体的重力越大；在同一纬度物体处的高度越大，同一物体的重力越小）．（3）测量物体质量的方法：A．天平（杆秤），原理是利用力矩平衡的方法．B．测力计（弹簧秤），利用力的平衡的方法．然后用公式：G=mg\n来计算．C．应用牛顿第二定律（动力学的方法），测量物体受到的合外力和物体的加速度，由公式：m=ΣF/a来计算．D．应用简谐振动的方法，用劲度系数为k的弹簧竖直悬挂在天花板上，其下端固定一物体，使物体在竖直方位作竖直简谐振动，测量其2mkT周期为T．用公式T=2π，m=来计算．2k4π6．问：物体的平衡条件是什么？答：（1）质点的平衡条件是质点受到的合外力为零．（2）有固定转动轴的物体的平衡条件是物体受到的合力矩为零．（3）一般物体的平衡条件是合外力为零，同时合力矩为零．7．问：平行四边形定则是什么？答：（1）求两个互成角度的共点力的合力，可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就表示合力的大小和方向．这叫做力的平行四边形定则．（2）平行四边形定则是一切矢量运算都遵守的规律，是一种非常重要的思维方法（等效的方法）．三、例题选编[例1]如图1-1-2所示，两个物体A和B，质量分别为M和m．用跨过定滑轮的轻绳相连，A静止于水平地面上，不计定滑轮与各个接触物体之间的摩擦．物体A对轻绳的作用力的大小和地面对物体A的作用力的大小分别是多少？分析与解答：本题的关键词语有：“静止”、“轻绳”、“不计⋯⋯摩擦”．对物体B进行受力分析：竖直向下的重力和竖直的向上轻绳对物体B的拉力．对物体A进行受力分析：竖直向下的重力、竖直向上的轻绳对物体A的拉力和竖直向上的地面对物体A的支持力．其中轻绳对物体A和轻绳对物体B的拉力是相等的（但不能视为一对作用力和反作用力）．根据物体A和物体B都处于静止状态可知，轻绳对物体B的拉力等于物体B的重力；轻绳对物体B的拉力等于物体B对轻绳的拉力（这是一对作用力和反作用力），轻绳也处于静止状态，轻绳中的张力处处相等（轻绳无论处于什么状态其中的张力均处处相等）；所以，轻绳对物体A的作用力等于轻绳中的张力，即等于物体B的重力．对于物体A，根据平衡知识可知，物体A受到的重力等于轻绳对物体A的拉力与地面对物体A的支持力的和．又轻绳对物体A的拉力等于物体B的重力，所以，地面对物体A的支持力等于物体A的重力减去轻绳对物体A的拉力，即\n等于物体A的重力减去物体B的重力．此题还可以问：（1）物体A对地面的压力（等于地面对物体A的支持力）；（2）物体B对轻绳的拉力（等于物体B的重力）；（3）另一段轻绳对天花板的拉力（等于两倍物体B的重力）．此题可以变形：连接物体A的轻绳与竖直线之间有一夹角θ，整个装置仍处于静止状态．这时轻绳中的拉力仍等于物体B的重力（与上述情况相同），物体A将受到地面水平方向的摩擦力作用，大小等于物体B的重力乘以θ角的正弦；地面对物体A的支持力等于物体A受到的重力减去物体B的重力与θ角的余弦的积．地面对物体A的作用力自己可以推导；若定滑轮的质量不计，还可以求另一段轻绳对天花板的作用力的大小和方向｛方向为：与竖直线之间的夹角为（θ/2）；大小为2mgcos（θ/2）｝．[例2]重力为G的物体A受到与竖直方向成a角的外力F后，静止在竖直墙面上，如图1-1-3所示，试求墙对物体A的静摩擦力．分析与解答；这是物体静力平衡问题．首先确定研究对象，对研究对象进行受力分析，画出受力图．A受竖直向下的重力G，外力F，墙对A水平向右的支持力（弹力）N，以及还可能有静摩擦力f．这里对静摩擦力的有无及方向的判断是极其重要的．物体之间有相对运动趋势时，它们之间就有静摩擦力；物体间没有相对运动趋势时，它们之间就没有静摩擦力．那么有无静摩擦力的鉴别，关键是对相对运动趋势的理解．我们可以假设接触面是光滑的，若不会相对运动，物体将不受静摩擦力，若有相对运动就有静摩擦力．（注意：这种假设的方法在研究物理问题时是常用的方法，也是很重要的方法．）具体到这个题目，在竖直方向物体A受重力G以及外力F的竖直分量，即F2=Fcosα．当接触面光滑，G=Fcosα时，物体能保持静止；当G＞Fcosα时，物体A有向下运动的趋势，那么A应受到向上的静摩擦力；当G＜Fcosα时，物体A则有向上运动的趋势，受到的静摩擦力的方向向下，因此应分三种情况说明．正确的答案应该是：当Fcosα=G时，物体A在竖直方向上受力已经平衡，故静摩擦力为零；当Fcosα＜G时，物体有向下滑动的趋势，故静摩擦力f的方向向上，大小为G-F·cosα；当Fcosα＞G时，物体有向上滑动的趋势，故静摩擦力f的方向向下，大小为Fcosα-G．注意：墙对物体的支持力为N，N=F·sinα，但不能用f=μN来计算静摩擦力．f=μN只适用于滑动摩擦力的计算或最大静摩擦力f0=μ0N的\n计算，在高中学习的范围，我们认为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．[例3]20N、30N和40N的三个力作用于物体的一点，它们之间的夹角都是120°，求合力的大小和方向．分析与解答：不在一条直线上的共点力合成应遵从平行四边形法则．方法一：设F1=20N，F2=30N，F3=40N，可用代数法（公式法）求解．先求出F1和F2的合力F12的大小和方向，然后再将F12与F13合成求出大小和方向，此法计算准确误差小但过于繁杂．方法二：利用作图法求解，繁杂的计算没有了，但作图误差不可避免，大小和方向都会产生误差．方法三：可用分解后再合成，化复杂为简单，选取平面直角坐标系如图1-1-4所示．将F2、F1沿坐标轴方向分解[分解的矢量越少越好，这就是选取坐标系的原则]：ΣFx=F1x+F2x+F3x=-F1cos30°+F2cos30°+033=-20×+30×22=53NΣFy=F1y+F2y+F3y=-F1sin30°+F2sin30°-F311=20×+30×-4022=-15N22ΣF=（ΣF）+（ΣF）xy22=（53）+（15）=103=17.32NFytanθ=Fx-15=53=3θ=240°\nF与x轴负方向夹角为60°，如图1-1-4所示．方法四：利用已知的结论进行解题往往更简捷，特别是在填空、选择题中发挥明显的优势．三个大小相等互为120°角的三个共点力的合力为零，这一点很容易证明，如果我们把F2、F3中的20N与F1进行合成，合力便为零，此题就简化为一个10N和一个20N的两个力夹角为120°的合成问题，这时不管是用计算法还是作图法都会觉得很方便且容易得多．方法五：若仍用方法四中的思路，而是每个力中取30N，F3则再将加上-10N，F1再加10N即可，这样此题就简化成两个夹角为60°、大小均为10N的两个力的合成问题，利用直角三角形的知识即可解决，不必经分解后再合成的迂回步骤．可见一题多解是训练思维的好方法，是提高能力的有效措施．[例4]如图1-1-5所示，一块木块被两块木板夹在中间静止不动，在两侧对两木板所加水平方向力的大小均为N，木块的质量为m．（1）木块与木板间的静摩擦力是多少？（2）若木块与木板间的最大静摩擦系数为μ，欲将木块向下或向上抽出，则所需的外力F各多大？分析与解答；（1）由于木块处于平衡状态，且木块两侧均分别与木板接触，所以木块两侧均受向上的静摩擦力，其大小的总和与重力相等，如图1-1-6所示，即2f=mg，所以木块与木板间的静摩擦力为f=mg/2．（2）若对木块施加一向下的外力F，木块仍处于平衡状态，则木块所受的静摩擦力方向仍向上，且随着外力F的增大而增大，如图1-1-7所示．当静摩擦力增大到最大静摩擦力时，本块开始相对于木板滑动，这时可将木块从木板中抽出，有：F+mg=2fmax\n其中，fmax为最大静摩擦力，且fmax=μN，所以，F=2μN-mg（3）当对木块加一向上方向的力F时，开始木块所受静摩擦力方向向上，且随F的增加而减小．当F增大到一定值时，恰好使木块的静摩擦力为零．这时若F继续增加，则木块受的静摩擦力向下，且随F的增大而增大，当F增大到一定程度，木块的静摩擦力为最大静摩擦力，这时，木块将被向上抽出，如图1-1-8所示．有：F=mg+2fmax其中fmax为最大静摩擦力，且fmax=μN，所以，F=mg+2μN所以欲将木块向下抽出，至少需加2μN-mg的外力，欲将木块向上抽出，至少需加2μN+mg的外力．[例5]用绳将球A挂在光滑竖直墙上，如图1-1-9所示．（1）现施加外力矩将球A绕球心顺时针转过一个小角度，外力矩撤去后，球的运动情况如何？（2）若墙面不光滑，情况又如何？（3）墙面光滑，绳子变短时，绳的拉力和球对墙的压力将如何变化？分析与解答：（1）因为墙是光滑的，绳子的作用力一定过球心．取球为研究对象，受力图如图1-1-10所示．N为墙对球的力，方向水平向右；重力mg方向竖直向下；绳拉力T沿绳的方向，θ为绳与墙的夹角．因为小球静止，所以N、T、mg的合力为零，即T、N的合力F大小等于mg，方向竖直向上，T=mg/cosθ，N=mgtanθ．当球A受到外力矩使其顺时针转动一个小角度后，重力mg和墙对球的支持力方向不变且均过球心，而绳对球A的作用力T不再过球心，且此力T对球A中心产生一使球A逆时针转动的力矩，墙面光滑无摩擦力．所以外力矩撤去后，球A在力T对球A的力矩作用下使球A绕球心逆时针转动．当球A转动到原平衡位置时，球A具有转动动能而继续转动，转动到一定角度后速度为零，而后球A向顺时针方向转动，再次转动到平衡位置时，球A仍具有转动动能而继续顺时针方向转动，转动为零后又重复上述过程．\n（2）若墙不光滑，球A的受力情况就比较复杂，若开始时球A如图1-1-9所示，则墙与球A接触点无相对滑动的趋势，球A不受静摩擦力的作用，当球A受到外力矩使球A顺时针绕球心转过一个小角度时，若墙和球A之间的静摩擦系数足够大，球A在外力矩撤去后仍可静止不动，若顺时针转动的角度过大，运动情况与（1）讨论中类似，但最后在何处静止取决于系统的初始状态及系统本身，过程过于复杂这里不再讨论．（3）研究变量的问题，我们要紧紧抓住被研究变量与不变量之间的关系，这是研究此类问题的一般思路和方法．由图1-1-10可知：T=mg/cosθ①N=mgtanθ②墙面光滑，当绳子变短时，θ角增大，式①中cosθ将变小，但其在分母上故整个分式变大，即T增大；式②中tanθ随θ变大而增大，故N也增大．此题也可用图解法求解，因为T、N的合力F大小为mg，方向竖直向上，N的方向也已知总是垂直于墙（这些都是不变的量）．即已知合力和一个分力的方向求另一个分力．根据矢量合成的三角形法则，由图1-1-11可知，当θ增大时，N变为N′，T变为T′，都将增大．同步练习一、选择题1．下列说法正确的是[]A．摩擦力的方向总是和运动的方向相反B．相互压紧，接触面粗糙的物体之间总有摩擦力C．相互接触的物体之间正压力增大，摩擦力一定增大D．静止的物体受到的静摩擦力的大小和材料的粗糙程度无关2．两根等长的轻绳，共同悬挂一个重物A，如图1-1-12所示，若使两绳夹角变大，则[]\nA．绳的拉力变大B．绳的拉力变小C．两绳的拉力的合力变大D．两绳的拉力的合力变小3．两物体的重力都为10N，各接触面之间的动摩擦因数均为0.3．A、B两物体同时受到F=1N的两个水平力的作用，如图1-1-13所示，那么A对B、B对地的摩擦力分别等于[]A．2N，0NB．1N，0NC．1N，1ND．3N，6N4．如图1-1-14所示，悬挂小球与斜面接触，悬绳拉紧，方向竖直，小球处于平衡状态．则小球受到的力为[]A．重力，绳的拉力B．重力，绳的拉力，斜面的弹力C．绳的拉力，斜面的弹力D．重力，斜面的弹力5．一个木块静止在斜面上，现用水平推力F作用于木块上．当F的大小由零逐渐增加到一定值，而木块总保持静止，如图1-1-15所示，则[]A．木块受到的静摩擦力增加B．木块与斜面之间的最大静摩擦力增加C．木块受的合力增加\nD．木块所受到的斜面支持力增加6．如图1-1-16所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向受到三个力F1、F2和摩擦力作用，木块处于静止状态．其中F1=10N、F2=2N．若撤去力F1，则木块在水平方向受到的合力为[]A．10N，方向向左B．6N，方向向右C．2N，方向向左左D．零7．如图1-1-17所示，在粗糙的水平面上放一三角形木块a，若物体b在a的斜面上匀速下滑，则[]A．a保持静止，而且没有相对水平面运动的趋势B．a保持静止，但有相对于水平面向右运动的趋势C．a保持静止，但有相对于水平面向左运动的趋势D．因未给出所需数据，无法对a是否运动或有无运动趋势作出判断8．水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一个小滑轮B．一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量m=10kg的重物，∠CBA=30°，如图1-1-18所示．则滑轮受到绳子的作用力为（g取10m/s2）[]A．50NB．503NC．100ND．1003N9．如图1-1-19固定在水平面上的光滑半球，球心O的正上方固定一个小定滑轮，细线一端拴一小球，置于半球面上的A点，另一端绕过定滑轮．现缓慢地将小球从A点拉到B点，在此过程中，小球对半球的压力N和细线的拉力T大小变化情况为[]\nA．N变大，T不变B．N变小，T变大C．N不变，T变小D．N变大，T变小10．如图1-1-20所示，光滑球放在两斜板AB和AC之间，两极与水平面间夹角皆为60°，若将AB板固定，使AC板与水平面间的夹角逐渐减小，则[]A．球对AC板的压力先增大后减小B．球对AC板的压力逐渐减小C．球对AC板的压力先减小后增大D．球对AC板的压力逐渐增大二、非选择题11．如图1-1-21所示，在斜面a上放一个小的斜面b，两个斜面的横截面是相似三角形，小斜面b在大斜面a上刚好能匀速下滑，如果在b上再放一个物体C，下列说法正确的是[]A．b、c还能沿a匀速下滑B．b受到的a的摩擦力将加大C．b、c将在a上加速下滑D．斜面a不受地面的摩擦力12．如图1-1-22所示，一物块在斜面上能保持静止，再施加一水平外力F，当F从零稍许增大时，若物块仍保持静止，则[]\nA．物块所受合力仍为零B．物块所受摩擦力减小C．物块所受斜面弹力减小D．物块所受摩擦力反向13．关于力的分解，下列说法正确的是[]A．已知一个力和它的两个分力的大小，力的分解有唯一解B．已知一个力和它的两个分力的方向，力的分解有唯一解C．已知一个力和一个分力的大小和方向，力的分解有唯一解D．已知一个力和一个分力的大小、另一个分力的方向，力的分解有唯一解14．如图1-1-23所示，人重600N，大木块重400N，人与木块、木块与水平地面间的动摩擦因数均为0.2，现在人用力拉绳使人与木块一起向右匀速运动，则[]A．人拉绳的力是120NB．人拉绳的力是100NC．人的脚给木块的摩擦力向右D．人的脚与木块间会发生相对滑动15．如图1-1-24，OA是一根均匀铁棒，可以绕O点自由转动，现用恒力F沿水平方向将OA拉到如图所示位置，若用M1表示OA所受重力的力矩，用M2表示F的力矩，那么在上述过程中M1和M2的变化规律为[]A．M1和M2都在变大B．M1和M2都在变小C．M1变小，M2变大D．M1变大，M2变小16．在做“互成角度的两个力的合成”实验时，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧秤把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点，以下操作中错误的是[]A．同一次实验中，O点位置允许变动B．实验中，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧\n秤刻度C．实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮条另一端拉到O点D．实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两个弹簧秤之间夹角应取90°，以便于算出合力大小17．质点P在F1和F2的作用下沿OO′匀速运动，已知力F1和F2如图1-1-25所示，试在图中画出F3的大小和方向．18．一弹簧原长为12cm，用弹簧吊起一物体时，它的长度增至17cm；再用该弹簧沿水平方向拉此物体匀速前进时，弹簧长13.5cm．由此可知物体和地面间的动摩擦因数为________．19．如图1-1-26所示，重G的小球悬挂于O点，悬线与竖直方向的夹角为α，小球在一水平力F的作用下处于平衡，在保持小球位置不变和绳子张紧的条件下，力F沿________时针方向转过角度为________时，F=G．20．如图1-1-27所示，在一细绳C点系一重物P，细绳两端A、B分别固定在墙面上，使得AC保持水平，BC与水平方向成30°角．已知细绳最大只能承受200N的拉力．那么，C点悬挂物的重力最多为________N，这时细绳的________段即将断裂．21．物体在四个共点力F1、F2、F3、F4的作用下处于静止，若其中的F3突然变化为-F3，而其他三个力保持不变，则这时物体所受合外力的大小是________，合外力的方向是________．22．如图1-1-28所示．mA=2kg，mB=10kg．A和B的材料相同，其间滑动摩擦因数为0.2．B与地面之间的滑动摩擦因数为0.3．（g=10m/s2）\n（1）当在水平外力F的作用下，B匀速运动，则绳对A的拉力T1=________，墙上O点受到的拉力F′1=________，水平外力F1=________．（2）若将F作用在A上使A匀速运动，则绳对A的拉力T2=________，墙上O点受到的拉力F′2=________，水平外力F2=________．（3）若将物体A、B对调，外力F作用在A上使A匀速运动，则绳对A的拉力T3=________，墙上O点受到的拉力F′3=________，水平外力F3=________．（4）在（3）的情况下，将外力F作用在B上使B匀速运动，则绳对A的拉力T4________，墙上O点受到的拉力F′4________，水平外力F4________．23．如图1-1-29在三角架的B点悬挂一个定滑轮，人用它匀速地提起重物，重物质量为30kg，人的质量为50kg，求：（1）此时人对地面的压力是多大？（2）支架的斜杆BC、横杆AB所受的力各是多大．（绳子和滑轮的质量、绳子和滑轮的摩擦及杆的自重忽略不计，g取10m/s2）24．如图1-1-30所示，均匀球重为G，半径为R，木块厚度为h（h＜R）．用水平力F推木块，在不计摩擦的情况下，要使球离开地面上升，F至少为多大？参考答案1．D2．A3．B4．A5．BD6．D7．A8．C9．C10．C11．ABD12．AB13．BC14．BC15．D16．ACD17．略18．0.319．顺时针90°-2α\n20．100BC21．2F3与力F3的方向相反22．（1）4N8N44N（2）40N80N44N（3）20N40N76N（4）56N112N76N23．（1）200N（2）4003N2003N2Rh-h224．F=GR-h（作者：北京四中曹树元）\n二、直线运动教学目标1．知识方面：使学生对匀速直线运动、匀变速直线运动的主要概念、规律有进一步的认识．2．能力方面：（1）培养学生运用方程组、图像等数学工具解决物理问题的能力；（2）通过一题多解培养发散思维．3．科学方法：（1）渗透物理思想方法的教育，如模型方法、等效方法等；（2）通过例题的分析，使学生形成解题思路，体会特殊解题技巧，即获得解决物理问题的认知策略．教学重点、难点分析通过复习应使学生熟练掌握匀变速直线运动的规律，形成解题思路．从高考试题看，把直线运动作为一个孤立的知识点单独进行考查的命题并不多，更多的是作为综合试题中一个知识点而加以体现．对能力的培养是本课时的重点，也是难点．高考将审题、画草图、建立物理图景⋯⋯作为一种能力考查，学生往往忽视对物理过程的分析，以及一些特殊解题技巧，因此，能力的形成不是一蹴而就的．通过例题分析，使学生积极参与分析解题的思维过程，让他们亲自参与讨论、交流，在这过程中思维能力得到锻炼，同时获得解决问题的认知策略．教学过程设计教师活动一、引入力学中，只研究物体运动的描述及运动的规律叫运动学．这一章，我们复习直线运动．板书：直线运动二、复习基本概念本章的特点是概念多、公式多，还涉及到很多重要的物理研究方法，请大家总结：1．描述运动的基本概念有哪些？学生活动学生总结并做笔记：（独立总结后，讨论并交流）一、描述运动的基本概念1．机械运动：一个物体相对于另一个物体位置的改变叫机械运动，简称运动．包括平动、转动、振动等运动形式．2．参照物：为了研究物体的运动而假定为不动的那个物体叫参照物．通常以地球为参照物．3．质点：用来代替物体的有质量的点，是一个理想模型．4．时间和时刻：时刻指某一瞬时，时间是两时刻间的间隔．5．位移和路程：位移描述物体位置的变化，是从物体初位置指向末位置的矢量；路程是物体运动轨迹的长度，是标量．6．速度和加速度：速度是描述物体运动快慢的物理量，有平均速度、\n瞬时速度，是矢量；加速度是描述速度变化快慢的物理量，是矢量．2．涉及哪几种物理研究方法？二、物理方法1．模型方法．突出主要因素，忽略次要因素的研究方法，是一种理想化方法．如：研究一个物体运动时，如果物体的形状和大小属于次要因素，为使问题简化，忽略了次要因素，就用一个有质量的点来代替物体，叫质点．巡回指导：学生没有想到的，教师适当点拨．2．等效方法．（学生可能想不到）小结并点评：1．位移、速度、加速度是本章的重要概念，对速度、加速度两个物理量要从引入原因、定义方法、定义表达、单位、标矢量、物理意义等方面全面理解．2．模型方法．实际物理现象和过程一般都十分复杂，涉及到众多的因素，采用模型方法，能够排除非本质因素的干扰，突出反映事物的本质特征，从而使物理现象或过程得到简化．如；质点．3．等效方法．对于一些复杂的物理问题，我们往往从事物的等同效果出发，将其转化为简单的、易于研究的物理问题，这种方法称为等效代替的方法．如引入平均速度，就可把变速直线运动等效为匀速直线运动，从而把复杂的变速运动转化为简单的匀速运动来处理．这是物理学中两种重要的研究方法．大家应注意体会．学生反馈练习（交换判题后讨论）；1．下面关于质点的说法正确的是：[]A．地球很大，不能看作质点B．原子核很小，可以看作质点C．研究地球公转时可把地球看作质点D．研究地球自转时可把地球看作质点2．一小球从4m高处落下，被地面弹回，在1m高处被接住，则小球的路程和位移大小分别为：[]A．5m，5mB．4m，1mC．4m，3mD．5m，3m3．百米运动员起跑后，6s末的速度为9.3m/s，10s末到达终点时的速度为15.5m/s，他跑全程的平均速度为：[]A．12.2m/sB．11.8m/sC．10m/sD．10.2m/s\n4．关于速度、加速度正确的说法是：[]A．物体有加速度，速度就增加B．加速度增大，速度一定增大C．物体速度很大，加速度可能为零D．物体加速度值减小，速度可能增大巡回指导学生自由发言：1．物体能否看作质点，不是根据物体大小．研究地球公转时，由于地球直径远远小于地球和太阳之间的距离，地球上各点相对于太阳的运动，差别极小，可以认为相同，即地球的大小形状可以忽略不计，而把地球看作质点；但研究地球公转时，地球的大小形状不能忽略，当然不能把地球看作质点．2．求平均速度应用定义式v=s/t，而v=（v1+v2）/2只适用于匀变速直线运动．3．速度、加速度是两个概念不同的物理量，加速度等于速度对时间的变化率，即a=△v/t，所以，加速度的大小与速度大小无关，它们之间并无必然联系．A．若物体作减速运动，有加速度，而速度在减小，此时加速度表示速度减小的快慢；同理B也不对；C．物体匀速运动时，就可能速度很大，而加速度为0；D．当物体作加速运动时，加速度减小，表示速度增加得越来越慢，但仍在增大．根据学生答题、发言情况简评．给出正确答案；1．C2．D3．C4．CD三、复习基本规律本章我们学习了匀速直线运动和匀变速直线运动，请大家总结：1．这两种运动的特点、规律；学生总结并做笔记：（自己总结后可以相互交流）三、基本规律1．匀速直线运动：定义：在任意相等的时间里位移相等的直线运动特点：a=0，v=恒量规律：位移公式：s=vt图像：速度图像位移图像\n2．匀变速直线运动：定义：在相等的时间内速度的变化相等的直线运动．特点：a=恒量规律：速度公式：vt=v0+at12位移公式：s=vt+at02图像：速度图像斜率=a，面积=s22推论：V-V=2ast01s=（v+v）t0t22．涉及哪几种物理研究方法？（有的学生能总结出以下推论）1．匀变速：任意两个连续相等的时间T内的位移之差为一恒量：即A．△s=s2-s1=s3-s2=aT2=恒量1B．v=（v+v）0t22．v0=0匀加速：A．在时间t、2t、3t⋯内位移之比为s1∶s2∶s3⋯∶sn=1∶22∶32∶n2B．第一个t内、第二个t内、⋯位移之比为sⅠ∶sⅡ∶sⅢ⋯∶sN=1∶3∶5⋯∶（2n-1）C．通过连续相等的位移所用时间之比为t∶t∶t⋯∶t=1∶（2-1）∶（3-2）⋯∶（n-123nn-1）巡回指导小结并补充分析，明确要求：1．物理方法：实际的直线运动通常都很复杂，一般我们都将其等效为匀速直线运动和匀变速直线运动处理，匀速直线运动和匀变速直线运动实际上是一种理想模型，这里用到了模型方法和等效的方法．另外，物理规律的表达除了用公式外，有的规律还用图像表达，优点是能形象、直观地反映物理量之间的函数关系，这也是物理中常用的\n一种方法．2．认知策略：对图像的要求可概括记为：“一轴二线三斜率四面积”．3．匀变速直线运动规律是本章重点，通过复习，要求大家达到熟练掌握．四、典型例题分析[例题1]火车紧急刹车后经7s停止，设火车作的是匀减速直线运动，它在最后1s内的位移是2m，则火车在刹车过程中通过的位移和开始刹车时的速度各是多少？分析：首先将火车视为质点，由题意画出草图：从题目已知条件分析，直接用匀变速直线运动基本公式求解有一定困难．大家能否用其它方法求解？（学生独立解答后相互交流）解法一：用基本公式、平均速度．质点在第7s内的平均速度为：s1v==（v+0）=2（m/s）76t2则第6s末的速度：v6=4（m/s）求出加速度：a=（0-v6）/t=4/1=-4（m/s2）求初速度：0=v0-at，v0=at=4×7=28（m/s）112求位移：s=vt+at=28×7-×4×49=98m022解法二：逆向思维，用推论．倒过来看，将匀减速的刹车过程看作初速度为0，末速度为28m/s，加速度大小为4m/s2的匀加速直线运动的逆过程．由推论：s1∶s7=1∶72=1∶49则7s内的位移：s7=49s1=49×2=98（m）1求初速度：s=（v+v）t0t2v0=28（m/s）解法三：逆向思维，用推论．仍看作初速为0的逆过程，用另一推论：sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶⋯=1∶3∶5∶7∶9∶11∶13sⅠ=2（m）则总位移：s=2（1+3+5+7+9+11+13）=98（m）求v0同解法二．解法四：图像法作出质点的速度-时间图像质点第7s内的位移大小为阴影部分小三角形面积：\n1s=（1×v），v=4（m/s）7662小三角形与大三角形相似，有v6∶v0=1∶7，v0=28（m/s）总位移为大三角形面积：1s=（7×28）=98（m）2小结：1．逆向思维在物理解题中很有用．有些物理问题，若用常规的正向思维方法去思考，往往不易求解，若采用逆向思维去反面推敲，则可使问题得到简明的解答；2．熟悉推论并能灵活应用它们，即能开拓解题的思路，又能简化解题过程；3．图像法解题的特点是直观，有些问题借助图像只需简单的计算就能求解；4．一题多解能训练大家的发散思维，对能力有较高的要求．这些方法在其它内容上也有用，希望大家用心体会．[例题2]甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度同时经过某一路标，从此时开始甲车一直做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，它们经过下个路标时速度又相同．则：[]A．甲车先通过下一个路标B．乙车先通过下一个路标C．丙车先通过下一个路标D．条件不足，无法判断点拨：直接分析难以得出答案，能否借助图像来分析？（学生讨论发言，有些学生可能会想到用图像．）解答：作出三辆汽车的速度-时间图像：甲、乙、丙三辆汽车的路程相同，即速度图线与t轴所围的面积相等，则由图像分析直接得出答案B．根据学生分析情况适当提示．[例题3]（1999年高考题）一跳水运动员从离水面10m高的平台上向上跃起，举双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水（在此\n过程中运动员水平方向的运动忽略不计），从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是______s．（计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点．g取10m/s2，结果保留二位数字．）分析：首先，要将跳水这一实际问题转化为理想化的物理模型，将运动员看成一个质点，则运动员的跳水过程就抽象为质点的竖直上抛运动．作出示意图：巡回指导．适当点拨．学生解答：解法一：分段求解．上升阶段：初速度为v0，a=-g的匀减速直线运动由题意知质点上升的最大高度为：h=0.45m可求出质点上抛的初速度V=2gh0=2×10×0.45=3（m/s）2h2×0.45上升时间：t===0.3s1g10下落阶段：为自由落体运动，即初速度为0，a=g的匀加速直线运动．2（H+h）下落时间：t==2g2（10+0.45）=1.45s10完成空中动作的时间是：t1+t2=0.3+1.45=1.75s解法二：整段求解．先求出上抛的初速度：v0=3m/s（方法同上）将竖直上抛运动的全过程看作统一的匀减速直线运动，设向上的初速度方向为正，加速度a=-g，从离开跳台到跃入水中，质点位移为-10m．12由位移公式：s=vt+at0212-10=3t-×10×t225t-3t-10=0求出：t=1.75s（舍去负值）\n通过计算，我们体会到跳水运动真可谓是瞬间的体育艺术，在短短的1.75s内要完成多个转体和翻滚等高难度动作，充分展示优美舒展的姿势确实非常不易．[例题4]在平直公路上有甲、乙两辆车在同一地点向同一方向运动，甲车以10m/s的速度做匀速直线运动，乙车从静止开始以1.0m/s的加速度作匀加速直线运动，问：（1）甲、乙两车出发后何时再次相遇？（2）在再次相遇前两车何时相距最远？最远距离是多少？要求用多种方法求解．巡回指导．适当点拨．学生分析与解答：解法一：函数求解．出发后甲、乙的位移分别为s甲=vt=10t①122s=at=0.5t②乙2两车相遇：s甲=s乙③解出相遇时间为：t=20s两车相距：△s=s甲-s乙=10t-0.5t2求函数极值：当t=10s时，△s有最大值，△smax=50m微机模拟物理过程（几何画板）：观察：△s的变化现象：当v乙＜v甲时，△s增大当v乙＞v甲时，△s减小当v乙=v甲时，△s最大根据学生分析情况适当提示．解法二：实验方法求△smax．当v乙=v甲时，△s最大，有：at=10，t=10/1=10（s）△smax=s甲-s乙=10t-0.5t2=50（m）解法三：图像法．分别作出甲、乙的速度-时间图像当甲、乙两车相遇时，有s甲=s乙，由图像可看出：当甲图线与时间轴所围面积=乙图线与时间轴所围面积时，有：t=20s，即两车相遇的时间．\n当v乙=v甲时，△s最大．由图像可看出：△smax即为阴影部分的三角形面积，1△s=×10×10=50（m）max2[例题5]球A从高H处自由下落，与此同时，在球A下方的地面上，B球以初速度v0竖直上抛，不计阻力，设v0=40m/s，g=10m/s2．试问：（1）若要在B球上升时两球相遇，或要在B球下落时两球相遇，则H的取值范围各是多少？（2）若要两球在空中相遇，则H的取值范围又是多少？示意图：图1-2-9．分析：若H很小，可能在B球上升时相遇；若H较大，可能在B球下落时相遇，但若H很大，就可能出现B球已落回原地，而A球仍在空中，即两球没有相遇．所以，要使两球在空中相遇．H要在一定的范围内．微机模拟（几何画板）：v0=40m/s设定H取不同的值，观察两球在什么位置相遇、或不相遇：H=100m时，在B球上升时相遇H=200m时，在B球下落时相遇H=400m时，不相遇再改变几次H的值进行观察．微机模拟：H不变，改变v0当v0取不同的值，观察两球在什么位置相遇或不相遇．请同学们课后解答．学生解答：（1）算出B球上升到最高点的时间：t1=v0/g=40/10=4（s）则B球在最高点处两球相遇时：1122H=（vt-gt）+gt=vt01110122=40×4=160（m）B球在落地前瞬间两球相遇时：12H=g（2t）=10×2×16=320（m）12所以：要在B球上升时两球相遇，则0＜H＜160m要在B球下落时两球相遇，则160m＜H＜320m．\n（2）由上可知，若要两球在空中相遇，则0＜H＜320m．题目变形：若H是定值，而v0不确定，试问：（1）若要在B球上升时两球相遇，或要在B球下落时两球相遇，v0应满足什么条件？（2）若要两球在空中相遇，v0应满足什么条件？五、小结1．物理方法？2．解决问题的策略？（即解题思路）3．特殊解题技巧？学生小结：1．物理方法：模型方法，等效方法．2．解题思路：（1）由题意建立物理模型；（2）画出草图，建立物理图景；（3）分析质点运动性质；（4）由已知条件选定规律列方程；（5）统一单位制，求解方程；（6）检验讨论结果；（7）想想别的解题方法．3．特殊解题技巧：逆向思维；用推论；图像法．根据学生小结情况简评同步练习一、选择题1．加速度不变的运动[]A．一定是直线运动B．可能是直线运动也可能是曲线运动C．可能是匀速圆周运动D．若初速度为零，一定是直线运动2．物体通过两个连续相等位移的平均速度分别为v1=10m/s，v2=15m/s，则物体在这整个运动过程中的平均速度是[]A．13.75m/sB．12.5m/sC．12m/sD．11.75m/s3．物体由A到B做匀变速直线运动，在中间位置的速度为v1，在中间时刻的速度为v2，则v1、v2的关系为[]A．当物体做匀加速运动时，v1＞v2B．当物体做匀加速运动时，v1＜v2\nC．当物体做匀速运动时，v1=v2D．当物体做匀减速运动时，v1＞v24．一个物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，1s后速度大小变为10m/s，在这1s内该物体的[]A．位移的大小可能小于4mB．位移的大小可能大于10mC．加速度的大小可能小于4m/s2D．加速度的大小可能大于10m/s25．某物体沿x轴运动，它的x坐标与时刻t的函数关系为：x=（4t+2t2）m，则它的初速度和加速度分别是[]A．0，4m/s2B．4m/s，2m/s2C．4m/s，0D．4m/s，4m/s26．如图1-2-10表示甲、乙两物体由同一地点出发，向同一方向运动的速度图线，其中t2=2t1，则[]A．在t1时刻，乙物在前，甲物在后B．在t1时刻，甲、乙两物体相遇C．乙物的加速度大于甲物的加速度D．在t2时刻，甲、乙两物体相遇二、非选择题7．一物体做自由落体运动，落地时速度是30m/s，g取10m/s2，则它开始下落时的高度是______，它在前2s内的平均速度是______，它在最后1s内下落的高度是______．8．一物体以1m/s2的加速度做匀减速直线运动至停止，则物体在停止运动前4s内的位移是______．9．在15m高的塔上以4m/s的速度竖直上抛一个石子，则石子经过2s后离地面的高度是______．10．高h的电梯正在以加速度a竖直向上做匀加速运动，忽然，天花板上的螺钉脱落，则螺钉从脱落到落到地板上所用的时间是______．11．物体做自由落体运动，试推导出以下公式：（1）中间时刻的速度与物体初速、末速的关系；（2）位移中点的速度与物体的初速、末速的关系．12．从一定高度的气球上自由下落两个物体，第一个物体下落1s后，第二个物体开始下落．两个物体用长93.1m的柔软细绳连接在一起，问：\n第二个物体下落多长时间绳被拉直？13．气球以4m/s的速度匀速竖直上升，气球下面挂一重物．在升到12m高处时，系重物的绳子断了，从这时刻算起，重物落到地面的时间为多少？14．每隔相等时间用同一速度竖直上抛5个小球，空气阻力不计，当第一个小球达最大高度时，第5个小球正被抛出，且第一、第二个小球相距0.2m，试求抛出小球的初速度．15．汽车A在红绿灯前停止，绿灯亮时A开动，以a=0.4m/s2的加速度做匀加速运动，经t0=30s后以该时刻的速度做匀速直线运动．在绿灯亮的同时，汽车B以v=8m/s的速度从A车旁边驶过，之后B车一直以相同的速度做匀速运动．问：从绿灯亮时开始计时，经多长时间后两车再次相遇？参考答案：1．BD2．C3．ACD4．AD5．D6．CD7．45m10m/s25m8．8m9．3m2h10．g+a111．（1）v=（v+v）t0t2222v+v0t（2）v=s2212．9s13．2s14．8m/s[提示：逆过程是自由落体]15．45s（作者：北京铁三中常青）\n三、牛顿运动定律教学目标1．知识目标：（1）掌握牛顿第一、第二、第三定律的文字内容和数学表达式；（2）掌握牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、独立性和对应性；（3）了解牛顿运动定律的适用范围．2．能力目标：（1）培养学生正确的解题思路和分析解决动力学问题的能力；（2）使学生掌握合理选择研究对象的技巧．3．德育目标：渗透物理学思想方法的教育，使学生掌握具体问题具体分析，灵活选择研究对象，建立合理的物理模型的解决物理问题的思考方法．教学重点、难点分析1．在高一、高二的学习中，学生较系统地学习了有关动力学问题的知识，教师也介绍了一些解题方法，但由于学生掌握物理知识需要有一个消化、理解的过程，不能全面系统地分析物体运动的情境，在高三复习中需要有效地提高学生物理学科的能力，在系统复习物理知识的基础上，对学生进行物理学研究方法的教育．本单元的重点就是帮助学生正确分析物体运动过程，掌握解决一般力学问题的程序．2．本单元的难点在于正确、合理地选择研究对象和灵活运用中学的数学方法，解决实际问题．难点的突破在于精选例题，重视运动过程分析，正确掌握整体—隔离法．教学过程设计一、引入牛顿运动定律是经典力学的基础，应用范围很广．在力学中，只研究物体做什么运动，这部分知识属于运动学的内容．至于物体为什么会做这种运动，这部分知识属于动力学的内容，牛顿运动定律是动力学的支柱．我们必须从力、质量和加速度这三个基本概念的深化理解上掌握牛顿运动定律．这堂复习课希望学生对动力学的规律有较深刻的理解，并能在实际中正确运用．二、教学过程教师活动1．提问：叙述牛顿第一定律的内容，惯性是否与运动状态有关？学生活动回忆、思考、回答：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止．教师概括．牛顿第一定律指明了任何物体都具有惯性——保持原有运动状态不变的特性，同时也确定了力是一个物体对另一个物体的作用，力是改变物体运动状态的原因．应该明确：（1）力不是维持物体运动的原因；\n（2）惯性是物体的固有性质．惯性大小与外部条件无关，仅取决于物体本身的质量．无论物体受力还是不受力，无论是运动还是静止，也无论是做匀速运动还是变速运动，只要物体质量一定，它的惯性都不会改变，更不会消失，惯性是物体的固有属性．放投影片：[例1]某人用力推原来静止在水平面上的小车，使小车开始运动，此后改用较小的力就可以维持小车做匀速直线运动，可见：A．力是使物体产生运动的原因B．力是维持物体运动速度的原因C．力是使物体产生加速度的原因D．力是使物体惯性改变的原因讨论、思考、回答：经讨论得出正确答案为：C．2．提问：牛顿第二定律的内容及数学表达式是什么？学生回忆、回答：物体受到外力作用时，所获得的加速度的大小跟外力大小成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向与合外力方向相同．ΣF=ma理解、思考．教师讲授：牛顿第二定律的意义（1）揭示了力、质量、加速度的因果关系．（2）说明了加速度与合外力的瞬时对应关系．（3）概括了力的独立性原理ìΣF=maxxΣF=maíΣF=maîyy提问：怎样应用牛顿第二定律？应用牛顿第二定律解题的基本步骤如何？讨论：归纳成具体步骤．应用牛顿第二定律解题的基本步骤是：（1）依题意，正确选取并隔离研究对象．（2）对研究对象的受力情况和运动情况进行分析，画出受力分析图．（3）选取适当坐标系，一般以加速度的方向为正方向．根据牛顿第二定律和运动学公式建立方程．（4）统一单位，求解方程组．对计算结果进行分析、讨论．在教师的引导下，分析、思考．依题意列式、计算．[例2]有只船在水中航行时所受阻力与其速度成正比，现在船由静止开始沿直线航行，若保持牵引力恒定，经过一段时间后，速度为v，加速度为a1，最终以2v的速度做匀速运动；若保持牵引力的功率恒定，经过另一段时间后，速度为v，加速度为a2，最终也以2v的速度做匀速运动，则a2=______a1．放投影片，引导解题：\n牵引力恒定：ìF-kv=ma1íîF=2kv1kv所以a=（2kv-kv）=1mm牵引力功率恒定：ìP-kv=maïï2víPï=2kvïî2v2kva=，所以a=3a221m提问：通过此例题，大家有什么收获？随教师分步骤应用牛顿第二定律列式．学生分组讨论，得出结论：力是产生加速度的原因，也就是说加速度与力之间存在即时直接的因果关系．被研究对象什么时刻受力，什么时刻产生加速度，什么时刻力消失，什么时刻加速度就等于零．这称做加速度与力的关系的同时性，或称为瞬时性．放投影片：[例3]已知，质量m=2kg的质点停在一平面直角坐标系的原点O，受到三个平行于平面的力的作用，正好在O点处于静止状态．已知三个力中F2=4N，方向指向负方向，从t=0时起，停止F1的作用，到第2秒末物体的位置坐标是（-2m，0）．求：（1）F1的大小和方向；（2）若从第2秒末起恢复F1的作用，而同时停止第三个力F3的作用，则到第4秒末质点的位置坐标是多少？（3）第4秒末质点的速度大小和方向如何？（4）F3的大小和方向？读题，分析问题，列式，求解．画坐标图：经启发、讨论后，学生上黑板写解答．（1）在停止F1作用的两秒内，质点的位置在x轴负方向移动，应12有x=at即1112122-2=a×2，a=-1（m/s）112所以F1=-Fx=-ma=2（N）F1的方向沿X轴方向．\n（2）当恢复F1的作用，而停止F3的作用的2秒内，因为F1在x轴正方向，F2在y轴负方向，直接用F1和F2列的动力学方程ìF12a==1（m/s）ïïx2míFï22a==-2（m/s）ïîy2m所以第4秒末的位置坐标应是12x=-2+vt+at21x2x222其中v1x=a1t1=-2（m/s），t2=2s12所以x=-4（m），y=at=-4（m）22y222（3）第4秒末质点沿x轴和y轴方向的速度分别为v2x和v2y，有v=v+at=02x1xx22v=at=-4（m/s）2yy22即第4秒末质点的速度为4m/s，沿y轴负方向．22（4）F=F=F+F=25（N）F应在直角坐标系的第二象312合123限，设F3与y轴正向的夹角为θ，则有F11tanθ=，即θ=arctanF22对照解题过程理解力的独立作用原理．教师启发、引深：大量事实告诉我们，如果物体上同时作用着几个力，这几个力会各自产生自己的加速度，也就是说这几个力各自产生自己的加速度与它们各自单独作用时产生的加速度相同，这是牛顿力学中一条重要原理，叫做力的独立作用原理，即：ìΣF=maïxxíΣF=maîïyy3．提问：叙述牛顿第三定律的内容，其本质是什么？回忆，思考，回答：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上．放投影片：牛顿第三定律肯定了物体间的作用力具有相互作用的本质：即力总是成对出现，孤立的单个力是不存在的，有施力者，必要有受力者，受力者也给施力者以力的作用．这一对作用力和反作用力的关系是：等大反向，同时存在，同时消失，分别作用于两个不同的物体上，且具有相同的性质和相同的规律．[例4]如图1-3-2，物体A放在水平桌面上，被水平细绳拉着处于静止状态，则：\n[]A．A对桌面的压力和桌面对A的支持力总是平衡的B．A对桌面的摩擦力的方向总是水平向右的C．绳对A的拉力小于A所受桌面的摩擦力D．A受到的重力和桌面对A的支持力是一对作用力与反作用力思考、讨论、得出正确结论选B，并讨论其它选项错在何处．放投影片：4．牛顿运动定律的适用范围牛顿运动定律如同一切物理定律一样，都有一定的适用范围．牛顿运动定律只适用于宏观物体，一般不适用于微观粒子；只适用于物体的低速（远小于光速）运动问题，不能用来处理高速运动问题．牛顿第一定律和第二定律还只适用于惯性参照系．理解，记笔记．三、课堂小结提问：你怎样运用牛顿运动定律来解决动力学问题？组织学生结合笔记讨论并进行小结．由牛顿第二定律的数学表达式ΣF=ma，可以看出凡是求瞬时力及作用效果的问题；判断质点的运动性质的问题，都可用牛顿运动定律解决．解决动力学问题的基本方法是：（1）根据题意选定研究对象，确定m．（2）分析物体受力情况，画受力图，确定F合．（3）分析物体运动情况，确定a．（4）根据牛顿定律，力的概念、规律、运动学公式等建立有关方程．（5）解方程．（6）验算、讨论．四、教学说明1．作为高三总复习，涉及概念、规律多．因此复习重点在于理解概念、规律的实质，总结规律应用的方法和技巧．2．复习课不同于新课，必须强调引导学生归纳、总结．注意知识的连贯性和知识点的横向对比性．如一对作用力和反作用力与一对平衡力有什么不同？3．复习课可以上得活跃些，有些综合题可以由学生互相启发，互相讨论去解决，这样既可以提高学生的学习兴趣又可提高学生分析问题的能力．同步练习一、选择题1．如图1-3-3所示，物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA=6kg，mB=2kg．A、B间动摩擦因数μ=0.2．A物上系一细线，细线能承受的最大拉力是20N，水平向右拉细线，下述中正确的是\n（g=10m/s2）[]A．当拉力F＜12N时，A静止不动B．当拉力F＞12N时，A相对B滑动C．当拉力F=16N时，B受A摩擦力等于4ND．无论拉力F多大，A相对B始终静止2．如图1-3-4所示，物体m放在固定的斜面上，使其沿斜面向下滑动，设加速度为a1；若只在物体m上再放上一个物体m′，则m′与m一起下滑的加速度为a2；若只在m上施加一个方向竖直向下，大小等于m′g的力F，此时m下滑的加速度为a3，则[]A．当a1=0时，a2=a3且一定不为零B．只要a1≠0，a1=a2＜a3C．不管a1如何，都有a1=a2=a3D．不管a1如何，都有a1＜a2=a33．如图1-3-5所示，在光滑的水平面上放着两块长度相等，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端分别放有一个大小、形状、质量完全相同的物块．开始都处于静止状态，现分别对两物体施加水平恒力F1、F2，当物体与木板分离后，两木板的速度分别为v1和v2，若已知v1＞v2，且物体与木板之间的动摩擦因数相同，需要同时满足的条件是[]A．F1=F2，且M1＞M2B．F1=F2，且M1＜M2C．F1＞F2，且M1=M2D．F1＜F2，且M1=M2二、非选择题4．如图1-3-6所示，一质量为M=4kg，长为L=3m的木板放在地面上．今施一力F=8N水平向右拉木板，木板以v0=2m/s的速度在地上匀速运动，某一时刻把质量为m=1kg的铁块轻轻放在木板的最右端，不计铁块与木板间的摩擦，且小铁块视为质点，求小铁块经多长时间将离开木板？\n（g=10m/s2）5．一艘宇宙飞船飞近一个不知名的行星，并进入靠近该行星表面的圆形轨道，宇航员着手进行预定的考察工作．宇航员能不能仅仅用一只表通过测定时间来测定该行星的平均密度？说明理由．6．物体质量为m，以初速度v0竖直上抛．设物体所受空气阻力大小不变，已知物体经过时间t到达最高点．求：（1）物体由最高点落回原地要用多长时间？（2）物体落回原地的速度多大？7．如图1-3-7所示，质量均为m的两个梯形木块A和B紧挨着并排放在水平面上，在水平推力F作用下向右做匀加速运动．为使运动过程中A和B之间不发生相对滑动，求推力F的大小．（不考虑一切摩擦）8．质量m=4kg的质点，静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O，先用F1=8N的力沿x轴作用了3s，然后撤去F1，再用y方向的力F2=12N，作用了2s，问最后质点的速度的大小、方向及质点所在的位置．参考答案1．CD2．B3．BD4．2ssini折射定律有=nsinræcosiö=dsiniç1-÷22èn-siniø7．0＜F≤2mgtanθ8．v=62m/s，与x轴成45度，位置坐标为（21，6）（作者：北京铁二中朱宝荣）\n四、曲线动动万有引力教学目标1．通过讨论、归纳：（1）明确形成曲线运动的条件（落实到平抛运动和匀速圆周运动）；（2）熟悉平抛运动的分解方法及运动规律：理解匀速圆周运动的线速度、角速度、向心加速度的概念并记住相应的关系式；m·m12（3）知道万有引力定律及公式F=G的适用条件．2r2．通过例题的分析，探究解决有关平抛运动、匀速圆周运动实际问题的基本思路和方法，并注意到相关物理知识的综合运用，以提高学生的综合能力．教学重点、难点分析1．本节的重点是引导学生归纳、总结平抛运动和匀速圆周运动的特点及规律．2．本节描述物理规律的公式较多，理解、记忆并灵活运用这些规律是难点．必须充分发挥学生的主体作用，在学生自己复习的基础上，交流“理解、记忆诸多公式的方法、技巧”，是解决这一难点的重要手段之一．教学过程设计课前要求学生对本节知识的主要内容进行复习．教师活动1．引导、提出课题：物体在什么条件下做曲线运动？请举例说明．（必要时，提示学生不要局限于力学范围）学生活动分组讨论，代表发言：当物体受到的合外力的方向跟速度方向不在一条直线上时，物体将做曲线运动．例如：物体的初速度不沿竖直方向且只受重力作用，物体将做斜抛或平抛运动．（如果将重力换成恒定的电场力，或者除重力外还受到电场力，但它们的合力跟初速度的方向不在一条直线上，物体的运动轨迹也是抛物线．通常称为类斜抛运动、类平抛运动．）当物体受到的合力大小恒定而方向总跟速度的方向垂直，则物体将做匀速率圆周运动．（这里的合力可以是万有引力——卫星的运动、库仑力——电子绕核旋转、洛仑兹力——带电粒子在匀强磁场中的偏转、弹力——绳拴着的物体在光滑水平面上绕绳的一端旋转、重力与弹力的合力——锥摆、静摩擦力——水平转盘上的物体等．）如果物体受到约束，只能沿圆形轨道运动，而速率不断变化——如小球沿离心轨道运动，是变速率圆周运动．合力的方向并不总跟速度方向垂直．此外，还有其它的曲线运动．如：正交电磁场中带电粒子的运动——轨迹既不是圆也不是抛物线，而是摆线；非匀强电场中带电粒子的曲线运动等．在各种各样的曲线运动中，平抛运动和匀速圆周运动是最基本、最重要的运动，我们应该牢牢掌握它们的运动规律．\n2．问：怎样获得平抛的初速度呢？答：水平力对物体做功（给物体施加水平冲量）；物体从水平运动的载体上脱离．3．问：如何描述平抛运动的规律？答：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．位移公式：ì12x=vt;y=gtï02ïíygtïs=x2+y2;a=arctan=arctanïîx2v0速度公式：ìvx=v0;vy=gtïívygt22v=v+v;β=arctan=arctanïtxyvvîx04．问：向心加速度有几种表达式？各适用于什么情况？答：适用于匀速圆周运动和非匀速圆周运动的公式有：2v2a=；an=r·w；a=v·wnnr只适用于匀速圆周运动的公式有：24π22a=r；a=4π·n·rn2nT[小结]前三个公式是用瞬时量线速度v和角速度ω表示的，因而是普遍适用的．周期T和转速n不是瞬时量，后两个公式只适用于匀速圆周运动．5．问：请叙述万有引力定律的内容．答：任何两个物体之间都存在相互吸引的力．引力的大小跟两个物体质量的乘积成正比，跟它们之间距离的二次方成反比．m·m126．问：公式F=G在什么情况下适用？2rm·m12答：公式F=G只适用于质点或质量分布均匀的球体．式2r中r是质点间或球心间的距离．7．问：解决天体（或人造卫星、飞船）做匀速圆周运动问题的主要依据是什么？答：向心力由万有引力提供．即：F引=F向=man．其中，an应根据具体情况选用不同的表达式．8．请演算下题：质量为m=1000kg的人造卫星从位于地球赤道的卫星发射场发射到离地高为h=R0=6400km的轨道上环绕地球做匀速圆周运动．求：发射前卫星随地球自转的线速度和所需要的向心力；卫星在轨道上运行时的线速度和受到的向心力．从演算的结果可以得出什么结论？\n学生演算．演算结果：在地面上，v0=0.465km/s；F0=33.8N；在轨道上，v=5.585km/s；F=2450N．在地面上，物体随地球自转的向心力F0远小于地球对物体的引力．所以，一般计算可以不考虑地球自转的影响，而认为重力等于引力．物体随地球自转的线速度v0远小于卫星在地面附近环绕地球运行的速度——第一宇宙速度（7.9km/s）．在轨道上，向心力等于引力．卫星的线速度随轨道半径的增大而减小．（动能虽然小了，势能却增大了，所以卫星在较高的轨道上运行需要有更大的机械能．）例题分析[例1]宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一个小球，经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L．若抛出时的初速度增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为3L．已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，万有引力常数为G．求该星球的质量M．分析与解：这是一道典型的综合运用平抛运动规律和万有引力定律的题．应该注意两点：（1）“抛出点与落地点之间的距离”不是“水平射程”；Mm2（2）“重力加速度”不是地面上的g=9.8m/s，而应根据mg=G2RM求出g=G．由于抛出点的高度不变，所以两次运动的时间相同，2R12竖直位移均等于y=gt；水平位移分别为x=x和x=2x．由平抛运122运动的移公式得到L2=x2+y2222（3L）=（2x）+y1解得y=3L1M2所以=·G·t232R223LRM=23Gt[例2]如图1-4-1所示，用细绳一端系着的质量为M=0.6kg的物体A静止在水平转盘上，细绳另一端通过转盘中心的光滑小孔O吊着质量为m=0.3kg的小球B，A的重心到O点的距离为0.2m．若A与转盘间的最大静摩擦力为f=2N，为使小球B保持静止，求转盘绕中心O旋转的角速度ω的取值范围．（取g=10m/s2）\n分析与解：要使B静止，A必须相对于转盘静止——具有与转盘相同的角速度．A需要的向心力由绳拉力和静摩擦力合成．角速度取最大值时，A有离心趋势，静摩擦力指向圆心O；角速度取最小值时，A有向心运动的趋势，静摩擦力背离圆心O．对于B，T=mg2对于A，T+f=Mrω12T-f=Mrω2mg+fmg-f解得ω==6.5rda/s；ω==2.9rad/s12MrMr6.5rad/s≥ω≥2.9rad/s[例3]一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多）．在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）．A球的质量为m1，B球的质量为m2．它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为v0．设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1、m2、R与v0应满足的关系式是______．分析与解：这是一道综合运用牛顿运动定律、圆周运动、机械能守恒定律的高考题．A球通过圆管最低点时，圆管对球的压力竖直向上，所以球对圆管的压力竖直向下．若要此时两球作用于圆管的合力为零，B球对圆管的压力一定是竖直向上的，所以圆管对B球的压力一定是竖直向下的．由机械能守恒定律，B球通过圆管最高点时的速度v满足方程1122mv+mg·2R=mv（1）222022根据牛顿运动定律2v0对于A球N-mg=m（2）111R2v对于B球N+mg=m（3）222R2v0解得（m-m）+（m+5m）g=01212R[例4]质量为m的小球，由长为l的细线系住，细线的另一端固定在lA点，AB是过A的竖直线，E为AB上的一点，且AE=，过E作水平线2EF，在EF上钉一铁钉D，如图1-4-2所示．若线能承受的最大拉力是9mg，现将悬线拉至水平，然后由静止释放，若小球能绕钉子在竖直平面内做\n圆周运动，求钉子位置在水平线上的取值范围．不计线与钉碰撞时的能量损失．分析与解：设ED=x，则细线碰到钉子后，做圆周运动的半径r=l-122x+（）．此半径必须满足两个临界条件：2小球通过该圆的最低点时，细线拉力F≤9mg（1）小球通过该圆的最高点时，小球的速度v′≥rg（2）1l2根据机械能守恒定律，mv=mg（+r）（3）221l2mv′=mg（-r）（4）222v由牛顿运动定律，F-mg=m（5）r1ll22联立解（1）、（3）、（5）得r≥，即l-x+（）≥6262所以x≤l3ll122联立解（2）、（4）得r≤，即l-x+（）≤3237所以x≥l627故x的取值范围是l≥x≥l．36[例5]如图1-4-4所示，在XOZ（Z轴与纸面垂直）平面的上、下方，分别有磁感应强度为B1、B2的匀强磁场．已知B2=3B1，磁场方向沿Z轴指向纸外．今有一质量为m、带电量为q的带正电的粒子，自坐标原点O\n出发，在XOY平面（纸面）内，沿与X轴成30°方向，以初速度v0射入磁场．问：（1）粒子从O点射出到第一次通过X轴，经历的时间是多少？并确定粒子第一次通过X轴的点的坐标．（2）粒子从O点射出到第六次通过X轴，粒子沿X轴方向的平均速度是多少？并画出粒子运动的轨迹示意图．分析与解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的圆心位置，可根据几何知识确定．如右图1-4-5所示，粒子从O点出发，在磁场B1中顺时针绕行60°弧，第一次通过X轴的位置在X轴上的P点，圆心在O1点，半径为R1：2vmv2πm00（1）Bqv=m，所以半径R=，周期T=1011RqBqB111π因为∠OOP=60°=，所以OP=R，从O到P的时间116T1πmt==163qB1mv0P点坐标为（，0，0）．qB1（2）粒子在磁场B2中顺时针绕行300°弧后通过X轴的位置在mvmvR001P′点，圆心在O点，半径为R===，周期为T=222qB3qB3212πm2πm=qB3qB21π′′′因为∠POP=60°=，所以PP=R，所以OP=R22162mv0-R=23qB1\n5T25πm从P到P′的时间t==269qB12mv0粒子第六次通过X轴的位置为Q点，OQ=3OP′=qB18πm从O到Q的时间t=3（t+t）=123qB1OQ3v0粒子从O到Q沿X轴方向的平均速度为v==．t4π同步练习一、选择题1．做平抛运动的物体，每秒的速度增量总是[]A．大小相等，方向相同B．大小不等，方向不同C．大小相等，方向不同D．大小不等，方向相同2．从倾角为θ的足够长的斜面上的A点，先后将同一小球以不同的初速度水平向右抛出．第一次初速度为v1，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为α1，第二次初速度为v2，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为α2，若v1＞v2，则[]A．α1＞α2B．α1=α2C．α1＜α2D．无法确定3．两颗人造卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，周期之比为TA∶TB=1∶8，则轨道半径之比和运动速率之比分别为[]A．RA∶RB=4∶1，vA∶vB=1∶2B．RA∶RB=4∶1，vA∶vB=2∶1C．RA∶RB=1∶4，vA∶vB=1∶2D．RA∶RB=1∶4，vA∶vB=2∶14．可以发射一颗这样的人造地球卫星，使其圆轨道[]A．与地球表面上某一纬度线（非赤道）是共面同心圆B．与地球表面上某一经度线所决定的圆是共面同心圆C．与地球表面上的赤道线是共面同心圆，且卫星相对地球表面是静止的D．与地球表面上的赤道线是共面同心圆，但卫星相对地球表面是运动的5．如图1-4-6所示，直线Bb与曲线AB相切于B．一带电粒子（不\n计重力）在方向与纸面平行的匀强电场中沿曲线AB运动，当它到达B点时，电场突然改变方向而不改变大小．此后粒子的运动情况是[]A．可能沿曲线Ba运动B．可能沿直线Bb运动C．可能沿曲线Bc运动D．可能沿原曲线返回到A点二、非选择题6．已知地球半径约为6.4×106m，已知月球绕地球的运动近似看作匀速圆周运动，则可估算出月球到地心的距离约为_____m．（结果只保留一位有效数字）7．某人在半径为R的星球上以速度v0竖直上抛一物体，经时间t物体落回抛出点．那么，飞船在该星球表面附近环绕星球做匀速圆周运动的速度应为______．8．已知地球的平均半径为R0，地球自转的角速度为ω0，地面上的重力加速度为g0．那么，质量为m的地球同步卫星在轨道上受到地球的引力为______．9．如图1-4-7所示，斜面倾角为θ，小球从斜面上的A点以初速度v0水平抛出，恰好落到斜面上的B点．求：（1）AB间的距离；（2）小球从A到B运动的时间；（3）小球何时离开斜面的距离最大？10．如图1-4-8所示，离心机的光滑水平杆上穿着两个小球A、B，质量分别为2m和m，两球用劲度系数为k的轻弹簧相连，弹簧的自然长度为l．当两球随着离心机以角速度ω转动时，两球都能够相对于杆静止而又不碰两壁．求A、B的旋转半径rA和rB．11．如图1-4-9所示，在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点．把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速释放．已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ．求小球经过最低点时细线对小球的拉力．\n参考答案1．A2．B3．D4．CD5．C6．6.4×1082Rv07．t3248．m·g·R·ω00024v09．（1）3g23v0（2）3g3v0（3）3gkl2kl3k10．r=r=且ω＜A2B23k-2mω3k-2mω2m2cosθ11．T=mg（3-）1+sinθ（作者：北京161中刘大卓）\n五、功和能教学目标1．加强学生对功、功率、能量等概念的物理意义的理解．使他们能够在具体问题中合理地运用上述概念分析解决问题．2．通过动能定理、重力做功与重力势能关系的复习，使学生对功和能关系的认识进一步加深．并能够应用动能定理解决较复杂的问题．3．加强学生对机械能守恒定律及其适用条件的认识，使他们能够运用守恒条件判断具体问题是否满足机械能守恒定律，并应用机械能守恒定律求解问题．4．培养学生综合分析的能力，使他们逐步掌握在较复杂问题中分析题意，找出适用规律，并运用规律解决问题的方法．教学重点、难点分析功、功率、动能、重力势能的概念，动能定理、机械能守恒定律等规律及应用是本章重点．本章难点较多，动能定理及其应用、机械能守恒定律及其适用条件是比较突出的难点．教学过程设计教师活动讲述：今天我们开始复习功和能一章，这一章内容较多，能力要求也比较高，所以同学既要注意知识内容，又要注意研究方法．板书：功和能一、基本概念1．功讲述：下面我们首先复习基本概念，先来看看功的概念．提问：大家回忆一下，功是如何定义的？学生活动回答：功是作用在物体上的力与物体在力的方向上发生的位移的乘积．用公式表示为W=Fscosθ板书：W=Fscosθ提问：公式中θ角是如何确定的？国际单位制中功的单位是什么？还有哪些单位也可以表示功？它们之间又是如何换算的呢？回答：θ角是力与物体位移的夹角国际单位制中功的单位是焦耳，功的单位还有电子伏、千瓦时、卡等．它们之间的换算关系：1eV=1.6×10-19J1kWh=3.6×106J1cal=4.2J板书：单位：焦耳（J）1eV=1.6×10-19J1kWh=3.6×106Jlcal=4.2J提问：功的概念是人们在生产实践中总结出来的，比如说人在推车时做了1000焦耳的功，那么这1000焦耳的功究竟是哪个力做的呢？\n回答：是人的推力做的．讲述：所以，我们在研究功的时候必须首先明确是在研究哪个力做的功，另外考虑到动能定理的应用条件，我们还应该清楚这个力是否是物体所受的合力．这是我们要对功的概念做的第一点说明．板书：说明：①首先明确做功的力及此力是否是合力提问：明确了研究对象之后，我们来回忆一下：做功的两个必要因素是什么？回答：作用在物体上的力和物体在力的方向上发生的位移提问：那么功的定义反映出功的本质是什么呢？或者说功的物理意义是什么呢？回忆一下．回答：功的本质是力在空间的积累．讲述：所谓积累，既可以是力在位移方向的分量Fcosθ与位移s的乘积，也可以是位移在力的方向上的分量scosθ与力F的乘积．理解功的概念时，要从本质上进行理解，而不能套公式．例如：物体在一个牵引力的作用下绕圆周运动了一圈，又回到出发点，求牵引力所做的功．讨论，少数学生会认为功为零，多数学生会认为功不为零，但追问为什么时却很难说清楚．讲述：如果套公式的话，由于物体运动一周的位移为零，会很容易得出牵引力做功为零的结论．但是，从牵引力作用过程中消耗了其他形式能量而转化为物体动能这一点就能看出，这当然是一个错误的结论．为什么会出错呢？请同学再讨论一下，注意牵引力的特点．讨论，得出结论：原因在于功的定义式是对恒力而言的，而在此问题中，牵引力的方向在随时变化，是一个变力，所以不能套用公式．讲述：此题的正确结论应从功是力在空间积累这一角度，得出牵引力所做功等于牵引力与物体所走过的圆周的乘积．通过刚才的例子，我们可以对功的概念再做两点说明：板书：②功的本质是力在空间的积累③功的定义式对恒力才适用提问：下面我们再来回忆一下，功是矢量还是标量，功的正负又是什么含义呢？回答：功是标量，但功有正负，做功的两个必要因素是力和位移，力是矢量，位移也是矢量，但它们的乘积是标量，所以功是标量．由于力与位移之间的夹角θ可以在0°～180°之间变化，即cosθ可以在1与-1之间变化，所以某个力所做功既可以是正数，也可以是负数．当θ角在0°～90°之间时，功为正，表示力在位移方向的分量与位移同向；当θ角在90°～180°之间时，功为负，表示力在位移方向的分量与位移反向．讲述：根据功的本质意义，所谓正功，就是力在空间是正的积累；所谓负功，就是力在空间是负的积累．提问：另外，我们知道研究功是离不开能量的，研究功的正负同样离不开能量，我们再来回忆一下，功和能量之间是什么关系呢？如何用能量的变化来说明正功与负功的意义呢？\n回答：功是能量改变的量度．力对物体做正功，导致物体能量增加；力对物体做负功，导致物体能量减少．讲述：这是正功与负功的本质差别．也是我们对功的概念要进行的再两点说明．板书：④功是能量改变的量度⑤功是标量，但功有正负讲述：需要对负功再加以说明的是：一个力对物体做了负功，也可以说成物体克服这个力做了功，例如，物体竖直上抛时，重力对物体做了-6焦耳的功，也可以说成物体克服重力做了6焦耳的功．提问：在实际问题中，我们还经常要涉及到合力做功的问题．大家回忆一下，如果一个物体受到几个力，那么物体所受合力所做的功与物体所受的各个力是什么关系呢？原因又是什么呢？回答：合力做的功等于各分力功的代数和．由于功是标量，所以当物体受到几个力的作用时，各力所做的功相加，就等于合力所做的功．板书：⑥合力功等于各力功的代数和讲述：另外，因为功的决定因素之一位移与参照物有关，所以功的大小还与参照物的选取有关．比如，我用力推桌子，但没有推动．以地面为参照物我没有做功，而以运动的物体为参照物，我却做了功．所以一般情况下研究功，必须以地面为参考物．板书：⑦功与参照物有关，一般必须以地面为参照物．讲述：下面我们来复习有关功率概念的知识．提问：首先我们回忆一下功率的定义、单位及其物理意义．回答：功跟完成这些功所用时间的比值，叫做功率．功率的定义式为：P=W/t国际单位制中，功率的单位是瓦特，1瓦特=1焦耳/秒．功率的常用单位还有千瓦，1千瓦=1000瓦特．功率是表示做功快慢的物理量．讲述：由于功是能量转化的量度，所以功率从本质上讲，是描述能量转化快慢的物理量．提问：功率也可以用力和速度来表示，表达式是什么，是怎样推导出来的？回答：P=Fvcosθ由于W=Fscosθ，代入P=W/t得到：P=Fscosθ/t=Fvcosθ板书：P=W/t=Fvcosθ单位：瓦特（W）1kW=1000W板书：①功率是表示做功快慢，即能量转化快慢的物理量提问：在研究功率时经常要遇到平均功率和即时功率，它们分别表示什么意义呢？它们通常用什么公式来求呢？回答：平均功率表示一段时间内某力做功的平均快慢，即时功率表示某一时刻某力做功的快慢．通常用公式P=W/t来计算平均功率，用公式P=Fvcosθ来计算即时功率，其中v为此时物体的即时速度．\n板书：②平均功率与即时功率提问：在研究某些机械的功率时还经常要遇到额定功率、实际功率及输出、输入功率等概念，它们分别表示什么意义呢？回答：额定功率是某机械正常工作时的功率．每一个机械都有一个额定功率值，机械在此功率或在此功率以下工作，机械不会损坏；如果超过此功率，机械可能就要损坏．机械不一定总在额定功率下工作，这时机械的即时功率叫做机械的实际功率．机械对外做功的实际功率，称做此时机械的输出功率；外界对机械做功的实际功率，称做此时机械的输入功率．板书：③额定功率与实际功率，输出功率与输入功率讲述：下面我们来复习机械能．机械能包括动能和势能，势能又包括重力势能和弹性势能．板书：3．机械能（1）动能提问：我们先来回忆动能的意义及它的表达式和单位．回答：物体由于运动而具有的能量叫做动能．物体的动能用公式表示为：Ek=mv2/2国际单位制中，动能的单位与功一样，也是焦耳．板书：Ek=mv2/2单位：焦耳提问：动能是矢量还是标量？动能有参照物吗？动能的最小值是多少？回答：动能是标量，没有方向．所以动能只与物体运动的速度大小——速率有关，而与物体的运动方向无关．物体的动能，一般情况下都是以地面为参照物的．物体的动能最小为零，无负值．板书：说明：①动能是标量②地面为参照物③最小值为零，无负值提问：动能是描述物体运动状态的一个物理量，我们学习过的动量也是一个描述物体运动状态的物理量．它们之间有什么联系和区别呢？回答：它们都是描述物体运动状态的量．对同一个物体，它的动量增大，动能也必然增大．反之，动能增大，动量也必然增大．它们之间大小的关系为：Ek=P2/2m，这是它们的联系．动量是矢量，有方向；动能是标量，没有方向．动量与速度的一次方成正比，动能与速度的二次方成正比．板书：④动能与动量Ek=p2/2m讲述：刚才同学们已经基本分析出动能与动量的联系和区别，当然动能与动量的本质区别还在于守恒定律中所表现出的特点不同：动量是机械运动相互传递时表现出的一个守恒量；而动能则是当机械运动向热运动等其他形式运动转化时所表现出的一个量．这一点，同学们会随着今后的学习进一步加深领悟．提问：下面我们再来看看重力势能．同学们先回忆一下什么是重力势能，它的表达式是怎样的？\n回答：物体由于被举高而具有的能量叫做重力势能．用公式表示：Ep=mgh板书：（2）重力势能Ep=mgh提问：对于重力势能，我们还能够回忆起哪些内容，请同学们踊跃发言．回答：重力势能是标量，没有方向．重力势能有正负，重力势能为正表示物体的势能大于它的零势能面的势能，正的重力势能数值越大表示物体的重力势能越大；重力势能为负表示物体的势能小于它在零势能面的势能，负的重力势能数值越大表示物体的重力势能越小．重力势能的大小是和零势能面的选取有关的，由于零势能面的选取是任意的，所以物体的重力势能也是相对的，故物体重力势能的绝对量是没有意义的，只有物体势能的变化量才是有意义的．由于重力势能是因为地球与物体之间具有相互吸引力而产生的，又与物体与地球的相对位置有关，所以重力势能是物体与地球所构成的系统所具有的．通常情况下我们所说的物体的重力势能，实际是物体与地球所构成系统的引力势能的一种简称．板书：说明：①重力势能是标量，但有正负②重力势能与零势能面的选取有关③重力势能是物体与地球所构成的系统所具有的讲述：需要说明的是：只有类似重力这样，做功与路径无关的力，才能引入势能的概念．我们下面要复习的弹性势能也是这样．而类似摩擦力这样做功与路径有关的力，则不能引入势能．提问：下面同学们回忆一下关于弹性势能所需要掌握的知识．回答：物体由于发生弹性形变而具有的能量叫做弹性势能．物体的弹性势能的大小与物体的材料、发生弹性形变的大小等有关．弹性势能与弹力做功的关系，与重力势能与重力做功的关系相类似：弹力做正功，物体的弹性势能就减少；弹力做负功，或者叫外力克服弹力做功，物体的弹性势能就增加．板书：（3）弹性势能讲述：对于弹性势能，我们只要定性了解就可以了，中学范围内对它的大小不做定量的讨论．讲述：关于机械能的概念需要最后说明的是：我们学习过的分子势能、电势能等，虽然也是势能，但它们不属于机械能范畴．所以如动能与电势能相互转化的问题，不属于机械能守恒．下面，我们开始复习这一章的基本规律．板书：二、基本规律1．动能定理提问：首先我们复习动能定理．大家回忆一下动能定理的内容及表达式是怎样的，表达式中各个物理量是什么含义？\n回答：动能定理的内容是：外力对物体所做的总功，等于物体动能的增加量．用公式表示：22W=△E=E-E=mv/2-mv/2kk2k121其中，W为外力所做的总功，是各个外力所做功的代数和．Ek2表示物体末状态的动能，Ek1表示物体初状态的动能．Ek2与Ek1的差△Ek为物体动能的变化量．板书：W=△Ek=Ek2-Ek122=mv/2-mv/221讲述：对于动能定理的理解及应用，应在以下几方面引起注意：首先，动能定理是描述一个物体前后状态量之差与过程量之间关系的一个规律，它的研究对象是一个物体，Ek1Ek2分别表示其初、末状态，W表示初、末状态之间的过程．板书：说明：①研究对象是一个物体提问：其次我们来分析一下，动能定理所反映的外力的总功与物体动能变化之间的关系，跟牛顿定律所反映的合外力与物体运动状态的关系是否相同呢？讨论并回答：动能定理反映的是外力的总功与物体动能变化之间的关系，跟合外力与物体运动状态的关系有所不同：如果一个物体受到的合外力不为零，物体的运动速度将发生变化；如果一个物体外力对它做的总功不为零，物体的动能将发生变化．表面看来两者似乎相同，但仔细分析会发现如果一个物体受到的合外力为零，物体运动状态将保持不变；如果外力对一个物体所做总功为零，物体动能保持不变，但物体的运动状态仍可能变化（运动方向可能变化）．所以合外力引起物体运动状态的变化，外力所做总功引起物体的动能变化，两者不能混淆．板书：②合外力引起物体运动状态的变化，外力所做总功引起物体的动能变化提问：下面我们看看看动能定理是矢量式还是标量式呢？使用动能定理时有没有正负号问题呢？回答：动能定理是一个标量式，应用时不用考虑方向．动能是正标量，无负值．但动能的变化量△Ek可以为负，当外力功的总和W为正功时，末动能大于初动能，△Ek为正；当外力功的总和为负功时，末动能小于初动能，△Ek为负．板书：③是标量式，但有正负讲述：下面我们再看看动能定理中功W，在推导动能定理时，为物体所受合外力的功，但根据前面我们对功的讨论可以知道，也为物体所受各个外力功的代数和．而且其外力既可以是有几个外力同时作用在物体上，也可以是先后作用在物体上的几个力．如：一个物体先受到力F1的作用，F1对物体做功W1，后改用力F2作用于物体，F2对物体做功W2，则整个过程中外力对物体所做总功W=W1+W2．板书：④W为外力功的代数和．外力既可以同时作用，也可以是先后作用讲述：应用动能定理时，还应注意参照物的选取．由于动能定理中\n的物理量功和动能的大小均与参照物的选取有关，所以使用动能定理时，参照物不能变化．一般情况下，均取地面为参照物，即动能中物体的速度，各力做功中的物体位移，都是对地面而言的．板书：⑤取地面为参照物讲述：下面我们复习本章中另外一个重要的规律：机械能守恒定律．板书：2．机械能守恒定律提问：请同学们回忆一下机械能守恒定律的内容、条件及表达式．回答：机械能守恒定律的内容：在只有重力和弹力做功的情形下，物体的动能和势能发生相互转化，但总的机械能保持不变．用公式表示：E1=E2其中E1表示开始时系统的机械能，包括初状态时系统内各个物体的动能与势能，E2表示最终时系统的机械能，包括末状态时系统内各个物体的动能与势能．板书：E1=E2讲述：由于机械能守恒定律只涉及开始状态和终了状态的机械能，不涉及中间运动过程的细节，因此用它来处理问题相当简便．对于机械能守恒定律，应在以下几个方面有充分的认识和理解：提问：首先，我们来分析一下机械能守恒定律的研究对象，这个研究对象是一个物体呢，还是一个系统呢？为什么？如果是系统的话，重力在这个系统中是个什么样的力？回答：机械能守恒定律的研究对象是系统．由于机械能包括重力势能和弹性势能，而凡是势能总是相互作用的物体所共有的能，所以势能是属于系统的，于是机械能也是一个系统所具有的．故而，我们所研究的机械能守恒系统包括地球，在这个系统中，重力是内力．板书：说明：①研究对象是系统，重力是系统内力提问：从守恒定律的叙述中，我们已经发现机械能守恒的条件是：只有重力和弹力做功．那么为什么重力和弹力做功不改变系统的机械能呢？回答：如果只有重力做功，只能引起物体动能与重力势能之间的转化．重力做了多少功，重力势能就减少多少，物体动能就增加多少；运动物体克服重力做了多少功，重力势能就增加多少，物体的动能就减少多少．所以，包括物体与地球在内的系统的机械能不变．如果只有物体间的弹力做功，只能引起物体的动能与物体间的弹性势能之间的转化．弹力做了多少功，弹性势能就减少多少，动能就增加多少；运动物体克服弹力做了多少功，弹性势能就增加多少，动能就减少多少．包括各物体及它们间的弹性体在内的系统的机械能不变．讲述：值得注意的是，关于机械能守恒的条件的叙述，刚才的表述只是多种表述中的一种，我们应该了解各种不同的表述方式．板书：②机械能守恒的条件讲述：机械能守恒的条件可以有两类表述，一类是从做功的特点表述，另一类是从能的转化表述，其实质是一致的．从做功的特点表述，\n可正面叙述为：只有系统内部的重力和弹力做功．或反面叙述为：既无外力做功又无其他内力做功．从能的转化表述，可正面叙述为：只有系统内部的动能、重力势能、弹性势能之间的转化．或反面叙述为：既无外界能量与系统内部机械能之间的转化或转移，也没有系统内部其他能量与机械能之间的转化．下面我们看看如何应用机械能守恒定律解决问题．板书：③机械能守恒定律的应用提问：对于应用机械能守恒定律解题，我们在高一时曾做过不少练习，通常解题要经过哪几步呢？回答：应用机械能守恒定律解决问题时第一步应选定所研究的系统，第二步再判断此系统是否满足机械能守恒的条件，如判断出系统的机械能守恒，第三步再把系统内各个物体的动能与势能代入机械能守恒定律公式进行计算．提问：怎样选定所研究的系统？回答：选定研究系统即明确所研究的是哪些物体，它们之间有哪些相互作用，它们与外界的联系点是什么．提问：系统机械能是否守恒是怎样判断的？回答：判断系统机械能是否守恒时应根据机械能守恒条件，判断系统内物体间的相互作用是否只有重力和弹力，如果有别的力，这个力是否做功及外界是否对系统不做功．提问：代入各物体机械能时要注意什么？回答：代入物体机械能时要注意应把各个物体的动能和势能都考虑到，不能丢掉某一项，如果是一个物体与地球组成的系统，比如各种抛体问题，等式左右两边应各有一项动能和势能，如果是一个物体与地球组成的系统，如各种连接体问题，等式左右两边应各有两项动能和势能，如系统中还有弹性体，如含有弹簧，则还要考虑弹性势能．其中如果合理选取零势能面，能使若干项重力势能为零，使计算更为简化．讲述：通过前面的复习，我们把功和能这一章的主要概念和规律简要地回忆了一遍，下面我们来看几个常见的应用．板书：三、常见应用1．汽车在恒定功率下的运动提问：我们先来讨论汽车在恒定功率下的运动问题．一辆汽车，如果其牵引力的功率恒定，且运动过程中所受阻力不变，它可能做匀变速运动吗？为什么？回答：不可能做匀变速运动．因为当汽车速度改变后，根据公式P=Fvcoxθ=Fv，汽车的牵引力将减小，根据牛顿第二定律F-f=ma，汽车的加速度也将减小，所以汽车不可能做匀变速运动．提问：那么汽车将做什么样的运动呢？你能否画出汽车速度随时间变化的运动图像呢？回答：设汽车最初静止，当汽车启动时，由于汽车速度很小，故此时牵引力很大，因阻力恒定，故此时汽车的加速度也很大，随着汽车的速度逐渐增大，由于功率恒定，所以牵引力逐渐减小，汽车的加速度也逐渐减小，但汽车的速度仍在增大，当汽车的速度增加到某一数值后，\n牵引力减小到与阻力一样大，汽车的加速度变为零，汽车将保持这一速度做匀速直线运动，这种运动的v-t图像如图所示．板图：讲述：下面我们再来讨论一个典型例题，木块在木板上相对滑动的问题．板书：2．木块在木板上相对滑动板图：讲述：问题是这样的，一质量为M的木板置于光滑水平面上，另一质量为m的木块以初速度v0在木板上滑动，木块与木板间存在大小为f的相互摩擦力，且木块在木板上滑动了一段距离s后两物体相对静止．下面我们对这个问题进行讨论，此问题中由于木块对木板有摩擦力，所以当木块在木板上滑动的过程中，木板相对地面也滑动了一段距离，设木块和木板最后共同的速度为v′，这个速度我们是可以根据动量守恒定律求出来的．再设木板相对地面滑动距离为s1，木块相对于地面滑行的距离为s2．提问：s1和s2之间存在什么关系呢？回答：s2-s1=s即木块和木板对地面的位移之差就是相对位移．提问：这段过程中木块动能如何变化？木板动能如何变化？它们所构成系统的动能如何变化？回答：木块动能减少，根据动能定理有：mv2/2-mv′2/2=fs2木板动能增加，根据动能定理有：Mv′2/2=fs1上面两式相减，得：mv2/2-mv′2/2-Mv′2/2=fs2-fs1=fs等式左边就是系统前后动能的差，由于fs大于零，所以系统的动能减少了．讲述：由这个问题我们可以得到这样的结论：由于系统内的摩擦力做功，使系统机械能向内能转化，产生的内能等于系统动能的减少量且等于摩擦力乘以两物体间的相对位移．这一结论在实际应用中常可以使问题得到简化，是一个比较有用的结论．\n值得注意的是，摩擦力乘以相对位移并不是一个功，而是一对摩擦力做功的代数和．同步练习一、选择题1．以下说法中正确的是[]A．力做功多，则说明受力物体的位移一定大B．力对物体不做功，则物体一定没有位移C．力对物体做正功，力与位移方向一定相同D．力对物体做负功，力与位移不一定方向相反2．从同一高度以相同的初速率向不同方向抛出质量相同的几个物体，不计空气阻力，则[]A．它们落地时的动能都相同B．它们落地时重力的即时功率不一定相同C．它们运动的过程中，重力的平均功率不一定相同D．它们从抛出到落地的过程中，重力所做的功一定相同3．某人在高h处抛出一个质量为m的物体．不计空气阻力，物体落地时的速度为v，这人对物体所做的功为：[]A．mghB．mv2/2C．mgh+mv2/2D．mv2/2-mgh4．关于机械能守恒，下面说法中正确的是[]A．物体所受合外力为零时，机械能一定守恒B．在水平地面上做匀速运动的物体，机械能一定守恒C．在竖直平面内做匀速圆周运动的物体，机械能一定守恒D．做各种抛体运动的物体，若不计空气阻力，机械能一定守恒5．按额定功率行驶的汽车，所受地面的阻力保持不变，则[]A．汽车加速行驶时，牵引力不变，速度增大B．汽车可以做匀加速运动C．汽车加速行驶时，加速度逐渐减小，速度逐渐增大D．汽车达到最大速度时，所受合力为零6．甲乙两个物体，甲物体动量大小比乙大，乙物体动能比甲大，那么[]A．要使它们在相同的时间内停下来，应对甲施加较大的阻力B．如果它们受到相同的阻力，到它们停下来时，乙的位移比甲大C．甲的质量比乙大D．甲的速度比乙大7．质量为m的小球拴在长为L的细绳一端，在竖直平面内做圆周运动，当小球通过最高点时[]A．它的最小动能为mgL/2B．它的最小向心加速度为gC．细绳对小球的最小拉力为零D．小球所受重力为零8．如图1-5-3光滑水平桌面上开一个小孔，穿一根细绳，绳一端系\n一个小球，另一端用力F向下拉，维持小球在水平面上做半径为r的匀速圆周运动．现缓缓地增大拉力，使圆周半径逐渐减小．当拉力变为8F时，小球运动半径变为r/2，则在此过程中拉力对小球所做的功是：[]A．0B．7Fr/2C．4FrD．3Fr/29．质量为m的物体从距地面h高处由静止开始以加速度a=g/3竖直下落到地面．在这个过程中[]A．物体的动能增加mgh/3B．物体的重力势能减少mgh/3C．物体的机械能减少2mgh/3D．物体的机械能保持不变10．被竖直上抛的物体的初速度与回到抛出点时速度大小之比为K．空气阻力在运动过程中大小不变．则重力与空气阻力的大小之比等于[]A．（K2+1）/（K2-1）B．（K+1）/（K-1）C．KD．1/K二、非选择题11．质量为m的汽车以额定功率P行驶，它在水平公路上的最大速度为V，设它所受到的阻力保持不变，如果它在某时刻的即时速度为V′（V′＜V），则此时汽车的加速度是______．12．质量为M的铁球，由离泥土地面H高度处自由落下，进入地面h深度而停止，则泥土对铁球的平均阻力大小是______．13．质量为m的长方体，长为2L，高为L，躺放在水平地面上，现在要把它竖直立起来，在这一过程中，外力至少对它做功______．14．小运动员从1.25米高处平抛一个质量为0.5千克的铅球，水平飞行了5米落地．运动员的肌肉对铅球做的功为______J；铅球下落过程中重力所做的功为______J．（g取10米/秒2）15．物体以初速度v0沿倾角为θ的斜面向上滑行，回到原出发点时的速度为v，求：（1）物体上升的最大高度．（2）接触面间的动摩擦因数μ．16．一辆汽车，质量为3×103kg，它沿平直公路以额定功率由静止\n开始运动，经过20s，汽车行驶300m，此时达到最大速度20m/s，设汽车所受阻力恒定，求：（1）汽车所受阻力的大小．（2）汽车的额定功率．17．长为L，质量为M的木板A放在光滑的水平地面上，在木板的左端放有一质量为m的小物体B（图1-5-4），它们一起以某一速度与墙发生无能量损失的碰撞后（碰撞时间极短），物体B恰能滑到木板的右端，并与木板一起运动，求：物体B离墙的最短距离．参考答案1．D2．ABCD3．D4．D5．CD6．ABC7．ABC8．D9．AC10．A11．P（V-V′）/（mVV′）12．Mg（H+h）/h13．mgl（5-1）/214．256.2522222215．（1）（v+v）/4g（2）tanα（v-v）/（v+v）000316．（1）6×10N（2）120kW17．（3M-m）L/4M（作者：北京156中王勇毅）\n六、动量教学目标1．理解和掌握动量及冲量概念，反复强调动量及冲量的方向性，使学生对矢量的方向性给予足够的重视，掌握矢量方向的表示方法．2．理解和掌握动量定理的内容以及动量定理的实际应用，会选择研究对象及有关过程，并使学生熟练掌握用代数方法研究矢量问题的方法，即根据具体问题建立坐标，假设正方向并结合动量、冲量的实际方向引入正负量牢固掌握用代数方法处理一维矢量运算的基本方法．3．熟练掌握动量守恒定律的内容及使用条件，会推导动量守恒定律的数学表达式，了解动量守恒定律普遍适用于自然中的微观世界和客观世界．4．理解和掌握用动量守恒定律解决各种碰撞问题，即弹性碰撞、完全非弹性碰撞及非弹性碰撞，并掌握各种类型碰撞的特点，以及各种碰撞中的能量转化规律．5．通过动量守恒定律的应用，培养学生综合分析和处理问题的能力，使学生能把碰撞前后的物理过程联系在一起，并能灵活地选择过程和对象解决问题．6．使学生能够总结力和运动、功和能、动量和冲量的关系，并了解它们之间的区别和联系．即让学生掌握解决力学问题的三规律，牛顿第二定律、动量定理、动能定理的区别和联系，并能在实际问题中灵活地选择规律解决问题．教学重点、难点分析1．重点（1）动量、冲量的方向及动量的变化（也叫动量的增量）的方向是教学重点，也是难点．牢固掌握动量、冲量及动量的变化方向是学好动量定理、动量守恒定律的基础．（2）熟练掌握动量守恒定律的应用，能联系实际问题，灵活选择若干个动量守恒的系统，综合分析和解决问题，用动量守恒定律解题是解决力学问题的基本方法和重要方法，与其他方法相比，往往也是简便方法，则应为教学的重点．（3）理解和掌握各种类型碰撞中的能量转化规律，这是综合利用功能关系及动量守恒定律解题的基础．2．难点（1）对于动量、冲量及动量改变量的方向及方向的表示方法和处理方法，在多年的教学实践中，反映出学生不易接受，并在解决问题中经常出现错误，因此应多次练习反复强调．（2）对动量守恒系统的选择以及相关过程的选择，学生往往出现错误，尤其对一个比较复杂的物理过程需要选择若干个守恒系统和若干个相关过程解题是教学的难点．（3）用动量守恒定律处理同一直线上的碰撞问题时，确定正方向后，引入正负号表示碰撞前后动量的方向时，学生容易出现正负号的错误．正确使用正负号表示各矢量的方向是教学的难点．如减少错误机会，表示矢量的字母一般只表示矢量大小，而表示方向的正负号应标在字母前面，\n当矢量的实际方向未知时可以把表示方向的正负号含在字母中．在矢量运算过程中应时刻注意字母中是否内含方向．教学过程设计一、动量、冲量、动量定理的复习1．引入复习课题教师活动（1）物体的动量表征物体的运动状态，用mv表示，方向即v方向，当物体受到合外力的冲量Ft后，动量将发生变化，所受冲量及动量变化之间的关系遵守动量定理即：Ft=mv2-mv1动量的单位kg·m/s冲量的单位是N·s．（2）提出问题学生活动让学生用牛顿第一定律及运动学公式推导动量定理，叫一名学生板书，其他同学同时推导：v-v21F=ma=m，Ft=mv-mv21t然后让学生思考，下述关系是否正确：①v2-v1的方向与a的方向相同，②mv2-mv1的方向同Ft的方向相同．学生思考回答后，教师总结以上结论都是正确的．[例1]斜面体固定在水平面上，质量为m的物体沿斜面匀速下滑，则物体由斜面顶端下滑到斜面底端的过程中，下述正确的是[]A．重力与摩擦力对物体的冲量大小相等B．斜面对物体的弹力的冲量大小为零C．物体所受外力的合力的冲量等于零D．重力对物体做的功与物体克服摩擦力所做的功相等结合例1提示学生思考：①物体动量的变化与物体所受一个力的冲量有直接关系吗？（无）②在一个过程中物体受到一个外力的冲量能等于零吗？（否）③在一个过程中如果物体所受两个外力的冲量大小相等，这两个外力的大小有什么关系？（大小相等）④物体所受外力对物体做功为零时，这个力的冲量是否也一定为零？（否）通过对上述问题思考启发引导学生完成例1．通过例1总结得出：①物体动量变化只与合外力的冲量有关．②物体所受一个外力可以对物体不做功，但这个力的冲量不可能为零．[例2]如图1-6-2所示，静止在水平面上的小船连同球的质量总共为Mkg，质量均为m的甲乙两球以大小相等的速度v先后向左右水平抛出，\n先水平向左抛出甲球，然后再水平向右以大小相同的速度抛乙球，判断：抛球过程中甲乙两球受到的冲量大小关系．学生思考后教师做简单分析：抛甲球时，甲球受的冲量等于甲球动量的变化mv，同时船受到反方向的冲量，因而获得向右的冲量向右运动起来．设此时船向右运动的速度为v船，抛乙球时，乙球受到的冲量等于乙球动量的变化，即mv-mv船，显然甲球受到的冲量大于乙球受的冲量．解例2之前，提示学生思考下述问题：①抛出甲球前后，甲球动量分别为多少？（0；mv）②抛出甲球过程船载着乙球如何运动？③抛出乙球前后，乙球动量分别为多少？④抛球过程中，两球所受合外力的冲量取决于什么？通过以上思考引导学生自己得出结论：甲球受的冲量大．通过此例题使学生掌握，用动量的变化求冲量的一种方法．解完例题2可引导学生追忆解题过程，以便提高学生的解题能力．①解本题选择了几个研究对象？（三个对象：甲球、乙球和船）②对每个研究对象如何使用动量定律列出方程？（着重强调方向性，例如对甲球以左为正方向，F甲t甲=mv，对乙球以右为正方向，F乙t乙=mv-mv船，各字母只表示绝对值）．先让学生认真审题2～3分钟，然后提出问题引导学生思考：①上滑下滑过程中，摩擦力的方向是什么方向；上滑和下滑s所用时间长短；用什么方法比较时间长短最简单？（用t=）v②重力的冲量是否在任何过程中都是竖直向下的？③合外力的冲量大小及方向用什么规律判断和计算最为方便？（用物体动量的变化）[例3]质量为m的物块以初速v0沿倾角为θ的粗糙斜面冲上斜面，滑到B点速度为零，然后滑下回到A点（图1-6-3）．关于物块所受的冲量，下述说法中正确的是[]A．物块上滑过程和下滑过程受到摩擦力冲量等值反向B．物块上滑过程和下滑过程受到重力的冲量等值同向C．物块从冲上斜面A点到返回A点的整个过程中所受到各外力的冲量的总和方向向下D．物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中合外力的冲量总和小于2mv．\n教师简单分析：因上滑时间小于下滑时间，则各力的冲量都是上滑过程小于下滑过程，重力的冲量方向永远竖直向下，合力冲量的大小和方向，用动量定理最方便．以沿斜面向下为正方向，∑Ft=mvt-（-mv0），因v1＜v0则∑Ft＜2mv0，故应选D．通过审题和启发引导，可以加深学生对基本概念和规律的理解和应用，提高学生提取有关知识解决实际问题的能力．通过思考可让中等学习水平的学生解答此题，一般是可以正确解答的．（3）课堂练习人从高台上跳到较硬的水平地面上，人着地时的动作是怎样的？试分析为什么采用这样的动作．学生思考分析后教师做简单分析小结：①研究对象是人体，研究过程，从人脚接触地面，弯曲双腿下蹲到人体停止运动．②以向上为正方向，人体受力有地面向上的弹力N及人体重力G，mv向下则有（N-G）t=0-（-mv），N=+G，弯曲双腿可以增长t0t减小N．③地面对人体弹力N过大可损害人体，造成摔伤事故，因此应弯曲双腿，减小弹力N，采取自我保护动作着地．可让学生联系自己的生活实际及体育课上有关感性认识自愿回答．学生可能做出较粗略的回答，教师应根据学生的认识深度及时引导启发思考：①为什么着地时要弯曲双腿？②用动量定理分析哪一个物理过程？③如何选择研究对象，设正方向？最后列出动量定理表达式．2．课堂小结本节应重点掌握以下几点内容：（1）动量、冲量都是矢量，运算遵守矢量运算法则，和力的运算方法相同。（2）使用动量定理时，应选择研究对象，并对物体进行受力分析．（3）在同一直线上使用动量定理时，应选择一个正方向，联系动量和冲量的实际方向，结合所设的正方向引入正负号，将矢量运算转化为代数运算．（4）使用动量定理解题，灵活选择对象和过程可给解题带来方便．3．课后追忆\n下课后，要及时记录课堂效率、学生听课反应、学生听课基本情况，尤其要记录事先没有估计到的学生突发情况及应急措施，并记录改进设想．二、动量守恒定律的复习1．引入复习课题教师活动（1）引导学生回忆演示实验：水平气垫导轨上的两个滑块m1、m2发生各种类型的互相作用（包括原来都静止；原来相向运动；原来同向运动，互相作用后分开；互相作用后不分开⋯⋯）．两滑块组成的系统合外力为零时，互相作用后两滑块动量的改变，大小和方向存在什么关系？（2）为便于记忆和使用上的方便，把规律△p1=-△p2改换成动量守恒定律的表达形式．包括文字表述和同一直线上两物体做对心碰撞时的数学表达式m1v1+m2v2=m1v′1+m2v′2（3）由学生自己通过思考总结得出动量守恒定律的使用条件、使用步骤、如何引入正负号．之后，可在练习本上做如下例题．已知光滑水平面上有质量为M的长板正以速度v0向右运动，某时刻，质量为m的物块以大小与M相等的速度v0从木板右端进入长板上面向左运动，m＜M，已知木块没有滑离长板且最后木块和长板相对静止，求从木块滑上长板到木块与长板相对静止的过程中，木块及长板的最小速度分别为多大？木块和长板相对水平面的位移大小之比为多少？学生活动在老师引导下学生通过回忆回答问题，一般学生是可以正确回答的：互相作用的两个物体，合外力为零时，互相作用后两个物体的动量变化大小相等，方向相反（这里应再次强调动量改变的方向是矢量差的方向，与动量的方向有很大区别，不要相混）．用数学表达式△p1=-△p2．在教师引导下由学生口述动量守恒定律的文字表述：系统不受外力或所受外力的合力为零，这个系统的动量就保持不变．然后让学生板书一维对心碰撞的动量守恒定律数学表达式，并提出问题由学生回答：①动量守恒定律的使用条件：∑F外=0或外力<<内力．②举例说明可选哪些动量守恒系统：必要时教师可提醒学生：炸弹爆炸（F外<①木块木板系统总动量方向是什么方向？②为什么木块速度可以瞬时为零，而木板不能？③木块和木板刚相对静止时，木块的位置在木块初始位置的左边还是右边，为什么？（左边）④本题第二问求位移大小之比能否用m、M的平均速度之比来求？Smvmt分析④：=SMvMté(M-m)vù0v+-0êúëM+mû2m==(M-m)v0Mv+0M+m2此方法可以帮助学生对正方向及正负号问题的理解，并引起足够重视．注意：由于是复习课，本小题注意到前后知识的互相联系，旨在提高学生综合解题能力．思考③有一定难度，需用能量转化规律分析，教师可启发．（4）提出问题\n[例1]质量分别为mA=0.5kg、mB=0.4kg的长板紧挨在一起静止在光滑的水平面上，质量为mC=0.1kg的木块C以初速vC0=10m/s滑上A板左端，最后C木块和B板相对静止时的共同速度vCB=1.5m/s．求（1）A板最后的速度vA．（2）C木块刚离开A板时的速度vC．启发学生思维，可帮助学生建立如下物理图景（图1-6-6）：在学生充分思考，列出若干个动量守恒数学表达式后，教师简单分析总结，应用动量守恒定律解题的基本思路方法：要搞清A、B、C运动的物理图景，在此基础上灵活选择合外力为零的系统以及与解题有关的状态，假设正方向后，用动量守恒定律列出方程．例如由学生列出的方程中，选（1）、（2）组成方程组代入数值0.1×10=（0.5+0.4）vA+0.1vC（1）0.1×10=0.5vA+（0.4+0.1）=1.5（2）ìvA=0.5m/s解得ív=5.5m/sîC也可由方程（2）、（3）求解．先让学生认真看题，弄清物理图景后，提出如下问题启发学生思考：①A、B、C各做什么运动？可分段叙述．②可选哪几个系统应用动量守恒定律？③对每个动量守恒的系统应选哪些相关的状态？④灵活选择系统和状态能否给解题带来方便？学生思考后，由学生自己列出有关系统相关状态的动量守恒定律表达式，要尽量多列．一般学生可以列出若干个方程．例如：以ABC为系统：以右为正方向：从开始时刻到C木块刚离开A板，mCvC0=（mA+mB）vA+mCvC（1）从开始时刻到C木块与B板相对静止，mCvC0=mAvA+（mB+mC）vCB（2）以BC为系统：从C木块刚离开A板到C木块与B板相对静止：mCvC=（mB+mC）vCB（3）\n学生可能列出一些错误的方程，例如针对动量不守恒的系统列方程．（∑F外≠0的系统）比如以C、A为系统时合外力不为零；或者选择的过程初状态的系统和末状态的系统不一致，比如学生可能列出错误方程：mCvC=（mB+mC）vCB，应即时引导修正．学生列方程出现的错误可由其他学生分析原因给以纠正，然后由学生代入数值求解，并追忆整个解题过程，形成记忆．[例2]甲乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车的质量共为M甲=30kg，乙和他的冰车的质量也是30kg，游戏时甲推一个质量m=15kg的箱子，以大小为v0=2.0m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为避免相撞，甲将箱子推给乙，求：（1）甲至少以多大速度（相对地面）将箱子推出，才能避免相撞？（2）甲在推出时对箱子做了多少功？学生思考，分析判断以后，教师总结分析如下：（1）两孩及木箱组成的系统总动量为30kg·m/s，方向向右，并且总动量守恒（推接木箱的力可看成内力）．（2）用此法可以避免两孩相撞，甲孩推出木箱乙孩接住木箱后，都停下来不可能，都向左运动也不可能．可用系统动量守恒予以推翻．（3）联系学生力学感受可以凭直觉分析出，若两孩向相反的方向运动，甲孩推木箱的速度太大，与习题所求不符，故排除此情况．（4）分析结果表明：甲孩以最小速度推出木箱，乙孩接住木箱又避免相撞，则最后两孩的运动情况应是两孩以相同的速度v共向右运动．最后教师在学生充分思考列出所有方程的基础上，简单分析总结解题的基本思路和方法．首先应搞清推木箱和接木箱的物理图景，通过全面的分析，搞清甲孩推出木箱乙孩接住木箱后两孩的运动情况是极其重要的，是解决问题的重中之重，需用较长时间进行分析，搞清情况后，正确选择系统及状态便可列方程求解．例如用方程（1）、（4）代入数值，得ì（30+15）×2=30v+15vï甲木í（30+15）×2-30×2=75vîï甲ìv=0.4m/sï甲解出ív=5.2m/sîï木学生认真看题弄清甲孩推出箱和乙孩接箱的过程，然后提出如下问题启发学生思考：（1）甲乙两孩及木箱组成的系统总动量大小方向如何？（2）甲孩推出木箱对甲孩速度有何影响，乙孩接住木箱速度如何变化，这种方法能否避免两孩相撞？（3）为避免两孩相撞，甲孩推木箱的速度有何要求？\n（4）甲孩推出木箱，乙孩接住木箱，如果两孩没有相撞，那么甲乙两孩的运动情况可能是怎样的？（5）如果甲孩以最小的速度推出木箱，乙孩接住木箱，两孩的运动情况是怎样的？通过启发引导，学生基本可以回答以上问题，即系统总动量为30kgm/s向右；甲孩推出木箱，乙孩接住木箱，两孩不相撞的情况学生可能提出三种情况，即两孩向相反的方向运动，孩都向右运动，两孩都向左运动．可能个别学生还提出两孩都停下来．教师与学生共同讨论分析以上情况的正确与否并说明原因．然后让学生讨论如何选择系统及有关状态求解．可让学生板书，针对所有的动量守恒系统及有关状态列出方程．设甲孩推出木箱后速度变为v甲，乙孩接住木箱后的速度为v乙，学生可能列出如下方程．对甲孩和木箱在推木箱前及推出木箱后的两个状态，以右为正，有（M甲+m）v0+M甲v甲+mv木（1）对推出来的木箱及乙孩组成的系统，乙孩接住木箱前后两个状态：mv木-M乙v0=（M乙+m）v乙（2）v甲=v乙（3）对甲乙两孩及木箱组成的系统，推出木箱之前及乙孩接住木箱之后两个状态：（M甲+m）v0-M乙v0=（M甲+M乙+m）v甲（4）学生如果列出错误的方程，可让其他学生予以纠正，最后算出甲推木箱时对木箱做的功11222W=mv-mv=1.73×10（J）木022教师分析解答后，学生应追忆整个解题过程，形成记忆．[例3]质量为M的圆薄板与质量为m的小球用轻绳连接，开始时板与球紧挨，在它们正下方h=0.2m处有一固定支架C，支架上有一半径为R′的圆孔，圆孔直径小于圆薄板的直径，圆板中心和圆孔中心在同一竖直线上，如图1-6-8所示．让薄板与小球同时自由下落，圆薄板与C孔发生弹性碰撞（没有机械能损失），圆板M与孔C发生第一次碰撞后分离，直到轻绳第一次绷紧，为使轻绳第一次绷紧时，板与球的共同速度v共方向竖直向下，求在下列条件下轻绳长度应满足的条件：M（1）当k==9时．mM（2）当k=为任意值时．m\n学生思考分析列出有关方程并算出答案后，教师做简单分析总结如下：认真弄清物理过程是解题关键，尤其是综合性较强的物理过程更为重要．本题有如下几个重要过程：（1）M、m做自由落体运动，机械能守恒．（2）圆板M与孔C碰后，M、m分别以大小相等的初速度，向上做竖直上抛运动和向下的竖直下抛运动．由于重力Mg、mg的冲量作用，使圆板向上的动量MVm不断减小，小球向下的动量mvm不断增大．（3）随着时间的延续，圆板与小球的总动量可以由方向向上演变成方向向下，此时小球向下的动量应大于圆板向上的动量，用此关系可求出所需要的时间．然后用运动学位移公式可求出绳的最小长度．（4）为使圆板不与孔C发生第二次碰撞，运动的最长时间应为2v0t′=，再根据小球的运动，求出轻绳最大长度．g由方程（1）得v=2hg=2m/s，由方程（4）代入数值，0（2+10t）≥9m（2-10t）得t≥0.16（s）代入（5），得L1=2v0t=0.64（m）由（6）（7）可得绳的最大长度L2应满足2v0t′==0.4（s）g122L=vt′+gt′=2×0.4+5×（0.4）202=1.6（m）则绳长L应为0.64＜L＜1.6组织学生认真看题弄清整个物理过程，必要时教师可提醒学生注意习题中的重要字眼，如弹性碰撞表明机械能守恒，绳子绷紧时M、m共同速度方向向下，由于重力冲量作用引起物体动量变化的，然后提出如下问题启发学生思考．（1）圆薄板M与球m自由下落与孔C相碰后，圆板和球各做什么运动，动量大小方向如何？（2）圆薄板与孔C碰后，它们的动量大小方向如何变化，为什么？（3）圆板与C孔碰后，圆板与小球组成的系统总动量的大小方向如何变化，系统总动量的方向有可能变成向下吗？变成向下的时间能求\n吗？（4）轻绳绷紧的一瞬间系统的动量守恒吗？为什么？（5）为使板、球系统总动量方向变为向下，需要重力作用一定的时间，绳的长度能太短吗？为使轻绳第一次绷紧之前圆薄板不与孔C发生第二次碰撞，绳的长度能太长吗？通过思考，进一步引导学生用有关物理规律表示出有关的物理过程（可引导提示）自由落体运动过程12（M+m）g=（M+m）v（1）02圆板与C孔碰后，对板M以上为正vm=v0-gt（2）对球M以下为正vm=v0+gt（3）设t秒轻绳绷紧，此时板、球系统总动量向下，应有mvm＞MvM即m（v0+gt）≥M（v0-gt）（4）为实现以上过程，轻绳的最小长度L1应满足1122L=vt+gt+vt-gt=2vt（5）100022为使板与C孔不发生第二次碰撞，轻绳的最大长度L2应满足12L=vt′+gt′（6）2022v0而t′=（7）g然后，由学生解出第一问，绳的最短长度L1≥0.64m，绳的最长长度应满足L2≤1.6m．在解决第一问的基础上，进一步引导学生思考，如果M、m大小任意，使轻绳绷紧时系统总动量方向向下，圆板的动量应该变成多大才能保证系统总动量方向向下（一般学生可以正确答出），然后让学生自己列出方程求解．引导学生求解如下：M、m取任意值时，为使轻绳绷紧时系统总动量方向向下，圆板动v0量应变为零，则时间t″==0.2（s），绳的最小长度L″=22v102+vt″+gt″=0.2+0.4+0.2=0.8（m）02g2则绳长应满足1.6＞L″＞0.8教师分析解答后，学生应追忆解题过程，形成记忆．2．课堂小结本节重点掌握以下内容：（1）动量守恒定律针对一个合外力为零的系统，使用时应在物理过\n程中找一个合外力为零的系数及有关状态列出方程．（2）使用动量守恒定律解题一般可以规定正方向，引入正负号，把矢量运算转化为代数运算．（3）解同一道题有时可以选若干个系统和若干个相关的状态，注意系统与系统、状态与状态之间的联系．（4）认真细致地搞清物理图景，摸清物理过程的发展和演变规律，针对不同的发展变化阶段，适用相关的规律列出方程．（5）解决较复杂的习题，需要动量守恒定律和前后相关的物理规律的综合应用，使用时要注意规律间的联系和使用条件方法上的区别．3．课后追忆下课后要及时记录学生活动的基本情况；课堂总体效果，要记录没有估计到的突发情况及采取的措施，并分析进一步改进设想．三、磁撞的复习1．引入复习课题教师活动（1）物体和物体发生互相作用的过程，也叫碰撞过程，不同的碰撞过程能量的转化情况有所不同．（2）在不同的碰撞过程中，除动量守恒外，还可以综合利用能量的转化规律联合解题．为方便计，根据能量转化情况可把碰撞分为三种类型，即弹性碰撞、完全非弹性碰撞，以及非弹性碰撞．（3）有些碰撞可与以上三种碰撞相类比．下面从碰撞的两个阶段及能量的转化规律认识三种类型的碰撞．[例1]在光滑的水平面上，有质量分别为m1、m2的两个物块，分别以速度v1、v2向右运动，v1＞v2，m2左侧固定有轻弹簧（图1-6-9）．求（1）弹簧的最大弹性势能．（2）弹簧被压缩又回复到原长时，m1、m2的速度分别为多大？学生活动学生认真审题后，应想象出m1、m2的全部碰撞过程．为使学生注意到碰撞过程中的每个细节，提出以下几个问题启发学生思考：①m1、m2压缩弹簧的过程中，它们的速度大小是如何变化的，能量是如何转化的？②弹簧弹性势能最大时两物速度大小有何关系？③弹簧回复形变过程中两物速度又如何变化？④在全部过程中，m1、m2组成的系统动量守恒吗？⑤什么时候系统的动能总和不变？经过启发思考让学生回答以上问题：①弹簧压缩过程中，v1变小，v2变大，系统动能转为弹簧的弹性势能．②弹簧弹性势能最大时两物达共同速度，形变阶段结束．\n③弹簧回复形变过程中，m2继续加速，m1减速，关于m1的运动情况暂不做详细分析，留到以后解决．④整个过程系统的总动量始终守恒．⑤系统的机械能守恒，只有在弹性势能一定的状态，动能总和才是一定的．例如常利用弹性势能为零时动能守恒规律解题．以上各条规律应尽量由学生分析总结得出，教师只起启发引导作用．通过思考以上问题由学生求出最大弹性势能：由m1v1+m2v2=（m1+m2）v共，mv+mv1122得v=共m+m12则最大弹性势能2111（mv+mv）221122E=mv+mv-mp1122222m+m12设弹簧又回复原长时m1、m2的速度分别为v′1、v′2，则有ìmv+mv=mv′+mv′11221122ïí11112222mv+mv=mv′mv′ï11221122î22222mv+（m-m）v22121解得v′=1m+m122mv+（m-m）v11212v′=2m+m12学生思考解出答案以后，教师做如下总结概括，通过本题解答分析，引出弹性碰撞的实质．弹性碰撞：例1这样的碰撞有完整的形变阶段和回复形变过程，形变回复后动能总和守恒的碰撞叫弹性碰撞。此类碰撞遵守两个守恒，即mv+mv=mv′+mv′①1122112211112222mv+mv=mv′+mv′②112211222222为计算上的方便，可将方程①、②相除，得v1+v′1=v2+v′2③平常可用方程①③联立解题较为简便．完全非弹性碰撞：如果只有形变阶段，没有回复形变阶段，碰撞两物达共同速度时不再分开，叫完全非弹性碰撞，这种碰撞动能损失最大．由于碰后两物不分开，所以可以求出碰后的速度：mv+mv1122v=共m+m12非弹性碰撞：介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间，两个物体发生碰撞时有形变阶段和部分回复形变阶段，不能完全回复形变，有部分动能损失的碰撞叫非弹性碰弹．例1中的弹簧如果超过了弹性限度，m1、m2分开时弹簧没有回复原长，那么原来的碰撞就叫非弹性碰撞．非弹性\n碰撞只遵守动量守恒，碰撞以后的情况由两个碰撞物体的弹性性质决定，或通过实验测量的方法测量得到碰撞后的速度．教师活动[例2]在光滑水平面上有质量分别为m1=2kg，m2=3kg的木块．m2原来静止，m1以向右的速度v1=10m/s与m2做对心碰撞（图1-6-10）．分析说明m1、m2碰撞分开后的速度可能取值范围．学生活动提醒学生注意例2的碰撞可能是三种类型碰撞的任何一种，应做全局分析说明．为此提出以下几个问题启发学生思考：①如果是弹性碰撞，碰后情况怎样？②如果是完全非弹性碰撞，碰撞情况怎样？③如果是非弹性碰撞两木块可能在什么时刻分开，分开后的速度范围如何利用弹性碰撞结果和完全非弹性碰撞结果来分析．为帮助学生思考，可启发学生回忆例1中一次完整的弹性碰撞过程中两物速度大小的变化规律．分析可知，非弹性碰撞因回复形变不彻底，则可能在回复形变阶段中的任一时刻分开，则分开时，m2的速度应小于弹性碰撞后的速度，此时让学生回答为什么．分开时m1的速度应该在完全非弹性碰撞后的速度和弹性碰撞后的速度之间，让学生回答为什么（有一定难度）．思考完毕让学生综合三种类型碰撞求解出碰后情况．学生思考完毕教师总结分析如下：①如是完全非弹性碰撞，则有：mv=（m+m）v，1112共mv11v==4m/s共m+m12②如是弹性碰撞，则有ìmv=mv′+mv′111122ív+v′=v′î112解得ìv′=-2m/s1ív′=8m/sî2由于是非弹性碰撞，m1、m2在回复形变过程中的某一时刻分开，则v′1、v′2的数值范围应为4≤v′2≤8-2≤v′1≤4v′1、v′2的具体数值应在满足动量守恒的条体下由两物的弹性性质决定．[例3]半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m甲大于\n乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况？A．甲球速度为零，乙球速度不为零B．两球速度都不为零C．乙球速度为零，甲球速度不为零D．两球都以各自原来的速率反向运动学生思考讨论结束后，教师总结分析如下：关于碰撞以后情况的分析，可以利用动量守恒和能量的转化关系通过定量计算，进行分析判断，12也可进行定性分析．对例3，首先根据两球动能相等，mv甲甲212m甲v甲m甲=mv，得出两球碰前动量大小之比为=，乙乙2mvm乙乙乙因m＞m，则mv＞mv，则系统总动量方向向右．又甲乙甲甲乙乙根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的．学生认真审题，弄清题意，并首先凭直觉想象碰后的可能情况（有些想象可能是错误的），有待分析后，用概念和理论修正学生错误的感受，加深学生对物理概念和规律的理解和重视，然后提出以下问题启发学生思考．①哪个球的动量大，两球系统总动量是什么方向？②碰撞过程动量守恒吗？碰撞前后的动能有何关系？③碰撞以后，有几种可能存在的运动情况？两球都能停下吗？两球可能都向右运动吗？两球可能反向运动吗？甲球停止乙球运动可能吗？乙球停止甲球运动可能吗？在引导学生思考以上问题时，要多次提示学生注意系统碰后的动量应等于碰前的动量，分析问题时，总动量的方向是不变的是重要的判断依据．学生思考后，可让个别学生回答并说明理由．在学生回答问题的基础上，教师分析总结，之后可让学生再次回答为什么C、D所述两种碰后情况是违背动量守恒定律的，进一步提高学生分析问题的能力．2．课堂小结本节应重点掌握以下内容：（1）一般的碰撞可以分成三种类型，即弹性碰撞；完全非弹性碰撞；非弹性碰撞．（2）弹性碰撞结束后，由于遵守动量守恒和动能守恒，所以通过计算可求出碰撞以后的结果．（3）完全非弹性碰撞可求出碰后的共同速度，物体发生相互作用时，当在某一时刻，物体的瞬时速度瞬时相等时，可用完全非弹性碰撞的模\n式求出瞬时相等的共同速度．（4）实际中的碰撞大多属于非弹性碰撞，界于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间，碰后情况由物体的弹性性质决定．（5）碰后情况定性分析，应满足三个条件：①碰撞前后系统总动量守恒；②碰撞前后遵守总能量守恒，例如两小球碰后由于有光能、内能、声能的产生，总动能应该减小；③碰撞过程应符合实际情况，例如两球碰撞后的左右位置不能调换．3．课后追忆下课后，及时记录学生活动基本情况、教学效果，以及没有估计到的突发情况和采取的应急措施，并构想改进方法．也可找个别学生了解情况，使教学效果的鉴别接近实际．同步练习（A卷）一、选择题1．质量为M的物体以速度v0竖直向上抛出，从抛出到落回抛出点的过程中物体受到合力的冲量为（不计空气阻力）[]A．0B．2Mgv0，方向向上C．2Mv0，方向向下D．2Mgv0，方向向下2．质量为0.5kg的物体，运动速度为3m/s，它在一个变力作用下速度变为7m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内物体受到的冲量为：[]A．5N·s，方向与原运动方向相反B．5N·s，方向与原运动方向相同C．2N·s，方向与原运动方向相反D．2N·s，方向与原运动方向相同3．下列说法正确的是：[]A．一个物体的动量变化，其动能一定变化B．一个物体动能变化，其动量一定变化C．两个物体相互作用，它们的动量变化相同D．两个物体相互作用，总动能不变4．人和船总质量为M，静止在水面上，人从船上水平方向抛出质量为m的物体，抛物速度为v0，则抛物后，人船的速度为[]A．mv0/（m-M）B．0C．mv0/MD．mv0/（M-m）（只表示大小）5．物体的动能增加到原来的8倍时，其动量的大小将增加到原来的[]A．2倍B．22倍C．3倍D．8倍6．一个质量为2kg的装砂小车，沿光滑的水平面以3m/s的速度运动，一个质量为1kg的小球从0.2m高处自由落下，恰落入小车的砂中，这以后小车的速度为[]A．2m/sB．3m/sC．2.7m/sD．07．质量分别为M1、M2的两个物体以相同的动量进入同一个水平面上，它们与水平面的动摩擦因数相同，到静止时它们的位移之比s1∶s2\n为[]A．1∶1B．M∶M1222C．M∶MD．M∶M21218．（接上题）它们的运动时间之比为[]A．M/MB．M/M21122222C．M/MD．M/M12219．向空中发射一个物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸成A、B两块，若质量较大的A块的速度方向仍沿原来的方向，则[]A．B的速度方向一定与原速度方向相反B．A块飞行的水平距离一定比B块大C．A、B一定同时到达地面D．A、B两块受到爆炸力的冲量大小一定相等10．在光滑的水平面上，有一个质量为M的静止的木块，一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入木块中，最后以同一速度v2前进，则在子弹射入木块过程中，产生内能为[]11222A．mv/2B．mv-mv0022211Mm222C．mv-mvD．v020222（M+m）二、非选择题711．一个质量为m的质子以v=1.0×10m/s的速度，与静止的116质量为4m的氦核发生对心碰撞，质子以v=6×10m/s的速率被1弹回，求氦核受到冲击后获得的速率．（提示：微观粒子间的碰撞可视为弹性碰撞）12．总质量为M=0.5kg的小火箭（内含0.1kg火药），若火药全部燃烧，并以v=240m/s的速度全部竖直向下喷出，空气阻力为重力的0.2倍，求火箭能上升的最大高度．（提示：火药喷出过程极短．此过程内力远大于外力．动量守恒）13．质量m1=0.5kg的物体与静止的质量为m2=1.5kg的物体发生对心碰撞，它们碰撞前后的位移-时间图像如图1-6-12所示（碰撞时间可忽略不计），求：在碰撞过程中损失的机械能为多少？14．0.05kg的小球从h=5m高处自由落下，接触地面后，反弹的最大高度为h′=4m，若球与地面接触时间为0.05s，求小球与地面间的平均相互作用力的大小．\n15．水平面上的物体，在水平恒力F的作用下，由静止开始运动，经t秒撤去外力F，又经t秒物体停止运动，求物体受到阻力的大小．参考答案：1．C2．A3．B4．D5．C6．A7．D8．A69．CD10．D11．4×10m/s12．150m13．3J14．19.44N115．F2同步练习（B卷）一、选择题1．质量为M的物体，在距地面h高处，以速度v0水平抛出，物体从抛出到落地的过程中，动量变化量的大小为[]A．M2gh-mvB．M2gh02C．mghD．M2gh+v-Mv002．一个物体放到光滑的水平面上，初速度为0，先对它施一向东的外力F，历时1秒，随即把此力改为向西，大小不变，历时1秒，接着又把此力改为向东，大小不变历时1秒，如此反复，共历时1分钟，则[]A．物体往返运动，1分末停在东侧B．物体往返运动1分末停在初始位置C．物体往返运动，1分末速度方向向东D．物体一直向东运动，1分末停止3．在光滑的水平面上，有A、B两个小球，它们向右沿一直线运动（图1-6-13），并发生对心碰撞，已知碰前两个小球的动量分别为pA=12kg·m/s，pB=13kg·m/s，碰撞以后两小球动量的改变可能是：（取向右为正方向）[]A．△pA=5kg·m/s，△PB=5kg·m/sB．△PA=5kg·m/s，△PB=-5kg·m/sC．△pA=-5kg·m/s，△pB=5kg·m/sD．△pA=-24kg·m/s，△pB=24kg·m/s4．在光滑的水平面上，有三个完全相同的小球排成一条直线，小球2和3静止并靠在一起，小球1以速度v0与它们正碰，如图1-6-14所示，设碰撞中没有机械能损失，则碰后三个球的速度可能是[]A．v=v=v=v/31230B．v=0，v=v=v/21230C．v=0，v=v=v0/2123D．v=v=0，v=v1230\n5．半球光滑容器固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，在小车正前面容器边上方R处使质量为m的小球沿容器内表面滑下，已知小车和容器的总质量为9m，则小球滑到容器最低点时的速度为[]3A．2gRB．5gR541C．gRD．10gR356．下列说法中正确的是[]A．作用在物体上的合外力越大，物体动量的变化就越快B．作用在物体上的合外力的冲量越大，物体动量变化就越大C．作用在物体上的冲量恒定时，物体的动量保持不变D．延长物体间的相互作用时间，可以减小物体间的冲量大小7．甲乙两物体的质量分别为m甲、m乙，且m甲＜m乙，它们运动过程中受到相同的阻力作用，则[]A．若它们的初动能相同，则甲物运动的时间较长B．若它们的初动量相同，则甲物运动的距离较长C．若它们的初速度相同，则乙物运动的距离较大D．若它们的初速度相同，则乙物运动的时间较长二、非选择题8．一个质量为1kg的物体，以速度v0=5m/s向东运动，物体同时受到两个恒力的作用，F1=2N，方向向南，F2=0.5N，方向向西，求2秒末物体动量的大小和方向．22（提示：可用动量定理的分量式分别计算出△p及△p，∑p=△p+△p）xyxy9．质量为m的物体，以速度v0水平抛出，下落h米时，它的动量变化是多少？它在这段时间内受到的冲量是多少？它下落h米时的动量是多少？10．汽车质量为mkg，沿一个倾角为θ的斜坡向上运动，发动机牵引力为F牛，动摩擦因数为μ，当汽车沿斜坡的运动速度从v0增加到vt的过程中，需要的时间是多少？11．将一个质量为m的物体以速度v0水平抛出，经t1秒末速度方向与水平成45°角，t2时刻速度方向与水平成60°角，求t2-t1=？（提示：可利用t1、t2两个时刻的速度三角形求解）12．如图1-6-15所示，木块质量M=4kg，静止在光滑的水平地面上，木块长度L=0.4m．一颗质量m=0.2kg的子弹，以v0=1000m/s的速度射进木块，以vt=800m/s的速度射出木块，求子弹穿过木块的过程中，木块移动的距离是多少？（提示：对系统动量守恒，对木块和子弹分别使用动能定理，联合求解．）\n13．停在光滑水平轨道上的炮车质量为M，发射出一颗质量为m的炮弹．（1）若炮弹相对地面的速度为v1方向与水平成角α，求炮车的反冲速度．*（2）若炮弹相对炮车的速度为v1方向与水平成角α，求炮车的反冲速度．（提示：应用动量守恒定律时，物体的速度必须相对同一惯性参照系．）14．质量为m=2kg的铁锤从h=4m高处落下，打到质量M=300kg的木桩上，铁锤碰后不弹起，结果木桩被打入土中5cm深，求此过程中木桩受到土地的平均作用力．（提示：铁锤与木桩碰撞过程极短，内力>>外力，可视为动量守恒，从铁锤与木桩碰撞则达到共同速度，可把过程理想化，视为位移为零，然后对系统用动能定理求解．）15．甲物体在光滑的水平地面上运动，与静止在水平面上的乙物体发生正碰，碰后速度减少到原来的一半，方向与原运动方向相同，已知甲乙两物的质量比为2∶1，求碰撞以后甲乙两物的动能之比．参考答案1．B2．D3．C4．D5．B6．AB7．BCD8．42m/s方向东偏南45°29．m2ghm2ghm2gh+v0m(vt-v0)10．t=F-mgsinα-mgμcosα11．t2-t1=v0(3-1)/g12．s=0.002mmvcosαmvcosα13．（1）v=（2）v′=车车MM+m14．3030N15．1∶2同步练习（C卷）非选择题1．如图1-6-16所示，两只质量均为M的船，静止在水面上，一个质量为m的球从甲船以相对甲船的速度u抛入乙船，求（1）抛球以后甲乙两船的速度各是多大？（2）若球抛入乙船后，又从乙船上抛回甲船，这样一来一往，甲乙两船的速度之比为多大？（提示：求第（2）问可将两船和球看成一个系统，选未抛球前和球又回到甲船上两个时刻．）\n12．物体A的质量为M=0.02kg，沿光滑的圆弧顶端滑到圆弧A4的最低点，与同质量的B物正碰，圆弧半径R=0.5m，圆弧最低点距离地面高h=0.8m，如图1-6-17所示．已知相碰后，B物体飞行水平位移sx=1.13m时落地，求物体A碰后水平位移多大时落地？3．三只质量均为M的小船甲、乙、丙，以大小方向都相同的速度v沿同一直线向右运动（图1-6-18），从中间小船乙上同时以大小为u的速度向甲丙两船抛出质量为m的物体（两物总质量2m含在M中），求两物体抛到甲丙两船后三只船的速度．4．长L=4m的小船质量M=100kg，静止在水平面上，重60kg的人，从船头走向船尾，忽略水的阻力，求此过程中，船在水面上移动的距离．（提示：人船系统动量守恒，mv船1-mv人1=0，mv船1△t1-mv人1△t1=0，M△S船1-m△S人1=0，同理M△S船2-ms人2=0⋯M△S船n-ms人n=0，将n个方程相加，得MSM-msm=0，人从船头走到船尾有mLM=m（L-S），得S=SMMMM+m5．用线绳悬挂1kg的木块，木块重心到悬点的距离L=1m，有质量为m=0.01kg的子弹，以v1=500m/s的水平速度射入木块，以v2=100m/s的速度从木块中射出，求：（1）木块能摆动多高？（2）此过程产生的热量为多少焦耳？6．如图1-6-19所示，光滑的水平面上，质量mA=mB=0.2kg的两木块靠在一起，质量m=0.02kg的子弹以v0=700m/s的速度水平射入木块A，在子弹射透木块B后，速度大小减小为v子=100m/s，已知子弹穿透A、B两木块克服摩擦阻力做的功相等，求（1）子弹穿过A时的速度．（2）木块A、B最后的速度多大？\n（提示：子弹穿透A、B两木块的过程中动能的减少量相等，可求子弹刚穿透A时的速度．）7．如图1-6-20所示，质量分别为m1、m2的木块用轻弹簧相连，静止在光滑的水平地面上，m2与墙壁挨在一起，质量为m子的子弹用速度为v0的水平初速度射入木块m1中，并留在m1中，求子弹射入m1以后的过程中，轻弹簧压缩到最短时的弹性势能和弹簧伸长到最长时的弹性势能．8．如图1-6-21所示，光滑水平面上有质量为M的长木板以水平向右的速度v0运动，某时刻质量为m的物块以大小也为v0，方向向左的速度从木板右端冲上木板，已知M＞m，且物块始终没有滑离木板，求：（1）从物块冲上木板到m、M相对静止，木块和木板的最小速度分别为多大？（2）从物块冲上木板到m、M相对静止，木块和木板的位移大小之比．（位移指相对地面的位移）参考答案muMmuM1．（1）v=v=（2）甲乙2M+m（M+m）M+mMv-muMvMv+mu2．s=0.132m3．v=v=v=甲乙丙M+mM-2mvM+m4．1.5m5．（1）0.8m（2）略6．（1）v′=500m/s子（2）v=10m/sv=50m/sAB22m子v0122æç11ö÷7．mv-子0ç÷2(m1+m子)2èm1+m子m1+m2+m子ø(M-m)v08．（2）v=0v=（2）s/S=m/MmMmMM+m（作者：北京十三中张珊）\n七、波动规律教学目标1．通过观察横波的形成和传播重现波的物理图景，理解波长、周期、波速概念，理解波动规律，理解波的图像．掌握波的传播跟波上质点的振动的关系．2．熟练应用波的图像分析波动问题和波上质点的振动问题，培养学生分析问题的能力．教学重点、难点分析1．重点：掌握波的传播方向跟波上质点振动方向的关系．掌握波的传播距离、质点的振动、波的图像随时间变化的关系．2．难点：通过波的图像分析波动问题和波上质点的振动问题．教学过程设计教师活动一、引入前面我们研究和复习了匀速运动、匀变速直线运动、平抛物体的运动、匀速圆周运动、简谐运动．在本单元中我们研究和复习机械波．提问（1）：什么是机械波？它与前面研究的运动在研究对象上有什么不同？学生活动引导学生回忆并解答提问（1）：机械波定义（见教材）．研究对象的不同：前面研究的运动是一个物体（通常可视为质点）的运动．而机械波是有相互作用的质点对振动的传播，波的运动是传播振动的质点共同运动的表现．提问（2）：波的运动是传播振动的质点共同运动的表现，而传播振动的质点是大量的．因此对波动规律的表示是比较复杂的．我们在学习机械波时用什么方法表示波的运动规律呢？怎样表示呢？回答提问（2）：用波的图像表示波的运动规律．如果能作出任意时刻波的图像，就知道了波的运动规律．二、教学过程1．演示横波形成过程和传播．引导学生再观察波的运动特征，观后引导学生回答．观后回答：在波的传播过程中同时有两个运动．一个是每个质点都在各自的平衡位置附近做简谐运动，另一个是质点对振动的传播，后一个运动在横波中表现为波峰、波谷沿传播方向的运动，但质点并不随波迁移．在波动过程中，质点的运动和波形具有周期性重复特点．2．复习波长、周期、波速概念再演示横波形成过程，引导学生观察，观察后引导学生回答波长、周期、波速的定义及对它们的理解．观察（1）：振动从质点1传到质点13时，质点1恰好完成一次全振动，波继续传播，观察质点1和13、2和14、3和15、⋯的运动情况．观察（2）：在振动的传播过程中，质点每完成一次全振动，波传播的距离等于一个波长．观察后回答：\n（1）在波动过程中，波上的质点1和13，2和14、3和15、⋯在振动中的任意时刻，对平衡位置的位移总是相等的．引导学生进一步回答：波继续传播到后面的质点，则质点1和13、25、37、⋯，质点2和14、26、38、⋯在振动中的任意时刻对平衡位置的位移总是相等的．为了描述这种性质引入了波长．回答波长定义、符号和单位（见教材）．引导学生进一步回答：波上的两个质点，如果它们的平衡位置间的距离是波长的整数倍，这两点在振动中的任意时刻对平衡位置的位移一定相等，速度和加速度也一定相等．（2）波传播一个波长的时间叫波的周期，波的周期等于波上质点振动的周期．回答：周期的符号和单位．频率、频率的符号和单位．（3）波的速率λv=T或v=λf由教师明确指出：波的速率由传播介质的性质决定，而与周期无关．3．复习波动规律（1）波动规律演示横波的传播，引导学生观察，观察后总结波动规律．观察①：使波水平向右传播，观察波上质点运动方向．使波水平向左传播，观察波上质点运动方向．引导学生总结：波上质点的运动方向跟波的传播方向的关系，画出图1-7-1．观察②：使波水平向右（或向左）传播，观察波传播的距离、波上质点的振动、波形随时间的变化．观察后引导学生总结变化关系．观察后回答：（1）波动规律①波上质点的运动方向跟波的传播方向的关系（图1-7-1）②波的传播距离、波上质点的振动、波形随时间的变化．\n设波在时间t内传播的距离为s，则s=vtλ把v=T代入可得Tst=λT由此可得结论：波的传播时间是几个周期，波在这段时间内传播的距离就是几个波长，波上的质点就完成几次全振动，波的形状就完成几次周期性变化．（2）波的图像给题：图1-7-2是一列横波某时刻的图像．从图像可得出哪些结论？回答：从图像可得出波沿x轴反方向传播．波长2.4m．引导学生扼要回答，细节问题可视学生回答情况再具体提问．各质点的平衡位置（x坐标值）．各质点振动的振幅10cm．各质点在图示时刻的位移（y坐标值）．各质点在图示时刻的运动方向．根据各质点该时刻的位移，还可以间接得出各质点在图示时刻的加速度方向．定性比较各质点在图示时刻的速度大小、加速度大小．4．通过例题分析，引导学生掌握应用波动规律分析问题的思路、方法，提高分析问题、解决问题的能力给题：[例1]一列横波沿x轴传播，波速10m/s．已知t=0时刻的波形图像如图1-7-3所示，图中M处的质点此时正经过平衡位置沿y轴正方向运动，在图中画出t=1.5s时的波形图像．设题目的：使学生掌握波形随时间变化的规律，学会分析任意时刻波形图像的方法．引导学生分析：（1）审题，确定已知和所求．（2）确定t时刻波ts形图的两种方法．无论哪种方法都需求比值或，关键是找Tλ“零头”．\n分析与解答：已知t=0时刻的波形图像，要画出t=1.5s时的图像，有两种方法．方法1：移动质点法这种方法是取波上的质点为研究对象．如果能知道波上的质点在t=1.5s时的位移，就可以画出波形图像．在本题中已知波长λ=4m，波上质点的振幅A=10cm，只要知道一个振动质点在t=1.5s时的位移和运动方向，就可以知道其它质点的位移．取质点M来分析．质点M在t=0时正经过平衡位置沿y轴正方向运动，每经过一个周期，质点M的运动情况都与t=0时相同，只要求出时间t与周期T之比，就可以知道t时刻M的运动情况．λ4已知波速和波长，可求得周期T===0.4s，则v10t1.53==3T0.443结果表明时间t等于3个周期，经过3个周期质点M仍然经过平衡位置43沿y轴正方向运动，再经过T，恰好到达y=-10cm处，位于波谷，画4出处，位于波谷，画出t=1.5s时的波形如图1-7-4中的虚线所示．方法2：移动波峰法这种方法取波峰（或波谷）为研究对象．如果能求出t=1.5s时波峰的位置，就可以画出波形图像．根据波动规律，波每经过一个周期的时间传播的距离为一个波长，波峰的位置都与t=0时相同，要知道t时刻波峰的位置，也要求出t与周期T之比．t3由方法1已求出=3，经过3个周期各波峰位置不变，再经过T433T波沿传播方向再传播λ，已知t=0时质点M正经过平衡位置44沿y轴正方向运动，由波动规律可知波沿x轴正方向传播，所以经33过T，把波峰沿x轴正方向移动λ，就是t=1.5s时的位置，画出该44时刻的波形与图1-7-4中虚线所示相同．\n给题：[例2]一列横波沿x轴正方向传播，频率5Hz，波速20m/s，P、Q是波上的两个质点（图1-7-5），它们在x轴上的距离是5m，当波传到Q点时，使Q从平衡位置沿y轴反方向运动，则此时P点A．恰好经过平衡位置沿y轴反方向运动B．位移为正最大C．位移为负最大D．加速度为负最大设题目的：通过波的图像分析波上质点的振动情况．引导学生：画出PQ之间波形示意图．根据P点在该时刻的位移判定哪个选项答案正确．分析与解答：先画出波传到Q点时，PQ之间的波形示意图．已知v20波的频率和波速可求出波长λ==m=4m．PQ在x轴上的距离f5s=5m，则s41==1λ54即1s=1λ．4已知波沿x轴正方向传播，波传到Q点时，使Q从平衡位置沿y轴反方向运动，根据波动规律可画出该时刻PQ之间波形示意图如图1-7-6．由图1-7-6可看出该时刻P点位移为负最大，所以选项A、B错误，选项C正确．根据简谐运动规律，振动质点的加速度跟位移反方向，所以质点P该时刻的加速度为正最大，选项D答案错误．给题：\n[例3]一列横波沿x轴传播，t1与t2时刻的波形分别如图1-7-7中的实线和虚线所示，已知t2-t1=0.1s，那么这列波的速度可能是A．10m/sB．30m/sC．40m/sD．50m/s设题目的：根据波的图像提供的条件结合波动规律分析波动问题．对多种可能解的全面考虑，培养学生全面考虑问题的能力．引导学生分析：题目给出的已知条件、未知条件和所求，对未知条件要做多种可能情况的考虑．本题给出的分析是用公式（1）求解，可以再引导学生用公式（2）分析求解．分析与解答：求波速可以根据公式λv=（1）T或sv=（2）t求出．本题从图像可得波长λ=4m，从t1到t2经过的时间t=t2-t1=0.1s，要通过（1）式求需要先求出波的周期，通过（2）式求需要先求出波在时间t内传播的距离s．本题用两式都可求得，下面通过（1）式求解．取x=0的质点的振动求周期，从图像可以看出，t1时刻该质点位移为零，t2时刻位移为正最大．这里有两个不知道：t1时刻该质点的运动方向；t2-t1是大于一个周期，还是小于一个周期，不知道就要考虑多种可能性．设波沿x轴正方向传播，则t1时刻x=0的质点正经过平衡位置沿y轴反方向运动，设周期为T1，则3t-t=（m+）T，m=0、1、2、⋯2114周期的可能值4(t2-t1)T=，m=0、1、2、L14m+3λλ波速v==(4m+3)1T14(t2-t1)4=10（4m+3）·m/s4×0.1=10(4m+3)m/s，\nm=0、1、2、⋯当m=0时，v=30m/s，即选项B答案．m为其它任何正整数都不能得出选项A、C、D答案．当波沿x轴反方向传播时，则t1时刻x=0的质点正经过平衡位置沿y轴正方向运动，设周期为T2，则1t-t=（n+）T2124周期的可能值4(t2-t1)T=，n=0、1、2⋯24n+1λλ波速v==(4n+1)2T24(t2-t1)=10（4n+1）m/s，n=0、1、2、⋯当n=0时，v=10m/s，即选项A答案．n=1时，v=50m/s，即选项D答案．n为任何其它正整数时都不能得出选项C答案．综上所述，选项A、B、D答案正确．同步练习一、选择题1．如图1-7-8所示的水平放置的弹性长绳上有一列均匀分布的质点1、2、3、⋯，先使质点1沿竖直方向做简谐运动，振动将沿绳向右传播，从质点1经过平衡位置向上运动的时刻开始计时，当振动传播到质点13时，质点1恰好完成一次全振动，此时质点10的加速度[]A．为零B．最大C．方向向上D．方向向下2．一列横波沿x轴传播，某时刻的波形如图1-7-9所示，经过0.25s，x=3cm处的P点第一次到达波峰位置，此后再经过0.75s，P点的位移和速度可能是[]A．位移是2cm，速度为零B．位移是-2cm，速度为零C．位移是零，速度方向向上D．位移是零，速度方向向下3．一列横波沿x轴正方向传播，波速50m/s，S为上下振动的振源，\n频率40Hz，在波上有一质点P，P与S在x轴上的距离为6.5m，当S刚好通过平衡位置向上运动时（图1-7-10），质点P的运动情况是[]A．刚好到达x轴上方最大位移处B．刚好经过平衡位置C．经过x轴上方某位置，运动方向向下D．经过x轴下方某位置，运动方向向上4．一根张紧的水平弹性长绳上的a、b两点相距12m，b点在a点的右方（图1-7-11），一列简谐横波沿此长绳向右传播，若a点的位移达到正极大时，b点的位移恰为零，且向下运动．经过1.0s后，a点的位移为零，且向下运动，而b点的位移恰达到负极大，则这列简谐波[]A．波长最大为16mB．频率最小为4HzC．波速可能为12m/sD．波速可能为4m/s二、非选择题5．一列简谐横波沿直线传播，频率2.5Hz，在传播方向上有A、B两点（图1-7-12），波从B点传播到A点经过的时间是0.5s，从波刚好到达B点时开始计时，此时B位置的质点正处于平衡位置，开始垂直于直线沿纸面向下运动，试画出3s末A、B之间的波形示意图．6．一列横波在某时刻的波形图像如图1-7-13所示，波速v=20m/s．从该时刻起再经过1.5s，x=4m的质点A的位移为______m．在这1.5s内质点A通过的路程为______m．7．一列简谐横波沿x轴正方向传播，各质点的振幅为2cm，某时刻相距30m的两质点a、b的位移都为1cm，但运动方向相反，质点a沿y轴反方向运动，质点b沿y轴正方向运动（如图1-7-14），则这列波的波长最大为______m．\n8．一列横波沿x轴正方向传播，A、B是波上的两个质点，它们在x轴上的距离为d（图1-7-15）．某时刻A经过平衡位置，B在波峰，且AB之间只有一个波谷，经过时间t，B点经过平衡位置沿y轴正方向运动，那么这列波的传播速度为______．参考答案481．BD2．CD3．D4．AD[提示：先求出可能的波长λ=m,4n+34n=0、1、2、⋯,可能周期T=s，k=0、1、2、⋯,再求可能波速4k+1λ4k+1v==12·m/s，k=0、1、2、⋯，n=0、1、2、⋯]5．见图T4n+3d1-7-166．-0.050.757．908．v=（4n+3）,n=0、1、2⋯13td4v=（4n+3）,n＝0、1、2、⋯[提示：波的可能波长λ=a，215t344tλ1λ=a,可能周期T=,n=0、1、2⋯,所以可能波速v=，2154n+3Tλ2v=．]2T（作者：北京七中石有龙）\n八、力学实验教学目标1．通过对实验的复习，做到对力学中的学生实验明确实验目的，掌握实验原理，学会实验操作，正确处理实验数据．2．进一步学习用实验处理问题的方法，体会实验在物理学中的重要地位．3．掌握实验操作方法，培养动手操作的能力．4．通过对力学中学生实验的比较，知道所涉及到实验的类型．5．在掌握课本上所给学生实验的基础上，灵活应用所学知识解决其它问题．教学重点、难点分析1．理解实验的设计思想，不但要知道怎样做实验，更应该知道为什么这样做实验．2．掌握正确的实验操作，是完成实验的最基本要求，对学生来说也是难度较大的内容，一定要让学生亲自动手完成实验．3．处理数据时，要有误差分析的思想，要能够定性地分析在实验中影响实验误差的条件．教学过程设计教师活动说明：在力学中一共有八个实验是高考中要求的实验，在做实验复习时，要明确实验目的，掌握实验原理，理解地记住实验步骤，处理好实验数据．在实验复习中，实验操作是必不可少的．按照考纲中的顺序，我们一起来复习力学中所涉及的实验．[实验一]互成角度的两个共点力的合成此实验的目的是验证力合成的平行四边形法则．请一个同学把实验器材和主要实验步骤简述一下．回答：实验器材有木板、白纸、图钉、带细线的橡筋、弹簧秤等．安装好器材，如图1-8-1所示，用两个弹簧秤把橡皮筋的一端拉到O点，记下两个力的大小和方向．再用一个弹簧秤把橡皮筋的一端拉到O点．设定力的长度单位，利用力的图示的方法分别作出分力与合力．用平行四边形法则作出两个分力的合力．比较直接测得的合力与用平行四边形法则得到的合力的大小和方向，可以确定在误差范围内，力的合成满足平行四边形法则．例：在做共点的两个力的合成的实验时，如果只给一个弹簧秤能否完成这个实验？回答：可以．可先做出两个分力的方向，把两根细线向着两个分力的方向去拉，一只手直接拉线，另一只手通过弹簧秤拉线记下拉力的大小，然后把弹簧秤放到另一根线上重复实验．只要总把橡皮筋的一端拉\n到O点，合力的大小和方向就是不变的．两次拉两根线的方向都相同，两个分力的方向是不变的，两个分力的大小也是保持不变的，可用弹簧秤分别测出两个分力的大小．实验操作：用所给器材完成此实验．[实验二]练习使用打点计时器[实验三]测定匀变速直线运动的加速度这两个实验都是练习使用打点计时器的实验，我们一起复习．提问：打点计时器的作用和使用方法．给出一条打好点的纸带如图1-8-2所示．回答：打点计时器是测量时间的工具．把纸带跟运动物体连接在一起，利用打点计时器在纸带上记录下物体的运动情况．打点计时器使用交流6V电源，打点的频率为50Hz，周期为0.02s．提问：（1）怎样利用纸带判断物体是在做匀变速运动？回答：把纸带上的点标上A、B、C、D、E，各点间的距离分别为s1、s2、s3、s4．如果满足△s=s2-s1=s3-s2=s4-s3，则物体做匀变速直线运动．（2）怎样计算做匀变速直线运动的物体在某个位置时的速度？利用这条纸带可计算出物体过某一点的速度，如计算B点时的速度公式为VB=（s1+s2）/2t．（3）怎样计算它的加速度？计算物体的加速度有两种方法，可以利用公式△s=at2计算，也可以用a=（VC-VB）/t计算．例：利用打点计时器测自由落体的加速度，重锤下落时打出一条纸带如图1-8-3所示，计算重力加速度的数值解：可先算出B点和C点的速度VB=（0.2736-0.1900）/（2×0.02）=2.09（m/s）VC=（0.3211-0.2299）/（2×0.02）=2.28（m/s）g=（2.28-2.09）/0.02=9.50（m/s2）[实验四]验证牛顿第二运动定律提问：验证牛顿第二定律的实验要证明哪两个关系？实验装置如图\n1-8-4所示．问答：通过实验要验证物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比这样两个关系．提问：安装好实验装置后还需要做什么调整？回答：安装实验装置后首先要平衡摩擦力．把小车上装好纸带，把木板后垫高一些，在木板上轻轻向下推一下小车，小车应该做匀速运动．提问：如何进行实验操作？回答：保持小车的质量不变，改变所挂砝码的质量，打出5条纸带，记下每条纸带对应的砝码质量值；保持所挂砝码的质量不变，在小车上加砝码，改变小车的质量，打出5条纸带，记下每条纸带对应的小车的质量值．提问：怎样处理数据？分别计算出每条纸带的加速度值．做出在质量不变的条件下，加速度与小车所受外力的关系图线；做出在小车受力不变的条件下，加速度与小车质量倒数的关系图线．从图线上可以看出小车的加速度跟所受外力与自身质量的关系．例：在验证牛顿第二定律的实验中，一个同学打出了5条纸带后，测出了纸带中相邻的每五段间的距离和每条纸带对应的小车的受力情况（见表），处理数据后在图1-8-5所示的坐标中画出a-F图线．小车受到的力F（N）s1（cm）s2（cm）s3（cm）s4（cm）0.054.514.765.005.260.104.635.125.606.110.154.855.606.367.100.205.126.117.108.090.255.386.647.907.16解：先根据所给的数据利用公式△s-at2算出小车在不同受力情况下的加速度值，分别为0.25m/s2、0.50m/s2、0.75m/s2、1.00m/s2、1.25m/s2．如图1-8-6所示，在坐标系中标点后，画出图线为一条直线．\n说明：在实验中要平衡摩擦力，要知道摩擦力平衡不好对实验结果的影响，会对a-F图线中不过原点问题的解释．在实验中要求所挂砝码的质量要远小于车的质量，如果这一条件不满足将会出现的图线的变化．本实验中数据的处理量较大，要能够正确合理地处理数据．[实验五]验证碰撞中的动量守恒提问：两个物体在所受合外力为零的条件下，相互作用前后的动量满足什么关系？回答：当两个物体组成的系统在所受合外力为零的条件下发生碰撞，系统在碰撞前的总动量等于碰撞后的总动量．提问：怎样通过实验验证动量守恒定律？回答：实验装置如图1-8-7所示，实验中小球的质量可以用天平称出，小球在碰前和碰后的速度利用从同一高度做平抢运动的小球的飞行时间相等，平抛运动的小球在水平方向做匀速运动的特点，用小球在碰前和碰后的水平飞行距离表示它的速度，这样就可以利用小球的质量和飞行的水平距离来表示出碰撞中的动量守恒关系．入射球的质量要大于被碰球的质量，两球的半径相等．实验时先不放被碰球B，入射球A从一个确定的高度释放落在地面上的P点，小球飞行的水平距离为OP．再把被碰球B放在支架上，A球从同一高度释放，两球相碰后分别落在地面上的M点和N点．两球飞行的水平距离分别为OM和O′N，如果在碰撞中满足动量守恒定律，那么应该有关系m1OP=m1OM+m2O′N．提问：实验时还应注意哪些问题？在实验中要注意仪器的正确安装与调整，斜槽的末端一定要水平，小球的出射点应是O点的正上方，两小球相碰时应在同一个高度上．实验时，每个点应让小球落10次，取落点的中心进行测量．例：在研究碰撞中的动量守恒的实验中，下列操作正确的是A．改变入射小球的释放高度，多次释放，测出每次的水平位移，求出平均值，代入公式计算\nB．入射小球应始终保持在同一高度上释放C．两球相碰时，两球的球心必须在同一水平高度上D．重复从同一高度释放入射小球，用一个尽量小的圆将其各次落点圈在其中，取其圆心作为小球落点的平均值分析：入射小球每一次释放都应保持在同一高度上，这样在多次实验中才能使小球的初速度保持不变．两球相碰时应在同一高度上，保证两球的飞行时间相等．另外，利用画圆的方法取落点的平均值，可以减小实验误差．此题的正确答案为B、C、D．实验操作：用所给器材完成实验．[实验六]研究平抛物体的运动提问：说出画出平抛物体运动轨迹的方法．回答：平抛物体的运动可以分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．将小球从斜槽的同一高度上释放，从槽末端的水平槽以一定的水平初速度平抛出去．在竖直面的纸上找出小球飞行轨迹中的几个点，用圆滑的曲线连接起各点，就得到了物体做平抛运动的轨迹，为一条抛物线．提问：怎样求出平抛运动物体的初速度？回答：如图1-8-8所示，以抛出点为坐标原点，水平向右为x轴的正方向，竖直向下为y轴的正方向．在曲线上读取数个点的坐标值，利2用平抛运动的公式x=vt，y=gt/2解出v=xg/2y，算出平抛物00体的初速度．例：在研究平抛物体的运动实验中，应选用下列各组器材中的哪一组A．铁架台、方木板、斜槽和小球、秒表、米尺和三角板、重锤和细线、白纸和图钉B．铁架台、方木板、斜槽和小球、天平和秒表、米尺和三角板、重锤和细线、白纸和图钉C．铁架台、方木板、斜槽和小球、千分尺和秒表、米尺和三角板、重锤和细线、白纸和图钉D．铁架台、方木板、斜槽和小球、米尺和三角板、重锤和细线、白纸和图钉分析：在此实验中小球的直径较小，不需要用千分尺测量．实验中也不用测量时间，所以正确的答案应为D．[实验七]验证机械能守恒定律提问：怎样验证机械能守恒定律？\n回答：在不计空气阻力的情况下，重物下落时的机械能守恒．如图1-8-9所示，把重锤与纸带相连，利用打点计时器记录下重锤下落过程中的运动情况．通过纸带测出重锤的下落高度从而算出重锤重力势能的变化，再算出重锤相应的动能，比较重力势能的减小量和动能的增加量，从而验证机械能守恒定律．提问：利用此装置还能做什么实验？回答：利用这个实验还可以计算重锤在下落时的加速度，即重力加速度．在已知重锤质量的条件下，通过计算重锤的下落高度和重锤的即时速度，算出重锤在下落过程中损失的机械能．例：将下列验证机械能守恒定律的实验步骤按正确顺序排列起来A．选取第1、2点的距离接近2mm的一条纸带，在这条纸带上选定计数点．B．将铁架台放在实验桌上，用附夹把打点计时器固定在铁架台上．C．换新纸带重复实验．D．量出从首点到各计数点间的距离，并算出各计数点的即时速度．E．比较△EK和△EP在误差允许范围内是否近似相等．F．在重锤上夹持一纸带，并将它从打点计时器的复写纸下面穿过限位孔，手持纸带保持竖直方向，接通电源后，松手让重锤牵引纸带下落，得到打点的纸带．G．计算各计数点的动能增加量△EK和势能减小量△EP．答：此题正确的排序为B、F、C、A、D、G、E．[实验八]用单摆测定重力加速度提问：怎样用单摆测当地的重力加速度？回答：单摆的周期公式为T=2πl/g，在测得单摆的摆长和周期之后，可以计算出当地的重力加速度．在实验中利用米尺测出单摆的摆长，它是从悬点到球心的距离．让单摆以较小的角度摆动，当摆球过平衡位置时开始计时，记录单摆振动30至50个周期所用的时间，可以算出单摆的振动周期．代入公式g=4π2ln2/t2，计算出重力加速度值．改变摆长测出3个g值，取平均值．例：在做单摆测重力加速度的实验中，有以下器材可以选用，其中正确的一组为[]A．小木球、细棉线、米尺、卡尺、秒表、铁架台等B．小木球、尼龙线、米尺、卡尺、秒表、铁架台等\nC．小钢球、尼龙线、米尺、卡尺、秒表、铁架台等D．小钢球、尼龙线、米尺、秒表、铁架台等分析：做单摆的实验时，摆球应该用密度较大的球，线应该用不易伸长的线．摆长的测量可以采取两种方法：用卡尺测出小球的直径，用米尺测出线长，也可以直接用米尺测出摆长．所以此题的正确答案为C、D．同步练习1．将橡皮筋的一端固定在A点，另一端拴上两根细绳，每根细绳分别连着一个量程为5N，最小刻度为0.1N的弹簧测力计．沿着两个不同的方向拉弹簧测力计，当橡皮筋的活动端拉到O点时，两根细绳相互垂直，如图1-8-10所示，这时弹簧测力计的读数可从图中读出．（1）由图可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为______N和______N（只需读到0.1N）（2）在本题的虚线方格纸上按作图法的要求，画出这两个力及它们的合力．2．图1-8-11画出了一个打点计时器，写出图中标出的各部分的名称．3．如图1-8-12所示，打点计时器打出一条纸带，在图中所画的点的中间还有4个点没有画出，利用纸带计算物体运动的加速度．4．在验证牛顿第二定律的实验中要研究（1）______；（2）______两个关系．使用的计时工具为____；测量纸带的工具为______；实验中\n的研究对象为____，设它的质量为M，小桶和砂的质量为m，要求M____m，可以认为物体受力的大小为____．5．在验证牛顿第二定律的实验中得到的两条曲线如图1-8-13所示．左图的直线不过原点是由于______；右图的直线发生弯曲是由于______造成的．6．在验证碰撞中的动量守恒实验时，实验装置如图1-8-14所示，要求实验时所用的两个小球的半径r____，入射球的质量m1____被碰球的质量m2.在实验中需要使用的测量工具有______．若两球在碰撞中动量守恒，则满足关系式______（用题目和图中量表示）．7．某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图1-8-15所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．（1）若已得到打点纸带如图1-8-16所示，并测得各计数点间距标在图上，A为运动起始的第一点，则应选____段起计算A的碰前速度；应选____段来计算A和B碰后的共同速度（填AB、BC、CD、DE）．（2）已测得小车A的质量m1=0.40kg，小车B的质量m2=0.20kg，由以上测量结果可得：碰前总动量=______kg·m/s\n碰后总动量=______kg·m/s8．如图1-8-17所示的为一个做平抛运动物体运动轨迹的一部分，在图中可以测得两段相等时间内物体的水平位移x1、x2和对应的竖直位移y1、y2，根据测得量可以表示出物体的初速度为____．9．在验证机械能守恒定律的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g=9.80m/s2，测得所用的重物的质量为1.00kg．实验中得到一条点迹清晰的纸带如图1-8-18所示，把第一个点记作O，另选连续的4个点A、B、C、D作为测量的点．经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.99cm、70.18cm、77.76cm、85.73cm．根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量等于____J，动能的增加量等于____J（取3位有效数字）．10．如果下表中给出的是做简谐振动的物体的位移x或速度v与时刻的对应关系，T是振动周期，则下列选项中正确的是[]A．若甲表示位移x，则丙表示相应的速度vB．若丁表示位移x，则甲表示相应的速度vC．若雨表示位移x，则甲表示相应的速度vD．若乙表示位移x，则丙表示相应的速度v时刻0T/4T/23T/4T物理量甲零正向最大零负向最大零乙零负向最大零正向最大零丙正向最大零负向最大零正向最大丁负向最大零正向最大零负向最大11．一位同学用单摆做测量重力加速度的实验，他将摆挂好后，进行了如下步骤，指出下面步骤中遗漏或错误的地方，写出该步骤的字母，并加以改正．\nA．测摆长l：用米尺量出摆线的长度B．测周期T：将摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按秒表停止计时，读出这段时间t，算出单摆的周期t=t/60．C．将所测得的l和T代入单摆的周期公式T=2πl/R算出g，将它作为实验的最后结果写入报告中去．参考答案1．（1）3.0N4.0N（2）如图1-8-19所示合力F=5.0N2．（1）振动片（2）复写纸（3）磁铁（4）线圈（5）纸带3．2.25m/s24．（1）在物体质量不变的条件下，加速度跟所受外力的关系（2）在物体所受外力不变的条件下，加速度跟物体质量的关系打点计时器米尺小车》F=mg5．摩擦力平衡得不够跟所挂钩码相比，小车的质量过小6．相等大于米尺天平三角板m1OP=m2OM+m2（ON-2r）7．（1）BCDE（2）0.42kg·m/s0.417kg·m/s8．v=xg/(y-y)=xg/(y-y)01212219．7.627.5610．AB11．（1）摆长应该是线长加小球半径（2）T=t/29.5（3）应多次测量取平均值（作者：北京师大二附中彭梦华）\n九、力学综合教学目标通过力学总复习，加深同学们对力学知识的纵向和横向联系的理解；使同学们熟悉和掌握力学部分的典型物理情景；并通过对典型物理情景的剖析，掌握力学问题的思维方法和掌握解决物理问题的基本方法．教学重点、难点分析力学知识的横向联系和纵向联系；力与运动的关系；在物体运动过程中，以及物体间相互作用的过程中，能量变化和动量变化的分析．教学过程设计一、力学知识概况二、知识概述（一）牛顿运动定律动力学部分的研究对象，就物体而言分为单体、连接体；就力而言，分为瞬时力与恒力，要通过典型题掌握各自的要领．其中对物体的受力分析，特别是受力分析中的隔离法与整体法的运用是至关重要的，要结合相关题型加以深化．特别是斜面体上放一个物块，物块静止或运动，再对斜面体做受力分析．近年来的试题更趋向于考查连接体与力的瞬时作用相结合的问题．复习中不妨把两个叠加的物体在斜面上运动，分析某个叠加体的受力这类问题当做一个难点予以突破，其中特别注意运用整体法与隔离法在加速度上效果一致的特点．可谓举一反三，触类旁通．质点做圆周运动时，其向心力与向心加速度满足牛顿第二定律．万有引力提供向心力，天体的匀速圆周运动问题，是牛顿第二定律的重要应用．从历年高考试题看，其命题趋势是逐渐把力的瞬时效应与连接体的\n合分处理结合起来，使考生具有灵活运用这方面知识的能力，其要求有逐年提高倾向．因此对本章的知识的复习必须注意到这一点．从能力上讲，受力分析的能力、运动分析的能力依然是考查的重点．对研究对象进行正确的受力分析、运动分析，是解决动力学问题的关键．1．力和运动的关系物体受合外力为零时，物体处于静止或匀速直线运动状态；物体所受合外力不为零时，产生加速度，物体做变速运动．若合外力恒定，则加速度大小、方向都保持不变，物体做匀变速运动，匀变速运动的轨迹可以是直线，也可以是曲线．物体所受恒力与速度方向处于同一直线时，物体做匀变速直线运动．根据力与速度同向或反向，可以进一步判定物体是做匀加速直线运动或匀减速直线运动；若物体所受恒力与速度方向成角度，物体做匀变速曲线运动．物体受到一个大小不变，方向始终与速度方向垂直的外力作用时，物体做匀速圆周运动．此时，外力仅改变速度的方向，不改变速度的大小．物体受到一个与位移方向相反的周期性外力作用时，物体做机械振动．表1给出了几种典型的运动形式的力学和运动学特征．表1几种典型的运动形式的力学和运动学特征力的特征运动学特征运动形式典型运动合力FF与v0的夹角加速度速度为零为零保持不变平衡状态静止或匀速直线运动0°恒定方向不变，增加匀加速直线运动匀速直线运动恒180°恒定方向不变，减少匀减速直线运动力90°恒定方向改变，增加平抛运动匀变速曲线运动任意恒定大小，方向都变斜抛运动大小不变，方大小不变，大小不变，变速曲线运动匀速圆周运动变向与v垂直方向改变方向改变力F=kx，变速直线运动弹簧振子周期性变化周期性变化x为位移变速曲线运动单摆综上所述：判断一个物体做什么运动，一看受什么样的力，二看初速度与合外力方向的关系．在高中阶段所解决的力与运动的关系问题，无外乎已知物体运动情况，求物体的受力情况；已知物体受力情况，求物体的运动情况．力与运动的关系是基础，在此基础上，我们还要陆续从功和能、冲量和动量的角度，进一步讨论运动规律．2．力的独立作用原理物体同时受几个外力时，每个力各自独立地产生一个加速度，就像别的力不存在一样，这个性质叫做力的独立作用原理．物体的实际加速度就是这几个分加速度的矢量和．根据力的独立作用原理解题时，有时采用牛顿第二定律的分量形式\nFx=maxFy=may分力、合力及加速度的关系是22F=F+F2xy222a=a+axy在实际应用中，适当选择坐标系，让加速度的某一个分量为零，可以使计算较为简捷，通常沿实际加速度方向来选取坐标，这种解题方法称为正交分解法．如图1-9-1，质量为m的物体，置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，若要求物体的加速度，可先作出物体的受力图．沿加速度方向建立坐标并写出牛顿第二定律的分量形式mgsinθ-f=ma，f=μNmgcosθ-N=0物体的加速度mgsinθ-μmgcosθa==gsinθ-μgcosθm对于物体受三个力或三个以上力的问题，采用正交分解法可以减少错误，做受力分析时要避免“丢三落四”．（二）力的积累从力在空间上的积累效果与力在时间上的积累效果两个角度，来研究物质运动状态变化的规律，是高中物理重点内容．深入理解“功是能量转化的量度”，以及理解在动量守恒过程中能量的变化，是这部分的核心，应着重做好以下几项工作：1．深入理解几个重要概念本讲研究的概念较多，有功、功率、动能、重力势能、弹性势能、机械能、冲量、动量等重要概念，这是本讲知识的基础，对于它们的物理意义必须进一步深入理解．（1）打破思维惯性，正确认识功的计算公式．功的计算公式W=Fscosθ应用比较广泛，不仅机械功计算经常要应用它，电场力做功和磁场力做功有时也要应用它进行计算．（2）运用对比方法，区分几个不同的功率概念．①正确区别P=W/t和P=Fvcosθ的应用范围．前者为功率的普适定义式，后者是前者导出的机械功的计算公式；前者求出的是t时间内的平均功率，当然t趋近零时，其结果也为瞬时功率，后者公式中的v为瞬时速度大小，求出的功率为瞬时功率；若v为平均速度大小，F且为恒力，求出的即为平均功率．在运用P=Fvcosθ进行计算时，要注意θ的大小，也可能求出负值，那是表示阻力的功率，要注意P和F及v是对应的，通常讲汽车的功率\n是指汽车牵引力的功率．②正确区别额定功率和实际功率的不同．额定功率是指机器正常工作时输出的最大功率．实际功率是指机器实际工作时的功率，一般不能超过额定功率．③正确区分汽车两种启动方法的物理过程的不同．（3）正确理解势能概念．中学教材研究了重力势能、弹性势能、分子势能、电势能等概念，还要求能够直接运用公式计算重力势能和电势能的大小．不管哪种形式的势能，其对应的作用力均为保守力，它们做功与路径无关，只与物体的始末位置有关，并且W=-△Ep．势能是个相对量，它的大小与所取的零势能位置有关，但势能的变化与零势能位置的选取无关．因此，为了处理问题方便，要巧妙选取零势能的参考位置．势能是个标量，它的正负是相对于零势能而言的．比较势能的大小，要注意它们的正负号．势能属于系统所共有，平时讲物体的重力势能，实际上是物体与地球组成的系统所共有．又如，氢原子核外电子所具有的电势能，实际上应为氢原子所具有．（4）深入理解动量和冲量的物理意义．①弄清动量和动能的区别和联系．动量和动能都是描述物体机械运动状态量的物理量，它们的大小存在下述关系：21p2E=mv=k22mp=mv=2mEk它们都是相对量，均与参照物的选取有关，通常都取地球为参照物．动量是矢量，动能是标量．物体质量一定，若动能发生变化，动量一定发生变化；若动量发生变化，动能不一定发生变化．例如物体做匀速圆周运动，动能不变，而动量时刻在变．②正确理解冲量I=Ft．I=Ft适用于恒力冲量的计算，是个矢量式，I和F是对应的，方向相同．某一恒力有冲量，该力不一定做功；某一恒力做功，该力一定有冲量．③弄清冲量和动量的关系．合外力冲量是物体动量变化的原因，而非动量的原因．2．熟练掌握动能定理和机械能守恒定律的应用（1）运用动能定理要善于分析物理过程．例如，总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节．司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭发动机滑行．设运动的阻力与质量成正比，比例系数为k，机车的牵引力恒定．当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？解本题时应注意，前面的列车从脱钩以后到停止，整个运动过程有两个阶段：第一阶段牵引力没撤去时，列车做匀加速直线运动；第二阶\n段为关闭发动机滑行阶段．运用动能定理时不必分阶段分别列式去研究，应该从整个过程考虑列以下方程式：12FL-k（M-m）gs=0-（M-m）v①102再对末节列车应用动能定理，有：12-kmgs=0-（M-m）v②202再从整体考虑，有F=kMg③ML不难解出△s=s-s=12M-m本问题求解时也可假设中途脱节时，司机立即发觉并关闭发动机，则整个列车两部分将停在同一地点．然而实际上是行驶了距离L后才关闭发动机，此过程中牵引力做的功可看作用来补偿前面列车多行驶s克服阻力所做的功，即kMgL=k（M-m）g△sML故△s=M-m（2）运用动能定理解连接体问题时，要注意各物体的位移及速度的关系．如图1-9-2所示，在光滑的水平面上有一平板小车M正以速度v向右运动．现将一质量为m的木块无初速地放上小车，由于木块和小车间的摩擦力的作用，小车的速度将发生变化．为使小车保持原来的运动速度不变，必须及时对小车施加一向右的水平恒力F．当F作用一段时间后把它撤去时，木块恰能随小车一起以速度v共同向右运动．设木块和小车间的动摩擦因数为μ．求在上述过程中，水平恒力F对小车做多少功？本题中的m和M是通过摩擦相互联系的．题中已经给出最后两者速度均为v，解题的关键是要找出s车和s木的关系．由于s车=vt，s木=vt/2，所以s车/s木=2/1①根据动能定理，对于木块有12μmgs=mv-0②木2对于车有WF-μmgs车=0③将①式、②式和③式联系起来，可得W=mv2．3．强化动量守恒定律及其与功能关系的综合应用的训练（1）重视动量守恒定律应用的思维训练．例如下面这道试题．\n如图1-9-3所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n（n=1，2，3，⋯）．每人手拿一个沙袋，x＞0一侧的每个沙袋质量m=14kg；x＜0一侧的每个沙袋质量为m′=10kg．一质量为M=48kg的小车以某初速度从原点出发向x正方向滑行，不计轨道阻力．当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车相反的方向沿车面扔到车上，u的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数）．（1）空车出发后，当车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？（2）车上最终有大小沙袋共多少个？先确定车上已有（n-1）个沙袋时，车与沙袋的动量大小p1，和第n个人扔出的沙袋动量大小p2．如果p2＞p1，则车反向滑行；若p1=p2就停止．要能运用不等式讨论，得出结果．题目中第（2）问，车沿x负方向运动时，也应能用上述思维方法进行分析讨论．（2）强化动量守恒定律与能量转化的综合计算．动量守恒定律与机械能守恒定律是两个重要的守恒定律，一些物理过程常常需要运用这两个守恒定律进行处理，这就构造了一类动量和能量的综合题．详见后面例题．（三）典型物理情景[例1]一光滑球夹在竖直墙与放在水平面上的楔形木块间，处于静止．若对光滑球施一个方向竖直向下的力F，如图1-9-4所示，整个装置仍处于静止，则与施力F前相比较[]A．水平面对楔形木块的弹力增大B．水平面对楔形木块的摩擦力不变C．墙对球的弹力不变D．楔形木块对球的弹力增大分析与解答：施加力F，相当于球“重”增加，这样按球“重”G增加来分析各个力的变化，就使问题简化了一层，从整体分析受力，不难得出水平面对楔形木块的弹力增加．确定选项A正确．但是，若简单地认为竖直方向的力增加，不会影响水平方向的力的变化，就认定选项B（甚至于选项C）也正确，就犯了片面分析的错误．如果从另一角度稍加分析，不难看出球与墙之间是有相互作用力的，若没有墙，球就不可能静止．\n以球为研究对象，其受力如图1-9-5所示，墙对球的弹力T和斜面对球的弹力N1分别为T=Gtanθ，N1=G/cosθG增加，当然T、N1都增加．T增加，从整体看水平面对楔形木块的摩擦力f=T．因此四个选项中所涉及到的力都应是增大的．本题选项A、D正确．[例2]在图1-9-6所示的装置中，AO、BO是两根等长的轻绳，一端分别固定在竖直墙上的同一高度的A、B两点，∠AOB=120°，用轻杆CO使OA、OB两绳位于同一水平面内，OD垂直于AB，轻杆OC与OD在同一竖直平面内，C端固定在墙上，∠COD=60°．在结点O用轻绳悬挂重为G的物体，则绳OA受到的拉力大小为____；杆OC受到的压力大小为____．分析与解答：本题的“难”在于涉及三维空间，但是题目也明确给出了两个平面：△AOB所在的水平面及△COD所在的竖直平面．本题应从我们熟悉的平面问题入手来解．位于水平面内的AO、BO两绳等长，且整个装置左右对称，可见两绳的拉力相等，设为T，又已知∠AOB=120°，因此，不但能确定两绳拉力的合力的方向是沿OD的，而且合力的大小也等于T．于是若OD为一绳，就可以取代（等效）AO、BO两绳的作用，题目就转化为如图1-9-7所示装置的问题，且求出OD绳的拉力就等于求出OA绳的拉力．不难得出：3OD（OA）绳拉力：T=Gcos60°=G2OC杆受压力：N=G/sin60°=2G\n[例3]物体静止在光滑水平面上，先对物体施一水平向右的恒力F1，经t秒后物体的速率为v1时撤去F1，立即再对它施一水平向左的恒力F2，又经t秒后物体回到出发点时，速率为v2，则v1、v2间的关系是[]A．v1=v2B．2v1=v2C．3v1=v2D．5v1=v2分析与解答：设物体在F1作用下，在时间t内发生的位移为s；则物体在F2作用下，在时间t内发生的位移为-s；根据平均速度的定义，以及在匀加速直线运动中平均速度与即时速度的关系，可得物体在F1作用下的平均速度sv+01v==1t2-sv1+(-v2)物体在F作用下的平均速度v==22t2于是v=-v，得v=2v．选A．2121说明：v+v12对于平均速度v=，其适用范围为所有加速度恒定的运动，2包括匀加速直线运动和匀加速曲线运动．对于匀加速直线运动，无论物体是否做往返运动，上式都成立；对于匀加速直线运动，注意上式的矢量性．[例4]从倾角为30°的斜面上的A点以水平速度v0平抛出的小球，最后落在斜面上B点，如图1-9-8所示．求（1）物体从A到B所需时间；（2）若物体抛出时的动能为6J，那么物体落在B点时的动能为多少？分析与解答：物体水平抛出后，做平抛运动，假设经过时间t落在斜面上的B点，则：物体在水平方向上的位移为x=v0t物体在竖直方向上的位移为y=gt2/2ygt于是有=tan30°x2v022v0即：t=3g12因为mv=6J02如果物体落在B点的速度大小为v，则\n222v=(gt)+v0gt而=tan30°2v023即gt=v0372v=v203117722所以mv=mv×=6×=14J02233[例5]如图1-9-9所示，置于光滑水平面上的斜劈上，用固定在斜面上的竖直挡板，挡住一个光滑球．这时斜面和挡板对球的弹力分别是N和T．若用力F水平向左推斜劈，使整个装置一起向左加速运动，则N与T的变化情况是N____，T____．分析与解答：首先弄清静止时的情况，这是变化的基础．设球重G，斜面倾角θ，这是两个不变化的物理量．受力图已在原图上画出，静止时有Ncosθ=G，Nsinθ=T于是可得N=G/cosθ，T=Gtanθ当整个装置一起向左加速运动时，N′cosθ=G，N′sinθ-T′=ma于是可得N′=G/cosθ，T′=Gtanθ-ma因此，N′=N，T′＜T其实，这一问题，也可以这样思考：整个装置一起向左加速运动时，在竖直方向上，系统依然处于平衡状态，所以球在竖直方向受合力仍然为零．即仍要满足N=G/cosθ，正是这一约束条件，使得斜面对球的弹力N不可能发生变化，于是使得重球向左加速运动，获得向左的合外力的唯一可能就是T减小了．本题答案是N不变，T减小．本题给我们的直接启示，是要树立“正交思维的意识”，即在两个互相垂直的方向上分析问题．对比和联想，特别是解题之后的再“想一想”，是提高解题能力的“事半功倍”之法．譬如：其一，本题若改为整个装置竖直向上加速运动，讨论各个力的变化情况时，绝不能简单地套用本题的结论，得出“N增大，T不变”的错误结论．同样应由竖直与水平两个方向的约束条件分析，由竖直方向向上加速，可得N增大；由水平方向平衡，注意到N增大，其水平方向的分量也增大，T=Nsinθ，也会随之增大，“正交思维的意识”是一种思维方法，而不是某一简单的结论．\n其二，本题还应从T减小联想下去——这也应形成习惯．挡板对球的弹力T的最小值是零．若T=0，可得出球以及整个装置的加速度a=gtanθ，这是整个装置一起向左加速运动所允许的最大加速度，加速度再大，球就相对斜面滑动了．若a=gtanθ，既然T=0，那么挡板如同虚设，可以去掉，这样对斜劈的水平推力F的大小，在知道斜劈和重球的质量（M和m）的前提下，也可得F=（M+m）gtanθ．[例6]质量分别为m1和m2的1和2两长方体物块并排放在水平面上，在水平向右的力F作用下，沿水平面加速运动，如图1-9-10所示，试就下面两种情况，求出物体1对物体2的作用力T．（1）水平面光滑．（2）两物块与水平面间的动摩擦因数μ相同．分析与解答．（1）以整个装置为研究对象，它们的加速度为a，则Fa=m+m12再以物块2为研究对象，物块1对2的作用力T，有m2T=m2a=Fm+m12（2）与上述过程相同．以整个装置为研究对象，它们的加速度为a′，则Fa′=-μgm+m12再以物块2为研究对象，物块1对2的作用力T′，有T′-μm2g=m2a′m2得T′=Fm+m12两种情况的结论相同，这是因为与“光滑”情况相比较，两物块在运动方向上都各增加了一个力，而这个力是与两物块的质量成正比出现的，两物块的加速度为此改变了相同的值，并非它们之间相互作用力改变造成的；反之，若两物块之间的相互作用力发生了变化，两物块在相反方向上改变了相同的值，为此它们的加速度将一个增加，一个减小，不可能再一起运动了．这与事实不符．另外，1998年高考有一道类似的试题：题中给出物块1的质量为2m，与水平面间的摩擦不计，物块2的质量为m，与水平面间的动摩擦因数为μ，同样在水平力F作用下加速运动，求物块1对物块2的作用力．解的步骤依然是：（3）以整个装置为研究对象，它们的加速度为a，则\nF-μmg2a=m+m12再以物块2为研究对象，物块1对2的作用力T，有T′-μm2g=m2a′F-μmgF+μmg21得T′=m(+μg)=m22m+mm+m1212所以F=（M+m）g（tanθ+μ）[例7]一平板车质量M=100kg，停在水平路面上，车身的平板离地面的高h=1.25m，一质量m=50kg的小物块置于车的平板上，它到车尾（左端）的距离b=1.00m，与车板间的动摩擦因数μ=0.20，如图1-9-11所示．今对平板车施一水平方向向右的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落．物块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离s0=2.0m．求物块落地时，落地点到车尾的水平距离s．（不计路面与平板车以及轮轴之间的摩擦，取g=10m/s2）分析与解答：车启动后，物块受向右的摩擦力f=μmg，同时车也受同样大小向左的摩擦力．物块与车都向右加速运动，物块能从左侧离开车，表明车的加速度a2大于物块的加速度a1．图1-9-12所示为从启动到物块将离开车时，它们的位移关系．对物块：初速度为零，加速度a1和位移s1大小分别为a1=μg=2.0m/s2s1=s0-b=1.0m所用时间t1和末速度v1分别为2s1t==1.0s1a1v=2as=2.0m/s111此间车的加速度a2和末速度v2分别为2s02a2=2=4m/s，v2=a2t1=4m/st1由对车使用牛顿第二定律F-μmg=Ma2作用于车向右的水平恒力F=500N\n物块离开车板后，做平抛运动，到落地所用的时间2ht==0.5s2g水平射程s′1=v1t2=1.0m在物块做平抛运动这段时间内，车做匀速运动的加速度a=F/M=5m/s232位移s=vt+at/2=2.625m22232所以s=s2-s′1=1.625m说明：这道题要求同学能根据题给条件，对整个运动要有一个清晰的分析．对涉及的车子、小物块在整个过程的各个阶段的运动特点都有明确的概念．这样就不难根据有关规律列出它们在各个阶段的有关方程．这道题列出的联立方程较多，因而要求同学具有一定的应用数学工具处理物理问题的能力，和把比较复杂的问题一步一步演算到底的心理素质．[例8]如图1-9-13所示，轻绳长L，一端固定在O点，另一端拴一个质量为m的小球，使小球在竖直平面内做圆周运动．欲使小球能通过最高点，试证明：（1）小球通过最低点的速度v应有v≥5gL．00（2）小球通过最低点和最高点所受的绳拉力T1和T2之差有：T1-T2=6mg．分析与解答：由牛顿第二定律2v0最低点：T-mg=m①1L2v最高点：T+mg=m②2L2vT=m-mg≥02Lv≥gL由机械能守恒定律得1122mv=mv+mg2L③022所以v≥5gL0由①、②、③式得T1-T2=6mg[例9]质量m=4×103kg的汽车，发动机的额定功率为P0=40×103W．若\n汽车从静止开始，以a=0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，运动中受到大小恒定的阻力f=2×103N，求：（1）汽车匀加速运动的时间．（2）汽车可达的最大速度Vm．（3）汽车速度v=2vm/3时的加速度a1．分析与解答：若对汽车发动机的额定功率缺乏正确的理解，那么，对本题所设两问就不可能理解，更不用谈正确的解．汽车发动机的额定功率是允许的最大输出功率，发动机的输出功率P等于汽车的牵引力F与速度v的乘积，即P=Fv就本题而言，应分两个阶段分析：第一阶段，汽车从静止开始做匀加速直线运动，且阻力f恒定．因此，这一阶段汽车的牵引力恒定，由P=Fv可知，随汽车速度的增加，发动机的输出功率也将随之增加．但是汽车发动机的功率不可能无限增加．在达到额定功率后，汽车速度再增加，只能导致牵引力F减小，从而加速度减小．但速度仍在增加，又会使牵引力减小，加速度减小，⋯⋯这就是为什么会有匀加速运动的时间之说．直到汽车的加速度为零时，即牵引力减小到与阻力平衡，汽车的速度才达可能的最大值vm，以后在额定功率下，汽车做匀速运动．具体解法如下：（1）汽车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F-f=ma，F=4×103N汽车做匀加速运动的过程，发动机的输出功率随之增加，当达额定功率时，汽车匀加速运动可达的最大速度v′，有v′=P0/F汽车匀加速运动所用的时间t=v′/a=20s（2）这以后汽车保持恒定的额定功率，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大值vm，此时有vm=P0/f=20m/s（3）v=2vm/3时，由于v＞10m/s，所以汽车正处于加速度减小过程中．汽车的加速度（即时加速度）P3P00-f-fF′-fv2vmf2a=====0.25m/s1mmm2m图1-9-14是本题所述过程的v-t图线，t=20s前，汽车牵引力恒定，\n做匀加速直线运动，在t=20s后，汽车的功率恒定，做加速度逐渐减小（图线的斜率逐渐减小）的加速运动．不难看出，这两种启动方法物理过程是有所不同的．为了把功率知识和牛顿第二定律与动能定理有机结合起来，还可讨论下面的问题：①在汽车保持P0不变的启动过程中，当速度达到最大速度vm的一半时，加速度为多大？②若汽车先以恒力F启动，达到v′m后再保持P0不变的运动．如果知道从v′m到刚达到v通过的位移s，那么汽车从静止开始到速度刚达到vm的时间为多少？[例10]质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上．平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图1-9-15所示．一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动．已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点．若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度．求物块向上运动到达的最高点与O点的距离．分析与解答：对于这类综合题，要善于分析物理过程中各个阶段的特点及其遵循的规律，要注意两个物体在运动过程中相关量的关系．质量为m的物块运动过程应分为三个阶段：第一阶段为自由落体运动；第二阶段为和钢板碰撞；第三阶段是和钢板一道向下压缩弹簧运动，再一道回到O点．质量为2m的物块运动过程除包含上述三个阶段以外还有第四阶段，即2m物块在O点与钢板分离后做竖直上抛运动．弹簧′的初始压缩量都是x，故有E=Ep，于是：0p对于m：第一阶段，根据自由落体规律有v=6gx①00第二阶段，根据动量守恒有mv0=2mv1②12第三阶段，根据机械能守恒有E+（2m）v=2mgx③p102对于2m物块：第二阶段，根据动量守恒有2mv0=3mv2④第三阶段，根据系统的机械能守恒有\n1122E′+(3m)v=3mgx+(3m)v⑤p20222v第四阶段，根据竖直上抛规律有l=⑥2g又因E′p=Ep⑦上几式联立起来可求出：l=x0/2同步练习一、选择题1．A球的质量为2m，以速度v0沿正x轴方向运动，B球的质量为m，静止在x轴上某处．A、B球发生碰撞后均沿正x轴方向运动，则B球可能的速度为[]A．v0B．2v0C．3v0D．4v02．一辆汽车刹车后做匀减速直线运动停下，已知汽车前一半时间的平均速度为v，则汽车后一半时间的平均速度为[]111A.VB.VC.VD.V4323．物体在几个力作用下保持静止，现只有一个力逐渐减小到零又逐渐增大到原值，则在这个力变化的整个过程中，物体速度大小变化的情况是[]A．由零逐渐增大到某一数值后，又逐渐减小到零B．由零逐渐增大到某一数值后，又逐渐减小到某一数值C．由零逐渐增大到某一数值D．以上说法都不对4．一根水平绳子有相距L的a、b两点，有一列横波沿绳传播，在某时刻a、b均在通过平衡位置，且a、b之间没有波峰只有一个波谷，经过时间t，a处第一次出现波峰，b处第一次出现波谷，那么，这列波的传播速度是[]L3L5L7LA.B.C.D.2t2t2t2t5．如图1-9-16所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动．若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力N1和车右壁受弹簧的压力N2的大小变化是[]A．N1不变，N2变大B．N1变大，N2不变\nC．N1、N2都变大D．N1变大，N2减小6．一个做变速运动的物体[]A．若改变物体速度的是重力，则物体的机械能不变B．若改变物体速度的是摩擦力，则物体的机械能一定减小C．若改变物体速度的是摩擦力，则物体的机械能可能增大D．物体的速度增大时，物体的机械能可能减小7．如图1-9-17所示，一只箱子放在粗糙的水平地面上，甲用与地面成θ1角的恒力F1斜向上拉箱子，乙用与地面成θ2角的恒力F2斜向下推箱子，箱子做匀加速运动，其加速度为a，若乙不推箱子，则箱子的加速度[]A．一定小于aB．可能小于aC．可能大于aD．可能等于a8．如图1-9-18所示，物块放在粗糙斜面上保持静止，斜面体水平向左加速运动，当加速度减小时物块始终相对斜面静止，则物块所受斜面的摩擦力f和支持力N的大小变化情况可能是[]A．f增大，N减小B．f减小，N不变C．f不变，N减小D．f减小，N减小9．A球的质量为mA，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，B球的质量为mB．A与B发生正碰，碰撞过程中机械能不损失，当B球质量取不同值时，则碰撞后[]A．mB=mA时，B球速度最大B．mB=mA时，B球动能最大C．mB＜mA时，mB越小B球速度越大D．mB＞mA时，mB越大B球动量越大10．如图1-9-19所示，在倾角为θ的斜面上有A、B两个长方形物\n块，质量分别为mA、mB．在平行于斜面向上的恒力F的推动下，两物块一起向上做加速运动．A、B与斜面间的动摩擦因数为μ．设A、B之间的相互作用力为FAB，当它们一起向上加速运动过程中[]mBA．F=FABm+mABmBB．F=F+mg（sinθ+μcosθ）ABBm+mABC．斜面倾角θ如有增减，FAB值也将随之增减D．不论倾角如何变化（0≤θ≤90°），FAB值都保持一定11．如图1-9-20所示，传送皮带不动时，物块由皮带顶端A从静止开始滑下到皮带底端B用的时间是t，则[]A．当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定大于tB．当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定等于tC．当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间可能等于tD．当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间可能小于t二、非选择题12．如图1-9-21，竖直圆环的内侧为光滑的凹槽，aOb为其水平直径．两个相同的小球A和B，同时从a点以相等的初速率v0，A沿凹槽向上运动，B沿凹槽向下运动，运动中两球均未脱离圆环．在圆环上的b、c、d三点位置中，两球相遇的位置可能是在____点．13．汽车拉一拖车沿平直公路匀速行驶，中途拖车与汽车脱钩，若汽车的牵引力不变，汽车和拖车受到的阻力也不变，则在拖车停止运动前，汽车、拖车系统的总动能____，总动量____．（填增加、减少或不变）14．将一根长为L的细绳上端固定，下端挂一质量为0.5kg的重物（可视为质点）．最初，重物及绳与固定端同处于一水平线上，重物被无初速释放后，将在竖直平面内做圆周运动，当其运动到最低点时绳受\n力为F，细绳刚好被拉断．若换一根长为1.5L，2受力F刚好被拉断的细绳，再挂上同一重物，当3其在竖直平面内摆动时，摆角不能超过____度．15．如图1-9-22，一物体以40J的初动能从斜面顶端下滑，途经A点时，动能已减少10J，机械能已减少30J；到达底端时，速度刚好减为零．若使该物体从斜面底端沿斜面上滑，要能使其达到顶端，则上滑的初动能至少应为____J．16．水平匀速飞行的轰炸机正向敌方阵地上空飞来，被水平地面上与飞机直线距离为l的敌方阵地雷达发现，设飞机速度矢量与雷达在同一竖直面内，这时雷达监测飞机的仰角（即雷达观察飞机的方向与水平面间的夹角）为θ，与此同时，飞机上自由释放一颗炸弹，试分析飞机应以多大水平速度飞行，才有可能使炸弹命中敌方雷达？17．如图1-9-23所示，在光滑水平面上放置一长为L、质量为M的长方形木板A，木板的右端固定一竖直挡板，挡板上装有一水平轻弹簧，弹簧原长为l0；木板的左端上放有一质量为m的小滑块B，滑块与长木板间的动摩擦因数为μ．今给长木板A一短暂时间的冲量，使A获得某一向左的瞬时速度v0，此后滑块B将在长木板上相对长木板向右运动并把弹簧压缩至最短为l．如果最终滑块B能刚好停在木板A的左端而不掉下，试确定长木板A运动的初速度v0．18．如图1-9-24所示，质量为9m的圆木板，中心系一根长为L的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球．最初将小球与圆木板靠在一起从固定钢板C正上方高h=0.2m处由静止释放．钢板C中心有一孔，孔径比小球直径大，但比圆木板直径小．小球与圆木板落下后，圆木板与钢板C发生无机械能损失的碰撞，小球穿过孔后继续下落，运动到细绳绷紧时，球与圆木板达到一共同速度v，若不计空气阻力，细绳绷紧时，绳的拉力远大于圆木板和球的重力，要使球与圆木板达到共同速度v时方向向下，试确定细绳的长度L应满足的条件．\n参考答案1．A2．B3．C4．AB5．B6．ACD7．BCD8．AD9．BCD10．AD11．BCD12．C13．增加不变glμ(m+M)g(L-l)14．6015．20016．v=·cosθ17．v=202sinθM18．L＞0.64m（作者：北京四中唐挈）\n热学一、气体实验定律教学目标1．使学生明确理想气体的状态应由三个参量来决定，其中一个发生变化，至少还要有一个随之变化，所以控制变量的方法是物理学研究问题的重要方法之一．2．要求学生通过讨论、分析，总结出决定气体压强的因素，重点掌握压强的计算方法，使学生能够灵活运用力学知识来解决热学问题，使学生的知识得到迁移，为更好的解决力热综合题打下良好的基础．3．了解气体实验定律的实验条件、过程，学会研究物理问题的重要方法——控制变量（单因素）法，明确气体实验定律表达式中各个字母的含义，引导学生抓住三个实验定律的共性，使复习能够事半功倍．教学重点、难点分析1．一定质量的某种理想气体的状态参量p、V、T确定后，气体的状态便确定了，在这里主要是气体压强的分析和计算是重点问题，在气体实验定律及运用气态方程的解题过程中，多数的难点问题也是压强的确定．所以要求学生结合本专题的例题和同步练习，分析总结出一般性的解题方法和思路，使学生明确：压强的分析和计算，其实质仍是力学问题，还是需要运用隔离法，进行受力分析，利用力学规律（如平衡）列方程求解．2．三个气体实验定律从实验思想、内容到解题的方法、步骤上均有很多相似之处，复习时不要全面铺开，没有重点．应以玻-马定律为重点内容，通过典型例题的分析，使学生学会抓共性，掌握一般的解题思路及方法，提高他们的科学素养．教学过程设计教师活动一、气体的状态参量一定质量m的某种（摩尔质量M一定）理想气体可以用力学参量压强（p）、几何参量体积（V）和热学参量温度（T）来描述它所处的状态，当p、V、T一定时，气体的状态是确定的，当气体状态发生变化时，至少有两个参量要发生变化．1．压强（p）我们学过计算固体压强的公式p=F/S，计算液体由于自重产生的压强用p=ρgh，那么（1）对密闭在容器中的一定质量的气体的压强能否用上述公式计算呢？（2）密闭气体的压强是如何产生的呢？和什么因素有关？（3）密闭气体的压强如何计算呢？通过下面的几个例题来分析总结规律．学生活动回答问题：（1）不能．（2）是由于大量的气体分子频繁的碰撞器壁而形成的，和单位时间内、单位面积上的分子的碰撞次数有关，次数越多，产生的压强越大，\n而碰撞次数多，需单位体积内的分子数多，所以和单位体积内的分子数有关；还和碰撞的强弱有关，气体的温度越高，分子热运动越剧烈，对器壁的撞击越强．[例1]在一端封闭粗细均匀的竖直放置的U形管内，有密度为ρ的液体封闭着两段气柱A、B，大气压强为p0，各部分尺寸如图2-1-1所示，求A、B气体的压强．学生讨论例题1．让学生在黑板上列出不同的解法，典型解法如下：解法1：取液柱h1为研究对象．设管的横截面积为S，h1受到向下的重力ρgSh1，A气体向下的压力pAS，大气向上的压力p0S，因为h1静止，所以pAS+ρgSh1=p0SpA=p0-ρgh1再取液柱h2为研究对象，由帕斯卡定律，h2上端受到A气体通过液体传递过来的向下的压力pAS，B气体向上的压力pBS，液柱自身重力ρgSh2，由于液柱静止，则pAS+ρgSh2=pBSpB=p0-ρgh1+ρgh2解法2：求pB时，由连通器的知识可知，同种液体在同一水平面上的压强处处相等，取同一水平面CD，则pA=pBS-ρgh2pB=p0-ρgh1+ρgh2在教师的引导下同学们总结：（1）气体自重产生的压强很小，一般忽略不计；（2）对密闭气体，帕斯卡定律仍适用；（3）当整个系统处于静止或匀速运动中时，气体的压强可以用力的平衡的方法求解，也可以运用连通器的原理，找等压面的方法求解．[例2]如图2-1-2所示，一圆形气缸静置于水平地面上，气缸质量为M，活塞质量为m，活塞面积为S，大气压强是p0．现将活塞缓慢上提，求气缸刚离开地面时，气缸内气体的压强（不计摩擦）．此题涉及到活塞、气缸、密闭气体，以谁为研究对象呢？活塞缓慢\n移动的含义是什么？气缸刚离开地面是什么意思？对例题2学生讨论大致有两种观点：1．以活塞为研究对象，活塞受向上的外力F、自身的重力mg、大气向下的压力p0S、封闭气体向上的压力pS，因为活塞缓慢移动，所以可以认为活塞的每个态均为平衡态，则F+pS=mg+p0S（1）F、p均是未知数，还需另立方程．再以整体为研究对象，受向上的外力F、自身的重力（M+m）g、地面的支持力N．系统是否受大气的压力呢？讨论结果：受，但是因为整个系统上下左右均受到大气的作用，所以分析受力时可不考虑．系统静止，所以F+N=（M+m）g当气缸刚离开地面时，N=0，F=（M+m）g（2）将（2）代入（1）得p=p0-Mg/S2．以气缸为研究对象，气缸受自身向下的重力Mg、封闭气体向上的压力pS、地面的支持力N、大气对气缸底部向上的压力p0S．（学生对气缸上面是否受大气压力产生疑问．经过讨论学生认识到气缸上方和它作用的是封闭气体，大气是作用在活塞上的．）气缸静止，则Mg+pS=N+p0S当气缸刚离开地面时，N=0，得p=p0-Mg/S[例3]如图2-1-3所示，粗细均匀开口向上的直玻璃管内有一段长为h、密度为ρ的水银柱，封闭了一段气体，当整个装置处于向下加速（加速度为a）的电梯中时，气体的压强是多少？若电梯向上加速呢？通过上面的三个例题，请同学们归纳总结计算气体压强的一般思路和方法．学生解答例题3：以水银柱为研究对象，受重力ρgSh、大气向下的压力p0S、气体向上的压力pS，因为系统向下加速，由牛顿第二定律，ρgSh+p0S-pS=ρShap=p0+ρ（g-a）h讨论：若a=g，即系统做自由落体运动时（完全失重），p=p0同理，向下加速时，p=p0+ρ（g+a）h学生归纳一般解题思路：1．确定研究对象：活塞、气缸、液柱等．2．进行正确的受力分析．3．根据规律列方程，例如平衡条件、牛顿定律等．\n4．解方程并对结果进行必要的讨论．2．体积（V）：气体分子所能充满的空间，若被装入容器则气体的体积=容器的容积．3．温度（T）：温标：一般有摄氏温标和热力学温标，它们的关系是什么？T=t+273，-273℃=OK，△T=△t二、气体的实验定律提问：（1）气体的三个实验定律成立的条件是什么？（2）主要的实验思想是什么？很好，我们要会用文字、公式、图线三种方式表述出气体实验定律，更要注意定律成立的条件．（1）一定质量的气体，压强不太大，温度不太高时．（2）控制变量的方法．对一定质量的某种气体，其状态由p、V、T三个参量来决定，如果控制T不变，研究p-V间的关系，即得到玻-马定律；如果控制V不变，研究p-T间的关系，即得到查理定律；如果控制p不变，研究V-T间的关系，即得到盖·吕萨克定律．1．等温过程——玻-马定律（1）内容：（2）表达式：p1V1=p2V2（3）图像玻-马定律的内容是：一定质量的某种气体，在温度不变时，压强和体积的乘积是恒量．讨论：上面的p-V图中，A、B表示一定质量的某种气体的两条等温线，则TATB（填＞、=、＜），试说明理由．TATB说明原因的过程中，学生讨论后渐趋明朗．有学生回答：从分子动理论的角度来说，气体的压强是大量气体分子频繁碰撞器壁的结果，单位体积内的分子数越多、分子运动的平均速率越大，压强就越大．在p-V图像的两条等温线上，取体积相同的两点C、D，因为是一定质量的气体，所以单位体积内的分子数相同；又从图像上可知，pC＜PD，所以TD＞TC，则TB＞TA．小结：一定质量的某种气体的p-V图像上的等温线越向右上方，温度越高，即pV的乘积越大．[例4]1m长的粗细均匀的直玻璃管一端封闭，把它开口向下竖直插入水中，管的一半露在水面外，大气压为76cmHg，求水进入管中的高度．引导学生讨论：\n（1）此过程可视为等温过程，应用玻-马定律，那么如何确定一定质量的气体呢？（2）研究对象的初末态如何确定？（3）管插入水中一半时，管内水面的高度应是图2-1-5中a、b、c的哪个位置？为什么．解答：设玻璃管的横截面积为S．初态：玻璃管口和水面接触但还没有插入之时，此后管内气体为一定质量的气体．p1=p0，V1=1S．末态：管插入水中一半时，如图2-1-5所示，位置c是合理的．因为管插入水中，温度一定，气体体积减小，压强增大，只有pc＞p0，所以c位置合理．设进入管内的水柱的高度是x，则p2=p0+ρg（0.5-x），V2=（1-x）S，根据玻-马定律：p1V1=p2V2，所以p0×1S=[p0+ρg（0.5-x）]×（1-x）S，得x=0.05m[例5]一根长度为1m，一端封闭的内径均匀的细直玻璃管，管内用20cm长的水银柱封住一部分空气．当管口向上竖直放置时，被封住的空气柱长49cm．问缓慢将玻璃旋转，当管口向下倒置时，被封住的空气柱长度是多少？假设p0=76cmHg，气体温度不变．对例题5大多数学生做出如下解答：p1=p0+h=76+20=96（cmHg）V1=49Sp2=p0-h=76-20=56（cmHg）V2=HSp1V1=p2V2所以H=84（cm）解答到此，有部分同学意识到此时空气柱加水银柱的长度H+h=84+20=104（cm）已大于玻璃管的长度1m了，说明水银早已经溢出！所以，管倒置后，p2=p0-h′V2=HS，H+h′=L所以h=18.5（cm），H=81.5（cm）[例6]内径均匀的U形管中装入水银，两管中水银面与管口的距离均为l=10cm，大气压强p0=75.8cmHg时，将右管口密封，如图2-1-6所示，然后从左侧管口处将一活塞缓慢向下推入管中，直到左右两侧水银面高度差h=6cm时为止．求活塞在管内移动的距离．\n提问：（1）缓慢向下推是什么意思？（2）本题中有左右两部分定质量的气体，能分别写出它们初、末态的状态参量吗？（3）两部分气体间有什么联系？画出示意图．解答：缓慢压缩的含义是整个过程中系统保持温度不变，且水银柱处于平衡态．设管的横截面积为S，则：左管气体：初态：pA0=p0，VA0=lS=10S末态：pA=？，VA=？右管气体：初态；pB0=p0，VB0=lS=10S末态：pB=？，VB=？画出变化前后的示意图，如图2-1-7所示：一般认为液体不易压缩，U形管中，左管液面下降△l，右管液面必上升△l，则两管液面的高度差为2△l，在本题中2△l=h．从上面的示意图中可知：pA=pB+h，VA=（l-x+h/2）SVB=（l-h/2）分别对左右管内的气体应用玻马定律，代入数据，得：x=6.4cm2．等容过程——查理定律（1）内容：提问：法国科学家查理通过实验研究，发现的定律的表述内容是什么？把查理定律“外推”到零压强而引入热力学温标后，查理定律的表述内容又是什么？内容：一定质量的气体，在体积不变的情况下，温度每升高（或降低）1℃，增加（或减少）的压强等于它0℃时压强的1/273．一定质量的气体，在体积不变的情况下，它的压强和热力学温标成正比．\nìpt-p0p0ï=ït273（2）表达式：数学表达式是：íppï12=ïîT1T23．等压变化——盖·吕萨克定律（1）内容：（2）表达式：内容：一定质量的气体，在压强不变的情况下，它的体积和热力学温标成正比．VV12数学表达式是：=TT12[例7]一个质量不计的活塞将一定量的理想气体封闭在上端开口的直立筒形气缸内，活塞上堆放着铁砂，如图2-1-8所示．最初活塞搁置在气缸内壁的卡环上，气柱的高度H0，压强等于大气压强p0．现对气体缓慢加热，当气体温度升高了△T=60K时，活塞（及铁砂）开始离开卡环而上升．继续加热，直到气柱高度H1=1.5H0．此后在维持温度不变的条件下逐渐取走铁砂，直到铁砂被全部取走时，气柱高度变为H2=1.8H0．求此时气体的温度（不计气缸和活塞间的摩擦）．分析：以封闭在气缸内的一定质量的理想气体为研究对象，（1）从最初活塞搁置在气缸内壁的卡环上，到当气体温度升高了△T=60K时，活塞（及铁砂）开始离开卡环这一过程气体的哪个状态参量没有发生变化？（2）从当气体温度升高了△T=60K时，活塞（及铁砂）开始离开卡环而上升，直到气柱高度H1=1.5H0．这一过程气体的哪个状态参量没有发生变化？（3）此后的过程气体的哪个状态参量没有发生变化？回答完上面的三个问题后，相信同学们能够自己解答出此题了．学生回答提问：（1）体积不变，所以此过程为等容变化．（2）压强不变，所以此过程为等压变化．（3）温度不变，所以此过程为等温变化．学生的两种解法：解法一：以封闭在气缸内的一定质量的理想气体为研究对象，设最初活塞搁置在气缸内壁的卡环上时，气体的温度为T0，气体的压强为p0，体积为V0=H0S，则活塞（及铁砂）开始离开卡环时的温度T1=T0+△T，气体的压强为p1，体积为V1，因为等容变化，V1=V0，根据查理定律，pTpT+△T1110=，=（1）pTpT0000设气柱高度为H1时，气体温度为T2，体积为V2=H1S，压强为p2，因\n为是等压变化，p2=p1，根据盖·吕萨克定律，TVTH2211=，=（2）TVT+△TH1100设气柱高度为H2时，气体温度为T3，体积为V3=H2S，压强为p3，因为铁砂全部取走时p3=p0，又因为是等温变化，T3=T2，根据玻-马定律，p3V3=p2V2，p0H0=p1H1（3）由（1）、（3）两式解得：T+△TH02=（4）TH01H1T=△T（5）0H-H21由（2）、（4）两式解得：H2T1=T0（6）H1由（5）、（6）两式解得：H2T1=T0（6）H1解法二：以封闭在气缸内的一定质量的理想气体为研究对象，设最S初活塞搁置在气缸内壁的卡环上时，气体的温度为T0，则活塞（及铁砂）开始离开卡环时的温度为T0+△T，设气柱高度为H1时，气体温度为T1，气柱高度为H2时，气体温度为T2，由等压过程得HH01=（1）T+△TT01由初态和末态的压强相等，得HH02=（2）TT02由（1）、（2）两式解得：HH12T2=T1=△T=540KH(H-H)021说明：气缸内的封闭气体先后经历了四个状态、三个过程．可以建立如下图景：利用上述图景，可以使复杂的过程清晰展现，所以分析物理图景是\n解题非常关键的步骤．同步练习一、选择题1．对于一定质量的理想气体，下列说法中正确的是[]A．如果体积V减小，气体分子在单位时间内作用于器壁单位面积的总冲量一定增大B．如果压强p增大，气体分子在单位时间内作用于器壁单位面积的总冲量一定增大C．如果温度T不变，气体分子在单位时间内作用于器壁单位面积的总冲量一定不变D．如果密度不变，气体分子在单位时间内作用于器壁单位面积的总冲量一定不变2．如图2-1-9所示，U形管封闭端内有一部分气体被水银封住，已知大气压为p0，则被封闭的气体的压强p（以汞柱为单位）为[]A．p0+h2B．p0-h1C．p0-（h1+h2）D．p0+h2-h13．如图2-1-10所示，密封U形管内装有水银，左右两管都有空气，两水银面的高度差为h，把U形管竖直浸没在热水中，高度差h将[]A．增大B．减小C．不变D．两侧空气柱的长度未知，不能判断二、非选择题4．如图2-1-11所示，一根横截面积是S=1cm2的直管，两端开口，竖直插入水银槽中．有两个质量都是m=20g的活塞A、B，在管中封闭两段长都是L=10cm的理想气体．开始时A、B都处于静止状态．不计管壁对A、B的摩擦．现在用力F竖直向上缓慢拉动活塞A，当F=4.2N时，A、B再次静止．设整个过程中环境温度不变，g=10m/s，外界大气压p0=1.0\n×105Pa，合73.5cmHg，水银密度ρ=13.6×103kg/m3，求在此过程中：（1）活塞A上升的距离；（2）有多高的水银柱进入管内．5．用图2-1-12所示的容积计测量某种矿物的密度，测量数据和步骤如下：（1）打开阀门K，使管A、容器C、B和大气相通，上下移动D使水银面在n处；（2）关闭K，向上举D使水银面达到m处，这时B、D两管内水银面高度差h1=12.5cm；（3）打开K，把400g矿物投入C，使水银面对齐n，然后关闭K；（4）往上举D，使水银面重新到达m处，这时B、D两管内水银面高度差h2=23.7cm，m处以上容器C和管A（不包括B）的总体积是1000cm3．求矿物的密度．6．如图2-1-13所示的实验装置，研究体积不变时的气体压强与温度的关系，当时大气压为H（cm）汞柱．封有一定质量气体的烧瓶，浸在冰水混合物中，U形压强计可动管A和固定管B中的水银面刚好相平．将烧瓶浸入温度为t℃的热水中时B管的水银面将____，这时应将A管____，（以上两空填“上升”或“下降”）使B管中水银面____．记下此时A、B两管中水银面的高度差为h（cm），此状态下瓶中气体的压强为____．参考答案\n1．B2．B3．A4．（1）44.6cm（2）30.8cm5．846.5kg/m36．下降上升回到原来位置（H+h）cmHg（作者：北京二中陈文）\n二、理想气体状态方程教学目标1．能够运用理想气体状态方程解决较综合性的物理问题，培养学生综合分析问题的能力．2．进一步深刻理解能的转化和守恒定律，并能够运用它对气体状态的变化进行推理判断，提高学生的逻辑思维能力．教学重点、难点分析1．理想气体状态方程是在三个实验定律的基础上的进一步综合，是整个热学中的核心问题．在这里，p、V、T三个参量均可能发生变化，要注意在典型例题的分析过程中，着重掌握解题的思路和处理相似问题的方法．2．气体的图像简洁、直观地表达了气体状态变化过程，在分析解决问题时也起到了很重要的作用，要能够运用图线讨论气体在状态变化过程中内能的变化、气体吸放热情况、气体是否对外做功等．教学过程设计教师活动一、理想气体状态方程1．理想气体提问：什么气体可以看做是理想气体？学生活动能严格遵守气体实验定律的气体．压强不太大、温度不太低（常温、常压）的实际气体．2．一定质量的某种理想气体的状态方程（1）推证理想气体的状态方程的理论依据是什么？气体实验定律．补充：气体状态参量间的变化与过程无关．（2）推证过程：（要求学生在课下完成）（3）结论：pVpVpV1122nn==⋯=TTT12n此式反映的是n个状态间过程的联系．（4）推论：对一定质量的理想气体，设密度为ρ，有V=m/ρ，则pppV12nn==⋯=ρTρTρT1122nn[例1]教室的容积是100m3，在温度是7℃，大气压强为1.0×105Pa时，室内空气的质量是130kg，当温度升高到27℃时大气压强为1.2×105Pa时，教室内空气质量是多少？分析：（1）研究对象是教室内的气体吗？（2）气体的初末态如何确定？学生回答问题：\n（1）教室内的气体不能作为研究对象，因为教室内气体的质量发生了变化，有可能是外面的气体跑进教室，也有可能是教室的气体跑到外面．所以以原来教室内的130kg的气体为研究对象，才能根据理想气体的状态方程求解．（2）初态：p1=1.0×105pa，V1=100m3，T1=273+7=280K末态：p2=1.2×105Pa，V2=？，T2=300K根据理想气体状态方程：pVpV1122=TT12pT123V=V=189.3m，V＜V，有气体流入房间．2121pT21V1m2=m1=145.6kgV2[例2]一圆柱形气缸直立在地面上，内有一个具有质量、无摩擦的绝热活塞，把气缸分成容积相同的A、B两部分，如图2-2-1所示．两部分气体的温度相同，均为T0=27℃，A部分气体的压强pA0=1.0×105Pa，B部分气体的压强pB0=2.0×105pa．现对B部分气体加热，使活塞上升，保持A部分气体的温度不变，使A部分气体的体积减小为原来的2/3．求此时：（1）A部分气体的压强pA．（2）B部分气体的温度TB．分析：A、B两部分气体均为一定质量的理想气体，可分别确定A、B气体的状态参量，依据理想气体状态方程求解，同时要注意两部分气体之间的联系．学生对例题2的讨论分析如下：以A部分气体为研究对象，根据题意，其温度不变，可应用玻马定律．设原来A的体积是V，则初态：pA0=1.0×105Pa，VA0=V末态：pA=？，VA=2V/3根据玻-马定律：PA=1.5×105Pa对B部分气体，其p、V、T均发生变化：初态；pB0=2.0×105Pa，VB0=V，TB0=27+273=300K末态：pB=？VB=V+V/3=4V/3，TB=？到此处，组织学生继续讨论，重新审题，找出A、B两部分气体间的联系，从而确定B气体末态的压强．对B部分气体．\n末态：pB=pA+（pB0-pA0）=3pA0/2+pA0=2.5×105pa由理想气体状态方程：pVPVBOBOBB=TTBOBTpVBOBBT==500KBpVBOBO[例3]如图2-2-2所示，两个内径不同的圆筒组成一个气缸，里面各有一个活塞A、B．其横截面积分别为SA=10cm2和SB=4cm2．质量分别为mA=6kg，mB=4kg，它们之间用一质量不计的刚性细杆相连．两活塞均可在气缸内无摩擦滑动，但不漏气．在气温是-23℃时，用销子P把活塞B锁住．此时缸内气体体积为300cm3，气压为1.0×105Pa．由于圆筒传热性好，经过一段时间，气体温度升至室温27℃，并保持不变，外界大气压p0=1.0×105Pa，此后将销子P拔去．求：（1）将销子P拔去时两活塞（含杆）的加速度；（2）活塞在各自圆筒范围内运动多大一段距离后，它们的速度可达最大值（设气体温度保持不变）？分析：以两活塞内封闭的气体为研究对象，开始时用销子P把活塞B锁住，直到将销子P拔去的过程中，气体体积保持不变，可分别写出对应的气体的初末态状态参量，利用等容变化规律，求出将销子P拔去时的压强．学生讨论后解答如下：以两活塞内封闭的气体为研究对象，开始时用销子P把活塞B锁住，直到将销子P拔去的过程中，气体体积保持不变，根据查理定律，有pp12=（1）TT12p2=p1T2/T1=1.2×105Pa（2）拔去销子后，以A、B（含杆）为研究对象，根据牛顿第二定律，p2（SA-SB）-p0（SA-SB）=（mA+mB）a（3）a=1.2m/s2，方向水平向左．当活塞向左移动时，气体等温膨胀，气体压强减小，根据（3）式两活塞整体的加速度将减小，当活塞的加速度减小为零时，它们的速度达到最大．对气体，根据玻-马定律，有\np2V0=p3V（4）系统重新平衡时的体积V与原体积V0有如图2-2-3所示的关系．由图2-2-3可得V-V0=L（SA-SB）（5）系统重新平衡时，活塞A、B受合力为零，p3（SA-SB）=P0（SA-SB）（6）由（4）、（5）、（6）式得Vp02L=（-1）=10cmS-SpAB0[例4]粗细均匀的，一端开口、一端封闭的细玻璃管中，有质量为10mg的某种理想气体，被长为h=16cm的水银柱封闭在管中，当玻璃管开口向上，竖直插在冰水中时，管内气柱的长度L=30cm．如图2-2-4所示．若将玻璃管从冰水中取出后，颠倒使其竖直开口向下，温度升高到27℃（已知大气压强为75cmHg）．试求：（1）若玻璃管太短，颠倒时溢出一些水银，水银与管口齐平，但气体没有泄漏，气柱长度变为50cm，则管长为多少？（2）若玻璃管足够长，水银未溢出，但溢出一些气体，气柱长变为30cm，则逸出气体的质量是多少？分析：第一种情况，气体没有泄漏，可以根据理想气体状态方程，确定气体的初末态，画出示意图，如图2-2-4所示．请把气体从状态1到状态2的三个参量写出来．第二种情况：因为有气体逸出，所以管内气体不再是定质量的问题，不能直接用一定质量的理想气体的状态方程求解，那么如何把变质量的问题等效为定质量的问题呢？学生讨论．提问：本题能否利用上面的理想气体状态方程的推论呢？第一种情况：状态1：p1=p0+h，V1=30S，T1=273K状态2：p2=p0-x，V2=50S，T2=300K根据理想气体状态方程：\npVpV1122=TT12(75+16)30S(75-x)50S=273300x=15cm所以，玻璃管长度l=50+15=65cm第二种情况：学生讨论结果：可以把状态1被水银封闭的气体分成两部分：其一，逸出气体，设气柱长△L；其二，始终留在管中的气体，气柱长（L1-△L）．把始终留在管中的气体作为研究对象，即把变质量问题等效为定质量问题研究了．状态1：p1=p0+h，V1=（L1-△L）ST1=273K状态2：p2=p0-h，V2=L2S，T2=300K根据理想气体状态方程：pVpV1122=TT1291(30-△L)S60×30S=273300△L=12.3cm在状态1中，逸出的气体的质量△m与全部气体质量m之间的关系：△m△L=mL1△m=△Lm/L1=4.1mg可以根据推论：pp12=pTpT1122状态1时，ρ1=m/V1=10/30S，代入上式，得ρ2=59/300S所以，m2=ρ2V2=5.9mg，逸出的气体的质量△m=m1-m2=4.1mg二、热力学第一定律在理想气体等值变化过程中的应用1．理想气体的内能理想气体的分子间作用力为零，分子势能为零，所以理想气体的内能等于分子动能．那么决定一定质量的某种理想气体的内能的宏观标志是什么？温度T2．几个等值变化过程（1）绝热过程．\n绝热一般指封闭气体的材料绝热或过程完成得迅速，此过程的特点是热量Q=0，那么同学们可以讨论当一个绝热气缸内的气体向外膨胀的过程中，气体的内能如何变化？气体的温度如何变化？当一个绝热气缸内的气体向外膨胀的过程中，气体的体积变大，气体对外做功，又因为是绝热过程，气体既不吸热也不向外界放热，根据热力学第一定律，其内能减小，气体的温度降低．（2）等温过程．等温过程中气体的温度保持不变，所以其内能不变．那么当一定质量的理想气体的压强增大，系统是吸热还是放热？因为是等温过程，所以系统的内能不变；根据玻-马定律，当气体压强增大时，气体的体积变小，外界对气体做功；根据热力学第一定律，系统向外界放热．（3）等容过程．等容过程的特点是什么？那么当一定质量的理想气体的压强增大，系统是吸热还是放热？体积不变，所以做功W=0；根据查理定律，气体的压强增大，则温度升高，内能变大；根据热力学第一定律，系统从外界吸热．（4）等压过程．等压过程的特点是什么？那么当一定质量的理想气体的体积增大，系统是吸热还是放热？压强不变，根据盖·吕萨克定律，气体的体积增大，则温度升高，内能变大；又因为气体的体积变大，气体对外界做功；根据热力学第一定律，系统从外界吸热．[例5]图2-2-5中A、B两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态．当气体自状态A变化到状态B时A．体积必然增大B．有可能经历体积减小的过程C．外界必然对气体做正功D．气体必然从外界吸热分析：当气体自状态A变化到状态B时，能否根据图线判断气体的体积如何变化？能．在p-T图线中斜率的大小反映了气体的体积的变化．分别过A、B两点做过原点的斜直线，从图中可知，VB＞VA．气体的压强减小，而温度却升高，根据理想气体状态方程，也可以判定气体的体积必然变大，但是能否断定气体从A到B的整个变化过程中气体的体积一直变大吗？不能排除过程中有体积减小的某一小段过程．那么如何判断气体是否对外做功，以及气体吸、放热的情况？\n从总的变化上看，气体的体积还是变大了的，所以气体对外界做正功，又因为气体的温度升高，内能增加，根据热力学第一定律，气体应从外界吸热．正确答案应选A、B、D同步练习一、选择题1．如图2-2-6所示，质量不计的活塞把一定质量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形气缸中，活塞上堆放细砂，活塞处于静止．现在对气体缓慢加热，同时不断取走细砂，使活塞缓慢上升，直到细纱全部取走．则在此过程中[]A．气体的体积增大，压强减小，对外不做功B．气体温度可能不变，气体对外做功C．气体压强减小，内能可能不变D．气体对外做功，内能可能增加2．对于一定质量的理想气体，可能发生的过程是[]A．气体的压强增大、温度升高，气体对外界做功B．气体的压强增大、温度不变，气体对外界放热C．气体的压强减小、温度降低，气体从外界吸热D．气体的压强减小、温度升高，外界对气体做功3．如图2-2-7所示，一定质量的理想气体，由状态a沿直线ab变化到状态b．在此过程中[]A．气体的温度保持不变B．气体分子平均速率先减小后增大C．气体的密度不断减小D．气体必然从外界吸热二、非选择题\n4．图2-2-8为一定质量的理想气体经历a→b→c→d→a四次状态变化的p-V图线，在这几个过程中，气体对外做功的是____过程，气体吸热的是____过程，气体内能增加的是____过程．5．如图2-2-9所示，绝热容器内装有某种理想气体，一无摩擦透热活塞将其分为两部分．初始状态TA=127℃，TB=207℃，VB=2VA，经过足够长的时间后，两边温度相等时，两部分气体的体积之比VA：VB=____．6．有一种测温仪其结构原理如图2-2-10所示．粗细均匀的两端封闭的竖直玻璃管内有一段长为10cm的水银将管内气体分隔成上下两部分，上部分气柱长20cm，下部分气柱长5cm，已知上部分气体的压强为50cmHg，今将下部分气体插入待测液体中（上部分仍在原环境中），这时水银柱向上移动了2cm，问这液体的温度是环境温度的几倍？7．如图2-2-11所示，竖直圆筒固定不动，粗圆筒横截面积是细圆筒的4倍，细筒足够长．粗筒中A、B两轻质活塞间封有空气，气柱长l=20cm，活塞A上方的水银深h=10cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计．用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平．现使活塞B缓慢上移，直到有一半水银被推到细筒中，求活塞B上移的距离．设在整个过程中气体的温度不变，大气压强p0=75cmHg．\n参考答案1．BCD2．ABC3．BCD4．a→ba→b、d→aa→b、d→a5．3：56．1.3倍7.8cm（作者：北京二中陈文）\n三、分子动理论热和功教学目标1．从观察和实验出发，使学生对分子动理论的物理图景有初步的认识，对热现象和其他物理过程的关系有初步的了解，理解能量转化和守恒的思想．并能对一些简单的热现象，以分子动理论和能量守恒的观点加以分析判断．2．学习通过宏观物理实验，提出科学假说和模型，进行推理以认识物质微观结构的分析方法，培养建立物理模型，进行分析推理的能力．3．学习用统计的观点认识大量微观粒子的运动规律的方法．教学重点、难点分析1．重点的知识是分子动理论的要点和能量转化和守恒定律．重点的方法是建立物理模型进行推理和计算的方法．2．难点是有关分子力和分子势能的概念，以及用能量守恒的观点去分析实际问题．教学过程设计教师活动一、高中热学研究的内容高中热学部分包括两方面的内容：一是基础理论；二是物性学的一部分内容——气体性质．本章复习的是基础理论．提问：高中热学的基础理论的主要内容是什么？请简明扼要地回答．学生活动回答：高中热学的基础理论包括两部分：一是分子动理论．其要点是：1．物质是由大量分子组成的．2．分子总处在永不停息的无规则运动中，称之为分子热运动．3．分子间同时存在着相互作用的斥力和引力．分子动理论提供了从微观角度研究热学问题的理论基础．二是能量转化和守恒定律．具体应用到热学问题的是包括物体内能的热力学第一定律，提供了从宏观角度研究热学问题的理论基础．它表明，从分子动理论出发可以得到对应于分子运动存在着一种新形式的能，即物体的内能．物体的内能改变，可以通过做功和热传递来实现，并遵守热力学第一定律．小结：高中热学的基础理论有两部分：一是分子动理论的要点，二是能量转化和守恒定律．它们分别提供了从微观角度和宏观角度认识热现象的理论根据．但是，它们仍然是以实验和观察为基础的．二、以实验为基础，建立物理模型进行推理认识微观结构的方法，是物理的重要方法．由于实验仪器的限制，至今人们借助最先进的电子显微镜等观测仪器，也只能直接观察到大个的分子，更何况过去．所以，对物质微观结构的认识，往往是通过宏观的物理实验，提出科学假说和模型，进行分析推理得出的．一个典型的事例就是布朗运动的分析和解释．提问：请简要说明布朗运动的产生过程．回答：显微镜下连续的液体，实际上是由大量的分子组成的，这些做无规\n则热运动的分子，对悬浮在液体中的固体微粒不断地碰撞，使固体微粒受到各方向液体分子的冲力．在某一瞬间，由于固体微粒的体积很小，各方向受到的液体分子的冲力不平衡，其合力产生加速度．而不同时刻冲力的合力方向朝向什么方向具有偶然性，且不断变化，这样，就使固体微粒产生了无规则运动，称之为布朗运动．小结：对布朗运动产生过程的分析有如下特点应加以注意．（1）在排除了外界影响后，从流体内部找原因．（2）提出了“液体分子”这个物理模型，并认为分子总处于永不停息的无规则运动中．同时，要把液体分子视做弹性小球，在跟固体微粒碰撞的过程中动能守恒．（3）认为大量分子碰撞固体微粒时，某一瞬间，固体微粒各方向所受液体分子的冲力，对于体积小的固体微粒表现出明显的不平衡性．正是这种不平衡性，产生了布朗运动．在这里，提出科学假说，建立物理模型，通过宏观实验，进行分析推理以得出微观结构及其运动特点的方法，对于得出正确结论是重要的．同时，大量分子对固体微粒碰撞的冲力的不平衡性，冲力合力的方向的不确定性，还体现出新的规律性．这种反映大量分子永不停息的无规则运动的整体规律，称之为统计规律．三、注意理解热运动中的统计规律如前述，布朗运动是跟固体微粒的体积有关的．当微粒较大时，液体分子对固体微粒的碰撞产生的冲力，在每一瞬间都是平衡的．只有微粒足够小时，这种撞击作用的不平衡才得以表现出来．这就是统计规律的表现．同样，在描述大量分子整体特征的宏观物理量中，也表现出这种特点．提问：请举出热学中属于描述大量分子整体特征的宏观量．回答：1．温度．物体的温度是物体内部分子热运动的平均动能的标志，它是一个宏观量．因此，温度是大量分子热运动的集体表现．是含有统计意义的．首先，物体内部分子热运动的速率并不是相同的．其中速率特别大的和速率特别小的分子数目很少，而多数分子的速率处于中间一个范围内．只有它们的平均速率，以及由此决定的平均动能与温度有确定的关系．因此，对个别分子谈温度的高低是没有意义的．温度只对大量分子有意义．2．物体的内能，分子动能和分子势能．所谓“分子动能”是指物体内所有分子由于热运动决定的分子的动能的总和．“分子势能”是指物体内所有分子由于分子间相互作用的分子力和相对位置决定的势能的总和．而“物体的内能”则是这二者之和．显然，对个别分子谈内能是没有意义的．3．气体的体积和压强．气体的体积是指气体内所有分子所占有的空间的总和．它应等于所有气体分子本身占有的空间和它们的间隙的总和．通常气体的体积是指气体所充满的容器的容积．而气体分子间空隙\n往往比气体分子本身占有的空间大得多．理想气体的体积就是在忽略分子本身占有的体积的情况下得到的．显然，谈个别气体分子的体积对于研究气体的性质是没有意义的．而气体的压强是大量气体分子碰撞器壁的宏观表现．谈个别分子对器壁的压强是没有意义的．小结：对于描述大量分子热运动特征的宏观量，应理解其所表现的统计意义．四、理解分子间相互作用力和分子间的势能变化的规律在前述的宏观量中，变化规律特殊的是分子力及分子势能．提问：请简要说明分子力和分子势能是如何随分子间距变化的．回答：关于分子力的变化规律：1．分子间同时存在着相互作用的引力和斥力．2．分子间的引力和斥力都随分子间距的增大而减小，随分子间距的减小而增大．但斥力比引力变化得快．3．分子间相互作用的引力和斥力的合力称为分子力．分子力为零的位置称为平衡位置，r0=10-10m．当分子间距大于平衡位置时，分子力表现为引力，直至间距超过10-9m减小到零为止．当分子间距小于平衡位置直至不能再小时，分子力表现为斥力．分子势能的变化规律：1．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距的增大而增大；当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距的增大而减少．2．分子势能存在一个最低点，即在平衡位置处．小结：分子力的特殊变化规律决定了分子势能的特殊变化规律．这可以跟弹簧的弹力和弹性势能的变化进行类比．只是需注意：1．分子力实质上是一种电磁作用．可以借助于原子的静电模型加以粗略说明，在两个原子接近时，其原子核之间、电子云之间的静电力表现为斥力；而原子核和电子云之间的静电力则表现为引力．它们大小的变化导致了合力的变化．2．如果取平衡位置为分子势能的零点．则分子势能是非负值．即使是分子间距大于10-9m，分子力为零时，分子势能也大于零．这是因为，比较两个位置分子势能高低的基本方法是：看分子力做功．如果从某一位置移到另一位置分子力做正功，则分子势能减少；若分子力做负功，则分子势能增加．显然，从平衡位置出发，无论间距增大还是减少．分子力都做负功，分子势能都变大．3．由分子势能产生的条件可以看出：分子势能跟重力势能和弹性势能相比，是不同性质的能，它不属于机械能的范畴．那么，分子动能和物体的内能跟机械能属于同一范畴吗？五、理解物体内能的概念和改变物体内能的两种物理过程提问：物体的内能和机械能之间的区别是什么？它们之间可否互相转化？从机械能向内能转化的物理过程是什么？回答：（一）物体的内能和机械能之间主要区别有如下几点：1．对应着不同的研究对象和物理运动形式．机械能对应于宏观物体\n的机械运动，而物体的内能对应于大量分子的热运动，是大量分子的集体表现，是统计平均的结果．2．对应着不同的相互作用力．机械能对应于万有引力和弹簧弹力；而物体的内能对应于静电力．3．数值的确定依据和方法不同．（二）内能和机械能是可以互相转化的．例如：热机都是创造条件，将内能转化为机械能的装置．而通过克服滑动摩擦力做功，可以将机械能转化为内能．小结：可以将上述结论加以扩展，其实1．每种不同的运动形式都对应着不同形式的能．物理中除机械能、内能之外，还有电场能、磁场能、光能、核能等．2．不同形式的能在一定条件下均可以互相转化．3．能量的变化可以用功来量度．提问：内能改变的物理过程有哪些？都发生了什么形式的能之间的转化？转化遵循什么规律？回答：1．物体内能的改变可以通过做功和热传递来实现．做功是其他形式的能跟物体内能相互转化的过程；而热传递只是内能的转移，没有能量形式的转化．2．物体内能的改变遵循能量守恒定律．具体形式由热力学第一定律表示为△E=W+Q．其中△E表示内能的改变量，W表示做的功，Q表示传递的热量．热力学第一定律把内能的变化和改变它的两种物理过程定量化，为我们分析问题和解决问题提供了定量关系．小结：到此，我们已将有关热学研究的两个理论基础的要点复习完了．下面就其应用中应注意的问题提出几点加以讨论．（一）关于应用阿伏伽德罗常数进行估算的问题．[例1]已知阿伏伽德罗常数，物质的摩尔质量和摩尔体积，可以计算下列哪组数值？A．固态物质分子的大小和质量B．液态物质分子的大小和质量C．气态物质分子的大小和质量D．气态物质分子的质量回答：1．根据阿伏伽德罗常数的概念可知：无论物质处于何种状态，分子的质量m0均等于物质的摩尔质量M除以阿伏伽德罗常数NA，即m0=M/NA．2．由于物质的三种状态中，固态和液态均可视为分子紧密排列，但气态分子间距远大于分子本身的体积．所以，只有固态和液态分子的大小V0，可由其摩尔体积VM除以NA得出，即V0=VM/NA．故应选A、B、D．小结：应注意物质三态分子排列的不同特点．[例2]试估算标准状况下，水蒸气分子的平均间距．（保留1位有效数字）回答：\n1．标准状况下1mol的理想气体体积均为22.4L，据此可得出一个水蒸气分子占有的空间V0为V0=VM/NA．2．取气体分子模型为小立方体，则分子间距就等于立方体的边长l0，有l=3V=3V/N．00MA代入数据得l=322.4×10-3/6×10230=3×10-9（m）小结：估算中需要利用已知的恒量，这是不言而喻的．同时，采用适当的模型是重要的．一般计算分子占有空间大小的问题中，以取立方体为宜，特别是固体．但无论取球或立方体模型，计算结果的数量级相同．此题若取球模型，在保留1位有效数字时，结果的数量级是相同的，只是有效数字为4．[例3]如果取两个分子相距无穷远时的分子势能为零，下面说法中正确的有A．当两分子间距在r0和10r0之间时，分子势能一定为负值B．当两分子间距为r0时，分子势能一定为零C．当两分子间距为r0时，分子势能最小且为负值D．当两分子间距小于r0时，分子势能可能为正值回答：若取两分子相距无穷远时分子势能为零，则当两分子间距在r0到10r0之间时，分子力表现为引力，分子势能随间距的减小而减小（此时分子力做正功）．而当分子间距小于r0时，分子力表现为斥力，分子势能随间距的减小而增大（此时分子力做负功）．由此可知：选项A、C正确．在分子间距小于r0到一定值以后，将会出现分子势能为正值的情况，因此，选项D也成立．故应选A、C、D．小结：各位置分子势能的大小关系是绝对的．但是，是正值还是负值却跟零势能点的规定有关．[例4]如图2-3-1所示的容器中，A、B各有一个可自由移动的轻活塞，活塞下方是水，上方为空气，大气压恒定．A、B底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热．原先A中水面比B中高，打开阀门，使A中的水逐渐向B中流，最后达到平衡．在这个过程中，下面哪个说法正确？A．大气压力对水做功，水的内能增加B．水克服大气压力做功，水的内能减少\nC．大气压力对水不做功，水的内能不变D．大气压力对水不做功，水的内能增加回答：1．确定研究对象．本题中是连通器中的水（系统）．2．分析系统与外界环境的关系．由于涉及系统内能是否变化，所以应从热传递和做功两个方面进行．（1）由题中给出的条件可知：整个装置与外界绝热，所以不发生热传递．（2）同时，连通器中的水应受到连通器壁和器底的弹力，大气通过活塞施加的大气压力，以及由于整个系统在地面而受到的重力．逐一判断各力的做功情况可知：连通器对水的作用力，因无宏观位移或位移与力的方向垂直而对水不做功．再看大气压力的功．打开阀门K后，根据连通器原理，最后A、B两管中的水面相平．设A管的横截面积为S1，水面下降的高度为h1，B管的横截面积为S2，水面上升的高度为h2．如图2-3-2所示．由于水的总体积保持不变，故有S1h1=S2h2．A管中的水受向下的大气压力下降，大气压力做正功为W1=p0S1h1．B管中的水受到向下的压力，但水面上升，大气压力做负功为W2=-p0S2h2．则大气压力对水所做的总功W=W1+W2=0．即大气压力对水不做功．至于重力对水所做的功，如图2-3-2可以看到：水从A管流到B管，最后水面相平，最终的效果是A管中高度为h1的水柱移到B管中成为高度为h2的水柱，其重心的高度下降，因此，在这个过程中水所受重力对水做正功．3．据热力学第一定律：△E=W+Q可知：水所受各力的合功为正功，传递的热量为零，所以，水的内能应增加．故应选D．小结：对于有关系统内能变化的问题，应根据热力学第一定律，仔细分析系统所受外力做功和热传递的情况，综合运用各方面的知识，有步骤地求解．同步练习一、选择题1．关于下述物理现象及其说明，正确的有[]A．气体在一定程度内很容易被压缩，说明气体分子间没有斥力B．给自行车胎打气时要用力，说明气体分子间存在着斥力C．悬浮在空气中的灰尘，在阳光照射下不停地运动，也就是布朗\n运动D．用打气筒打气，筒壁发热，说明外界对打气筒内的空气做功，使其内能增加2．如图2-3-3所示，是每隔30s观察到的一个固体微粒的布朗运动位置的连线．若从A点开始计时，这个微粒在第45s末的位置[]A．一定在BC的连线上B．一定不在BC的连线上C．可能在BC连线的中点上D．不可能在BC连线的中点上3．两个分子相距为r1时，分子间相互作用力表现为引力；这两分子相距为r2时，分子间相互作用力表现为斥力．则[]A．两分子间相距为r1时，相互作用的引力大于相距为r2时的斥力B．两分子间相距为r2时，相互作用的斥力大于相距为r1时的引力C．两分子间相距为r1时，相互作用的引力与相距为r2时的斥力无法比较D．两分子间相距为r1时，相互作用的斥力的大小，是间距分别为r1、r2时分子间的引力和斥力中最小的4．下列说法中正确的有[]A．温度升高，物体中每个分子的动能都增大B．latm100℃的水变成100℃的水蒸气时，要吸收汽化热．在这个过程中，汽化热全部转化为水蒸气的分子势能C．一个物体可能存在机械能等于零，但内能不等于零的状况D．气体可能出现温度降低，同时吸热的现象二、非选择题5．甲、乙两个相同的、特制的导体球，当温度稍稍升高时，球的体积会明显变大．现将甲、乙两球用不导热的细线拴着，分别浸没在水和水银的同一深度处．若开始时水和水银以及浸没在其中的球温度相同，现缓慢加热液体，使它们同时升高到相同的温度．则在加热过程中，两球吸收的热量满足的关系是Q甲____Q乙．（填：＞或＜或=）6．直立的绝热的直圆桶容器，中间用隔板分成容积相同的两部分．上部充有密度较小的气体，下部充有密度较大的气体．两部分气体的初温相同，且不发生化学反应．设法抽去隔板，经过足够长的时间后，则气\n体的温度将____．（填：升高或降低、或不变）7．液态二氧化硫的密度是1.4×103kg/m3．标准状况下气态的二氧化硫的密度是2.9kg/m3．试估算气态二氧化硫的分子间距约为其分子直径的几倍？参考答案1．D2．C3．BD4．CD5．＜6．降低7．7.8倍（作者：北京二中杨惟文）\n四、力、热综合教学目标使学生能根据物理过程中发生的变化，确定研究对象，并从基本规律出发，按不同规律分别建立方程，根据不同方程物理量之间的联系联立方程求解问题．这也是解决其他一些综合问题的基本方法．教学重点、难点分析在力热综合问题中，主要选封闭气体及封闭气体的活塞或液柱为研究对象．对于封闭气体，可以根据过程特征选用气体定律建立方程．对于活塞或液柱，可根据运动状态由平衡条件或牛顿第二定律建立方程．这两个方程的联系在于气体的压强与活塞受力．气体压强是力学规律和热学规律之间联系的桥梁．实际问题中，有根据气体状态确定活塞或液柱的运动状态，也有根据活塞或液柱的运动状态来确定气体状态，这是力热综合的集中体现，通过压强这个物理量建立联系，从而达到综合的目的．而气体状态和活塞或液柱运动状态的确定容易形成难点，也是学生容易出错的地方，与此相关，也会引出与气体体积有联系的几何问题．教学过程设计实际问题中的研究对象除气体外，可以大致分为活塞和液柱（粗细均匀）两类．对于活塞，可以进行受力分析，列运动（平衡）方程．而液柱既可以等同于活塞的分析方法进行分析，如取一段液柱为研究对象，根据运动状态列方程，同时，液柱本身是流体，若出现在连通器里，可以直接按同一水平高度液面处压强相等，液柱压强也可以按液体压强公式p=ρgh来计算，从而简化分析和计算．按活塞和液柱的运动情况，可以分为静止或匀速运动和加速运动两类，也可分为有无加速度两类．基本处理方法是从受力分析、牛顿第二定律出发，列运动方程，从而建立活塞或液柱受力与气体压强之间的关系．在教学中，通过一些具体问题，培养学生运用基本规律和方法，结合具体物理情景解决问题的能力．[问题]水平放置的直玻璃管长为L，一端封闭，管中处有一质量为m的薄活塞将管中的空气与外界隔开，如图2-4-1所示，薄活塞可在管中移动，与管壁的摩擦不计．当直玻璃管绕过管口的竖直轴以角速度ω转动时，管中的活塞恰好位于管中央，如果将转动的角速度提高到2ω，则薄活塞将在管中移动多大距离？教师活动1．移动距离是几何量，该题中哪些地方要用到几何量？学生活动1．在本题中，气体体积是几何量，同时，活塞做圆周运动的半径也是几何量，移动距离既体现在初、末态体积的变化上，也体现在活塞做\n圆周运动半径的变化上．2．一般方法：2．按基本步骤解题（1）确定研究对象．（1）研究对象：活塞、封闭气体．（2）确定气体变化过程，建立气体定律方程．（2）过程：等温变化．取活塞在管中央为初态，以角速度提高以后活塞位置为末态．利用活塞的运动状态求气体压强．转速提高以后，活塞向哪一端移动？为什么？初态压强：以活塞为研究对象，受力分析（图2-4-2），建立运动方程：L2p·S-p·S=ma=mw022mwLp=p+02S初态体积：1V=S2l和S是未知数．一个方程，两个未知数，还需要一个方程．末态压强：设气体移动距离为l，活塞向封闭端移动．（图2-4-3）L2p′·S-P·S=ma′=4mw(+L)02L24mw(+l)2p′=p+0SL末态体积：V′=(-l)·S2所以：pV+p′V′\nL224mw(+l)mwLL2(p+)·S=(p+)002S2SL×(-l)·S①2再确定气体变化过程，建立另一个气态方程，挖掘题给条件．以活塞在管口处为初态，活塞在管中央为末态．初态压强：p0体积：L·S2mwL末态压强：p+02SL体积：·S22mwLL等温变化：p·L=(p+)②002S2（3）联立方程解方程组．①、②两式联立，解得3l=L83．总结：在本题中，确定气体的变化过程，正确选取初末态是关键也是主线，在此基础上，分析初末态活塞运动状态和受力情况对建立气态方程起辅助作用，而且气体变化过程的初末态也同时是对活塞进行受力分析的状态，因此，分析气体变化过程和选取气体状态建立气态方程对解题起关键作用．总结：通过本题熟悉解力热综合问题的一般方法，学会从气态方程和运动方程入手，正确选取气体变化过程和状态，建立气态方程，对活塞受力分析，建立运动方程，联立方程求解．[问题2]如图2-4-4所示，在竖直加速上升的密闭人造卫星内有一水银气压计．卫星开始上升前，卫星内气温为0℃，气压计中水银柱高76cm．在上升不太高的高度时，卫星内气温为27.3℃，此时水银气压计中水银柱高41.8cm．求卫星加速度a．教师活动在力学问题中，求加速度通常是在已知力的情况下，求合外力从而求出加速度来．在力热综合问题中，与力有联系的物理量是压强．学生活动确定解题思路：利用星内气压求出水银柱压强，由水银柱压强求水\n银柱也就是卫星的加速度．水银气压计中水银柱高41.8cm，是不是卫星内的气压为41.8cm水银柱？不是，由于卫星加速上升，41.8cm水银柱产生的压力，比重力大，压强也比仅由重力作用时产生的压强大．指导学生建立水银柱压强与水银柱加速度的关系．利用同一高度液面处压强相等可知水银槽内水银上表面处压强与管内同一高度处B点压强相等，见图2-4-5．加速度a的方向不知道，应设正方向．由于上升高度不太高，重力加速度g依然适用．隔离管内水银柱，进行受力分析：如图2-4-6，水银柱受向上的力p·S，其中S为水银柱横截面积，p为槽内水银面处压强，即卫星内气压．取向下为正方向．mg-pS=mam＝ρhS所以ρhSg-pS=ma=ρhSa所以ρhg-p=ρha①ρ、h都已知，h=41.8cm，要求出a，必须求出卫星内气压p．这时，应使用气态方程求p，压强可以由对活塞或液柱的分析求得，也可由气态方程求．利用气态方程求p：初态：卫星开始上升前，h0=76cm，P0=76cm水银柱，T0=273K整个过程中卫星密闭，体积不变．末态：卫星加速上升，T=300.3K，求ρppTT0=Þp=p0=rhg0②TTTT000T①、②两式联立rhg-rgh=rha0T0Th02所以a=g-g=-9.8m/sTh0从以上两例中，可以看到：\n问题1中：运动状态(a)——→力—→压强——→气体体积（变化）问题2中：气体状态——→压强—→力——→运动状态（a）因此找准气体变化过程和状态，列气态方程和活塞或液柱的运动或平衡方程是解题的基本方法．[问题3]如图2-4-7，气缸由两个横截面不同的圆筒连接而成，活塞A、B被轻质刚性细杆连接在一起，可无摩擦滑动．A、B的质量分别为mA=12kg，mB=8.0kg，横截面积分别为SA=4.0×10-2m2，SB=2.0×10-2m2．一定质量的理想气体被封闭在两活塞之间．活塞外侧大气压强p0=1.0×105Pa.（1）气缸水平放置，求气体压强．（2）已知此时气体体积V1=2.0×10-2m3，现保持温度不变，将气缸竖直放置，达到平衡后，与水平放置相比，活塞在气缸内移动的距离l为多少？取重力加速度g=10m/s2．教师活动求压强有哪些方法？学生活动分析运动状态和受力，列运动方程或平衡方程．在这里应用哪种方法？利用气态方程求．研究对象的确立，在力学里基本方法是隔离法．由于题中未给出气体状态方面的已知条件，以列平衡方程为好．隔离A、B两活塞，分别列平衡方程（图2-4-8）．由于A受杆的力方向不明，可以先设方向．p0·SA-T-pSA=0B：p0·SB-T-pSB=0两方程联立，可得p=p0=1.0×105Pa同时，也可得T=0（N）移动多大距离，对应着气体体积的变化，这在前面的例题中已经看到．因此，求出气体后来的体积是解题的关键，出发点应是气态方程．选取初末态．初态：气缸水平放置时．\nP1=p=1.0×105paV1=2.0×10-2m3末态：气缸竖直放置时．p2未知，V2也未知．整个过程温度不变，所以p1V1=p2V2求p2，利用活塞的平衡，采用隔离法，隔离A、B（图2-4-9）．竖直放置以后，受力分析中应考虑重力．列平衡方程p0SA＋mAg-p2SA-T=0p0SB＋mBg-p2SB-T=0解出P2=1.1×105PapV11所以V2=p2气体体积减小，活塞应向下移动，移动l．设V1=SALA+SBLB则V2=SA（LA-l）+SB（LB+l）所以V1-V2=（SA-SB）l得pV-pV2111l＝()/(SA-SB)＝0.091mp2总结：解决问题的基本思路与前面例题相类似：由力求压强，再由压强通过气态方程求体积．本题与前面不同的是两活塞用细杆连接．在力学中研究连接体的基本方法是隔离法，对两个研究对象分别进行受力分析，列平衡（运动）方程，联立求解．[问题4]两端开口向上的U形气缸内充有空气，在其筒口将质量相同的两个活塞用向上拉力使它们维持在同一高度h，左筒横截面积为2S，右筒及水平管横截面积均为S，底部长为3h，筒内空气压强等于大气压强p0，初始位置时，活塞下表面与筒口平齐，求当活塞质量m为多少时，放开活塞后气缸中空气不会漏出？（不计活塞与筒壁的摩擦，且右筒活塞厚度大于水平管的直径，左筒活塞厚度略小于水平管的直径，筒内空气的温度保持不变．）\n教师活动求活塞质量的途径是求活塞所受重力．因此，我们考虑由气体状态之间关系导出压强，由压强去求力，从而求出活塞重力和质量来．学生活动要应用气态方程就要确定状态，本题描述的气体变化过程应是等温过程．初态：未放开活塞，p1=p0V1=2S·h＋3h·S＋h·S＝6hS末态：放开活塞后，气缸中空气不漏出，p2未知，V2也未知．末态时，两活塞受力分析，可知对左活塞：P2·2S-p0·2S-mg=0；对右活塞：p2·S-p0·S-mg=0这两个式子不能同时成立，（p2-p0）·2S＞（p2-p0）·S．若要同时成立，必须有p2·2S-p0·2S-mg=0p2·S-p0·S-mg＋N=0即右活塞要受一个向上的力N，因而达到末态时，右活塞应位于右筒底部．要求末态空气不漏出来，对左活塞而言，不能再上升，下降到左筒底也不行（左活塞厚度略小于水平管直径）．右活塞位于右筒底，可以确定封闭气体体积应在某一范围内，即3h·S＜V2≤h·2S＋3h·S（右活塞在筒底）（左活塞在筒口时）根据P1V1=P2V2pVp·6hs110所以p==2VV226所以p≤p＜2p0205p2是末态筒内气体压强．P2与活塞质量m有什么关系？对左活塞受力分析，p2·2S=p0·2S＋mg\n6mg所以p≤p+＜2p00052S2p·S2pS00所以≤m＜5gg总结概括本题的解题思路．气态方程——→压强—→活塞受力——→活塞重力——→活塞质量．本题的难点是什么？气体状态是解题的出发点，正确选定气体状态的同时还要确定状态参量，从而建立气态方程．在确定状态参量时，有两个未知数p2、V2，给求解压强造成困难．怎么解决？为了确定压强P2，要先确定体积V2.根据对两活塞的受力分析，先确定右活塞的最终位置（右筒底），再根据左活塞在满足不漏气条件下的可能位置确定V2的变化范围，由此确定p2变化范围，最终求出活塞质量的范围．小结我们探讨了处理力热综合问题的一般方法，也是基本方法．1．确定研究对象，一般取封闭气体和液柱或活塞．2．状态分析并列方程．正确确定气体的变化过程特征，是等温、等压还是等容或一般变化过程，并正确选取气体变化的初末态，找出气体状态参量，建立气态方程．对活塞或液柱进行受力分析和运动状况分析，根据牛顿第二定律列运动方程或平衡方程．3．根据活塞上力与压强的关系联立方程并解方程组．一般情况下，力热综合问题可以归为两类：1．力——→压强——→气体状态参量（体积、温度等）及其相关物理量2．气体状态参量——→压强——→力及其相关物理量（如质量、加速度等）压强作为联系力和热的桥梁既可以由力学方法来确定，也可以由气态方程来确定．这种处理物理问题的思想也可以推广到其他综合性问题．确定不同研究对象，针对不同的变化过程和状态列对应方程，通过物理量建立起各方程的联系，建立各物理过程的联系．同步练习一、选择题1．如图2-4-11所示，封有空气的圆柱形气缸挂在测力计上，测力计示数为F．已知气缸的质量为M，横截面积为S，活塞质量为m，大气压强为p0，缸壁与活塞摩擦不计，则缸内气体压强为[]\nMgmgA．p-B．p-00SSF-(M+m)gF-(M-m)gC．p-D．p-00SS2．在静止时，竖直的上端封闭下端开口的试管内有一段水银柱封闭住一段空气，若试管向下做自由落体运动，水银柱相对于管会[]A．上升B．稍下降C．维持原状D．完全排到管外3．如图2-4-12所示，两端封闭竖直放置的玻璃管的中部有一段汞，汞柱的上、下方存有密闭空气，当它在竖直方向运动时，发现汞柱相对于玻璃管向上移动，则下列说法中正确的是[]A．玻璃管做匀速运动，环境温度升高B．温度不变，玻璃管向下做减速运动C．温度不变，玻璃管向下做加速运动D．温度降低，玻璃管向下做减速运动4．如图3-4-13所示，圆筒形容器中的两个可以自由移动的活塞P、Q封闭着a、b两部分气体，活塞平衡时，a、b两部分的气柱长度La=3Lb若外力把活塞Q向左推动4cm（缓慢），则重新平衡后活塞P向左移动[]A．3cmB．2cmC．1.33cmD．1cm二、非选择题5．一定质量的理想气体被活塞封闭在圆筒形金属气缸内（如图2-4-14所示），活塞质量为30kg，截面积为S=100cm2，活塞与气缸底之间用一轻弹簧相连接，活塞可沿气缸壁自由滑动但不漏气．开始使气缸水平放置，连接活塞和气缸底的弹簧处于自然长度l0=50cm，外界气温为t=27℃、气压为p0=1.0×105Pa，将气缸从水平位置缓慢地竖直立起，稳定后活塞下降了10cm，再对气缸内气体缓慢加热，使活塞又上升30cm（g=10m/s2），求：（1）弹簧劲度系数．\n（2）气缸内气体达到的温度．6．如图2-4-15所示，可沿气缸壁自由活动的活塞将密闭圆筒形气缸分隔成A、B两部分，活塞与气缸顶部有一弹簧相连，当活塞位于气缸底部时弹簧恰好无形变，开始时B内充有一定量气体，A内是真空，B部分高度为L1=0.10m，此时活塞受弹簧作用力与重力大小相等，现将整个装置倒置，达到新的平衡后，B部分高度L2等于多少？设温度不变．7．如图2-4-6，在水平面上固定一个气缸，缸内有一质量为m的活塞封闭一定质量理想气体，活塞与缸壁间无摩擦且无漏气，活塞到缸底距离为L，今有质量为M的重物自活塞上方h高处自由下落至活塞上，碰撞时间极短，碰撞后粘合在一起向下运动，在向下运动过程中可达最大速度v，求活塞向下移动至达最大速度过程中，封闭气体对活塞所做功．（设温度保持不变，外界大气压强为P0）参考答案1．B2．A3．AC4．A5．（1）k=500N/m（2）T=588K或315℃6．0．2m7．M与m碰撞后获得共同速度v0，利用动量守恒，v=M2gh/（M＋m）0当活塞m与M做为一整体受力平衡时，获最大速度v，取气体为研究对象有mgM+m(p+)L=(pg)L′00SS由上式可求出L′来，（L-L′）为活塞移动距离，活塞移动过程中重力做功，大气压力做功，缸内气体压力做负功，由动能定理，（M＋m）g（L-L′）＋P·S（L-L′）＋W0211æM2ghö2ç÷=（M＋m）v-（M＋m）ç÷22èM+mø12æMhö可得W=（M＋m）v-mgç+L÷2èM+mø（作者：北京二中范京）\n电学\n一、静电场教学目标通过复习整理静电场的规律、概念，建立静电扬的知识结构．利用场的思想、场叠加的思想认识和解决电场问题，加深对静电场的理解．教学重点、难点分析静电场部分的内容概念性强，规律内容含义深刻，是有关知识应用的基础．但由于概念和规律较抽象，对掌握这些概念和规律造成了一定的难度．所以，恰当地建立有关的知识结构，处理好概念之间、规律之间的关系，是解决复习困难的有效方式．教学过程设计教师活动一、对规律和概念的回顾从本节课开始，我们复习静电场的有关知识，请同学们回顾一下，我们原来学过的规律和概念都有哪些？（将学生分组，进行回顾和整理）学生活动学生按组，回忆已学的有关知识，相互提醒，相互启发．在教师的安排下，每组学生选择一名代表，将他们整理的知识内容写在黑板上．（安排3个，由于内容基本相同，其它组再做一些补充．）学生代表上台．建立知识结构：从同学们整理出来的知识内容上看，基本上能够把静电场的有关内容列举出来，但一般来说，每个同学在整理知识时，方式方法又有所区别．为了使知识在我们头脑中更有利于理解和记忆，建立一个适合于自己的知识结构网络是必要的和有效的．下面，我们来共同构造这个静电场部分的知识结构网络．（带领学生整理和建立静电场的知识结构，知识结构图表见附图）二、静电场概念的几个问题讨论1．场概念的巩固［问题1］带电小球A、C相距30cm，均带正电．当一个带有负电的小球B放在A、C间连线的直线上，且B、C相距20cm时，可使C恰受电场力平衡．A、B、C均可看成点电荷．①A、B所带电量应满足什么关系？②如果要求A、B、C三球所受电场力同时平衡，它们的电量应满足什么关系？学生读题、思考，找学生说出解决方法．通过对此题的分析和求解，可以加深对场强概念和场强叠加的理解．学生一般从受力平衡的角度进行分析，利用库仑定律求解．在学生解题的基础上做以下分析．分析与解：①C处于平衡状态，实际上是要求C处在A、B形成的电场中的电场强度为零的地方．既然C所在处的合场强为零，那么，C所带电量的正或负、电量的多或少均对其平衡无影响．\n②再以A或B带电小球为研究对象，利用上面的方法分析和解决．答案：①qA∶qB=9∶4，②qA∶qB∶qC=9∶4∶36．[问题2]如图3-1-1所示，在方框区域内有匀强电场，已知UA=2V，UB=-6V，UC=-2V．试用作图法画出电场中电场线的方向．学生读题、思考．找学生在黑板上作图．通过此题的分析和解决，使学生对匀强电场的理解更深刻．分析和解：据题A、B两点间的电势差为8V，A、C两点间的电势差为4V．所以，先将A、B两点用直线连接，则A、B两点间的中点的电势为4V，与C点的电势相同．将这两点连起来，就是电势为-2V的等势线，电场线应与该直线垂直，且由高电势点指向低电势点．（如图3-1-1所示）Q［问题3］我们知道，公式E=k表示点电荷Q的场中某一点2rU的电场强度，得到的单位为N/C；公式E=表示匀强电场中的场强d大小，其单位为V/m．那么，单位N/C能否用在匀强电场中？如果能，其物理意义是什么？单位V/m能否用在点电荷的电场中，如果能，其物理意义又是什么？学生思考、讨论，可以请学生谈他们的认识与理解．通过对此问题的讨论，使学生准确理解电场强度的物理含义．2．问题的是非讨论：在静电场中，①场强较大处，电势也一定较高吗？反之，电势较高处，场强一定也较大吗？②场强为零处，电势也一定为零吗？反之，电势为零处，场强一定也为零吗？③场强相等处，电势也一定相等吗？反之，电势相等处，场强一定也相等吗？学生思考、讨论，可以请学生谈他们的认识与理解．讨论中应提示学生，如果要推翻一个结论，只需举出一个反例．分析与解：①以点电荷（正和负）的电场为例．②以等量异号电荷的电场和等量同号电荷的电场为例．③以匀强电场和点电荷的电场为例．3．电场叠加问题的讨论[问题1]如图3-1-2所示，半经为r的硬橡胶圆环上带有均匀分布\n的正电荷，其单位长度上的带电量为q，现截去环上一小段AB，AB长为方向如何？学生思考、讨论，可以请学生谈他们的认识与理解．通过本题的求解，使学生加强对电场场强叠加的应用能力和加深对叠加的理解．分析与解：解法之一，利用圆环的对称性，可以得出这样的结果，即圆环上的任意一小段在圆心处所产生的电场场强，都与相对应的一小段产生的场强大小相等，方向相反，相互叠加后为零．由于AB段被截掉，所以，本来与AB相对称的那一小段所产生的场强就成为了小段可以当成点电荷，利用点电荷的场强公式可求出答案．解法之二，将AB段看成是一小段带正电和一小段带负电的圆环叠放，这样仍与题目的条件相符．而带正电的小段将圆环补齐，整个带电圆环在圆心处产生的电场的场强为零；带负电的一小段在圆心处产生的场强可利用点电荷的场强公式求出，这就是题目所要求的答案．kql答案：E=，方向：指向AB．2r[问题2]如图3-1-3，等边三角形ABC的边长为a，在它的顶点B、C上各有电量为Q（＞0）的点电荷．试求三角形中心处场强E的大小和方向．学生自己练习求解，以巩固概念．通过此题的求解，进一步巩固对场强矢量性的认识和场强叠加理解．3kQ答案：E=2a三、电场中的导体、电容器1．电场中的导体组织学生整理、复习．（1）什么是静电感应？\n应明确：静电感应是一个过程，是导体内电荷重新分布的过程．找学生描述静电感应过程．（2）导体处于静电平衡时，有哪些性质？①导体内部的电场强度处处为零；②导体表面是个等势面，导体是一个等势体；③净电荷只分布在导体的外表面．应让学生逐一说明这些性质的含义．（3）巩固练习[问题]观察与解释．引导学生仔细观察．（配合演示实验）①与毛皮摩擦过的胶棒靠近一个不带电的静电计上的小球，可以使静电计的指针张开，解释原因，此时静电计指针上带何种电荷？②若在此情况下，胶棒与小球接触，指针会带何种电荷？③若胶棒不与小球接触，而是用手接触一下小球，指针闭合，然后将胶棒拿开，指针又张开，解释这个现象，并说明此时指针带何种电荷？学生可以互相讨论，然后给出解释．[问题2]如图3-1-4所示，绝缘的导体球壳P上有一个小孔，用一根导线将球壳内的小金属球a和球壳外的小金属球b连接起来，P带正电．静电平衡时，金属球a、b是否带电？分别带何种电荷？学生通过思考回答，如果有不同的解释，可以讨论解决．通过对此题的分析，可使学生对静电平衡的性质的理解更准确．可提示学生：小球a和小球b与球壳P等电势，小球a可看成是球壳内表面的一部分，而小球b应是球壳P外表面的一部分．2．电容器复习要点：Q（1）电容的定义C=；单位：法拉F．U（2）电容器是一个储存和释放电能的元件．（3）平行板电容器的电容由哪些因素决定？（重温平行板电容器的研究的演示实验）让学生做整理工作．学生应知道在演示实验中，静电计指针指示的是指针与外壳之间的电势差，也是电容器两板之间的电势差．学生读题，思考后回答．问题讨论：\n[问题1]如图3-1-5所示，金属板A、C平行放置，且均接地，设金属板B带有正电荷3×10-6C，将B插入A、C之间，并使1d=d．则A、B间和B、C间的场强大小之比E∶E=？A、ABBC122C板各带电量多少？此题可以巩固静电平衡和电容的有关概念．答案：E1∶E2=2∶1；QA=2×10-6C，QC=1×10-6C．[问题2]如图3-1-6所示，已知电源电动势E=18V，电容CA=20μF，CA=10μF．学生读题，思考后回答．（1）开关S先接1，再接2，则QB=？（2）在此基础上，开关S再接1，然后又接2，则QB=？通过此题的分析和求解，加深对电容器储存和释放电荷功能的理解．答案：（1）QB=1．2×10-4C；（2）QB=1．6×10-4C．同步练习一、选择题1．在x轴上有两个点电荷，一个带正电Q1，一个带负电-Q2，且Q1=2Q2．用E1和E2分别表示两个电荷所产生的场强的大小，则在X轴上[]A．E1=E2之点只有一处，该处合场强为0B．E1=E2之点共有两处：一处合场强为0，另一处合场强为2E2C．E1=E2之点共有三处：其中两处合场强为0，另一处合场强为2E2D．E1=E2之点共有三处：其中一处合场强为0，另两处合场强为2E22．一平行板电容器充电后与电源断开，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图3-1-7所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则[]\nA．U变小，E不变B．E变大，W变大C．U变小，W不变D．U不变，W不变3．一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图3-1-8所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、EC，三者相比，则[]A．Ea最大B．Eb最大C．Ec最大D．Ea=Eb=Ec二、论述与计算1．如图3-1-9所示，a、b和c表示点电荷的电场中的三个等势面，21它们的电势分别为U、U和U．一个带电粒子从等势面a上34某处由静止释放后，仅受电场力作用而运动．已知它经过等势面b的时候速率为V，则它经过等势面C时的速率为多大？2．已知电子的质量和电量分别为m、e，氢原子核外电子的轨道半径为r．若认为核外电子绕核做匀速圆周运动，库仑力为其向心力，那么，氢的核外电子绕运动等效为一个环型电流的电流强度的大小是多大？3．如图3-1-10所示，某检验电荷+q、质量为m，在电场中受电场从a至b速度方向转过θ角．求a、b二点的电场强度大小、方向，a、b二点间的电势差Uab4．在如图3-1-11所示的电路中，电容器A的电容CA=30μF，电容器B的电容CB=10μF．在开关S1、S2都是断开的情况下，分别给A、B充电，充电后，M点的电势比N高5V，O点的电势比P点低5V．然后把\nS1、S2都接通，接通后M点的电势与N点的电势相比如何？5．如图3-1-12所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为UA=15V，UB=3V，UC=3V．由此可得D点的电势UD等于多少？6．证明如图3-1-13所示的电场线是不存在的．附：静电场规律概念部分知识结构1．静电场规律的实验基础（1）电荷守恒定律．（2）库仑定律．（3）电场叠加原理．2．电场强度E（1）定义：电场中某点A的电场强度为电荷q在A点所受电场力FAF与电荷电量q的比．F=．场强是矢量．AAq（2）规定：正电荷在电场中某点的受力方向是该点的场强方向．ì电场线疏密表示场强的大小；（3）描述：íî切线方向表示场强的方向．（应对静电场中的五种电场的电场线分布熟悉，能根据电场线的分布说出电场中场强的情况．）（4）场强的叠加kQ点电荷Q激发的电场中某点A的场强为：E=．A2r在电场中，任意一点的场强是电场中所有电荷产生的电场强度的共同贡献．按平行四边形定则进行矢量的叠加．3．电势、电势差（1）定义：静电场中某点A的电势为电荷q在A点所受具有的电A、B两点的电势差等于A、B两点的电势之差：UAB=UA-UB；A、B两点的电势差等于在A、B两点间移动电荷q电场力所做的WAB功WAB与电荷电量q的比，U=．ABq（2）规定：以无穷远为电势能零点．电场力对电荷做正功，电荷的电势能减少，电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加．电荷电势能的变化量大小与电场力做功的数值相等．（由于平等板间的匀强电场的边界是一定的，所以其电势能零点是\n根据具体情况规定的．）（3）描述：等势面．应对静电场中的五种电场的等势面分布了解，能根据等势面的分布大致说出电场中电势的情况．4．场强和电势的关系（1）沿场强方向是电势降落最快的方向．电场中，电场线与等势面垂直并从电势较高的等势面指向电势较低的等势面．UAB（2）在匀强电场中，E=，UAB是A、B两点的电势差，dABdAB是A、B两点沿电场线方向的距离．（作者：清华附中方妍）\n二、带电粒子在电场中的运动教学目标1．使学生理解并掌握带电粒子在电场中运动的特点和规律，能够正确分析和解答带电粒子在电场中的加速和偏转等方面的问题．2．培养学生综合应用物理知识对具体问题进行具体分析的能力．教学重点、难点分析带电粒子在电场中的运动是电场知识的重要应用，注重分析判断带电粒子在电场力作用下的运动情况，掌握运用力的观点和能的观点求解带电粒子运动的思路和方法．带电粒子在电场中加速和偏转问题将使用大部分力学知识，所以在复习中应加以对照，帮助学生理解掌握．教学过程设计教师活动一、解决带电粒子在电场中运动的基本思路带电粒子在电场中的运动，难度比较大，能力要求高，所以要把握基本的规律．力学的五个规律在这一部分都要使用，所以这部分学习可帮助我们复习巩固力学知识，又可以帮助我们认识理解带电粒子在电场中的应用．解决带电粒子在电场中运动的基本思路：学生活动积极配合老师整理1．受力分析．研究对象有两种：带电粒子和带电质点．前者不考虑重力，后者要考虑重力．2．运动轨迹和过程分析．带电粒子运动形式决定于：粒子的受力情况和初速度情况．3．解题的依据．（1）力的观点：牛顿运动定律和运动学公式．（2）能量的观点：电场力做功与路径无关；动能定理：能的转化与守恒规律．（3）动量的观点．（根据学生的具体情况，有选择地复习下列内容；匀强电场的特点，平抛运动，牛顿运动定律，匀速及匀变速直线运动，运动的合成与分解，电场力的功以及能量转化等问题．）二、带电粒子在典型场中的运动形式带电粒子在电场中的运动形式各种各样，由其受力和初速度共同决定．学生思考、讨论然后根据力与运动的关系回答．1．在点电荷电场中：\n这几种情况下物体做什么运动？（指定学生回答）2．匀强电场中：在点电荷电场中带电粒子的运动形式可能有那些？并举例说明．（指定学生回答）可见带电粒子在电场中的运动，也是各种各样的都有．带电粒子在上述不同电场中，由于它们的受力情况不同以及初速度不同，运动情况就不同．带电粒子在电场中可以做直线运动，也可以做曲线运动．在匀强电场中带电粒子的运动形式可能有哪些？并举例说明．三、带电粒子在电场中运动判断与分析1．带电粒子在电场中的直线运动[问题1]如图3-2-1所示，在点电荷+Q的电场中，一带电粒子-q的初速度v0恰与电场线QP方向相同，则带电粒子-q在开始运动后，将（B）A．沿电场线QP做匀加速运动B．沿电场线QP做变减速运动C．沿电场线QP做变加速运动D．偏离电场线QP做曲线运动回答问题，在老师的启发下，确定运动性质．思考：带电粒子-q的初速度v0恰与电场线QP方向相反，情况怎样？若初速度v0恰与电场线QP方向垂直，可能出现什么情况？解析：带电粒子-q受力有什么特点？方向与初速度v0的方向的关系怎么样？由库仑定律和牛顿第二定律确定．[问题2]如图3-2-2所示，在匀强电场E中，一带电粒子-q的初速度v0恰与电场线方向相同，则带电粒子-q在开始运动后，将（C）A．沿电场线方向做匀加速运动B．沿电场线方向做变加速运动C．沿电场线方向做匀减速运动\nD．偏离电场线方向做曲线运动思考：带电粒子-q的初速度v0恰与电场线方向相反，情况怎样？解析：带电粒子-q受力有什么特点？方向与初速度v0的方向的关系怎么样？[问题3]如图3-2-3所示的直线是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上两点．已知一电子经过A点的速度为vA并向B点运动，一段时间以后，该电子经过B点的速度为vB，且vA与vB的方向相反．则：（AD）A．A点的电势一定高于B点的电势B．A点的场强一定大于B点的场强C．电子经过A点时的电势能一定大于它经过B点时的电势能D．电子经过A点时的动能一定大于它经过B点时的动能回答问题，在老师的启发下，确定运动性质．思考：一根电场线能确定什么？为什么不能判断场强大小？解析：根据电子速度方向的变化可确定电子的受力F的方向，从而确定场强E的方向．沿着电场线的方向电势降低，所以A正确．从A点到B点电场力做负功，动能减小，电势能增加．所以C错D正确．一条电场线不能判断场强大小，所以B不对．[问题4]一个带正电荷的质点P放在两个等量负电荷A、B的电场中，P恰好在AB连线的垂直平分线的C点处，现将P在C点由静止释放，设P只受电场力作用，则（ABD）A．P由C向AB连线中点运动过程中，加速度可能越来越小而速度越来越大B．P由C向AB连线中点运动过程中，加速度可能先变大后变小，最后为零，而速度一直变大\nC．P运动到与C关于AB的对称点C′静止D．P不会静止，而是在C与C′间来回振动请学生自己读题、审题、分析，然后指定人回答通过此题的分析与解答，可加深对等量同种电荷场强分布的认识和理解．解析：利用极限法，可知在AB连线的垂直平分线上的场强从无穷远处到中点O是先增大后减小直到为零．由于C点位置的不确定性，所以A、B选项都有可能．根据场强分布的对称性，不难确定，P将在C和C′间来回振动．（总结带电粒子在电场中做直线运动的几种情况）2．带电粒子在电场中的曲线运动[问题5]如图3-2-6所示，两平行金属板间有匀强电场，场强方向指向下板，一带电量为-q的粒子，以初速度v0垂直电场线射入电场中，则粒子在电场中所做的运动可能是（C）A．沿初速度方向做匀速运动B．向下板方向偏移，做匀变速曲线运动C．向上板方向偏移，轨迹为抛物线D．向上板偏移，轨迹为一段圆弧将带电粒子的运动与重力场中的平抛运动类比，寻求解决问题的思路．建立直角坐标系，将运动分解为垂直于场强方向和沿场强方向分别加以讨论．解析：在匀强电场中，-q受电场力的特点为：方向与电场线方向相反，大小恒定，而初速度方向与电场力方向垂直，所以粒子一定做匀变速曲线运动，轨迹为抛物线．[问题6]已知氢原子中的质子和电子所带电量都是e，电子质量为me，电子绕核做匀速圆周运动，轨道半径为r，试确定电子做匀速圆周运动的线速度的大小和角速度的大小，以及电子运动周期．根据牛顿第二定律和圆周运动规律求解22kev=m2rr2ke2=mwr2r22ke4p=mr22rT然后将结论与卫星围绕行星做匀速圆周运动加以比较．解析：电子绕核做匀速圆周运动的向心力是由质子和电子之间的库仑力提供．\n[问题7]如图3-2-7所示，直线MN为点电荷Q的电场中的一条电场线．带正电的粒子只在电场力的作用下，沿着曲线由a向b运动，则（B）A．点电荷Q是正电荷B．电势Ua＞UbC．场强Ea＞EbD．带电粒子的动能EKa＞EKb指定学生回答弄清物体做曲线运动的条件是什么．解析：做曲线运动的物体合外力方向与初速度方向有夹角，并且合外力总指向轨迹内侧．由此可判断点电荷Q为负电荷，负点电荷的电场线由N指向M，根据电场性质可知B错C对，沿着曲线由a向b运动过程中，克服电场力做功，动能减少．四、研究带电粒子在电场中运动的方法1．运用牛顿定律研究带电粒子在电场中运动基本思路：先用牛顿第二定律求出粒子的加速度，进而确定粒子的运动形式，再根据带电粒子的运动形式运用相应的运动学规律求出粒子的运动情况．[问题]如图3-2-8所示，一个质量为m，带电量为q的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．要使粒子的入射速度变为v/2，仍能恰好穿过电场，则必须再使（AD）A．粒子的电量变为原来的1/4B．两板间电压减为原来的1/2C．两板间距离增为原来的4倍D．两板间距离增为原来的2倍解析：带电粒子在电场中做匀变速曲线运动．由于粒子在平行板的方向上不受力，在垂直板方向受到恒定不变的电场力作用，因而可将此匀变速曲线运动视为沿平行板方向上的匀速直线运动与垂直板的方向上的初速度为零的匀加速直线运动的合运动．粒子恰好穿过电场时，它沿平行板的方向发生位移L所用时间，与垂直板方向上发生位移d/2所用时间相等，设两板电压为U，则有2Lmd=vUq\n利用牛顿运动定律和运动学公式分解分别表示两个分运动遵从的规律．正确理解恰好穿过电场的含义．当入射速度变为v/2，它沿平行板的方向发生位移L所用时间变为原来的2倍，由上式可知，粒子的电量变为原来的1/4或两板间距离增为原来的2倍时，均使粒子在与垂直板方向上发生位移d/2所用时间增为原来的2倍，从而保证粒子仍恰好穿过电场，因此选项A、D正确．思考：带电粒子为什么做这样的运动？应满足[问题2]如图3-2-9所示，一个质量为m，带电量为q的粒子，仅受电场力作用，以恒定的速率v沿一圆弧做圆周运动，从圆周上A点到B点速度方向改变了θ角，A、B两点间弧长为S，求：A、B两点处的场强的大小及A、B两点间的电势差．思考：还有没有别的措施可满足什么样的条件？解析：既然带电粒子以恒定不变的速率沿圆弧运动，又仅受电场力作用，那么带电粒子一定处于点电荷的电场中，且带电粒子在以点电荷为圆心的圆上运动．根据牛顿运动定律和圆周运动规律，由电场力提供2vqE=mr向心力，即：由s=rq由动能定理知A、B两点间的电势差为零．2mvqE=qs（带电粒子只有在点电荷电场中才可能做匀速圆周运动）2．运用动能定理研究带电粒子在电场中运动基本思路；根据电场力对带电粒子做功的情况，分析粒子的动能与势能发生转化的情况，运用动能定理或者运用在电场中动能与电势能相互转化而它们的总和守恒的观点，求解粒子的运动情况．[问题1]如图3-2-10所示，质量为m，电量为e的电子，从A点以速度v0垂直场强方向射入匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120度角，则A、B两点间的电势差是多少？解析：电子从A运动到B的过程中，电场力对电子做正功，由动能定理和几何关系有：\nv0v=cos30°1122-eU=mv-mv0222mv0U=-6e这一思路对于带电粒子在任何电场中的运动都适用．五、带电质点在电场中的运动由于带电质点的重力不能忽略，因此带电质点在重力和电场力的作用下运动，重力和电场力的合力使带电质点产生加速度；合力的作用效果在位移上的积累使带电物体的动能发生变化；合力在时间上的积累使带电物体的动量发生变化．因此，我们可以运用牛顿第二定律、动量定理或动能定理分析解决带电物体在重力场和电场中运动问题．[问题1]如图3-2-11所示，在竖直平面内，有一半径为R的绝缘的光滑圆环，圆环处于场强大小为E，方向水平向右的匀强电场中，圆环上的A、C两点处于同一水平面上，B、D分别为圆环的最高点和最低点．M为圆环上的一点，∠MOA=45°．环上穿着一个质量为m，带电量为+q的小球，它正在圆环上做圆周运动，已知电场力大小qE等于重力的大小mg，且小球经过M点时球与环之间的相互作用力为零．试确定小球经过A、B、C、D点时的动能各是多少？学生自己审题，分析思考指定学生解答：根据牛顿第二定律2v12M2m=2mg即E=mv=mgRkMMR22当小球从M点运动到A点的过程中，电场力和重力做功分别为2W=-mgR(1-)E22W=mgRG2根据动能定理得：12E=mv+W+WkAMGE232=(-1)mgR2同理：\n32E=(-1)mgRkB232E=(+1)mgRkC232E=(+1)mgRkD2解析：小球是在重力、弹力和电场力的作用下做变速圆周运动，其中重力和电场力是恒力，弹力是变力．重力和电场力的合力仍为恒力：大小为2mg，方向与水平面成45°角向右下方．当小球通过M点时，由它所受的重力和电场力的合力提供向心力．所以用上述条件，根据牛顿第二定律和圆周运动规律可求出小球过M点时的动能．另外小球在做变速圆周运动的过程中只有重力和电场力做功，这两个力做功的特点都只与小球的位置变化有关，而与路径无关，因而可借助动能定理解题．[问题2]如图3-2-12所示，在水平向右的匀强电场中的A点，有一个质量为m，带电量为-q的油滴以速度v竖直向上运动．已知当油滴经过最高点B时，速度大小也为v．求：场强E的大小及A、B两点间的电势差．根据分运动与合运动的等时性以及匀变速直线运动平均速度公式有：vH=·t2vx=·t2即H=x由动能定理：Eqx-mgH=0得:mgE=q再由动能定理：qUAB-mgH=012mgH=mv22mv所以：UAB=2q解析：油滴在重力和电场力两个恒力作用下，从A向B运动．这一\n运动可以看成是竖直上抛运动和水平方向上初速度为零的匀加速直线运动的合运动．所以可以选择有关运动学的知识和动能定理解题．六、带电粒子在交变电场中的运动在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板间便可获得交变电场．此类电场从空间看是匀强的，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间上看是变化的，即电场强度的大小、方向都可随时间变化．研究带电粒子在这种交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况．[问题1]如图3-2-13所示，A、B是一对平行的金属板．在两板间加上一周期为T的交变电压u．A板的电势UA=0，B板的电势UB随时间的变化规律为；在0到T/2的时间内，UB=U0（正的常数）；在T/2到T的时间内，UB=-U0；在T到3T/2的时间内，UB=U0；在3T/2到2T的时间内．UB=-U0⋯⋯，现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内．设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则（AB）A．若电子是在t=0时刻进入的，它将一直向B板运动B．若电子是在t=T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C．若电子是在t=3T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D．若电子是在t=T/2时刻进入的，它可能时而向B板、时而向A板运动．学生读题、审题、找学生说出解题思路画A、B、C、D四个选项的v-t图像．从图像分析带电粒子的运动情况．解析：关键在于分析带电粒子的受力、加速度、速度的变化情况，根据位移变化确定运动情况．运用牛顿第二定律和运动学公式讨论比较麻烦，所以考虑应用图像．[问题2]如图3-2-14所示，真空室中电极K发出的电子（初速不计）经过U0=1000伏的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中心线射入．A、B板长l=0.20米，相距d=0.020米，加在A、B两板间电压u随时间t变化的u-t图线如图3-2-15所示．设A、B间的电场可看做是均匀的，且两板外无电场．在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视做恒定的．两板右侧放一记录圆筒，筒在左侧边缘与极板右端距离b=0.15米，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=0.20秒，筒的周长s=0.20米，筒能接收到通过A、B板的全部电子．\n学生自己读题、审题，指定学生讲述解题思路．（1）以t=0时（见图3-2-15，此时u=0）电子打到圆筒记录纸上的点做为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上．试计算电子打到记录纸上的最高点的y坐标和X坐标．（不计重力作用）（2）在给出的坐标纸（图3-2-16上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线．解析：（1）计算电子打到记录纸上的最高点的坐标，设v0为电子沿A、B板的中心线射入电场时的初速度，则12mv=eU002电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0，则l=v0t0电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动．对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压uc应满足11euc2d=t022md联立求解得uc=(2d2)/(l2)U0=20伏此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为vy=(euc)/(md)t0此时，此电子做匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y，\n由图3-2-17可得（y-d/2）/b=vy/v0由以上各式解得y=bd/l+d/2=2.5厘米从题给的u-t图线可知，加于两板电压u的周期T0=0.10秒，u的最大值um=100伏，因为u0＜Um，在一个周期T0内，只有开始的一段时间间隔t内有电子通过A、B板，t=（uc）/（um）T0因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为x1=ts/T=2厘米第二个最高点的x坐标为x2=（t＋T0）s/T=12厘米第三个最高点的x坐标为x3=[t＋2T0）/T]s=22厘米由于记录筒的周长为20厘米，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的x坐标分别为x1=2厘米和x2=12厘米．（2）电子打到记录纸上所形成的图线，如图3-2-18所示．[问题3]在光滑水平面上有一质量m=1.0×10-3kg，电量q=1.0×10-10C的带正电小球，静止在O点，以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy，现突然加一沿x轴正方向，场强大小E=2.0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动，经过1.0s，所加电场突然变为沿y轴正方向，场强大小仍为E=2.0×106V/m的匀强电场，再经过1.0S，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经1.08速度变为零．求此电场的方向及速度变为零时小球的位置．学生读题、审题、讲述解题思路解析：由牛顿定律得知，在匀强电场中小球加速度的大小为\na=qE/m代入数值得a=1.0×10-10×2.0×106/（1.0×10-3）=0.20m/s2当场强沿x正方向时，经过1秒钟小球的速度大小为vx=at=0.20×1.0=0.20m/s速度的方向沿x轴正方向，小球沿x轴方向移动的距离sx1=（1/2）at2=1/2×0.20×1.02=0.10m在第2秒内，电场方向沿y轴正方向，故小球在x方向做速度为vx的匀速运动，在y方向做初速为零的匀加速运动，沿x方向移动的距离Sx2=vxt=0.20m沿y方向移动的距离sy=（1/2）at2=1/2×0.20×1.02=0.10m故在第2秒末小球到达的位置坐标x2=Sx1+Sx2=0.30my2=Sy=0.10m在第2秒末小球在x方向的分速度仍为vx，在y方向的分速度vy=at=0.20×1.0=0.20m/s由上可知，此时运动方向与x轴成45°角．要使小球速度能变为零，则在第3秒内所加匀强电场的方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成225°角．在第3秒内，设在电场作用下小球加速度的x分量和y分量分别为ax，ay，则ax=vx/s=0．20m/S2ay=vy/t=0.20m/s2在第3秒末小球到达的位置坐标为x3=x2+vxt-1/2axt2=0.40my3=y2+vyt-1/2ayt2=0.20m同步练习一、选择题1．下列粒子从初速度为零的状态经过加速电压为U的电场后，哪种粒子的速率最大[]A．质子B．氘核C．α粒子D．钠离子2．在匀强电场中，将质子和α粒子由静止释放，若不计重力，当它们获得相同动能时，质子经历的时间t1和α粒子经历的时间t2之比为[]A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．4∶13．如图3-2-19所示，质量为m，带电量为+q的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时，滑块的运动状态[]\nA．继续匀速下滑B．将加速下滑C．将减速下滑D．上述三种情况都有可能发生4．平行金属板板长为L，相距为d，两板间电势差为U．带电量为q，质量为m的粒子以速度v垂直板间电场方向进入板间电场区，并飞离出电场区域，则其侧移y的大小为[]A．与板长L成正比B．与板间距离成反比C．与两板间电势差U成正比D．与粒子初速度v成正比5．如图3-2-20所示，两平行金属板间的距离为d，两板间的电压为U，今有一电子从两板间的O点沿着垂直于板的方向射出到达A点后即返回，若OA距离为h，则此电子具有的初动能是[]A．edh/UB．edhUC．Ue/（dh）D．ehU/d6．平行板电容器垂直于水平放置，板间的距离为d，电压为U，每个板带电量为Q．一个质量为m，带电量为q的粒子从两板上端中点以初速度v竖直向下射入电场，打在右板的M点．不计粒子的重力，现使右板向右平移d/2，而带电粒子仍从原处射入电场，为了使粒子仍然打在M点，下列措施哪些可行[]A．保持Q、m、v不变，减小qB．保持Q、U、v不变，减小q/mC．保持Q、m、U不变，减小vD．保持Q、m、U不变，增大v7．两带有等量异种电荷的平行板间有一匀强电场，一个带电粒子以平行于极板的方向进入此电场，要使此粒子离开电场时偏转距离为原来的1/2（不计粒子所受重力），可采用方法为[]A．使粒子初速为原来2倍B．使粒子初动能为原来2倍C．使粒子初动量为原来2倍D．使两板间电压为原来2倍8．如图3-2-21所示，在平板电容器A、B两板上加上如图所示的交变电压，开始时B板电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设A、B两板间的距离足够大，则下述说法中正确的是[]\nA．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返向A板做周期性来回运动B．电子一直向A板运动C．电子一直向B板运动D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动二、填空题9．经过相同电场加速后的质子和α粒子垂直于电场线的方向飞进两平行板间的匀强电场，则它们通过该电场所用时间之比为______，通过该电场后发生偏转的角度的正切之比为．10．质子和α粒子的质量比为m1∶m2=1∶4，带电量之比为q1∶q2=1∶2，当它们从静止开始由同一匀强电场加速，通过相同的位移，则它们的速度之比v1∶v2：=______，动能比Ek1∶Ek2=______，动量比p1∶p2=______．11．平行板电容器水平放置，板间的距离为d，一个半径为r、密度为P的带电油滴在两板间．当电容器的电压为U时，该油滴在电场中做匀速运动，由此可知油滴的带电量q=______C．12．一个质量为m，带电量为q的油滴从空中自由下落时间t1后，进入水平放置的带电极板间，再经过时间t2速度为零，则电场力是重力的______倍．13．在真空中的A、B两个点电荷，相距为L，质量分别为m和2m，它们由静止开始运动，开始时点电荷A的加速度为a，经过一段时间，点电荷B的加速度也为a，速率为v，那么这时点电荷A的速率为______，两点电荷相距______，它们的电势能减少了______．（不考虑重力的影响）三、计算、论述题14．在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一匀强电场，场强大小E=6×105N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个带电量q=-5×10-8C，质量m=10g的绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2m/s，如图3-2-22所示，求物块最终停止时的位置．（g取10m/s2）\n15．如图3-2-23所示，一个带电物体P，沿一个绝缘的倾斜轨道向上运动，运动过程中P的带电量保持不变．空间存在着匀强电场（未在图中画出）．已知P经过A点时动能为30J，经过B点时它的动能减少了10J，机械能增加了20J，电势能减少了35J，它继续运动到C点时速度减为零．（1）在它从A到C的运动过程中，克服摩擦力做功多少？（2）它到达C点后还会不会向下运动？为什么？16．如图3-2-24所示，A、B是两块相同的水平平行金属板，相距为d，构成电容为C的平行板电容器，B板接地，B板中有一个小孔，开始时A、B均不带电，在B板小孔上方h处，不断有小液珠从静止开始自由下落（不计空气阻力），每个液珠的电量为q、质量为m，液珠经小孔到达A板后被吸收，液珠的下落保持一定的间隙，即在前一液珠被A板吸收并达到静电平衡后，后一液珠才继续下落，试问有多少个液珠能落到A板上？17．如图3-2-25所示，一条长为l的细线，上端固定，下端拴一质量为m的带电小球，将它置于一匀强电场中，电场强度大小为E，方向是水平的，已知当细线离开竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡．（1）小球带何种电荷？求出小球所带电量．（2）如果使细线的偏角由α增大到j，然后将小球由静止开始释放，则j应为多大，才能使细线到达竖直位置时小球的速度刚好为零？18．如图3-2-26所示，在竖直向下的匀强电场中，使一个带负电荷的小球从斜轨道上的A点静止滑下，若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，求至少应使A点在斜轨道上的高度h为多少？设轨道是光滑而又绝缘的，小球的重力大于它所受的电场力．19．如图3-2-27（1）中，A和B表示在真空中相距为d的两平行金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场，图（2）表示一周期性的交变电压的波形，横坐标代表时间t，纵坐标代表电压U，从t=0\n开始，电压为一给定值U0，经过半周期，突然变为-U0；再过半个周期，又突然变为U0⋯⋯如此周期性地交替变化．在t=0时，将上述交变电压U加在A、B两板上，使开始时A板电势比B板高，这时在紧靠B板处有一初速为零的电子（质量为m、电量为e）在电场作用下开始运动，要想使这个电子到达A板时具有最大的动能，则交变电压的频率最大不能超过多少？20．如图3-2-28所示，长为l、相距为d的两平行金属板与一交流电源相连（图中未画出），有一质量为m、带电量为q的带负电的粒子以初速度v0从板中央水平射入电场，从飞入时刻算起，A、B板间所加电压的变化规律如图所示，为了使带电粒子离开电场时速度方向恰好平行于金属板，问：（1）加速电压值U0的取值范围多大？（2）交变电压周期T应满足什么条件？参考答案1．A2．A3．A4．BC5．D6．C7．B8．C39．1∶2，1∶110．2∶1，1∶2，2∶411．4prrgd/3U212．(t+t)g/t13．2v，2/2L，3mv12214．物块向右运动时，受滑动摩擦力f=μmg=0.02N，方向向左和向左的电场力F=qE=0.03N做匀减速运动，设右行减速至0物块通过位移为x1，由动能定理2-（F+f）x=0-mv/2l0由于F＞f，物块减速至0后将先反向加速，出电场后，只受摩擦力，将再次减速为零．设出场后，物体位移为x2，由动能定理Fx1-f（x1＋x2）=0-0解得：x2=0.2m所以物块最后停在x=-0.2m处．15．物体P所受重力、电场力、摩擦力均为恒力，三力做功均与位移成正比，则物体动能增量△EK∝位移s．P从A→B动能减少10J，A→C动能减少30J，说明：\nAC=3AB（1）A→B，电势能减少35J，机械能增加20J，则A→C电势能减少105J，机械能增加60J，克服摩擦力做功45J．（2）因为电场力的功：重力功=105∶90，所以，电场力沿斜面分力F1和重力沿斜面分力G1之比F1∶G1=105∶90=7∶6F1＞G1则物体到达C点后，不会向下运动．16．N=mgC·（d＋h）/q2，当N为整数时，有N＋1个；N不为整数时，有大于N的第1个整数．mg517．（1）正电，q=tana；（2）2a18．h=RE21aeUe19．f≤·=222d8md2222md2nmv0dl20．（1）u≤=（2）T=022nqTqlnv0（作者：清华附中方妍）\n三、欧姆定律教学目标1．从功能角度理解电源电动势的含义，学会分析电路各部分电势的升降．2．掌握部分电路欧姆定律和全电路欧姆定律的内容，了解它们的使用条件和范围．3．引导学生学会分析、处理各种电路问题．如：复杂电路的简化、含电容的电路问题、考虑电表内阻时的电路分析方法．教学重点、难点分析1．对非静电力做功和电动势的理解．2．对各种电路问题的分析、简化、处理方法．教学过程设计教师活动一、电动势与电势差这是两个我们学过的物理量．请同学们回忆它们的定义式和单位，比较它们的异同．学生活动U=W/q单位：V发现学生对二者如此相似产生疑惑，教师应进一步引导：我们知道，在电源外部的电路中，电流由电源的正极流向负极，沿电流方向电势降低；而在电源内部电流由负极流向正极，沿电流电势升高．电流为什么会出现这种流向呢？答：电源外部的电路中，是静电力对自由电荷做正功，所以沿电流方向电势降低；而电源内部是电荷受的非静电力克服静电力做功，所以沿电流方向电势升高．U=W/q中的W表示静电力做功W电．教师总结：电动势与电势差两个概念表面上很相似，但从做功和能量转化的角度讲它们是正好相反，电动势表征电源中非静电力做功的本领，即其它形式的能向电能转化的本领；而电势差是电路中静电力做功的本领的量度，即电能向其它能转化的情况．我们应注意二者的区别和联系．二、欧姆定律欧姆定律是解决电路问题的基本依据．它的地位与牛顿定律在力学中的地位相似．针对研究问题的侧重点不同，可以表示为两种形式：1．部分电路欧姆定律（由学生回答）注意所谓部分电路指不含电源的电路．答：通过部分电路的电流跟该部分电路两端的电压成正比，跟该部分电路电阻成反比．表达式为：I=U/R\n2．闭合电路欧姆定律源内部时也会消耗一部分电能，使电源内部发热，即电源部分对电流有阻碍作用，所以电源还有另外一个参量内电阻r．如图3-3-1所示．电势降落U′间的关系并由此导出闭合电路欧姆定律的表达式．因为电源提供的电能由内、外电阻所消耗，所以又因为U=IR，U′=Ir及：闭合电路中的电流强度跟电源的电动势成正比，跟内、外电路中的电阻之和成反比．3．欧姆定律适用条件如图3-3-2所示．电路由电源和电动机组成，电动机绕线电阻为R，则此电路中的电（U为电动机两端的电压）回答可能各种各样，应提醒学生注意电动机的特点：为非纯电阻用电器，引导学生做出否定回答，及三、电路分析和计算部分电路欧姆定律的应用在初中时就已比较熟悉，因此没有必要过多的练习．而全电路欧姆定律的不同之处关键在于需要考虑内电阻，也就是某段电路两端的电压不再恒定．只要我们认清这个区别，熟练掌握欧姆定律的应用是并不困难的．下面就电路分析中的几个难点和同学一起讨论一下．1．电路的结构分析搞清电路各元件之间的连接关系，画出结构清晰的等效电路，是利\n用欧姆定律解决电路问题的重要前提．我们通常采用节点跨接法来分析电路结构．具体方法为：首先标明电路中各节点名称，经过电源和用电器的节点名称应不同，而一段导线两端的节点名称不变．理想的电压表可视为断路．理想的电流表可视为导线．考虑电表内阻时，就应把它们当作用电器对待．接着，定性判断电路中各节点电势高低（没有标明的可假设）．最后将各电器填在对应的节点间以判明彼此间的串、并联关系．[例1]如图3-3-3所示，设R1=R2=R3=R4=R，求：开关S闭合和开启时的AB两端的电阻比．解：利用节点法，开关闭合时，电路中各节点标称如图3-3-4所示．其中R1、R2、R3都接在AB两点间，而R4两端都为B，即R4被短路，所以其等效电路如图3-3-5所示，易得RAB=R/3．当开关开启时，电路中各节点标称如图3-3-6所示，其对应等效电路为图3-3-7所示，易得RAB′=2R/5．所以两次电阻比为5/6．2．含电容电路的分析让学生按图3-3-8所示连好电路．观察分别将单刀双掷开关掷于b、C两边时产生的现象并分析原因．学生看到：当ab相接时，灯L1、L2都不亮，说明电容阻断了电流；当ac相接时，灯L2闪亮一下，说明电容刚才被充电，现在向L2放电．教师总结：电容器是一个储能元件，在直流电路中，它对电流起到阻止作用，相当于断路．同时电容器又可被充电，电量的大小取决与电\n容和它两端对应的电路的电压．因此，在分析含电容电路时，可先把电容去掉后画出等效电路，求出各用电器的电压、电流，再看电容与哪部分电路并联，而求出它两端的电压和它的电量．电阻R1=3Ω，R2=2Ω，R3=5Ω，电容器的电容C1=4μF，C2=1μF，求C1、C2所带电量．解：C1、C2看成短路后，外电路相当于R1、R2串联，R3中无电流，可视为短路，即UCD=UCB，UAD=UAB，由闭合电路欧姆定律知：所以C1、C2所带电量Q1、Q2分别为：Q1=C1UCB=1．6×10-5CQ2=C2UAB=1×10-5C3．电路中电势升降的分析如图所示，让学生按电流方向分析整个回路的电势升降，并找出升降值之间的关系式．答：从电源正极出发，沿电流方向经过电阻R时，电势降落IR，而到电源负极，在电流流向正极时，在内阻上电势降落Ir．但同时非静电即U升=U降教师总结：沿电流方向经过电阻类用电器（含内阻）时，电势降低；[例3]如图3-3-10所示，三个完全一样的电源串联成闭合回路，求A、B两点间的电势差．解：电路中电流为逆时针方向，由A出发逆电流向右观察，经电源4．电路中的电表我们接触比较多的电表是电压表和电流表，理想情况下电流表可以看成导线，电压表可以看成无穷大的电阻而忽略它们的内阻对电路的影响，可在某些实际问题中，这种影响很大，根本不可能忽略不计．这时就要把电表看成一个可以读数的特殊电阻，放在电路中，与其它用电器一起分析．[例4]如图3-3-11所示，R1=2kΩ，R2=3kΩ，电源内阻可忽略．现用一电压表测电路端电压，示数为6V；用这电压表测R1两端，电压示数为2V．那么[]A．R1两端实际电压是2VB．电压表内阻为6kΩC．R2两端实际电压是3.6VD．用这电压表测R2两端电压，示数是3V解：本题中电阻R1、R2的阻值较大，电压表与之相比不能看成电阻为无穷大的断路．因此要把它当成一个特殊电阻来处理．由于不计电源内阻，电压表测得的电压6V就是电源电动势，所以R1两端实际电压为U1=6V×2kΩ/（2kΩ+3kΩ）同理，U2=3.6V．当电压表测R1两端电压时，显示的是它与R1并联后所分得的电压，即RRV16R+RV12=RRV1+R2R+RV1所以RV=6kΩ．当电压表测R2两端电压时，易得电压表示数为3V．所以选项B、C、D正确．同步练习一、选择题1．如图3-3-12所示，电路中两节电池电动势相同，而内电阻不同，即r1≠r2，为使电压表的示数为零，则电阻器R的阻值应为[]A．r1＋r2B．（r1＋r2）/2C．r1-R2D．r2-r1\n2．如图3-3-13所示电路中，电流表A1和A2均为相同的毫安表，当电路两端接入某一恒定电压的电源时，A1的示数为3mA，A2的示数为2mA．现将A2改接在R2所在支路上，如图中虚线所示，再接入原来的恒定电压电源，那么，关于A1与A2示数情况，正确的是[]A．电流表A1示数必增大，电流表A2示数必增大B．电流表A1示数必增大，电流表A2示数必减小C．电流表A1示数必增大，电流表A2示数不一定减小D．电流表A1示数不一定增大，电流表A2示数也不一定减小3．如图3-3-14所示电路，开关S1、S2均处于闭合状态．在分别断开S1、S2后的短暂过程中，关于流过电阻P1、R2的电流方向，以下判断正确的是[]A．若只断开S1，流过R1的电流方向为自左向右B．若只断开S1，流过R1的电流方向为自右向左C．若只断开S2，流过R2的电流方向为自左向右D．若只断开S2，流过R2的电流方向为自右向左4．如图3-3-15所示，R1=3Ω，R2=2Ω，R=5Ω，电源电动势=6.3V，内阻r=0.5Ω．当滑动变阻器活动触点在a、b之间活动时，以下判断正确的是[]A．电压表的示数最大为4.8VB．电压表的示数最小为4.8VC．电流表的示数最大为3AD．电流表的示数最小为2.1A5．如图3-5-16所示电路，开关S1、S2原来都是闭合的，当滑动变阻器R1、R2、R3的滑片都刚好处于各自中点位置时，悬在平行板电容器中间的带电尘埃恰好处于静止状态，在其它条件不变的情况下，要使尘埃向下运动，可用的方法是[]\nA．把R1的滑片位置向上移动B．把R2的滑片位置向上移动C．把R3的滑片位置向上移动D．把开关S2打开二、非选择题每个电池的内阻r=0.5Ω，两只电阻的阻值分别为：R1=3Ω，R2=6Ω，D点接地，则图中A、B、C、D各点的电势分别为UA=______V,UB=______V,UC=______V,UD=______V．7．一复杂的直流电路的局部情况如图3-3-18所示，已知R1=5Ω，R2=1Ω，R3=3Ω；I1=1mA，I2=2mA，则图中电流表的示数为______mA，流过电流表的电流方向是由______到______．（用字母表示）两电容器C1=C2=30μF，电阻R1=4.0Ω，R2=6.0Ω，开关S是闭合的，断开S以后，通过R1的电量是______C．9．如图3-3-20所示的直流电路中，当S1断开、S2闭合时，电流表示数为3/5A；当S1闭合，S2断开时，电流表示数为2/15A．若S1、S2都闭合后，电流表的示数是多少？\n10．如图3-3-21所示直流电路中，A1、A2两只电流表完全相同，内阻均为r，A2的示数恰好是A1示数的1/n，已知A、B两点右侧的总电阻（将电路以虚线处断开测量A、B间的电阻）恰与电流表内阻r相等，试求R1、R2的阻值．参考答案1．C2．B3．B、D4．B、C、D5．A、B、C、D6．2.4V,0.6V,1.8V,07．2mA，c、b8．4.2×10-49．4/15A10．R1=（n-1）r/n、R2=r/（n-1）．（作者：北大附中姜民）\n四、闭合电路中的能量转化教学目标1．理解电路中的能量转化情况，即在电路中哪部分发生由什么能转化成什么能的问题．加深对能的转化和守恒定律的认识．2．掌握分析、计算电路中功率及能量的转化的方法．教学重点、难点分析1．对电路中各部分做功情况（什么力做功）、能量转换情况（什么能之间的转化）的分析、理解．2．认清电源输出功率与效率的联系与区别．3．对非纯电阻电路中能量转化问题的理解、应用．教学过程设计教师活动一、电路中的功与能能的转化和守恒定律是自然界普遍适用的规律．在电路中能量是怎么转化的？请参照图3-4-1所示电路回答并举例．学生活动答：电源是把其它能转化为电能的装置．内阻和用电器是电能转化为热能等其它形式能的装置．如化学电池将化学能转化成电能，而电路中发光灯泡是将电能转化成光、热能．对于一个闭合电路，它的能量应该是守恒的，但又在不同形式间转化，通过什么方式完成呢？（请结合电动势和电压的定义回答）答：做功．在电源部分，非静电力做正功W非=q，将其它形式的能转化成电能．而内阻上电流做功，将电能转化成内能W内=qU′（U′为内阻上的电势降），在外电路部分，电流做功W外=qU（U为路端电压），电能转化成其它形式的能．这些功与能量间的定量关系如何？总结：可见，整个电路中的能量循环转化，电源产生多少电能，电路就消耗多少，收支平衡．答：W非=W内+W外或q=qU′+qU二、电功与电热这部分知识初中学过，可以列出一些问题，让学生回答，教师补充说明即可．如图3-4-2所示，用电器两端电压U，电流I．\n回答：（1）时间t内，电流对用电器做功；（2）该用电器的电功率；（3）若用电器电阻为R，时间t内该用电器产生的热量；（4）该用电器的热功率；（5）电功与电热是否相等？它们的大小关系如何？为什么？答：（1）W=UIt（2）P=W/t=UI（3）Q=I2Rt（焦尔定律）（4）P热=Q/t=I2R（5）若电路为纯电阻电路，则W=Q=I2Rt若电路为非纯电阻电路，则W＞Q（因为W内还包括电能转化成的其它能量，即W=Q+E）[例1]如图3-4-3所示，A、B两灯泡额定电压都为110V，额定功率PA=100W，PB=40W，接在220V电路上．欲使灯泡正常发光，且电路中消耗的功率最少，用以下哪种接法？解：A图中，由R=U2/P知，两灯上电压不能同时达到110V，故不可能都正常发光，A被排除．B图中，由R=U2/P知RA＜RB，当RA与变阻器R并联后，该部分电阻更小，不可能与B同时正常发光，所以B被排除．C图中，想让A、B都正常发光，则两个电灯上电压都应为110V，即A与B和R并联后的阻值相同，则A的功率与并联部分的功率相同．所以总功率为2PA=200W．同理，D图中，R上分压与A、B并联部分相同，则两部分电阻与电功率相同，所以总功率为2（PA+PB）=280W．故选项C正确．非纯电阻电路中，电流做功也不再只转化为内能，而是根据具体情况转化为其它各种形式的能．教师演示小电机提升重物和电解槽电解ZnSO4溶液的例子（最好早些开始，否则效果不明显），让学生总结两个实验中电能分别转化成何种能量？答：实验（1）中电流做功转化成机械能和内能．实验（2）中，电\n流做功转化为化学能和内能．[例2]如图3-4-4所示的电路中，电源电动势=6V，内电阻r=1Ω，M为一小电动机，其内部线圈的导线电阻RM=2Ω．R为一只保护电阻，R=3Ω．电动机正常运转时，电压表的示数为0.3V，求电动机得到的电功率和它转动的机械功率（请学生回答解此题的关键点是什么？如何突破？）答：本题的关键是电路中有电动机，不是纯电阻电路，因而欧姆定律不再适用．突破点是利用电压表与R的阻值，求出电路中的电流，再求出各部分的电压和功率．解：由部分电路欧姆定律知：电路中电流I=Ubc/R=0.3/3=0.1A由闭合电路欧姆定律知：Uab=-Ir-Ubc=6V-0.1×1V-0.3V=5.6V所以电动机得到的功率为电流对它做功的功率：P电=UabI=5.6×0.1W=0.56W解答完毕后，可再让学生求一下电动机的效率η以加深非电阻电路P电≠P热的印象．P电转化为两部分：机械功率和电机导线内阻上的发热功率，电动机转化的机械功率为：P机=P电-I2RM=0.56W-0.12×2W=0.54W三、电源的功率与效率1．电路中各功率及其关系电源转化功率：指非静电力做功，把其它形式的能转化为电能的功率．P转=W/t=q/t=I电流内耗功率：指内阻上的电热功率．设内阻为r，则P内=W内/t=qU′/t=IU′=I2r电源输出功率：指电源对外电路做功的功率P出=W外/t=Uq/t=UI这三者之间是什么关系？2．电源的最大输出功率设外电路总电阻为R，内阻为r，电源电动势为，试推导电源最大输出功率及其产生的条件．思考题：①当R＞r或R＜r时，P出怎么变化，对一个相同的P出会不会有两个外电阻R都满足，如果存在这样一对R，它们应满足什么关系②画出P转、P内、P出随电流I的变化图像，通过图像证明R=r时，\nP出最大3．电源的效率η=P出/P转=IU／I=U/当总电路为纯电阻电路且总电阻为R时：η=R/（R+r）可见，R越大，电源效率较高，而P出最大时，η=r/（2r）=50％，并不大．所以要注意区分电源输出功率与效率这两个概念．答：由W非=W内+W外得出：P转=P内+P出，即I=I2r+UI解：P出=UI=2R/（R+r）2=2/（R+2r+r2/R）上式分母当R=r2/R，即R=r时，存在极小值4r，所以电源最大输出功率P出=2/4r．[例3]如图3-4-5所示的直流电路中，电源电动势为，内阻为r，外电路中，电阻R1=r，滑动变阻器的全部电阻为R2=2r，滑动片从a端向b端滑动过程中，哪种说法正确？[]A．电源的转化功率逐渐增大B．电源内部的热功率逐渐增大C．电源的输出功率逐渐减小D．R2上得到的功率逐渐减小解：当滑片P由a向b滑动时，外电路电阻逐渐减小，因此电流逐渐增大，可知选项A、B正确；当滑片P滑到b端时，外电路电阻等于R1与内阻相同，此时电源输出功率最大．因此，C不正确；判断D选项时，可把R1看成内阻的一部分，即内阻为2r，因此当P处于a端时，外阻=内阻=2r，此时R2上的功率最大，所以选项D正确．同步练习一、选择题1．如图3-4-6所示，两只相同的白炽灯L1与L2串联后接在电压恒定的电路中，若L2的灯丝断了，经搭丝后与L2串联，重新接在原电路中，则此时L1的亮度与未断时相比，有[]A．不变B．变亮C．变暗D．条件不足，无法确定2．如图3-4-7所示，电源电动势=5V，内阻r=10Ω，R0\n=90Ω，R为滑动变阻器，最大阻值为400Ω，以下说法正确的是[]A．R的阻值为0时，R0消耗的电功率最大B．R的阻值为400Ω时，电源的路端电压最大C．R的阻值为100Ω时，R消耗的电功率最大D．R0上消耗的电功率最小值是9×10-2W3．如图3-4-8（a）所示电路，不计电表内阻的影响，改变滑动变阻器的滑片位置，测得电压表V1和V2随电流表A的示数变化的两条实验图像，如图（b）所示．关于这两条实验图像，有[]A．图线b的延长线一定过坐标原点0B．图线a的延长线与纵轴交点的纵坐标值等于电源电动势C．图线a、b的交点的横、纵坐标值的乘积等于电源的输出功率D．图线a、b的交点的横、纵坐标值的乘积等于电阻R消耗的电功率二、非选择题4．如图3-4-9所示电路中，M为直流电动机，其线圈电阻为rM=1.0Ω，电池组电动势=42V，内阻r=1.0Ω，保护电阻R=20Ω，电动机正常工作时，电压表示数为21V，则通过电动机的电流强度为A，电动机消耗的电功率为____W，电动机输出的机械功率为W．5．一个灯泡L，标有“16V，12W”字样，一直流电动机D，其线圈内阻为2Ω，把L与D并联，当电动机正常工作时，灯泡也正常发光；把L与D串联，当电动机正常工作时，灯泡的实际功率为额定功率的3/4．求这台电动机正常工作时转化为机械能的功率．（假定灯泡灯丝电阻保持不变）6．如图3-4-10所示直流电路中，电源电动势=6.0V，内阻r=1.0\nΩ，定值电阻R1=2.0Ω，R2=5.0Ω，滑动变阻器R3的总阻值为15Ω，求：（1）调节R3过程中电流表示数的最小值．（2）当电流表的示数最小时，滑动变阻器R3消耗的电功率是多少？7．两个定值电阻，把它们串联起来，等效电阻是4Ω；把它们并联起来，等效电阻是1Ω．求：（1）这两个电阻的阻值各为多少？（2）如果把这两个电阻串联后接入一个电动势为，内阻为r的电源两极间，两电阻消耗的总功率等于P1；如果把这两个电阻并联后接入同一电源两极间，两电阻消耗的总功率等于P2，若P1=9W，且P2≥P1，求满足这一要求的和r的所有值．参考答案1．C（提示：将L2看成内阻）2．ABC3．ABCD4．1A，21W，0W5．4.39W6．（1）0.75A；（2）2.11W7．（1）2Ω、2Ω；（2）=6+1.5r，其中0＜r＜2Ω（作者：北大附中姜民）\n五、磁场教学目标1．了解磁场的产生和基本特性，加深对场的客观性、物质性的理解．2．通过磁场与电场的联系，进一步使学生了解和探究看不见、摸不着的场的作用的方法．掌握描述磁场的各种物理量．3．掌握安培力的计算方法和左手定则的使用方法和应用．教学重点、难点分析1．对磁感强度、磁通量的物理意义的理解及它们在各种典型磁场中的分布情况．2．对安培力和电磁力矩的大小、方向的分析．教学过程设计教师活动一、磁场复习提问：1．磁场存在于何处？2．磁场的基本特征是什么？3．什么是磁现象的电本质？总结：磁场是一种特殊的物质，我们看不到，但可以通过它的作用效果感知它的存在，并对它进行研究和描述．学生活动答：在磁体或电流周围空间存在磁场．它的基本特征是对处于其中的通电导线、运动电荷或磁体的磁极能施加力的作用．磁现象的电本质是指所有磁现象都可归纳为：运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用．二、描述磁场性质的物理量1．磁感应强度（符号B，单位T）磁感线电场和磁场都是无法直接看到的物质．我们在描述电场时引入电场强度E这个物理量，描述磁场则是用磁感应强度B．研究这两个物理量是采用什么方法？答：利用磁场对放入其中的特殊物质的作用（如电场对电荷、磁场对通电导线的作用等），采用试探法，即在场中引入试探电荷或试探电流元，研究电磁场对它们的作用情况，从而判定场的分布情况．试探法是一种很好的研究方法．它能帮助我们研究一些因无法直接观察或接近而感知的物质，如电磁场．我们前面复习了电场强度，那么磁感应强度的定义与它有什么不同的地方吗？答：磁感强度的定义式为：B=F/Il其中电流元（Il）受的磁场力的大小与电流方向相关．因此采用电流与磁场方向垂直时受的最大力F来定义B，而电场中就不存在这个问题．总结：研究电场、磁场的基本方法是类似的．但磁场对电流的作用更复杂一些，涉及到方向问题．今后我们分析此类问题时也要多加注意．磁感强度矢量性：磁感强度是描述磁场的物理量．因此它的大小表征了磁场的强弱，而它的方向，也就是磁场中某点小磁针静止时N极的\n指向，则代表该处磁场的方向．同时，它也满足矢量叠加的原理：若某点的磁场几个场源共同形成，则该点的磁感强度为几个场源在该点单独产生的磁感强度的矢量和．磁感线：用来形象描述磁场中各点磁感强度分布的曲线．它的疏密程度表示磁场的强弱，而它上各点的切线方向则表示该处磁场的方向．特点：磁体外方向N极指向S极（内部反之）．让学生画出几种典型磁场的磁感线分布（如条形磁铁，蹄形磁铁，通电直导线，通电螺线管等），加深感性认识．[例1]如图3-5-1所示，两根垂直纸面平行放置的直导线A、C由通有等大电流．在纸面上距A、C等远处有一点P．若P点磁感强度及方向水平向左，则导线A、C中的电流方向是如下哪种说法？A．A中向纸里，C中向纸外B．A中向纸外，C中向纸里C．A、C中均向纸外D．A、C中均向纸里2．磁通量（符号单位Wb）请学生回答磁通量的定义以及与磁感强度的区别和联系．通过例题使学生注意定义中B、S方向问题及的标量叠加问题．答：穿过磁场中某一面积的磁感线条数称为穿过这一面积的磁通量．定义式为：=PBS⊥（S⊥为垂直于B的面积）．磁感强度是描述磁场某点的性质，而磁通量是描述某一面积内磁场的性质．由B=/S⊥可知磁感强度又可称为磁通密度．[例2]如图3-5-2所示，在水平虚线上方有磁感强度为2B，方向水平向右的匀强磁场，水平虚线下方有磁感强度为B，方向水平向左的匀强磁场．边长为l的正方形线圈放置在两个磁场中，线圈平面与水平面成α角，线圈处于两磁场中的部分面积相等，则穿过线圈平面的磁通量大小为多少？（让学生分析解答）分析：1．注意到B与S不垂直，应把S投影到与B垂直的方向上．2．注意到水平虚线上下两部分磁场大小与方向的不同．应求两部分磁通量按标量叠加，求代数和．解：j=j+j（以向右为正）1222=[（2Bl/2）-（Bl/2）]sinα2=BLsinα/2\n三、磁场对电流的作用1．安培力用投影仪打出如下几种情况．带学生复习安培力的大小、计算和左手定则对其方向的判断．[例3]教师可举后边同步练习中的题目为例，分析安培力的计算．安培力大小F=B⊥IL．B⊥为磁感强度与电流方向垂直分量．方向：左手定则（内容略）．注意安培力总是与磁场方向和电流方向决定的平面垂直（除了二者平行，安培力为0的情况）．2．安培力矩——磁场对通电线圈的力矩作用带学生分析、计算通电矩形线圈在磁场中受安培力矩（可采用最标准的模型，即矩形线框且轴在正中的情况）推出安培力矩公式：M=BIS∥（S∥为线圈面积在磁场方向上的投影大小）[例4]在磁感强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd，边长分别为L1、L2，通以电流I．如图3-5-4所示．已知转轴OO′在线圈平面内，且垂直于B，Od=3Oa，O′c=3O′b，当线圈从图示位置绕轴转过θ角时，下面哪些说法正确？[]A．ab边受到安培力为BIL1sinθB．ab边受到安培力为BIL1cosθC．线圈受到磁力矩为BIL1L2cosθD．穿过线圈的磁通量为BL1L2sinθ解：根据安培力定义可知此时ab边受的安培力大小为BIL1，因此A、B选项错误；而由磁通量和磁力矩的公式可知选项C、D正确．同步练习一、选择题1．如图3-5-5所示，长方形线框abcd的平面与磁感线垂直放置，\n它有一半面积处于磁感应强度为B的匀强磁场中，已知ab=l，ad=2l，现以ab边为轴（ab边平行于磁场边界）使线框转过60°角，则穿过线框的磁通量变化量是[]A．0B．B12C．B12/2D．B12/42．在匀强磁场中放入通有相同电流的三条不同形状的导线，如图3-5-6所示，每条导线的两个端点间的距离相等，那么所受磁场力最大的导线是[]A．甲线最大B．乙线最大C．丙线最大D．三条线一样大3．如图3-5-7所示，固定螺线管M右侧有一正方形线框abcd，线框内通有恒定电流，其流向为abcd，当闭合开关S后，线框运动情况应为[]A．ab向外，cd向里转动且向M靠拢B．ab向里，cd向外转动且远离MC．ad向外，bc向里转动且向M靠拢D．ad向里，bc向外转动且远离M4．在北京地区做如下实验，一个可以在水平面内自由转动的小磁针，在地磁场作用下保持静止．一根长直导线位于小磁针的北方，竖直放置，且通有竖直向上的电流．已知地磁场的水平分图3-5-7量为B0，长直导线电流磁场在小磁针处的磁感应强度为B，则小磁针的N极将[]A．向东偏转角度θ=arctan（B0/B）而静止B．向东偏转角度0=arctan（B/B0）而静止C．向西偏转角度θ=arctan（B0/B）而静止D．向西偏转角度θ=arctan（B/B0）而静止5．如图3-5-8所示，条形磁铁放在水平桌面上，它的正中央上方固定一长直导线，导线与磁铁垂直．给电线通以垂直纸面向外的电流，则[]A．磁铁对桌面的压力增大，要受桌面的摩擦力作用\nB．磁铁对桌面的压力增大，仍不受桌面的摩擦力作用C．磁铁对桌面的压力减小，要受桌面的摩擦力作用D．磁铁对桌面的压力减小，仍不受桌面的摩擦力作用二、非选择题6．如图3-5-9所示，等腰三角形金属线框ACD放在光滑水平面上，该区域存在磁场强度B=3T、方向竖直向上的匀强磁场，已知：DA=DC=lm，∠A=∠C=30°，若线框中通以I=IA的电流，则DA、DC两边所受合力大小为_____N，整个线框所受合力为_____N．7．如图3-5-10所示，A和B中一个是电源，另一个是用电器．当用两导线连接起来用电器工作时，用一个小磁针放在a点下方，磁针N极向纸外偏转，用电压表测定a与b间的电压，发现a点电势比b点高，由此可判断出电源是______．8．在磁感强度为B的水平匀强磁场中，有一个可绕对称轴OO′转动的等边三角形线圈abc，已知三角形线圈共有N匝，每边长L，通有电流强度为I的电流，如图3-5-11所示，此通电线圈在磁场受到的最大安培力矩是________。9．如图3-5-12所示，磁电式电流表中的磁场是均匀地辐向分布的，线圈两侧所在位置的磁感强度B=0.002T，线圈是边长a=1cm的正方形，共N=100匝．线圈每偏转1°，线圈需产生力矩为M0=2.5×10-8N·m．求：线圈中电流为I=5mA时，指针偏转多少度？10．如图3-5-13所示，MN、PQ为平行光滑导轨，其电阻忽略不计，与地面成30°角固定．N、Q间接一电阻R′=1.0Ω，M、P端与电池组和开关组成回路，电动势=6V，内阻r=1.0Ω，导轨区域加有与两导轨所在平面垂直的匀强磁场．现将一条质量m=40g，电阻R=1.0Ω的金属导线置于导轨上，并保持导线ab水平．已知导轨间距L=0.1m，当开关S接通后导线ab恰静止不动．\n（1）试计算磁感应强度大小；（2）若ab静止时距地面的高度为0.5m，断开S，ab沿导轨下滑到底端时的速度大小为2.0m/s．试求该过程中R′上得到的电热．（取g=10m/s2）参考答案1．A2．D3．A4．B5．D6．3N，ON7．B8．NBIL29．4°10．（1）1T，（2）6×10-2J（作者：北大附中姜民）\n六、带电粒子在洛仑兹力作用下的运动教学目标1．使学生掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律．2．培养学生应用平面几何知识解决物理问题的能力．3．进行理论联系实际的思想教育．教学重点、难点分析1．如何确定圆运动的圆心和轨迹．2．如何运用数学工具解决物理问题．教学过程设计教师活动一、带电粒子在匀强磁场中运动规律初速度力的特点运动规律v=0f洛=0静止V//Bf洛=0匀速直线运动V⊥Bf洛=Bqv匀速圆周运动mv半径R=Bqf2m周期T=Bqv与B成θ角f洛=Bqv⊥。等距螺旋（0＜θ＜90°）学生活动（由学生来填写内容）234[例1]氘核（H）、氘核（H）、氦核（H）都垂直磁场方向射入同一112匀强磁场，求以下几种情况下，它们轨道半径之比及周期之比各是多少？（1）以相同速率射入磁场；（2）以相同动量射入磁场；（3）以相同动能射入磁场．解：因为带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以mv圆运动的半径为R=Bq2mp圆运动的周期为T=Bq（1）因为三粒子速率相同，所以mmR∝，T∝qqR∶R∶R=2∶3∶2DgαT∶T∶T=2∶3∶2Dgα（2）因为三粒子动量相同，所以R∶R∶R=2∶2∶1DgαT∶T∶T=2∶3∶2Dgα\n（3）因为三粒子初动能相同，所以R∶R∶R=2∶3∶1DlαT∶T∶T=2∶3∶2Dgα通过例题1复习基本规律．由学生完成，注意公式变换．二、解题思路及方法圆运动的圆心的确定：1．利用洛仑兹力的方向永远指向圆心的特点，只要找到圆运动两个点上的洛仑兹力的方向，其延长线的交点必为圆心．2．利用圆上弦的中垂线必过圆心的特点找圆心[例2]如图3-6-1所示，abcd为绝缘挡板围成的正方形区域，其边长为L，在这个区域内存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．正、负电子分别从ab挡板中点K，沿垂直挡板ab方向射入场中，其质量为m，电量为e．若从d、P两点都有粒子射出，则正、负电子的入射速度分别为多少？（其中bP=L/4）问题1由老师带着学生做．做题过程中要特别注意分析圆心是怎样确定的，利用哪个三角形解题．提问：1．怎样确定圆心？2．利用哪个三角形求解？学生自己求解．把学生的解题过程和草图在实物展示台上展示、讲评．（1）分析：若为正电子，则初态洛仑兹力方向为竖直向上，该正电子将向上偏转且由d点射出．Kd线段为圆轨迹上的一条弦，其中垂线与洛仑兹力方向延长线交点必为圆心，设该点为O1．其轨迹为小于1/4的圆弧．解：如图3-6-2所示，设圆运动半径为R1，则O1K=O1d=R1由Rt△O1da可知：L222R=L+（R-）1125可得R=L14mv1而R=L1Be5beL所以v=1m\n（2）解：若为负电子，初态洛仑兹力方向竖直向下，该电子将向下偏转由P点射出，KP为圆轨迹上的一条弦，其中垂线与洛仑兹力方向的交点必为圆心，设该点为O2，其轨迹为大于1/4圆弧．（如图3-6-2所示）由Rt△KbP可知：LL222R=（）+（-R）22425可得R=L2162mv而R=2Be5BeL所以v=216m[例3]一带电质点，质量为m，电量为q，以平行于Ox轴的速度v从y轴上的a点射入图3-6-3所示第一象限的区域．为了使该质点能从x轴上的b点以垂直于Ox轴的速度v射出，可在适当的地方加一个垂直于xy平面、磁感应强度为B的匀强磁场．若此磁场仅分布在一个圆形区域内，试求这圆形磁场区域的最小半径．重力忽略不计．提问：1．带电质点的圆运动半径多大？2．带电质点在磁场中的运动轨迹有什么特点？3．在xy平面内什么位置加一个圆形磁场可使带电质点按题意运动？其中有什么样特点的圆形磁场为半径最小的磁场？常见错误：加以aM和bN连线交点为圆心的圆形磁场，其圆形磁场最小半径为R．分析：带电质点在磁场中做匀速圆周运动，其半径为因为带电质点在a、b两点速度方向垂直，所以带电质点在磁场中运动轨迹为1/4圆弧，O1为其圆心，如图3-6-4所示MN圆弧．在xy平面内加以MN连线为弦，且包含MN圆弧的所有圆形磁场均可使带电质点完成题意运动．其中以MN连线为半径的磁场为最小圆形磁场．\n解：设圆形磁场的圆心为O2点，半径为r，则由图知：2r=R2mv因为R=Bq2mv所以r=2Bq小结：这是一个需要逆向思维的问题，同时考查了空间想象能力，即已知粒子运动轨迹，求所加圆形磁场的位置．考虑问题时，要抓住粒子运动特点，即该粒子只在所加磁场中做匀速圆周运动，所以粒子运动的1/4圆弧必须包含在磁场区域中，且圆运动起点、终点必须是磁场边界上的点．然后再考虑磁场的最小半径．（计算机模拟）[例4]在真空中，半径为r=3×10-2m的圆形区域内，有一匀强磁场，磁场的磁感应强度为B=0.2T，方向如图3-6-5所示，一带正电粒子，以初速度v0=106m/s的速度从磁场边界上直径ab一端a点处射入磁场，已知该粒子荷质比为q/m=108C/kg，不计粒子重力，则（1）粒子在磁场中匀速圆周运动的半径是多少？（2）若要使粒子飞离磁场时有最大的偏转角，其入射时粒子的方向应如何（以v0与Oa的夹角θ表示）？最大偏转角多大？问题：1．第一问由学生自己完成．2．在图中画出粒子以图示速度方向入射时，在磁场中运动的轨迹图，并找出速度的偏转角．（放实物展示台展示）3．讨论粒子速度方向发生变化后，粒子运动轨迹及速度偏转角的比．分析：（1）圆运动半径可直接代入公式求解．（2）先在圆中画出任意一速度方偏转角为初速度与未速度的夹角，且偏转角等于粒子运动轨迹所对应的圆心角．向入射时，其偏转角为哪个角？如图3-6-6所示．由图分析知：弦ac是粒子轨迹上的弦，也是圆形磁场的弦．因此，弦长的变化一定对应速度偏转角的变化，也一定对应粒子圆运动轨迹的圆心角的变化．所以当弦长为圆形磁场直径时，偏转角最大．\n解：（1）设粒子圆运动半径为R，则mvvR==BqBq/m610==0.05m80.2×10（2）由图3-6-6知：弦长最大值为ab=2r=6×10-2m设速度偏转角最大值为αm，此时初速度方向与ab连线夹角为θ，则αr3msin==2R5得α=74°mαm所以θ==37°2当粒子以与ab夹角为37°斜向右上方入射时，粒子飞离磁场时有最大偏转角，其最大值为74°．小结：本题所涉及的问题是一个动态问题，即粒子虽然在磁场中均做同一半径的匀速圆周运动，但因其初速度方向变化，使得粒子运动轨迹的长短和位置均发生变化，要会灵活运用平面几何知识去解决．计算机演示：（1）随粒子入射速度方向的变化，粒子飞离磁场时速度偏转角的变化．（2）随粒子入射速度方向的变化，粒子做匀速圆周运动的圆心的运动轨迹．其轨迹为以a点为圆心的一段圆弧．[例5]如图3-6-7所示，很长的平行边界面M、N与N、P间距分别为L1、L2，其间分别有磁感应强度为B1与B2的匀强磁场区，磁场方向均垂直纸面向里．已知B1≠B2，一个带正电的粒子电量为q，质量为m，以大小为v0。的速度垂直边界面M与磁场方向射入MN间磁场区，试讨论粒子速度v0应满足什么条件，才能通过两个磁场区，并从边界面P射出？（不计粒子重力）问题：1．该粒子在两磁场中运动速率是否相同？\n2．什么是粒子运动通过磁场或不通过磁场的临界条件？3．画出轨迹草图并计算。分析：带电粒子在两磁场中做半径不同的匀速圆周运动，但因为洛仑兹力永远不做功，所以带电粒子运动速率不变．粒子恰好不能通过两磁场的临界条件是粒子到达边界P时，其速度方向平行于边界面．粒子在磁场中轨迹如图3-6-8所示．再利用平面几何和圆运动规律即可求解．解：如图3-6-8所示，设O1、O2分别为带电粒子在磁场B1和B2中运动轨迹的圆心．则mv0在磁场B中运动半径为R=11Bq1mv0在磁场B中运动半径为R2=21Bq2设角α、β分别为粒子在磁场B1和B2中运动轨迹所对应圆心角，则L1sinα=R1由几何关系知R-L22cosβ=R2α+β＝90°q所以v=（BL+BL）01122m若粒子能通过两磁场区，则qv＞（BL+BL）01122m小结：1．洛仑兹力永远不做功，因此磁场中带电粒子的动能不变．2．仔细审题，挖掘隐含条件．[例6]在M、N两条长直导线所在的平面内，一带电粒子的运动轨迹，如图3-6-9所示．已知两条导线M、N只有一条中有恒定电流，另一条导线中无电流，关于电流、电流方向和粒子带电情况及运动方向，可能是\nA．M中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动．B．M中通有自上而下的恒定电流，带负电的粒子从a点向b点运动C．N中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动D．N中通有自下而上的恒定电流，带负电的粒子从a点向b点运动让学生讨论得出结果．很多学生会选择所有选项，或对称选择A、D（或B、C）．前者是因为没有考虑直线电流在周围产生非匀强磁场，带电粒子在其中不做匀速圆周运动．后者是在选择过程中有很强的猜测成分．分析：两根直线电流在周围空间产生的磁场为非匀强磁场，靠近导线处磁场强，远离导线处磁场弱．所以带电粒子在该磁场中不做匀速圆周运动，而是复杂曲线运动．因为带电粒子在运动中始终只受到洛仑兹力作用，所以可以定性使用圆运动半径规律R=mv/Bq．由该规律知，磁场越强处，曲率半径越小，曲线越弯曲；反之，曲线弯曲程度越小．解：选项A、B正确．小结：这是一道带电粒子在非匀强磁场中运动的问题，这时粒子做复杂曲线运动，不再是匀速圆周运动．但在定性解决这类问题时可使用前面所分析的半径公式．洛仑兹力永远不做功仍成立．同步练习（A组）一、选择题1．如图3-6-10所示，核和核在匀强磁场中以相同的动能沿垂直于磁感线方向运动[]A．氚核运动半径较大，氚核先回到出发点B．氚核运动半径较大，氚核先回到出发点C．氚核运动半径较大，氚核先回到出发点D．氚核运动半径较大，氚核先回到出发点二、非选择题2．如图3-6-11所示，在x轴上方（y≥0）存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．在原点O有一离子源向x轴上方的各个方向发射出质量为m、电量为q的正离子，速率都为v．对那些在xy平面内运动的离子，在磁场中可能到达的最大x=______，最大y=______．3．如图3-6-12所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一对正、负电子从O点沿纸面以相同速度v射入磁场中，速度方向与磁场边界Ox成30°角，则正、负电子在磁场中运动时间之比为多少？粒子离开磁场时的坐标为多少？\n（B组）一、选择题1．一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图3-6-13所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减少（带电量不变），从图中情况可以确定[]A．粒子从a到b，带正电B．粒子从b到a，带正电C．粒子从a到b，带负电D．粒子从b到a，带负电二、非选择题2．有一带正电的粒子，在匀强磁场中与磁感线相垂直的平面内，沿顺时针方向做半径为R的匀速圆周运动，当粒子运动到A点时，突然分裂为带电量相等的两部分，它们的质量比为1∶3．观察到其中较小的部分在原平面内沿顺时针方向做半径为r1=R/2的匀速圆周运动，如图3-6-14虚线所示．则质量较大部分在磁场中做匀速圆周运动的半径为多大？其运动方向是顺时针还是逆时针的？3．如图3-6-15所示，匀强磁场区域的宽度d=8cm，磁感应强度B=0.332T，磁场方向垂直纸面向里．在磁场边界aa′的中央放置一放射源S，它向各个方向均匀放射出速率相同的a粒子，已知a粒子的质量m=6.64×10-27kg，电量q=3.2×10-19C，初速度v0=3.2×106m/s，荧光屏bb′的面积远比板间距离要大．求荧光屏bb′上出现闪烁的范围？4．如图3-6-16（用）所示，M、N为竖直放置、彼此平行的两块平行金属板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对．在两板间有垂直于纸面方向的磁场．磁感应强度随时间的变化如图（乙）所示．有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知离子质量为m，带电量为q，离子在磁场中做匀速圆周运动与磁感应强度变化的周期都为T0．不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：\n（1）磁感应强度B0的大小．（2）要使离子从O′垂直于N板射出磁场，离子射出磁场时的速度应为多大？（C组）非选择题1．如图3-6-17所示，在某装置中有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于Oxy所在的纸面向外．某时刻在x=l0、y=0处，一质子沿y轴负方向进入磁场；同一时刻，在x=-l0、y=0处，一个a粒子进入磁场，速度方向与磁场垂直．不考虑质子与α粒子的相互作用．设质子质量为m、电量为e．求：（1）如果质子经过坐标原点O，它的速度为多大？（2）如果a粒子与质子在坐标原点相遇，a粒子的速度应为何值？方向如何？2．图2-6-18中虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外．O是MN上的一点，从O点可以向磁场区域发射电量为+q、质量为m、速率为v的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向．已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，P到O的距离为L．不计重力及粒子间的相互作用．求：（1）所考查的粒子在磁场中的轨道半径？（2）这两个粒子从O点射入磁场的时间间隔？答案2mv3mv（A组）1．D2．x=3．t∶t=2∶1；正电子坐标（0，），正负BqBemv负电子坐标（，0）Be（B组）1B2．顺时针，2.5R3．0.32m\n2pmpd4．（1）B=;（2）v=（n=1、2、3、⋯）．0qT2nT0eBl0（C组）1．（1）v=；p2m2eBl0（2）v=，方向与x轴正方向夹角为45°或135°a4mmv4mLqB2．（1）R=（2）Dt=arccos()BqqB2mv（作者：育英中学胡海波）\n七、带电粒子和质点在电场、磁场中的运动教学目标1．使学生掌握带电粒子和质点在匀强电场和匀强磁场中运动的基本规律．2．培养学生运用力和运动的观点以及能量的观点来分析、解决复合场中的电荷运动问题．3．注意物理模型与实际应用的联系，进行理论联系实际的思想教育．教学重点、难点分析1．带电粒子和质点在三场中运动时，所受重力、电场力和洛仑兹力的特点．2．带电粒子和质点在三场中运动时，重力、电场力和洛仑兹力做功的特点以及能量变化的特点．3．对复杂运动过程的分析，以及如何从实际问题中建立物理模型．教学过程设计教师活动一、带电粒子在电场和磁场中运动1．带电粒子通常指电子、质子、氚核和α粒子等微观粒子，一般可不计重力．2．处理带电粒子在电场和磁场中运动问题的方法．（1）带电粒子在匀强电场和匀强磁场共存区域内运动时，往往既要受到电场力作用，又要受到洛仑兹力作用．这两个力的特点是，电场力是恒力，而洛仑兹力的大小、方向随速度变化．若二力平衡，则粒子做匀速直线运动．若二力不平衡，则带电粒子所受合外力不可能为恒力，因此带电粒子将做复杂曲线运动．解决粒子做复杂曲线运动问题时，必须用动能定理或能量关系处理．这里要抓住场力做功和能量变化的特点，即电场力做功与电势能变化的特点，以及洛仑兹力永远不做功．（2）若匀强电场和匀强磁场是分开的独立的区域，则带电粒子在其中运动时，分别遵守在电场和磁场中运动规律运动，处理这类问题时要注意分阶段求解．[例1]空间存在相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B，其方向如图3-7-1所示．一带电粒子+q以初速度v0垂直于电场和磁场射入，则粒子在场中的运动情况可能是A．沿初速度方向做匀速运动B．在纸平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动C．在纸平面内做轨迹向下弯曲的匀变速曲线运动\nD．初始一段在纸平面内做轨迹向上（或向下）弯曲的非匀变速曲线运动问题：1．应根据哪些物理量的关系来判定粒子的运动情况？2．分析粒子的受力及其特点．判断选择并说明理由．3．若欲使带电粒子在此合场中做匀速运动，对该粒子的电性、带电量多少、质量大小、入射初速度大小有无限制？分析：粒子在场中要受到电场力和洛仑兹力作用．其中电场力为方向竖直向下的恒力；洛仑兹力方向与速度方向垂直且在垂直磁场的纸面内，初态时其方向为竖直向上，随速度大小和方向的变化，洛仑兹力也发生变化．若初态时，电场力和洛仑兹力相等，即qE=Bqv0，则粒子所受合外力为零，粒子做匀速运动．若初态时，电场力和洛仑兹力不相等，则粒子所受合外力不为零，方向与初速度方向垂直（竖直向上或竖直向下），粒子必做曲线运动．比如粒子向下偏转，其速度方向变化，所受洛仑兹力方向改变；同时电场力做正功，粒子动能增加，速度增大，洛仑兹力大小也变化．此时粒子所受合外力大小、方向均变化，则粒子所做曲线运动为非匀变速曲线运动．解：选项A、D正确．讨论与小结：1．判断带电粒子在电场和磁场共存区域内的运动形式，要根据其所受合外力的情况和合外力方向与初速度方向的关系来确定．2．若带电粒子在该合场中做匀速运动，根据qE=Bqv0可知，只要入射粒子的初速度v0=E/B，就可以做匀速运动．与粒子的电性、带电量的多少、质量的大小无关．这一点很重要，很多电学仪器的工作原理都涉及到这方面知识，比如离子速度选择器、质谱仪、电磁流量计等．[例2]如图3-7-2所示为一电磁流量计的示意图，截面为正方形的非磁性管，其边长为d，内有导电液体流动，在垂直液体流动方向加一指向纸里的匀强磁场，磁感应强度为B．现测得液体a、b两点间的电势差为U，求管内导电液体的流量Q为多少？问题：1．液体中的离子在磁场中怎样运动；为什么液体a、b两点间存在电势差？2．简述电磁流量计的工作原理．分析：流量是指单位时间内流过某一横截面的液体的体积．导电液体是指液体内含有正、负离子．在匀强磁场中，导电液体内的正、负离子在洛仑兹力作用下分别向下、上偏转，使管中上部聚积负电荷，下部聚积正电荷．从而在管内建立起一个方向向上的匀强电场，其场强随聚积电荷的增高而加强．后面\n流入的离子同时受到方向相反的洛仑兹力和电场力作用．当电场增强到使离子所受二力平衡时，此后的离子不再偏移，管上、下聚积电荷不再增加a、b两点电势差达到稳定值U，可以计算出流量Q．解：设液体中离子的带电量为q，因为UBqv=qdU所以流量Q=BddU2所以流量Q=dv=B[例3]如图3-7-3所示，两块平行放置的金属板，上板带正电，下板带等量负电．在两板间有一垂直纸面向里的匀强磁场．一电子从两板左侧以速度v0沿金属板方向射入，当两板间磁场的磁感应强度为B1时，电子从a点射出两板，射出时的速度为2v．当两板间磁场的磁感应强度变1为B时，电子从b点射出时的侧移量仅为从a点射出时侧移量的，求电24子从b点射出时的速率．问题：1．依据力和运动关系，分析电子在合场中为什么会偏转，电子所做的运动是匀变速曲线运动吗？2．因为电子所做运动为非匀变速曲线运动，无法用牛顿运动定律解决，应该考虑用什么方法解决？3．若用动能定理解决，则各场力做功有什么特点？若用能量守恒定律解决，各场的能量有什么特点？分析：电子在合场中受到电场力和洛仑兹力，初态时电子所受二力不平衡，电子将发生偏转．因为洛仑兹力的大小、方向均变化，电子所受合力为变力，做非匀变速曲线运动．若用动能定理处理问题，则需知：电场力做功与路径无关，与带电量和初、末两位置的电势差有关．洛仑兹力永远不做功．若用能量守恒定律处理问题，则需知：电子在磁场中只有动能，没有势能；电子在电场中不仅有动能，而且还有势能，因此要规定零电势面．解一：设aO两点电势差为U，电子电量为e，质量m．依据动能定理可知：1122电子从a点射出：eU=m（2v）-mv0022U1122电子从b点射出：-e=mv-mv0422v0联立解得：v=2\n解二：设O点所在等势面为零电势面，其余同上．依据能量守恒定律可知：电子从a点射出，其守恒方程为：1122mv+0=m（2v）+（-eU）0022电子从b点射出，其守恒方程为：11U22mv+0=mv+(e)0224v0联立解得；v=2小结：1．处理带电粒子在电场和磁场共存区域内运动的另一种方法是应用动能定量，或能量守恒定律．2．应用动能定理时要注意，洛仑兹力永远不做功；应用能量守恒定律时注意，若只有电场力做功，粒子的动能加电势能总和不变，计算时需设定零电势面，同时注意电势能的正、负．[例4]如图3-7-4所示，在x轴上方有垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在X轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E．一质量为m，电量为-q的粒子从坐标原点O沿着y轴正方向射出．射出之后，第三次到达X轴时，它与点O的距离为L．求此粒子射出时的速度V和运动的总路程（重力不计）．问题：带电粒子在电场和磁场中分别做什么运动？你能画出它的轨迹示意图吗？分析：本题与前两个例题不同，它的电场和磁场区域是分开的．带电粒子在x轴上方运动只受洛仑兹力作用，做匀速圆周运动，又因为x轴是磁场的边界，粒子入射速度方向与磁场垂直，所以粒子的轨迹为半圆．带电粒子在x轴下方运动只受电场力作用，速度方向与力在一条直线上，粒子做匀变速直线运动．即当粒子从磁场中以速度v垂直于x轴向下射出时，因电场力作用先匀减速到0，再反向加速至v，并垂直射入磁场（粒子在电场中做类平抛运动）．因为只要求讨论到粒子第三次到达x轴，所以粒子运动轨迹如图3-7-5所示．\n解：如图所示，有L=4R2v又qvB=RqBL所以v=4M设粒子进入电场做减速运动的最大路程为l，加速度为a，则222vqBLl==qE32mE2m由前面分析知，粒子运动的总路程为S=2rR+2l221qBl=pL+216mE小结：本题带电粒子的运动比较复杂，要根据粒子运动形式的不同分阶段处理．这是解决同类问题常用的方法．在动笔计算之前，一定要依据力和运动关系认真分析运动规律，分阶段后再个个击破．二、带电质点在电场和磁场中运动1．带电质点是指重力不能忽略，但又可视为质点的带电体．2．处理带电质点在匀强电场和匀强磁场中运动问题的方法（1）讨论带电质点在复合场中运动问题时，要先弄清重力、电场力、洛仑兹力的特点．根据质点受力情况和初速度情况判定运动形式．请学生回答（2）讨论带电质点在复合场中运动问题时，还须清楚重力、电场力做功和重力势能、电势能变化关系．注意洛仑兹力不做功的特点．若带电质点只受场力作用，则它具有的动能、重力势能和电势能总和不变．请学生回答．[例5]如图3-7-6所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，场强E的方向竖直向下，磁感应强度B的方向垂直纸面向里．有三个带有等量同种电荷的油滴M、N、P在该区域中运动，其中M向有做匀速直线运动，N在竖直平面内做匀速圆周运动，P向左做匀速直线运动，不计空气阻力，则三个油滴的质量关系是A．mM＞mN＞mP\nB．mP＞mN＞mMC．mN＞mP＞mMD．mP＞mM＞mN问题：1．物体做匀速圆周运动的条件是什么？油滴N在场中的受力情况怎样？其电性如何？2．请对油滴P、M进行受力分析，并选出正确答案．分析：油滴在合场中要同时受到重力、电场力和洛图3-7-6仑兹力作用，其中重力、电场力是恒力，洛仑兹力随速度的变化而变化．若油滴N欲做匀速圆周运动，则其所受重力和电场力必然等大、反向，所受合力表现为洛仑兹力．这样才能满足合外力大小不变，方向时刻与速度方向垂直的运动条件．油滴一定带负电．三油滴的受力分析如图3-7-7所示．因它们所受的电场力和洛仑兹力大小分别相同，所以可知油滴P的质量最大，油滴M的质量最小．解：选项B正确．小结：1．若带电质点在三场共存区域内运动，一般会同时受到重力、电场力、洛仑兹力作用，若电场和磁场又为匀强场，则重力、电场力为恒力，洛仑兹力与速度有关，可为恒力也可为变力．2．若电场和磁场均是匀强场，且带电质点仅受三场力作用．则：（1）若重力与电场力等大、反向，初速度为零，带电质点必静止不动．（2）若重力与电场力等大、反向，初速度不为零，带电质点必做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力．（3）若初速度不为零，且三力合力为零，带电质点必做匀速直线运动．（4）若初速度不为零，初态洛仑兹力与重力（或电场力）等大、反向，合外力不为零，带电质点必做复杂曲线运动．[例6]如图3-7-8所示，在xOy平面内，有场强E=12N/C，方向沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B=2T、方向垂直xOy平面指向纸里的匀强磁场．一个质量m=4×10-5kg，电量q=2.5×10-5C带正电的微粒，在xOy平面内做匀速直线运动，运动到原点O时，撤去磁场，经一段时间后，带电微粒运动到了x轴上的P点．求：（1）P点到原点O的距离；（2）带电微粒由原点O运动到P点的时间．\n222vqBLl==qE32mE2m问题：1．微粒运动到O点之前都受到哪些力的作用？在这段时间内微粒为什么能做匀速直线运动？2．微粒运动到O点之后都受到哪些力的作用？在这段时间内微粒做什么运动？说明原因．分析：（1）微粒运动到O点之前要受到重力、电场力和洛仑兹力作用，如图3-7-9所示．在这段时间内微粒做匀速直线运动，说明三力合力为零．由此可得出微粒运动到O点时速度的大小和方向．（2）微粒运动到O点之后，撤去磁场，微粒只受到重力、电场力作用，其合力为一恒力，与初速度有一夹角，因此微粒将做匀变速曲线运动，如图3-7-9所示．可利用运动合成和分解的方法去求解．解：因为mg=4×10-4NF=Eq=3×1O-4N（Bqv）2=（Eq）2+（mg）2所以v=10m/sEq3又tanq==mg4所以θ=37°因为重力和电场力的合力是恒力，且方向与微粒在O点的速度方向垂直，所以微粒在后一段时间内的运动为类平抛运动．可沿初速度方向和合力方向进行分解．设沿初速度方向的位移为s1，沿合力方向的位移为s2，则因为sl=vtæ(Eq)2+(mg)2ö1s=ç÷t222çm÷èøs2tan37°=s1vtOP=cos37°所以P点到原点O的距离为15m；O点到P点运动时间为1.2s．\n[例7]如图3-7-10所示，一对竖直放置的平行金属板长为L，板间距离为d，接在电压为U的电源上，板间有一与电场方向垂直的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感强度为B，有一质量为m，带电量为+q的油滴，从离平行板上端h高处由静止开始自由下落，由两板正中央P点处进入电场和磁场空间，油滴在P点所受电场力和磁场力恰好平衡，最后油滴从一块极板的边缘D处离开电场和磁场空间．求：（1）h=？（2）油滴在D点时的速度大小？问题：油滴的运动可分为几个阶段？每个阶段油滴做什么运动？每个阶段应该用什么方法来求解？分析：油滴的运动可分为两个阶段：从静止始至P点，油滴做自由落体运动；油滴进入P点以后，要受到重力、电场力和洛仑兹力作用，且合力不为零，由前面的小结知，油滴将做复杂曲线运动并从D点离开．第一个阶段的运动，可以用牛顿运动定律和运动学公式求解，也可以用能量关系求解．第二个阶段的运动只能依据能量关系求解，即重力、电场力做功之和等于油滴动能变化．或油滴具有的重力势能、电势能、动能总和不变．当然这一能量关系对整个运动过程也适用．解：（1）对第一个运动过程，依据动能定理和在P点的受力情况可知：12mgh=mvp2UBqvp=qd2U所以h=222Bdg（2）对整个运动过程，依据动能定理可知：U12mg（h+L）-q=mv-0D222UqU所以v=2gL+-D22Bdm小结：由例6、例7可以看出，处理带电质点在三场中运动的问题，首先应该对质点进行受力分析，依据力和运动的关系确定运动的形式．若质点做匀变速运动，往往既可以用牛顿运动定律和运动学公式求解，也可以用能量关系求解．若质点做非匀变速运动，往往需要用能量关系求解．应用能量关系求解时，要特别注意各力做功的特点以及重力、电场\n力做功分别与重力势能和电势能变化的关系．同步练习（A组）一、选择题1．氢原子中，质量为m，电量为e的电子绕核做匀速圆周运动，现垂直于电子的轨道平面加一磁感应强度为B的匀强磁场，若电子的轨道半径不变，电子受到的电场力是洛仑兹力的N倍，则电子绕核运动的角速度可能为[](N-1)BeNBeA．B．mm(N+1)BeBeC．D．mm二、非选择题2．如图3-7-11所示，MN、PQ是一对长为L、相距为d（Ld）的平行金属板，两板加有一定电压．现有一带电量为q、质量为m的带正电粒子（不计重力）．从两板中央（图中虚线所示）平行极板方向以速度v0入射到两板间，而后粒子恰能从平行板的右边缘飞出．若在两板间施加一个垂直纸面的匀强磁场，则粒子恰好沿入射方向做匀速直线运动．求（1）两板间施加的电压U：（2）两板间施加的匀强磁场的磁感应强度B；（3）若将电场撤销而只保留磁场，粒子仍以原初速大小与方向射入两板间，并打在MN板上某点A处，通过计算MA的大小，对粒子不能射出板间区域加以说明．（B组）一、选择题1．如图3-7-12所示，真空中两水平放置的平行金属板间有电场强度为E的匀强电场，垂直场强方向有磁感应强度为B的匀强磁场，OO′为两板中央垂直磁场方向与电场方向的直线，以下说法正确的是[]A．只要带电粒子（不计重力）速度达到某一数值，沿OO′射入板间区域就能沿OO′做匀速直线运动B．若将带电微粒沿OO′射入板间区域，微粒仍有可能沿OO′做匀速直线运动C．若将带电微粒沿OO′射入板间区域，微粒有可能做匀变速曲线运动D．若将带电微粒沿OO′射入板间区域，微粒不可能做匀变速曲线运动\n二、非选择题2．有一个未知的匀强磁场，用如下方法测其磁感应强度，如图3-7-13所示，把一个横截面是矩形的铜片放在磁场中，使它的上、下两个表面与磁场平行，前、后两个表面与磁场垂直．当通入从左向右的电流I时，连接在上、下两个表面上的电压表示数为U．已知铜片中单位体积内自由电子数为n，电子质量m，带电量为e，铜片厚度（前后两个表面厚度）为d，高度（上、下两个表面的距离）为h，求磁场的磁感应强度B．3．如图3-7-14所示，在y轴右方有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方，有一匀强电场，场强为E，方向平行x轴向左，有一铅板放置在y轴处，且与纸面垂直，现有一质量为m，带电量q的粒子由静止经过加速电压U的电场加速，然后，以垂直于铅板的方向从A处直线穿过铅板，而后从x轴上的D处以与x轴正向夹角为60°的方向进入电场和磁场叠加的区域，最后达到y轴上的C点，已知OD长为L，求：（1）粒子经过铅板时损失了多少动能？（2）粒子到达C点时的速度多大？4．如图3-7-15所示，在一根足够长的竖直绝缘杆上，套着一个质量为m、带电量为-q的小球，球与杆之间的动摩擦因数为μ．场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场方向如图所示，小球由静止开始下落．求：（1）小球开始下落时的加速度；（2）小球的速度多大时，有最大加速度，它们的值是多少？（3）小球运动的最大速度为多少？（C组）非选择题1．如图3-7-16所示的三维空间中，存在磁感应强度为B的匀强磁场和电场强度为E的匀强电场，B和E的方向均与Z轴正方向一致．一质量为m、带电量为q的正离子（重力不计），从坐标原点O以速率v沿y轴正方向射入电场和磁场中．OACD为xOz平面中的一个挡板，求此离子打到此挡板上时的速度大小是多少？\n2．如图3-7-17甲所示，图的右侧MN为一竖直放置的荧光屏，O为它的中点，OO′与荧光屏垂直，且长度为L．在MN的左侧空间存在着方向水平向里的匀强电场，场强大小为E．乙图是从左边去看荧光屏得到的平面图，在荧光屏上以O为原点建立如图的直角坐标系．一细束质量为m、电量为q的带电粒子以相同的初速度v0从O′点沿O′O方向射入电场区域．粒子的重力和粒子间的相互作用都可忽略不计．（1）若再在MN左侧空间加一个匀强磁场，使得荧光屏上的亮点恰好位于原点O处，求这个磁场的磁感应强度B的大小和方向．（2）如果磁感应强度B的大小保持不变，但把方向变为与电场方3向相同，则荧光屏上的亮点位于图中A点处，已知A点的纵坐标y=L求3A点横坐标的数值．参考答案（A组）1．AC22mvdmvd002．（1）U=（2）B=，方向垂直于纸面向里（3）略．22qLqLneU（B组）1．ABD2．B=Id2222222BqL2qEL4BLq3．（1）△E=qU（2）V=+Kc23mm3mmEqE4．（1）a=g（2）v=，a=g（3）a=0；vmmmBmgE=+mqBB22æEpöE（C组）1．V+ç÷2．（1）B=，方向沿y轴正方向．èBøv022pmv0（2）x=-．18qE（作者：育英中学胡海坡）\n八、电磁感应定律楞次定律教学目标1．知道电磁感应现象，知道产生感应电流的条件．2．会运用楞次定律和左手定则判断感应电流的方向．3．会计算感应电动势的大小（切割法、磁通变化法）．教学重点、难点分析1．在学科知识中的地位电磁感应一章主要解决三个基本问题：ì产生感应电流的条件是什么？ïí感应电流的方向如何判断？ïî感应电动势怎样计算？而楞次定律解决了感应电流的方向判断问题，法拉第电磁感应定律用于计算感应电动势的大小，而感应电流的大小只需运用闭合电路欧姆定律即可确定．因此，楞次定律、法拉第电磁感应定律是电磁感应一章的重点．另外，电磁感应的规律也是自感、交流电、变压器等知识的基础，因而在电磁学中占据了举足轻重的地位．2．在高考中的地位在考试说明中，楞次定律、法拉第电磁感应定律都属B级要求，每年的高考试题中都会出现相应考题，题型也多种多样，在历年高考中，以选择、填空、实验、计算各种题型都出现过．分值占全卷的比例约为5％～8％（其中在1990年、1995年的高考中占到16％、17％的比例），属高考必考内容．同时，由电磁感应与力学、电学知识相结合的题目更是高考中的热点内容，题目内容变化多端，需要学生有扎实的知识基础，又有一定的解题技巧，因此在复习中要重视这方面的训练．3．电磁感应现象及规律在复习中并不难，但是能熟练应用则需要适量的训练．关于楞次定律的推广含义、法拉第电磁感应定律在应用中何时用其计算平均值、何时要考虑瞬时值等问题都需通过训练来达到深刻理解、熟练掌握的要求，因此要根据具体的学情精心选择一些针对性强、有代表性的题目组织学生分析讨论达到提高能力的目的．教学过程设计一、楞次定律及其推广复习引入：在复习楞次定律的过程中，应理解、掌握以下几点：（1）“阻碍”不是阻止．（2）“阻碍”的不是磁感强度B，也不是磁通，而是阻碍穿过闭合回路的磁通变化．（3）由于“阻碍”作用才导致了电磁感应中的能量转化．（4）楞次定律强调的是感应电流的方向，感应电流的磁场阻碍原磁通的变化．我们可将其含义推广为：感应电流对产生的原因（包括外磁场的变化、线圈面积的变化、相对位置的变化、导体中电流的变化等）都有阻碍作用．因此用推广含义考虑问题可以提高运用楞次定律解题的速度和准确性．\n[例1]如图3-8-1所示，蹄形磁铁的N、S极之间放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO′轴转动，若磁铁按图示方向绕OO′轴转动，线圈的运动情况是：[]A．俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同B．俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同C．线圈与磁铁转动方向相同，但开始时转速小于磁铁的转速，以后会与磁铁转速一致．D．线圈与磁铁转动方向相同，但转速总小于磁铁的转速．师：本题目中由于磁铁转动，就使穿过线圈的磁感线数目发生变化（开始图3-8-1转时，从零增加），因而会产生感应电流，线圈因通有电流又受磁场的作用力（安培力）而转动．这样分析虽然正确，但较费时间．若应用楞次定律的推广意义来判断就省时多了．大家可以试试．具体地说，就是先要解决两个问题：①引起变化的原因是什么？②由于“阻碍”这个“原因”，线圈表现出来的运动应是怎样的？（学生思考后回答）（设置这样的定向思维的提问，目的不是了解学生怎样解题，而是着重让学生体会楞次定律的推广含义的具体应用方法．学生很容易回答上述提问：引起的变化原因是线圈转动，由于要“阻碍”转动，表现为线圈跟着磁铁同向转动，所以，可以排除选项A）师：进一步推理，线圈由于阻碍铁相对线圈的转动而跟着转起来后，线圈的转速能与磁铁一致吗？（回答：不会一致，若一致就不是阻碍而阻止了）师：楞次定律的核心是“阻碍”，让我们做出线圈转速小于磁铁转速的结论，因此可以排除选项B．同时，线圈依靠磁铁对线圈施以安培力而跟着转起来后，始终两者转速都不会一样的．（为什么，这个推理请自己用反证法论证）其实这就是异步感应电动机的工作原理．答案：D[例2]如图3-8-2，水平导轨上放着一根金属导体，外磁场竖直穿过导轨框．当磁感强度B减小时，金属棒将怎样运动？师：请大家不光会用楞次定律去分析，更要学会用楞次定律的推广含义去判断．本题中产生感应电流的原因是外磁场B的减少，使穿过回路的减少．为阻碍减少，应表现出回路面积增大，所以可动的金属棒ab应向\n外运动．指点：本题的分析也可以用逆向思维方法推知感应电流的方向．由于阻碍磁通↓，导体棒向右运动，作用在导体棒上的安培力方向一定向右，用左手定则可知导体棒中的感应电流方向一定是从b→a．[例3]如图3-8-3所示，一闭合的铜环从静止开始由高处下落通过条形磁铁后继续下降，空气阻力不计，则在铜环的运动过程中，下列说法正确的是：A．铜环在磁铁的上方时，环的加速度小于g，在下方时大于gB．铜环在磁铁的上方时，加速度小于g，在下方时也小于gC．铜环在磁铁的上方时，加速度小于g，在下方时等于gD．铜环在磁铁的上方时，加速度大于g，在下方时小于g师：正确答案是B．本题中引起铜环内产生感应电流的原因是铜环在磁铁的磁场中相对磁铁发生运动，使铜环内先增加后减少，铜环内产生感应电流，磁场对通有感应电流的铜环又施以磁场力．要判断磁场力的方向，还依赖于对磁铁周围的磁场空间分布的了解．但是用“阻碍引起感应电流的原因”来判断就简捷的多．由于铜环下落而产生感应电流，使铜环受到磁场力，而磁场力一定对铜环的下mg-F磁落起阻碍作用，使铜环下落速度增加的慢些，即a=＜g．m[例4]如图3-8-4所示，当磁铁竖直向下穿向水平面上的回路中央时（未达到导轨所在平面），架在导轨上的导体棒P、Q将会怎样运动？（设导轨M、N光滑）P、Q对导轨M、N的压力等于P、Q受的重力吗？师：除了直接用楞次定律判断外，请用阻碍相对运动来分析．（经过上面几题的指导，学生肯定会判断．）生：由于磁铁靠近回路使回路中↑，则为使阻碍增加，P、Q一定向回路内侧运动，即回路面积会缩小．另一方面，欲使回路阻碍磁铁向下靠近，回路应向下后退，但因“无路可退”而使回路与支承面，P、Q与导轨之间都压得更紧！因此P、Q对导轨施加的压力大于P、Q受的重力．[例5]如图3-8-5所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上．今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，\n两者彼此绝缘，当导线中的电流I突然增大时，线框整体受力情况为：[]A．受力向右B．受力向左C．受力向上D．受力为零分析：首先判断由于电流I增大使穿过回路abcd的磁通量增大还是减小．由于线框位置偏向导线左边，使跨在导线左边的线圈面积大于右边面积，线圈左边部分内磁感线穿出，右边部分内磁感线穿入，整个线框中的合磁通是穿出的，并且随电流增大而增大．再用“阻碍磁通变化”来考虑线框受磁场力而将要发生运动的方向．显然线框只有向右发生运动，才与阻碍合磁通增加相符合，因此线框受的合磁场力应向右．正确选项为A．说明；以上5个例题都可以按楞次定律的应用步骤去分析．而我们特意采用了楞次定律含义的推广：“阻碍使变化的原因”去判断，意图是让大家缩简思维活动程序，提高做题速度，加深对楞次定律中“阻碍”含义的理解．但同时需注意的是，绝不能用简化方法代替基本方法，基本方法能使我们对电磁感应的发生过程了解得更细致，而简化方法只能快速地看到电磁感应的结果，在答题时显示出简捷性和灵活性．楞次定律中的“阻碍”作用也导致了电磁感应过程中能量的转化，因而电磁感应过程就是能量转化的过程．因此，运用楞次定律也可判断能量的转化．[例6]如图3-8-6所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，将铜环从A点由静止释放，向右摆至最高点B，不计空气阻力，则以下说法正确的是A．A、B两点等高B．A点高于B点C．A点低于B点D．铜环将做等幅摆动师：铜环进入磁场又离开磁场的两个过程，铜环中的磁通都是变化的，故产生感应电流．现进一步分析，铜环在摆动中机械能守恒吗？（学生回答．）师；此题的思维过程为：由于铜环进入、离开磁场的过程中都有磁通的变比，一定会产生感应电流，一定会使铜环受到安培力作用，而安培力一定阻碍铜环相对磁场的进、出运动．正因铜环需克服安培力做功→使铜环的机械能转化为电能→铜环做减幅振动．因而正确答案为B．同学们还可思考：若将铜环改为铜片或球，答案不同吗？（答案一\n样）只要将铜片或铜球看成是许多并联在一起的铜环即可，它们都会产生感应电流（涡流），使自身发热，机械能损失．这种由于电磁感应而使振动的机械能减小的因素叫电磁阻尼．在磁电式仪表中，为防止仪表通电后指针偏转到某处后来回振动，就利用了这种电磁阻尼原理．反之，若不希望振动的机械能由于电磁阻尼而损失，则需采取使钢环不闭合（留有小缺口），将铜片上开许多缺口以使之不产生感应电流，或产生的感应电流很小的措施．最后还需指出的是楞次定律与右手定则的关系．两者是一般规律与特殊规律的关系．各种产生感应电流的情况下都可用楞次定律判断其方向，而用右手定则只用于判断闭合电路中一部分导体做切割磁感线运动时产生的感应电流方向．二、法拉第电磁感应定律引入：“由于磁通量的变化，使闭合回路中产生感应电流”，这只是表现出来的电磁感应现象，而其实质是由于磁通量的变化，使闭合回路中产生了电动势——感应电动势．感应电动势比感应电流更能反映电磁感应的本质．而法拉第电磁感应定律就解决了感应电动势大小的决定因素和计算方法．法拉第电磁感应定律：在电磁感应现象中产生的感应电动势大小，圈匝数，做为特例，当回路中的一部分导体做切割磁感线运动时，运用法拉第电磁感应定律可推出感应电动势为=Blv⊥，v⊥为有效切割速度．用磁通变化计算感应电动势常见有三种情况：导体“切割”计算感应电动势时要区分两种切割时的算法：（见图3-8-7）的算术平均值．\n[例1]用均匀导线做成的正方形线框每边长为0.2m，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图3-8-8所示，当磁场以每秒10T的变化率增强时，线框中点a、b两点电势差Uab是多少？设问：本题显然是属于磁场变化、线圈面积不变而产生感应电动势的问题．但所求的Uab等于a、b两点间的感应电动势吗？此回路的等效电路应为怎样的？哪一部分相当于电源，哪一部分相当于外电路？（学生经过以上几个问题的分析，都会画出等效电路图并求解Uab．）等效电路如图3-8-9所示．方形线框的左半部分内磁通变化，产生感应电动势，故左半部分相当于电源，右半部分相当于外电路，且内外电阻相等（图中用r表示）．再提问：本题的计算中，S应取回路面积还是回路中的磁场面积？（让学生讨论后回答．这是本题的一个知识陷阱）启发：计算磁场的磁通量，应该用什么面积（S）？——回答是用磁场的面积．因而本题中计算磁通变化△=△（BS）=S△B当然同12样应为磁场的面积，即S=L，L为线框边长．2用楞次定律判断知感应电流是从左半边线框的b点流出，a点流入，b点相当于电源的正极，故Ub＞Ua，所以Uab=-U=-0.1V说明：在电磁感应与电路计算的习题中，只要把电源部分和外电路区分开，找出等效电路，然后利用法拉第电磁感应定律求电动势．利用闭合电路欧姆定律和串联关系进行求解是解决这类问题应采用的一般方法．[例2]如图3-8-10所示，导线全都是裸导线，半径为r的圆内有垂直圆平面的匀强磁场，磁感强度为B．一根长度大于2r的导线MN以速率v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑动到右端，电路中的定值电阻为R，其余电阻不计．求：\nMN从圆环的左端滑到右端的全过程中电阻R上的电流强度的平均值及通过R的电量q．设问：此题属磁通变化类型还是切割类型？（学生会一看就说是切割类型的．）再问：你能用=Blv计算出感应电动势吗？（让学生经讨论后达到共识：因有效切割长度在不断变化，且为非线性变化，故难以用上式计算出平均感应电动势．）师：本题难以用特例公式=Blv计算，可从一般情况看，MN向右运动，使回路中的磁通不断减少，可以用法拉第电磁感应定律求平均电2prB通过的电量：q=IDt=R追问：本题中何时感应电流最大？感应电流最大值为多少？学生：当MN运动到圆环中央时，有效切割长度最长，等于圆环直径2r，这时感应电动势最大，回路中感应电流最大．最大值为B·2rv2BrvI==mRR反思：想一想，感应电流的平均值I为什么不等于最大电流Imax与最小电流Imin=0的算术平均值？（因I是非线性变化的．）说明：在电磁感应现象中流过电路的电量此式具有一般意义．用此式计算电量q时，电流强度应该用平均值，而非有效值，更不能用最大值．这是因为此式是根据电流强度的定义式qqI=计算的，而用I=计算的只能是△t时间内的平均电流强度！DtDt再加一问：为使MN能保持匀速运动，需外加的拉力是恒力还是变力？生：使MN保持匀速运动，应满足合力为零的平衡条件，而MN运动中产生感应电流，磁场会对MN施加安培力阻碍MN的运动，因此外力应与安培力二力平衡．又因为MN中的感应电流I是变化的，所以安培力F=BIl也是变化的，需要外力也随之变化．师：若要求计算外力的最大功率，你又应该怎样思考？生：首先确定何时外力的功率最大．由前面的分析，当MN运动到圆环中央位置时电流最大，则此时安培力也最大，所需外力最大，由P=Fv知，外力的功率最大．由此可以计算最大功率为\n2222Brv4BrvP=Fv=F·v=BI·2r·v=B··2rv=m安mRR问：还有其它算法吗？（提示：若从能量转化角度考虑可以怎样计算？）生：外力做多少功，就产生多少电能，电路就产生多少焦耳热．因此还可以根据P外力=P电计算：22222æ2Brvö4Brvp=IR=ç÷R=mmèøRR[例3]如图3-8-11所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度DBB=0.5T，并且以=0.1T/s的变化率均匀增加．水平放置的导轨0Dt不计电阻，不计摩擦阻力，宽度l=0.5m，在导轨上浮放着一金属棒MN，电阻R0=0.1Ω，并用水平细线通过定滑轮悬吊着质量M=2kg的重物．导轨上的定值电阻R=0.4Ω，与P、Q端点相连组成回路．又知PN长d=0.8m，求：从磁感强度为B．开始计时，经过多少时间金属棒MN恰能将重物拉起？（题目条件较多，要给学生审题时间．）师：本题属于磁通变化型．首先请一位学生简述一下物理情景．物理情景是：由于磁通变化使回路中产生感应电流，方向由M→N，根据左手定则判断，MN棒将受方向向左的安培力作用，当F安≥mg时，重物被拉起．师：物体刚刚被拉离地面时的临界条件一定为F安-mg=0时，即F安=mg．那么在此之前，MN棒未动，则回路面积S不变，仅仅是磁场B变化．由题意推知，在此过程中，安培力一定是逐渐增大的．那么，究竟是什么原因导致安培力F安增大呢？显然只能是因B不断增大而使F安变大的．师：根据以上推理和题意，磁感强度随时间t变化的函数表达式应写为何种形式？生：根据题意，B是均匀变化的，应为线性函数，又由以上推理知DBB是增加的，因此函数式应为B=B+·t=B+0.1tt00Dt师：对．以下就可根据重物被拉起的临界条件确定该时刻的磁感强度Bt，再由上式确定物体被拉起的时刻t．请同学们自己计算一下．（并\n让一同学到黑板上写出过程）物体刚被拉起时：F安=mg2×10(0.4+0.1)代入数字得B=T=500T20.1×0.5×0.8再代入B=B0+0.1t得t=495s说明：①本题中经过分析判断写出B的函数式，是运用了数学知识表达物理规律的体现，这种能力也是高考说明中要求的．②本题分析的是金属棒MN尚未运动之前的情况，回路中只有外磁场的磁感增强引起的磁通变化，而无“切割”，即只有“感生”而无“动生”．当MN棒与重物一起运动以后，由于回路面积减小，同时B↑，回路中磁通变化规律就不好定性分析了．[例4]如图3-8-12所示，匀强磁场中固定的金属框架ABC，导体棒DE在框架上沿图示方向匀速平移，框架和导体棒材料相同、同样粗细，接触良好．则[]A．电路中感应电流保持一定B．电路中磁通量的变化率一定C．电路中感应电动势一定D．棒受到的外力一定分析：本题属于切割型．DE棒相当于电源，电路中的有效切割长度L不断增大，由=Blv知，感应电动势随之增大，而非定值．所以选项C错．又因为本题的回路中磁通变化就是DE棒做“切割”运动而引起的，所以选项B错．设问：电路中的感应电流由什么因素确定？师：对．但是随着DE棒运动，回路中=Blv随L增大，回路的总\n电阻R总也随回路总边长增加而增大，你下一步怎样做才能分析感应电流变还是不变？学生：计算师：请自己计算一下感应电流的瞬时值，以便能确定它是否随时间变化．（学生活动：在座位上运算．）师：请一位同学说一下是怎样算的．学生：先计算DE棒在任意时刻t在电路中的有效切割长度l=2·vt·tanθ，θ为顶角B的一半．再代入=Blv求出感应电动势：=B·2vt·tanθ，而电路的总电阻与电路总周长成正比．设该电路材料单位长度的电阻为R0，则此时电路总电阻为R=R0（2vt·tanθ+2vt1）=2vtR（tanθ+），回路中的电流强度则0cosqcosq从上面推导的结果看出，I与时间t无关．上式中各量均为定值，因而I也为定值，A项对师：分析正确．其实还可以用更简捷的思维方式，即分析的增量恒量，反之则为变量．按此思路考虑，当DE运动一段位移后，电路中有效切割长度增加了△l，而电动势增量△∝△l；另一方面，回路增加的长度2ab+△l也与△l成正比（见图3-8-13），即回路中切割长度每增加△l时，回路总长度都增加相同的2ab+△l，而回路电阻增量与回路确．显然，这种推理方式无需计算，能省时间．这是一种半定量式的分析．由于本题是选择题，要求我们尽快做出判断，因而无需经仔细计算后再得结论，只要找到比例关系即可．一般来说，高考中的选择题不考那种需经复杂计算才能做出判断的题，即无需“小题大做”，充其量有半定量分析和简单的计算．最后，关于棒受的外力应该根据什么关系确定？生：根据DE棒匀速运动，应满足受力平衡关系，即外力与棒受到的安培力相等．而安培力F=BIl随L变化，故外力也随之变化．师：对．根据公式F=BIl计算安培力时，为什么不是将DE棒的总长\n度代入公式分析而是只考虑回路中的那一部分长度？生：因DE棒上只有接入回路的那部分才有电流通过，而磁场是对通电导体施以安培力的．师：安全正确．本题的D选项是错的．如果概念不清楚，会在D选项的判断上出现失误的．我们平时的练习中，一定要重视基本知识，基本规律、基本方法，而不要只会背公式、套公式，那样就学不好物理．同步练习一、选择题1．如图3-8-14所示，线框ABCD和abcd可分别绕竖直轴转动，当线框abcd绕轴逆时针转动（俯视，下同），则（开始时两线圈同平面）[]A．绕框ABCD有感应电流，方向ABCDA，线框顺时针转动B．感应电流方向为ABCDA，线框逆时针转动C．感应电流方向为ADCBA，线框顺时针转动D．感应电流方向为ADCBA，线框逆时针转动2．弹簧上端固定，下端挂一只条形磁铁，使磁铁上下做简谐振动．若在振动过程中把线圈靠近磁铁，如图3-8-15所示，观察磁铁的振幅，将会发现：[]A．S闭合时振幅逐渐减小，S断开时振幅不变B．S闭合时振幅逐渐增大，S断开时振幅不变C．S闭合或断开时，振幅的变化相同D．S闭合或断开时，振幅不会改变3．如图3-8-16所示为两组同心闭合线圈的俯视图，若内线圈通有图示的I1，方向的电流，则当I1增大时，外线圈中的感应电流I2的方向及I2受到安培力F的方向分别是：[]A．I2顺时针方向，F沿半径指向圆心B．I2顺时针方向，F沿半径背离圆心向外C．I2逆时针方向，F沿半径指向圆心D．I2逆时针方向，F沿半径背离圆心向外\n4．如图3-8-17所示，通有稳恒电流的螺线管竖直放置，闭合铜环R沿螺线管的轴线加速下落，在下落过程中，环面始终保持水平．铜环先后经过轴线1、2、3位置时的加速度分别为a1、a2、a3．位置2处于螺线管的中心，位置1、3与位置2等距离．则[]A．a1＜a2=gB．a3＜a1＜gC．a1=a3＜a2D．a3＜a1＜a25．如图3-8-18所示，粗细均匀的电阻为r的金属圆环，放在图示r的匀强磁场中，磁感强度为B，圆环直径为d，长为l，电阻为的金2属棒ab放在圆环上，以速度v0向左运动，当ab棒运动到图示虚线位置时，金属棒两棒电势差为[]A．0B．Blv11C．BlvD．Blv236．如图3-8-19所示，竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平的初速v0抛出，设在整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是：[]A．越来越大B．越来越小C．保持不变D．无法判断二、非选择题7．A、B两闭合线圈为同样导线绕成且均为10匝，半径为rA=2rB，内有如图3-8-20所示的有理想边界的匀强磁场，若磁场均匀地减小，则A、B环中感应电动势之比为A∶B=______，产生的感应电流之比为IA∶IB=______．\n8．如图3-8-21所示，面积为0.2m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．磁感强度随时间变化的规律是B=（6-0.2t）T，已知R1=4Ω，R2=6Ω，电容C=3OμF．线圈A的电阻不计．求：（1）闭合S后，通过R2的电流强度大小和方向．（2）闭合S一段时间后再断开S，S断开后通过R2的电量是多少？参考答案1．B2．A3．D4．ABD5．D6．C7．1∶1，1∶28．①0.4A，a→b，②7.2×10-5C．（作者：人大附中黄群飞）\n九、电磁感应中的综合问题教学目标通过电磁感应综合题目的分析与解答，深化学生对电磁感应规律的理解与应用，使学生在建立力、电、磁三部分知识联系的同时，再次复习力与运动、动量与能量、电路计算、安培力做功等知识，进而提高学生的综合分析能力．教学重点、难点分析1．电磁感应的综合问题中，往往运用牛顿第二定律、动量守恒定律、功能关系、闭合电路计算等物理规律及基本方法，而这些规律及方法又都是中学物理学中的重点知识，因此进行与此相关的训练，有助于学生对这些知识的回顾和应用，建立各部分知识的联系．但是另一方面，也因其综合性强，要求学生有更强的处理问题的能力，也就成为学生学习中的难点．2．楞次定律、法拉第电磁感应定律也是能量守恒定律在电磁感应中的体现，因此，在研究电磁感应问题时，从能量的观点去认识问题，往往更能深入问题的本质，处理方法也更简捷，“物理”的思维更突出，对学生提高理解能力有较大帮助，因而应成为复习的重点．教学过程设计一、力、电、磁综合题分析〈投影片一〉[例1]如图3-9-1所示，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为l，导轨平面与水平面的夹角为θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感强度为B，在导轨的A、D端连接一个阻值为R的电阻．一根垂直于导轨放置的金属棒ab，其质量为m，从静止开始沿导轨下滑．求：ab棒下滑的最大速度．（要求画出ab棒的受力图，已知ab与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和金属棒的电阻都不计）教师：（让学生审题，随后请一位学生说题．）题目中表达的是什么物理现象？ab棒将经历什么运动过程？——动态分析．学生：ab棒沿导轨下滑会切割磁感线，产生感应电动势，进而在闭合电路中产生感应电流．这是电磁感应现象．ab棒在下滑过程中因所受的安培力逐渐增大而使加速度逐渐减小，因此做加速度越来越小的加速下滑．教师：（肯定学生的答案）你能否按题目要求画出ab棒在运动中的受力图？学生画图（图3-9-2）．\n教师指出：本题要求解的是金属棒的最大速度，就要求我们去分析金属棒怎样达到最大速度，最大速度状态下应满足什么物理条件．本质上，仍然是要回答出力学的基本问题：物体受什么力，做什么运动，力与运动建立什么关系式？在电磁现象中，除了分析重力、弹力、摩擦力之外，需考虑是否受磁场力（安培力）作用．提问：金属棒在速度达到最大值时的力学条件是什么？要点：金属棒沿斜面加速下滑，随v↑→感应电动势=Blv↑→感力F=BIl↑→合力↓→a↓．当合力为零时，a=0，v达最大vm，以后一直以vm匀速下滑．（让学生写出v达最大的平衡方程并解出vm．）板书：当v最大时，沿斜面方向的平衡方程为Blvmgsinθ-μmgcosθ-B·l=0RmgR(sinq-mcosq)解出：v=22Bl师：通过上述分析，你能说出何时金属棒的加速度最大？最大加速度为多少？生：金属棒做a减小的加速下滑，故最初刚开始下滑时，加速度a最大．由牛顿第二定律有：mgsinθ-μmgcosθ=mam得am=g（sinθ-μcosθ）师设问：如果要求金属棒ab两端的电压Uab最终为多大，应该运用什么知识去思考？引导：求电路两端的电压应从金属棒所在电路的组成去分析，为此应先画出等效电路模型图．（学生画图．）板书：（将学生画出的正确电路图画在黑板上，见图3-9-3）师：根据电路图可知Uab指什么电压？（路端电压）（让学生自己推出Uab表达式及Uab的最大值．）板书：Uab=-Ir=Blv-Ir由于金属棒电阻不计，则r=0，故Uab=Blv随金属棒速度v↑→↑→Uab↑，最终\nmgR(sinq-mcosq)U=Blv=abmBl提醒：若金属棒的电阻不能忽略，其电阻为r，则Uab结果又怎样？（有的学生会想当然，认为将上式中的R改为（R+r）即可．）师指出：仍然应用基本方法去分析，而不能简单从事，“一改了之”．应该用本题的方法考虑一遍：用力学方法确定最大速度，mg(R+r)(sinq-mcosq)v=m22Bl用电路分析方法确定路端电压题后语：由例1可知，解答电磁感应与力、电综合题，对于运动与力的分析用力学题的分析方法，只需增加对安培力的分析；而电路的电流、电压分析与电学分析方法一样，只是需要先明确电路的组成模型，画出等效电路图．这是力、电、磁综合题的典型解题方法．分析这类题要抓住“速度变化引起磁场力变化”的相互关联关系，从分析物体的受力情况与运动情况入手是解题的关键和解题的钥匙．〈投影片二〉[例2]如图3-9-4所示，两根竖直放置在绝缘地面上的金属导轨的上端，接有一个电容为C的电容器，框架上有一质量为m、长为l的金属棒，平行于地面放置，与框架接触良好且无摩擦，棒离地面的高度为h，磁感强度为B的匀强磁场与框架平面垂直．开始时，电容器不带电．将金属棒由静止释放，问：棒落地时的速度为多大？（整个电路电阻不计）本题要抓几个要点：①电路中有无电流？②金属棒受不受安培力作用？若有电流，受安培力作用，它们怎样计算？③为了求出金属棒的速度，需要用力学的哪种解题途径：用牛顿运动定律？动量观点？能量观点？师：本题与例1的区别是，在分析金属棒受什么力时首先思维受阻：除了重力外，还受安培力吗？即电路中有电流吗？有的学生认为，虽然金属棒由于“切割”而产生感应电动势；但电容器使电路不闭合故而无电流，金属棒只受重力做自由落体运动，落地时速度即为v=2gh．t为了判断有无电流，本题应先进行电路的组成分析，画出等效电路图．（学生画图，见图3-9-5．）问：电路中有电流吗？（这一问题对大多数学生来说，根据画的电路图都能意识到有电容器充电电流，方向为逆时针．）\n再问：这一充电电流强度I应怎样计算？（运用什么物理概念或规律？）计”这一条件，因而思维又发生障碍．追问：这个电路是纯电阻电路吗？能否应用欧姆定律求电流强度？——让学生认清用欧姆定律根本就是“张冠李戴”的．引导：既然是给电容器充电形成电流，那么电流强度与给电容器极板上充上的电量Q有什么关系？Q有的学生经引导又会想到用定义式I=．t师：让学生判断，分析确定金属棒受的合外力怎样变化时，要考虑安培力的变化情况，所需确定的是瞬时电流，还是平均电流？（瞬时电Q流．）I=是瞬时电流吗？t学生思维被引导到应考虑很短一段时间△t内电容极板上增加的电DQ量△Q时，电路中瞬间电流为I=Dt师：电容器极板上增加的电量与极板间的电压有何关系？因为Q=CUc，所以△Q=C△Uc师：而电容两极板间的电压又根据电路怎样确定？生：因电路无电阻，故电源路端电压U==Blv，而U=Uc，所以△Uc=BL△v．DQCDvBlDvt板书：I==C·=CBla①DtDtDtDv式中为杆的加速度a．Dt指出：本题中电流强度的确定是关键，是本题的难点，突破了这一难点，以后的问题即可迎刃而解．问题：下面面临的问题是金属棒在重力、安培力共同作用下运动了位移为h时的速度怎样求．用动量观点、能量观点，还是用牛顿第二定律？（学生经过分析已知条件，并进行比较，都会选择用牛顿第二定律．）指点：用牛顿第二定律求解加速度a，以便能进一步弄清金属棒的运动性质．mg板书：mg-B·I·l=ma②由①②式得a=③22m+CBl师：由同学们推出的结果，可知金属棒做什么性质的运动？生：从③式知a=恒量，所以金属棒做匀加速运动．\n师：让学生写出落地瞬时速度表达式．2mgh生：v=2ah=122m+CBL师：进一步分析金属棒下落中的能量转化，金属棒下落，重力势能减少，转化为什么能力？机械能守恒吗？学生：克服安培力做功，使金属棒的机械能减少，轻化为电能，储存在电容器里，故金属棒的机械能不守恒．金属棒下落中减少的重力势能一部分转化的电能，还有一部分转化为动能．师：对．只要电容器不被击穿，这种充电、储能过程就持续进行，CBlmg电路中就有持续的恒定充电电流I==CBla=22m+CBl小结：以上两例都是力、电、磁综合问题．例1是从分析物体受什么力、做什么运动的力学分析为突破口，进而确定最大速度的．例2则以分析电路中的电流、电压等电路状态为突破口，特别是它不符合欧姆定律这一点应引起重视．两题的突破点虽不同，但都离不开力学、电学、电磁感应、安培力等基本概念、基本规律、基本方法的运用．同学们平时在自己独立做题中，仍应在“知（基本知识）、法（基本方法）、路（基本思路）、审（认真审题）”四个字上下功夫，努力提高自己的分析能力、推理能力．衔接：力电综合题中除了上述的一个物体运动之外，还有所谓的“两体”问题．见例3．〈投影片三〉[例3]如图3-9-6所示，质量为m1的金属棒P在离地h高处从静止开始沿弧形金属平行导轨MM′、NN′下滑．水平轨道所在的空间有竖直向上的匀强磁场，磁感强度为B．水平导轨上原来放有质量为m2的金属杆Q．已知两杆质量之比为3∶4，导轨足够长，不计摩擦，m1为已知．求：（1）两金属杆的最大速度分别为多少？（2）在两杆运动过程中释放出的最大电能是多少？师：第（1）问的思维方法与例1一样，先确定两杆分别受什么力，做什么运动，进而可知何时速度最大，最大速度怎样求．（让学生审题后互相讨论思考一会儿，然后叫一位学生代表表述分析的结果．）12学生：P金属棒在弯轨上的滑行阶段，机械能守恒．mgh=mv①1112得v=2GH1这一阶段Q棒仍静止．当P棒滑入水平轨道上并以v1开始切割磁感线后，产生，闭合电路中产生感应电流I，方向为逆时针．由左手定\n则知，P棒受到安培力向左，使P棒减速．而Q棒受安培力向右，使Q棒加速．当两棒速度相等时，感应电流为零，安培力F安=BIl=0，加速度a=0，两棒以后以共同的速度匀速运动．此时的速度v2即为棒的最大速度，而v1则为P棒的最大速度．学生一边分析，教师一边在黑板上画示意图．见图3-9-7．师：分析得很好．进一步确定一下v2。可用什么物理规律求出？P棒做a减小的减速运动ü指点：ý变力作用Q棒做a减小的加速运动þ而两者同速时，a=O，F安=BIL=0，I=0→=Blvp-BlvQ=O→vQ=vP=v2。，但v2仍无法像例1那样求出．如果变上述的隔离法分析为整体法分析又怎样？即将两金属棒组成的系统为对象，分析它们所受的外力有什么特点吗？（学生思考后，可以告诉学生，在此过程中，两杆所受的安培力的冲量是等值反向的，因此两棒动量变化是等值反向的，则系统总动量守恒——这种讲法比直接说安培力合力为零，系统P守恒学生更易于接受．）板书：P、Q两金属棒总动量守恒，则有mv=（m+m）v②1112233得v=v=2gh2177即为Q棒最大速度．提高要求：你能定性画出P、Q两棒在水平轨道上运动的v-t图像吗？试一试．（学生考虑后，让一位学生画在黑板上．见图8-9-8．）师：转过第二问．第二问涉及能量问题，需要用能量观点考虑．问题1：全过程释放出的电能，能否用W=UIt计算出来？或用W=I2Rt计算？生：不知道时间t，而且U、I均为变化的，R也不知，故条件不足，无法计算．师：无法直接计算电能就转换思维，间接用能量转化守恒关系计图3-9-8算．考虑一下全过程中什么能减小，什么能增加？（学生不可能都准确地说出来，要引导．）答：系统的机械能减少，电能增加．师：当两金属棒都以v2匀速运动后，系统的机械能不再减少，也就不再释放电能．故系统全过程中损失的全部机械能=释放的最大电能．列\n式为：142△E=△E=mgh-（m+m）v=mgh电K（减）112227类比：本题中的两棒运动的过程，类似于两同向运动物体的追赶问题：当两棒同速时二者间的距离最近，由导轨、两棒组成的闭合回路的面积最小，磁通最小．而“同速”以后回路面积不再改变、不变，故=0，I=0，F安=0，这是从“磁通变化”角度来看问题．另外，上述过程又类似于完全非弹性碰撞，系统动量守恒，而机械能损失的最多，故释放的电能最多．师：若题目条件改为不等宽的导轨，如图3-9-9所示（投影片四），且已知导轨宽为l1=2l2，金属棒电阻r1=r2=r，则最终两棒的运动关系仍是同速吗？（设宽、窄两部分轨道都足够长）（有的学生会用例3的结论套用到这里来仍然认为系统动量守恒，从而得出错误的结论．）提示：在全过程中，两棒的动量变化仍等值反向吗？生：安培力为F安=BIl，因两杆不一样长，故两杆所受的安培力不一样大，其冲量不相等，所以动量改变不相等．系统动量不守恒．师：仍然从基本方法出发，分析两棒各自做什么运动：P棒做a减小的减速运动，Q棒做a减小的加速运动．当vP=vQ时，电路中两个电动势之和为=P-Q=Bl1vP-Bl2vQ≠0，故回路中仍然有逆时针的电流，各棒在安培力作用下继续运动，P棒继续减速，Q棒继续加速，最终当=Bl1vP-Bl2vQ=0时，I=0，F安=0，两棒才做匀速运动．因此，本题应满足的物理条件和规律是：最终匀速运动的条件：=0即Bl1vp-Bl2vQ=0①vpl21得==②vQl12运动过程中的动量变化规律为：P棒BIl·△t=m（v-v）③111PQ棒BIl·△t=mv-0④22Qlmv-v111P③/④得=⑤lmv22Q36由②、⑤式代入数字得：v=2gh，v=2ghPQ1919师：请同学们试画出两棒在水平轨道上运动的v-t图像．（定性）（学生画在黑板上，如图5-9-10．）\n师：从本题的分析可见，遇到物理问题应该养成仔细审清题目给的条件，分析物理过程，正确选用物理规律的习惯，而不要轻率地套用某些题目的某些结论．二、用能量观点分析电磁感应问题<投影片五>[例4]有一种磁性加热装置，其关键部分由焊接在两个等大的金属圆环上的n根（n较大）间距相等的平行金属条组成，呈“鼠笼”状，如图3-9-11所示．每根金属条的长度为l、电阻为R，金属环的直径为D，电阻不计．图中的虚线所示的空间范围内存在着磁感强度为B的匀强磁场，磁场的宽度恰好等于“鼠笼”金属条的间距，当金属笼以角速度ω绕通过两圆环的圆心的轴OO′旋转时，始终有一根金属条在垂直切割磁感线．“鼠笼”的转动由一台电动机带动，这套设备的效率为η，求：电动机输出的机械功率．（给学生审题时间．）师：首先要弄懂本题所述装置的用途，满足该用途所利用的物理原理．本装置是用来加热的，而“热”来源于哪儿？生：“鼠笼”转动时，总有一根金属条切割磁感线而产生感应电动势、感应电流，感应电流通过整个“鼠笼”的金属条时产生电热．师：对．这是利用电磁感应产生的感应电流的热效应来加热的装置．从能量转化的观点来看，“鼠笼”转动中，是将什么能转化为什么能？生：机械能转化为电能，电能又进一步转化为内能．师：“鼠笼”的机械能从何而来？生：电动机传输给“鼠笼”的．师：电动机输出的机械能全部传输给“鼠笼”吗？生：不是全部，而是按效率η传输的．师：对．以上几个关键问题审清了，即可着手解题．请同学们自己列出基本关系式，进而求解．（并请一位学生到黑板上写出解题过程．）板书要点：\n每一根金属条“切割”产生的感应电动势为整个“鼠笼”产生的电热功率为每根做“切割”运动的金属条就相当于电源，故内阻r=R，其余n-1根金属条并在两圆环之间相当于并联着的外电阻：RR=外n-1R(n-1)R所以R+r=+R=③外n-1nR此装置的传输效率为η=P热/P机④由①②③④可得电动机的输出功率为2222(n-1)BlωDP=机4nR说明：本题计算电功率p电时用“鼠笼”克服安培力做多少功，就有多少机械能转化为电能考虑，也可得到正确结论．具体解法为：DP=F·v=BIl·v=BIl·ω①电安2BlvI=②R总RR=+R③总n-1P电η=④P机2222(n-1)BlωD由①②③④也可得P=机4nR前一种解法注重能量转化的结果，后一种解法更注重能量转化的方式——克服安培力做功，不管哪种方法，都是建立在对物理过程的分析基础上．能量转化守恒定律贯穿在整个物理学中，电磁感应现象也不例外，因此，用能量观点来考虑问题，有时可使求解过程很简捷．三、电磁感应中的图像图像问题是同学们的薄弱环节，因而也是高考中的热点．下面见一例．<投影片六>[例5]如图3-9-12甲所示，一个由导体做成的矩形线圈，以恒定速率v运动，从无磁场区进入匀强磁场区，然后出来．若取反时针方向为电流正方向，那么图乙中的哪一个图线能正确地表示电路中电流与时间的函数关系？\n师：线圈“进入磁场”过程中，穿过线圈的磁通量j怎样变化？产生的感应电流i用什么方法判断？是什么方向？生：磁通量j增加．用楞次定律（或用右手定则判断“切割”产生的i）可判知感应电流i为反时针流向，即本题规定的正方向．师：线圈“离开磁场”的过程中又怎样？生：j↓→i为顺时针流向即负向．（分析到此，可排除C图、D图）师：进一步分析，“进入磁场”、“离开磁场”的过程中，感应电流i的大小随时间怎样变化？生：这两个过程中均为只有线框的一条边在磁场中做“切割”运动，也是恒定数值的量．可排除A图．肯定B图．师：大家还可变换条件去分析，若导体线框不是矩形，而是一个三角形的，如图3-9-13，正确的图又该是哪个？指点：若为三角形线框，则需考虑按有效切割长度l来确定感应电动势和感应电流（如3-9-14所示）进入磁场过程中，有效切割长度l均匀增大，离开磁场过程中有效切割长度l均匀减小，故i先正向均匀增大，后来i反向，均匀减小，正确选项为A图．说明：电磁感应问题中的图像问题，回路中的感应电动势e、感应电流i，磁感强度B的方向，在相应的e-t图、i-t图、B-t图中是用正、负值来反映的．而分析回路中的感应电动势e、感应电流i的大小及其变化规律，仍然要根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律来分析．同步练习\n一、选择题1．如图3-9-15所示，光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导线所在平面，当ab棒下滑到稳定状态时，小灯泡获得的功率为P0，除灯泡外，其它电阻不计，要使灯泡的功率变为2P0，下列措施正确的是[]A．换一个电阻为原来一半的灯泡B．把磁感强度B增为原来的2倍C．换一根质量为原来的2倍的金属棒D．把导轨间的距离增大为原来的2倍2．竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图3-9-16所示，磁感强度B=0.5T，导体ab及cd长均为0.2m，电阻均为0.1Ω，重均为0.1N，现用力向上推动导体ab，使之匀速上升（与导轨接触良好），此时，cd恰好静止不动，那么ab上升时，下列说法正确的是[]A．ab受到的推力大小为2NB．ab向上的速度为2m/sC．在2s内，推力做功转化的电能是0.4JD．在2s内，推力做功为0.6J3．如图3-9-17所示，MN和PQ为平行的水平放置的光滑金属导轨，导轨电阻不计，ab、cd为两根质量均为m的导体棒垂直于导轨，导体棒有一定电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，原来两导体棒都静止．当ab棒受到瞬时冲量而向右以速度v0运动后，（设导轨足够长，磁场范围足够大，两棒不相碰）[]A．cd棒先向右做加速运动，然后做减速运动B．cd棒向右做匀加速运动C．ab棒和cd棒最终将以v0的速度匀速向右运动D．从开始到ab、cd都做匀速运动为止，在两棒的电阻上消耗12的电能是mv04\n4．如图3-9-18所示，A线圈接一灵敏电流计，B线框放在匀强磁场中，B线框的电阻不计，具有一定电阻的导体棒可沿线框无摩擦滑动．今用一恒力F向右拉CD由静止开始运动，B线框足够长，则通过电流计中的电流方向和大小变化是[]A．G中电流向上，强度逐渐增强B．G中电流向下，强度逐渐增强C．G中电流向上，强度逐渐减弱，最后为零D．G中电流向下，强度逐渐减弱，最后为零二、非选择题5．如图3-9-19所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体电阻均不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是______．6．图3-9-20所示是用金属导线制成一矩形框架abcd，其中ab=cd=2ad=2bc=2l=2m，框架放在水平面上，磁感强度为B=1T的匀强磁场垂直于框架平面竖直向下，用同样的金属导线MN垂直于ab和cd，从ad处开始以v0=0.5m/s的速度匀速向右运动，已知该金属导线每米电阻为0.1Ω，求在MN从ad向bc运动的过程中：（1）MN两点间最大的电势差．（2）MN运动过程中消耗的最大电功率Pm．7．如图3-9-21所示，B1、B2垂直于纸面，且B1＜B2，当闭合回路M以速度v匀速地穿过两个匀强磁场区时，画出回路中产生的感应电流随时间变化的图像．\n参考答案222Bwr1．C2．B3．CD4．D5．6．（1）Um4R=0.3V，（2）Pm=1.37W（作者：人大附中黄群飞）\n十、交流电变压器教学目标1．复习法拉第电磁感应定律，分析研究闭合矩形线圈在磁场中转动产生感应电流特点．2．掌握交流电变化规律．3．理解交流电的有效值．4．掌握变压器工作原理及规律．5．知道变压器的输入功率随输出功率增大而增大，知道变压器原线圈中的电流随副线圈电流增大而增大．6．培养综合应用电磁感应知识解决复杂问题的能力．教学重点、难点分析1．交流电的产生和变化规律．2．交流电有效值的计算．教学过程设计教师活动一、交流电复习提问：法拉第电磁感应定律的内容是什么？学生活动电路中感应电动势大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，启发引导：一个矩形闭合线框在磁场中绕垂直于磁场方向的轴转动，情况将如何？如图3-10-1：线框边长ab=dc=L1ad=bc=L2OO′为过ad、bc中点的轴．从图示位置开始计时，经过时间t，线圈转过角度θ=ωt，此时ab线圈产生总电动势e=ab+dc=BL1L2ωsinωt记作e=Emsinωt\n记作i=Imsinωte和i随t按正弦规律变化．教师引导总结：板书：一、交流电1．产生：闭合矩形线圈在磁场中绕垂直于场强方向的轴转动产生的电流随时间作周期性变化，称交流电．上述交流电随时间按正（余）弦规律变化，称正（余）弦交流电．2．交流电的变化规律（1）函数表达式：（2）图像：以e（i、u）为因变量，t或ωt为自变量，作图．3．描述交流电的周期性变化规律的物理量（1）周期（T）：单位：秒s（2）频率（f）：单位：赫兹Hz二者关系：（3）角频率（ω）单位：弧度/秒（rad/s）4．交流电的有效值提问：转动线圈中产生的交流电在t时间内产生的热是如何计算呢？若t=0时，线圈平面在平等磁场位置则同理可推证e=mcosωti=Lmcosωte和i随按余弦规律变化．瞬时电动势e=msinωt或e=mcosωt瞬时电流i=Imsinωt或i=Imcosωt输出路端电压u=iR=ImRsinωt=Umsinωt或u=Umcosωt——完成一次周期性变化所需要的时间——交流电在ls内完成周期性变化的次数1T=f——角速度，线圈在t时间内转过的角度q2pω===2πftt分析：交流电的e和i随时间作周期性变化，用最大值和瞬时值都\n不合适，用平均值太粗略．——根据电流的热效应，让交流电和恒定电流分别通以同样阻值的电阻．如果在相同的时间内产生的热是相同的，则此恒定电流就叫做这个交流电的有效值．引入交流电有效值：（1）正弦交流电有效值跟最大值的关系：（2）通常说的交流电的值指的是有效值．交流电设备上标有的额定电压、额定电流指的是有效值，交流电表的读数也是有效值．[例1]图3-10-3为一交流电的电流随时间而变化的图像，则此交流电流的有效值是______．根据交流电的定义：TT222(42)R+(32)R=IRT有22解得I有=5A二、变压器1．作用：改变交流电的电压．2．构造：闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈．3．工作原理：电磁感应．过程分析．原线圈AB端输入交流电→在闭合铁芯中产生交变磁场→引起CD回路中磁通电变化→CD中感应电流（同频交流电）．能量关系：对理想变压器：AB端输入电能（电功率）=CD端输出电能（电功率）．e1=N1△P/△t=U1e2=N2△P/△t=U2U1/U2=N1/N2UN114．电压、电流关系：=UN22教师提问：电流满足什么关系？若有两个以上副线圈，将如何？\n由于P1=P2+P3+⋯I1U1=I2U2+I3U3+⋯变压器的输入功率随输出功率增大而增大，P入=P出在输入电压一定时，原线圈中电流随副线圈电流增大而增大．IN11由于P1=P2Þ=（只对一个副线圈情况IN22成立）5．电能的输送提问：输送的原则是什么？电能损失主要有哪些方面？怎样减少输电线上热损？——角度，线圈在t时间内转过的角度．一般输电线路．——在输送功率一定的前提下，尽可能减少输送过程中损失．——（1）输电线上热损失，P=I2R线（2）辐射电磁能——讨论：减小R线不足取，有效途径是减小电流强度，在P一定条件下，即提高输送电压．[例2]在电能输送过程中，若输送电功率一定，则在输电线上损耗的电功率：A．随着输电线电阻增大而增大B．和输送电压的平方成反比C．和输电线上的电压降的平方成正比D．和输电线上的电流强度的平方成正比——Pr=I22r可见r大，Pr也大，A正确．I2大，Pr也大，D正确．2æPö2P=ç÷r，P输送功r2èU2øU2输送电压1可见Pr∝，B正确．U222UrPr=I2r=，Ur：输电线上的电压降可见，C正确．r正确答案：ABCD同步练习一、选择题1．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生感应电动势为e=mcosωt．若将线圈转速加倍，其他条件不变，则产生的电动势为[]\nA．e=mcos2ωtB．e=2mcos2ωtC．e=2mcosωtD．e=mcosωt2．上题中，若将磁场加倍，其他条件不变，则产生的电动势为[]3．如图3-10-4所示，理想变压器的原线圈与灯泡A串联后，加上交流电压U1，副线圈两端电压为U2，接有B和C两个灯泡，若A、B、C是三个相同的灯泡，且均正常发光，则U1∶U2为：[]A．4∶1B．2∶1C．3∶1D．1∶14．如图3-10-5所示，abcd是边长为L、匝数为N的正方形线圈，放在如图所示的均匀磁场中．现将线圈以bc为轴在磁场中迅速翻转180°，在翻转过程中：[]A．磁通量没有变化，线圈中没有电流B．磁场B越大，在磁场中通过的电量就越多，电量多少与翻转快慢无关C．翻转的越快，则外力做功越多D．线圈电阻越大，线圈产生的热量就越多二、计算题5．有一理想变压器，原副线圈的匝数比为100，原线圈上所加电压为23kV，副线圈通过总电阻为2Ω的供电导线向用户供电，用户用电器得到的电压是220V．求供电导线上损失的电功率．6．一个匝数为200的矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁感强度大小为0.8T．初始位置如图3-10-5所示，线圈以ab为轴匀速转动，角速度为5rad/s，已知ab=15cm，ad=10cm，线圈的总电阻是100Ω．求（1）线圈转动过程中的感应电动势的最大值．（2）线圈转动过程中的感应电动势的瞬时表达式．（3）线圈转动1分钟内产生的焦耳热．7．如图3-10-6所示，矩形闭和线圈abcd的边长分别为L1和L2，电阻为R，ab边是固定转动轴，它恰位于有界匀强磁场的边界处，磁感强度大小为B．某时刻线圈位置如图所示，磁感线垂直线圈平面，方向向里．线圈绕固定转动轴匀速转动，角速度为ω．从图示位置开始计时，\n规定电流沿abcd方向流动为正方向．（1）在直角坐标系画出线圈内感应电流随时间变化的关系图像．（至少画出两个周期）（2）求出该感应电流的有效值．8．AB两块金属板，相距d平行放置．两板间加有周期为T的低频交变电压，当B板接地时，A板电势UA随时间t变化的图线如图3-10-7所示．t=0时，将一带负电的粒子从B板处由静止释放．在01到T时间内，该粒子在两板间电场中受到的电场力为重力的2倍．4要使该粒子能够到达A板．求交变电压的周期T至少多大？参考答案1．B2．C3．C4．BC5．50W6．（1）12V（2）e=12cos5t（V）（3）43.2J7．（1）略（2）提示：根据正弦交流电有效值和最大值关系，2æ1öçIm÷RT1è2ø2I=I由于正弦交流电对称性则=IRT，其中有m有22d8．43g（作者：人大附中黄群飞）\n十一、电磁振荡电磁波教学目标1．知道电磁振荡的两种起振方法．2．掌握振荡电流随时间变化规律．3．知道振荡周期．4．知道电磁场电磁波电磁波的波速．教学重点、难点分析电磁振荡过程各物理量随时间的变化规律．教学过程设计教师活动一、电磁振荡复习提问：自感现象，自感系数．1．电磁振荡的产生2．给LC回路供给能量方式——起振方式（1）电容充电起振（图3-11-1）．S先合1，然后合2，试分析电容和线圈中电量q和电流I及相关联量随时间的变化规律．理论证明，q和I随t按正弦规律变化，图像如图3-11-2甲所示（2）电感线圈感应起振（图3-11-3）．S由闭合到断开，如上分析q和I随时间变化规律，并作出图像学生活动当导体电流发生变化时，在导体自身产生电磁感应现象称自感现象，\n本身决定．给LC回路提供能量后，利用电容器的充放电作用和线圈产生自感电动势的作用，使LC回路中产生振荡电流，同时电容器极板上电荷q及与q相关联的电场（E，U，E电），通电线圈的电流I及与I相关联的磁场（B，j，E磁）都发生周期性变化的现象，称电磁振荡．其中，产生的大小和方向周期性变化的电流称振荡电流．产生振荡电流的电路称振荡电路．最简单的振荡电路是LC振荡电路．qEUE电iBjE磁T减减减减增增增增电容放电0～4小小小小大大大大T最最最最时40000t=大大大大TT增增增增减减减减～电容充电42大大大大小小小小T最最最最时20000t=大大大大T3减减减减增增增增～T电容反向放电24小小小小大大大大3最最最最T时40000t=大大大大3增增增增减减减减T～T电容反向充电4大大大大小小小小[例1]如图3-11-4LC回路中将一条形磁铁插入螺线管中，回路中将发生什么变化？属于哪种形式的起振？分析能量关系3．试总结电磁振荡的规律4．振荡周期和频率——产生振荡电流．——电磁感应起振．——条形磁铁的机械能——磁场能——电场能．（1）一周内电容两次充放电，电容充电时电流减小，电容放电时电流增大．（2）振荡电流是正（余）弦交流电，一周内电流方向改变两次．（3）电量最大时，电流最小，电量最小时，电流最大．\nT=2pLC1f=2pLC其中L：线圈自感系数．单位：亨利，还有毫亨，1毫亨=10-3亨C：电容．单位：法拉，还有微法，皮法．1微法=10-6法拉，1皮法=10-12法拉[例2]如图3-11-5所示电路中，电感线圈的电阻不计，原来开关闭合，从断开开关S的瞬间开始计时，以下说法正确的是A·t=0时刻，电容的左板带正电，右板带负电pB．t=LC时刻，线圈L的感应电动势最大2C．t=pLC时刻，通过线圈L的电流最大，方向向上D．t=pLC时刻，电容器C两极板间电压最大解题方法：作出图像．[例3]如图3-11-6，LC振荡电路正处在振荡过程中，某时刻L中的磁场和C中电场如图所示，可知A．电容器中的电场强度正在增大B．线圈中磁感应强度正在增大C．该时刻电容器极板上电荷最多D．该时刻振荡电流达最大值二、电磁波1．麦克斯韦电磁场理论的要点2．电磁场的产生3．电磁波的传播变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场．周期性的磁场在周围空间产生周期性变化的电场，在这周期性变化的电场周围空间又产生同频率的周期性变化的磁场——这样变化的磁场和变化的电场相互联系着，形成一个不可分离的统一体，就是电磁场．（1）不需要任何介质\n（2）在真空中任何电磁波传播速度都是C=3.00×108m/s，跟光速相同．（3）频率不同的电磁波波长不同．三者关系式cl=．f（4）电磁波是横波．同步练习一、选择题1．有一个LC振荡电路，能产生一定波长的电磁波．若要产生波长比原来短的电磁波，应[]A．增加线圈匝数B．在线圈中插入铁心C．减小电容器两极板的正对面积D．减小电容器两极板的距离2．按照麦克斯韦电磁场理论，以下说法正确的是[]A．稳定的电场周围产生稳定的磁场B．变化的电场周围产生变化的磁场C．均匀变化的电场周围产生稳定的磁场D．振荡电流周围产生同频率的振荡磁场3．电磁波在传播过程中，不变的物理量有[]A．频率B．波长C．振幅D．波速4．如图（甲）所示的LC振荡电路中，通过P点的电流变化规律如图（乙）所示，且把通过P点向右的电流规定为乙图中坐标轴i的正方向，则[]A．0.5s至ls的时间内，电容器C在充电B．0.5s至ls的时间内，C的上板带正电荷C．ls至1.5s的时间内，Q点比P点电势高D．ls至1.5s的时间内，磁场能正在转化成电场能5．关于LC振荡电路，下列说法错误的是[]A．当电容器极板电荷为零瞬间，振荡电流达到最大值B．振荡电流的方向和大小作周期性变化，每秒钟改变数次C．电容器被振荡电流充电时，电路的磁场能逐渐转化为电场能D．当电感线圈两端电压最小时，电路的磁场能最大二、计算题6．线圈和可变电容器组成的振荡电路，可变电容器的最大电容是最小电容的9倍．当电容器的动能全部旋入定片间时，振荡电流辐射电磁波的波长为300m，若将电容器动片全部从定片间旋出，则辐射电磁波波长多大？参考答案1．C2．CD3．A4．AC5．B6．100m（作者：人大附中黄群飞）\n十二、带电质点在电场、磁场和重力场中的运动教学目标1．比较带电质点在匀强电场、匀强磁场和重力场中受到的电场力、洛仑兹力和重力的产生条件、三要素和功能方面的特点．2．掌握带电质点在这些场中的力和运动关系的基本分析方法，会解决力学和电磁学的综合问题．3．注重学生的推理能力、分析综合能力和数学能力的培养．教学重点、难点分析1．比较带电质点在匀强电场、匀强磁场和重力场中受力的特点．2．认识带电质点在匀强电场、匀强磁场和重力场中受力和运动关系的物理情境，并善于运用力学的基本分析方法处理综合问题．3．运用坐标、几何图形和空间想象等教学方法处理物理问题．教学过程设计一、课题的引入我们在力学中学会了从牛顿运动定律出发认识质点受力和运动的关系，也会用动量和动能等量描述质点的运动状态，认识质点的运动状态跟力的作用的冲量、功的关系以及不同运动形式的能量的相互转化．本课要研究，带电质点在匀强电场、匀强磁场和重力场中的力和运动的关系，这些问题是力学和电磁学知识的综合问题．二、带电质点在匀强电场中的运动出示题卡（投影片）[例1]在光滑的水平面上有一质量m=1.0×10-3kg、电量q=1.0×10-10C的带正电小球，静止在O点．以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy．现突然加一沿x轴正方向的、场强大小E=2.0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动．经过1.0s，所加电场突然变为沿y轴正方向，场强大小仍为E=2.0×106V/m的匀强电场．再经过1.0s，所加电场又突然变为另一方向，使小球在此电场作用下经过1.0s速度变为零．求此电场的方向及速度变为零时小球的位置．*请学生自己讨论小球在电场中的运动情景．要求：建立直角坐标系，表示小球的运动位置；说明电场的情景；小球在电场中的受力情况以及由牛顿定律讨论小球的运动的情况．引导学生得出小球的运动情况：第1秒内做初速为零的匀加速直线运动，加速度和末速度都沿x轴正方向；第2秒内做类平抛运动，初速度沿x轴正方向，加速度沿y轴正方向，末速度沿斜向上方向；第3秒内沿第2秒末速度方向做匀减速直线运动，直到速度变为零．注意：对于学生得出第3秒内小球的运动情况，要有严格的推理过程：小球在恒力作用下，加速度的大小和方向是恒定的；要使其速度变为零，加速度只能是和第2秒末的速度方向相反．**请学生在Oxy坐标系中画出小球运动的草图，图中要标明小球运\n动的轨迹、加速度和第1、2、3秒末的位置及速度的方向，如图3-12-1所示．***要求学生自己完成解题过程：小球的运动情况如图3-12-1所示，第1秒内沿x轴正方向做匀加速直线运动．qE2加速度a==0.20m/s1m12第1秒末的位置x=at=0.10m；112末速度v1=a1t=0.20m/s第2秒内做类平抛运动，初速度v1，方向沿x轴正方向：加速度a2=qE2=0.20m/s，方向沿y轴正方向．m12第2秒末的位置坐标x=x+vt=0.30m；y=at=0.10m21122222速度v=at=0.20m/s，v=v，速度v=v+v＝0.22m/s，2y22x1212yv2y方向与x轴正方向的夹角α为，α=arctan=45°v1第3秒内做匀减速运动，直到速度变为零，所加匀强电场的方向跟v2相反，与x轴成225°角，指向第3象限．v3第3秒末速度变为零，通过的位移s=t=0.12m32小球速度变为零时的位置坐标：x3=x2+s3cos45°=0.40m；y3=y2+s3sin45°=0.20m小结：带电质点在电场中运动的问题是力学和电学知识的综合问题．要抓住电场的特性，带电质点在电场中受力的特点，并善于运用力学的基本方法去分析，确定带电质点的运动情况，如本题中运用牛顿定律讨论质点受力和运动的关系，质点做什么运动既和受力情况有关，还和开始运动的情况有关．三、带电质点在匀强磁场中的运动出示题卡（投影片）[例2]如图3-12-2（1），在某装置中有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于Oxy所在纸面向外．某时刻在x=l0，y=0处，一个质子沿y轴的负方向进入磁场；同一时刻，在x=-l0，y=0处，一个α粒子进入磁场，速度方向与磁场垂直．不考虑质子与α粒子的相互作用．设质\n子的质量为m，电量为e．（1）如果质子经过坐标原点O，它的速度为多大？（2）如果α粒子与质子在坐标原点相遇，α粒子的速度应为何值？方向如何？*请学生讨论质子在匀强磁场中的运动情况，以及确定它的速度的大小．注意：确定质子在匀强磁场中做匀速圆周运动的圆心及半径的方法．如图3-12-2（2）所示，圆心O1是过C点跟速度垂直的直线（即OC）和线段OC的中垂线的交点．由此可求得圆半径为10/2，进而求得质子的速度的大小vp=eBl0．2m**请学生讨论确定α粒子做圆周运动的圆心和半径的方法．圆心在OD的中垂线上，但由于α粒子的速度的大小和方向未知，确定α粒子做圆周运动的圆心及半径是本题的难点．提示：题中给出α粒子和质子在O点相遇的条件的意义是什么？α粒子和质子分别沿DO圆弧和CO圆弧运动，所用的时间应相等，而粒子做圆周运动的时间可以是它通过的圆弧长跟速率之比；也可以与粒子通过的圆弧所对的圆心角及其做圆周运动的周期相联系，若确定了圆心角就可由圆中的等腰三角形的底边长和顶角的大小来确定圆心及半径的大小．***请学生自己得出α粒子做圆运动的圆心和半径．2pm不同带电质点在同一匀强磁场中做圆周运动的周期T=，跟质qB点的速度大小无关，只决定于带电质点的质量和电量．2pm4pm由此得到：质子和α粒子做圆周运动的周期分别为T=，T=，paeBeB且Tp=Tα/2．13质子做圆周运动由C点到达O点的时间可为t=T，T，pp22⋯\n13α粒子做圆周运动由D到O所用的时间也为t，t=T，Tαα445（t=T等情形可不必再考虑）．4αp3pα粒子做圆周运动由D到O圆弧所对的圆心角分别是，．22由此可以确定圆心的位置O或O′，如图3-12-2（2）所示，圆半2径r=l．α022eBl0进而求得α粒子从D点进入磁场的速度的大小v=，速度方α4m13向与x轴正方向成角p或p．44小结：讨论带电质点在匀强磁场中做圆周运动问题的基本出发点——洛仑兹力是质点做圆周运动的向心力，由此得到粒子做圆周运动的半径和周期，其中周期跟粒子的速率大小无关．还要特别注意确定圆运动的平面和圆心及半径，尤其要会运用几何图形进行讨论，利用带电质点在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆和圆上的弧及弦、角等的关系确定圆心和半径．四、带电质点在匀强电场、匀强磁场和重力场中的运动空间可以同时存在着重力场、匀强电场和匀强磁场，讨论带电质点在这个空间中的运动就要认识带电质点在这些场中受场力的特点，比较它们的产生条件、力的三要素及做功情况的异同．引导学生通过比较，加深认识，填出下列表格．力产生条件方向大小做功情况重力质点在重力场中竖直向下G=mgW=mgh电场力电荷在电场中跟E相同或相反F=qEWab=q(Ua-Ub)洛仑兹运动电荷在磁场中跟V、B所在平面F=qvB(v⊥B)总不做功力v≠0，vB垂直，左手定则F=0(V∥B)出示题卡（投影片）[例3]设在地面上的真空室内，存在匀强电场和匀强磁场．已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小E=4.0V/m，磁感应强度的大小B=0.15T，今有一个带负电的质点以v=20m/s的速度在此区域沿垂直于场强方向做匀速直线运动，求此带电质点的电量与质量之比q/m以及磁场的所有可能方向（角度可用反三角函数表示）．*请学生讨论：带负电质点在匀强电场、匀强磁场（电场和磁场方向相同）和重力场中做匀速直线运动的可能的情况．提示：讨论问题的出发点是，质点做匀速直线运动，所受力的合力为零．（1）若带电质点运动方向跟电场和磁场方向平行，它只受电场力和重力，处于平衡，可得电场和磁场的方向应竖直向下，但它不符合题目中带电质点垂直于场的方向运动的要求．\n（2）若带电质点垂直于场强的方向运动，一定受重力、电场力和洛仑兹力，三力平衡．**请学生讨论：带负电质点受三力平衡，这三个力的方向和质点的运动方向可能是什么样的？提示：电场力和洛仑兹力方向相互垂直，它们的合力跟竖直向下的重力相平衡．确定电场和磁场方向不能沿竖直方向；电场和磁场方向不能是水平方向；电场和磁场方向也不能是斜向上方向．电场和磁场只可能是沿斜向下的方向，用θ角表示场跟竖直向下的方向的夹角．***请学生做出带电质点的受力图，图中要标出三个力的方向、电场和磁场的方向及说明质点的运动方向．做出的质点受力示意图如图3-12-3所示，重力的方向竖直向下，电场力的方向与电场方向相反，洛仑兹力的方向跟磁场（与电场力的方向平行）和速度v的方向垂直，重力、电场力和洛仑兹力在同一竖直平面内（表示在纸面上），质点的速度方向垂直于纸面向外．由三力平衡，可得质点的电荷与质量之比gq/m==1.96C/kg22(vB)+E磁场的方向斜向下与竖直方向所成的角θvBtanθ==0.75，θ=arctan0.75E****进一步追问学生，题中要求的磁场所有可能的方向是指什么？考虑到重力、电场力和洛仑兹力所在的竖直平面可以是绕重力作用线旋转的所有竖直平面，磁场的所有方向是沿着与重力方向成夹角θ=arctan0.75，且斜向下的一切方向．小结：由于带电质点受洛仑兹力的方向跟质点运动方向和磁场方向所在平面垂直，因此，讨论带电质点在电场、磁场和重力场中的受力和运动关系，必须重视力、场和运动方向的空间关系，建立三维的空间概念，正确表达出它们间的关系，也是数学能力的重要表现之一．出示题卡（投影片）[例4]如图3-12-4（1）所示，在地面附近，坐标系Oxy在竖直平面内，空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x<0的空间内还有沿x轴负方向的匀强电场，一个质量为m的带\n电量为q的油滴途经图中M（-a，0）点（a>0），沿着与水平方向成α角斜向下做直线运动，进入x>0的区域，求：（1）油滴带什么电荷，要求说明依据．（2）油滴在M点运动的速率的大小．（3）油滴进入x>0区域，若能到达x轴上的N点（在图中未标出），油滴在N点的速度大小是多少？*请学生描述带电油滴的运动情况和受力情况．在x<0区域，油滴受重力、电场力和洛仑兹力，做直线运动；在x>0区域油滴受重力和洛仑兹力，做曲线运动．**提问：在x<0区域，从带电油滴受力的特点，能否确定油滴做直线运动的加速度？提示：洛仑兹力跟速度方向垂直，且其大小跟速度大小有关，而电场力和重力都是恒力，三力不在同一直线上．带电油滴做直线运动，讨论力和运动的关系要分别讨论沿运动直线方向和垂直于运动直线方向上的受力情况．由学生讨论得出，油滴做直线运动，在垂直于运动方向上的各力或其分力的合力一定等于零．由于重力和电场力是恒定的，那么垂直于运动方向的洛仑兹力一定也是不变的，因此油滴运动的速度大小不变，油滴做匀速直线运动．***提问：由油滴运动情况和受力情况，能否确定油滴带什么电荷？要求学生能够进行严格的推理判断，说明油滴带电的种类．说明一般的推理方法：要从已给的事实和条件出发，根据所学的基本概念和规律，理清推理的思路，经过严密的逻辑推理，也包括运用数学方法进行推导，得出结论或做出判断．本题推理的出发点是带负电油滴在匀强电场、匀强磁场和重力场中，垂直于磁场方向做直线运动．推理的思路：（1）由带电油滴受洛仑兹力的特点，推出油滴一定做匀速直线运动，三力要平衡．（2）由三力平衡，假设油滴带负电和带正电两种情况，分别讨论它们的受力情况，可得出，只有油滴带正电，三力才可能平衡．得出油滴带正电的结论．****请学生做出受力图，如图3-12-4（2）所示，计算油滴通过M\n点的速度的大小．由三力平衡，可得qvB=mg/cosαmg油滴在M点的运动速度大小v=qBcosa****请学生讨论，怎样计算油滴到达N点的速度大小？学生可能考虑的方法有：（1）由牛顿定律，确定油滴的运动的性质，再利用运动学的方法确定N点的速度．但由于重力是恒力，洛仑兹力是变力，油滴的运动不是圆周运动，也不是类抛体运动，在中学物理中，用这个方法求解是十分困难的．（2）由动能定理求解．由洛仑兹力总不做功的特点，油滴进入x>0区域，只有重力做功，由动能定理，可以求得油滴到达N点的速度vN的大小1122mv=mv-mgatanaN222到达N点的速度v=v-2gatanaN小结：（1）洛仑兹力总不做功的意义是：带电质点在磁场中运动时，不管它做什么运动，也不管它是否还受其它力，洛仑兹力总跟带电质点的运动方向垂直，因此总不做功．许多时候，常常从动能定理来讨论带电质点运动速度的大小．（2）要注意推理的基本方法，会运用这个基本方法进行推理和判断．出示题卡（投影片）[例5]如图3-12-5所示，置于光滑水平面上的小车a、b的质量分别为ma=3kg，mb=0.5kg，可视为质点的带正电的物体c位于小车b的最1左端，其质量为m=0.1kg，带电量为q=C．在a、b、c所在c75空间内有方向竖直向上、场强E=15N/C的匀强电场和垂直于纸面方向向里、磁感应强度B=10T的匀强磁场．开始时小车b处于静止，小车a以v0=10m/s的速度向右运动和小车b发生碰撞，碰后物体c落在小车a上滑动．设小车a、b碰撞时间非常短，碰后小车b的速度为9m/s，物体c和小车之间有摩擦，小车a足够长．求物体c运动的最大速率和小车a的最小速率．g取10m/s2．*请学生讨论小车a、b和物体c的相互作用过程的物理情景．（1）小车a、b碰撞，物体c在非常短的碰撞时间内，其运动状态不发生变化．（2）小车a和物体c之间由于摩擦内力的作用，发生动量的传递．\n（3）物体c带正电，运动起来，受洛仑兹力，方向竖直向上，随速度增大，洛仑兹力增大，直到洛仑兹力跟电场力、重力平衡时，滑动摩擦力等于零，相互作用结束，此刻物体的速度为最大速度；小车a的速度为最小速度．**请学生自己写出解题的过程，要求正确表达解题的过程．小车a、b在很短的时间内发生碰撞，水平方向动量守恒，有mav0=mav1+mbv2解得小车a碰撞后的速度v1=8.5m/s，方向向右．小物体c落到车a上，由于摩擦力的作用，小物体c的动量（速度）逐渐增大，小车a的动量（速度）逐渐减小，但水平方向动量守恒．对于小物体c，竖直方向上受重力mcg、电场力qE（方向向上）、小车的支持力N和洛仑兹力f（方向向上），随小物体c的速度增加，洛仑兹力f增大，支持力N减少，直到N=0时，即mcg=qvmB+qE当支持力N=0时，小物体c和小车a之间的摩擦内力变为零，它们的相互作用结束，小物体c有最大速度，小车a有最小速度．小物体c的最大速度mg-qEcv==6m/smqB由水平方向动量守恒，有mav1=mava+mcvm小车a的最小速度va=8.3m/s小结：要认真分析小车a、b和小物体c的相互作用过程，运用动量守恒定律讨论问题要明确研究对象——相互作用系统，分析它们的受力，讨论其满足守恒定律的过程．同时要注意分析相互作用过程的细节，讨论内力的作用，才能认识最大速率和最小速率的意义，确定列守恒定律方程的状态．要学会正确表达解题的过程．在认真审题的基础上，表达解题的过程的层次应清晰，要有必要的文字说明，画出草图，要有演算步骤和基本方程式，并给出明确的结果．五、总结带电质点在重力场、匀强电场和匀强磁场中的运动问题，是力学知识和电磁学知识的综合运用．首先应确立场的观念，认识带电质点在重力场、匀强电场和匀强磁场中受力的特点，学会运用力学的基本分析方法：由牛顿定律讨论力和运动的关系；运用动量和动能来描写质点的运动状态，讨论状态变化跟变化过程中力的冲量、功的关系以及几个质点间的相互作用过程．尤其要重视认识题目的物理情境，学会推理，学会运用数学处理物理问题．六、布置作业（略）（作者：北京东城区教研中心王天谡）\n十三、电学实验A．电学实验仪器的使用教学目标1．使学生掌握常用的电学仪器的使用常规．2．使学生掌握常用的电学仪器的读数方法．3．培养学生实事求是的科学态度．教学重点、难点分析1．教学重点：仪器的读数方法．2．教学难点：有效数字的运用．教学过程设计教师活动一、电学实验仪器的使用常规在中学电学实验中，常用的测量仪器是电压表、电流表、灵敏电流计、多用表等．使用它们时一般要先做到：清楚仪器的量程，清楚仪器的最小分度，清楚仪器的读数方法，检查并调整零点．1．清楚仪器的量程提问：根据你的经验、知识或猜测，电学实验中哪些仪器容易损坏？学生活动讨论回答根据我的经验：在“伏安法测干电池的电动势和内电阻”实验中，如果采用用分压电路，那么容易出现：电流表将电源短路的错误接法，这时电流表容易被损坏．在“等势线的描绘”实验中灵敏电流计容易损坏．相比之下，内阻较大的电压表不容易损坏．提问：我们常用的电流表、电压表的量程分别是多大？回答我们常用的电流表有0～0.6A和0～3A两挡量程，我们常用的电压表有0～3V和0～15V两挡量程．测量前，要搞清待测的电流、电压的大致范围，保证测量时不超出仪器的量程，也要注意接线正确，保证指针不反偏，这样才可以使仪器安全工作不致损坏．提问：为保证仪表的安全，常在闭合开关时使用“跃接法”．什么是“跃接法”？回答2．清楚仪器的最小分度提问：请查看一下，我们用的电压表、电流表的最小分度是多大？观察讨论回答我们用的电流表0～0.6A挡的最小分度是0.02A，0～3A挡的最小分度是0.1A．我们用的电压表0～3V挡的最小分度是0.1V，0～15V挡的最小分度\n是0.5V．3．清楚仪器的读数方法我们用的指针式电压表和电流表精度一般不是很高．读数时，仪表指针与刻度盘不在同一平面内，视线偏斜会造成读数误差．同时，仪表的刻度分格又比较小，所以，读数时可估读到1/2～1/5最小分度．例如电流表0～0.6A挡，最小分度为0.02A，其1/2为0.01A，并没有估读到下一位．如果要估读得精细些，也可以估读到最小分度的1/4，即0.005A．提问：请读出图示电压表、电流表的示数（图1-13-1）．讨论回答图中电压表0～3V挡读数为2.25V，0～15V挡读数为11.2V或11.3V．电流表0～0.6A挡读数为0.35A，0～3A挡读数为1.75A．需要说明的是，在“伏安法测干电池的电动势和内电阻”实验中，干电池的内电阻一般不到1Ω，当电流从0变化到0.5A时．干电池输出电压的变化量不到0.5V，甚至仅略大于0.1V，而我们用的电压表0～3V挡，其最小分度为0.1V．我们在读数时，要精细地估读到最小分度的1/5（0.02V）或1/10（即0.01V）．这样用图线法处理数据后得出的结果误差才较小．提问：请问，你能从1.5V和1.50V这两种写法上看出什么相关结论？讨论回答●关于用有效数字表示测量结果测量结果是1.5V，表示测量时仪器的估读位在0.1V位，测量结果是1.50V，表示测量时仪器的估读位在0.01V位．我们用有效数字的末位表示测量结果的误差所在位．关于有效数字我们做几点说明：（1）有效数字位数与所选单位无关．例如：1.23cm、12.3mm、0.0123m都是三位有效数字．（2）有效数字末位的“0”表示误差所在位，不能随意取舍．（3）要会用科学记数法表示有效数字．例如：光速3.00×108m/s是三位有效数字．（4）物理公式中的常数、指数等非测量值，都是准确值，可认为有效数字位数是无限大．例如：S=πr2中的π和指数2都是常数．[学生实验]请分别用电压表的0～3V挡和0～15V挡测出旧干电池的电压．（教师注意检查、指导学生用有效数字表示测量结果，并和学生讨论测量中出现的“异常”结果．如：旧电池的输出电压低于电动势等．）实验回答\n4．检查并调整机械零点提问：哪些同学在测干电池的电压前检查了电压表的零点？回答使用仪器前，一定要检查零点．这样才能得到正确的测量结果．我们用的指针式电表上都有调零螺丝，用螺丝刀可以调整指针的机械零点．提问：请指出电压表、电流表、灵敏电流计、多用表的机械调零螺丝．回答5．对某些仪器（如多用表欧姆挡）进行电调零对多用表的欧姆挡，除了检查和调整指针的机械零点外，在测量电阻前还要进行“电调零”．所谓“电调零”，是指将两表笔相接触，调整调零电位器旋钮，从而使指针指示零欧姆的调零过程．[学生实验]请实践一下多用表的欧姆挡的电调零．实验二、用多用表欧姆挡测电阻观察欧姆挡的表盘刻度可以发现，它包括了0～∞的所有值．但是欧姆挡在0和∞两处附近误差都很大．即指针偏转过大或过小，误差都很大．一般欧姆挡刻度全长的10％～90％之间的刻度为有效工作刻度．用多用表欧姆挡测电阻一般的测量步骤是：提问：请问，现在大家手中的多用表欧姆×1挡的中心刻度是多大？回答在实际测量时，读数在0.1R中到10R中范围内的测量值都是有效的．例如R中=20Ω，则在2Ω～200Ω范围内的测量值都是有效的．提问：请问，现在大家手中的多用表欧姆×10挡的有效测量范围是多大？回答例如R中=20×10Ω，则在20Ω～2000Ω范围内的测量值都是有效的．[学生实验]请用多用表欧姆挡测量一个2kΩ左右的色环电阻的阻\n值．将结果与色环标称值进行比较．实验回答三、灵敏电流计的使用灵敏电流计的零点在表盘中央．在等势线的描绘实验中，用灵敏电流计来寻找等势点，是用灵敏电流计作为示零仪表使用．有的灵敏电流计有两个灵敏度不同的接法．如图3-13-2所示．用G0时灵敏度高，灵敏电流计容易受损．为保护灵敏电流计，可先用灵敏度低的G1，当需要精确测定时，再改用G0．[演示]教师演示：用灵敏电流计找等势点．同步练习某人用多用表按照正确步骤测量一电阻阻值，指针指示结果如图3-13-3，则此电阻值是______；如果要用此表测量一个阻值约为200Ω的电阻，为了测量比较精确，应选择的欧姆挡是______．参考答案1.20×103Ω×10挡B．实验数据的处理教学目标1．使学生掌握有效数字运算的一般方法．2．使学生掌握图线法处理数据的规范和方法．3．培养学生耐心细致的意志品质．教学重点、难点分析1．教学重点：图线法处理具体数据．\n2．教学难点：图线法处理具体数据．教学过程设计教师活动一、有效数字的运算规则在处理实验数据时，要将测量结果代入公式进行计算．计算时应该取几位有效数字呢？如果进行加减运算，那么我们要找出数据中误差所在的最高位，运算的最后结果与这位对齐．例如：123.4m+56.78m=180.18m=180.2m如果进行乘除运算，那么我们要找出数据中有效数字位数最少的数据，运算的最后结果有效数字位数和它一样多即可．例如：0.20A×150Ω=3.0×102V二、公式法处理数据提问：在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz．查得当地的重力加速度g=9.8m/s2．测得所用重物的质量为1.00kg．实验中得到一条点迹清晰的纸带（如图3-13-4）．把第一个点记作0，另选连续的4个点A、B、C、D作为测量的点．经测量知道A、B、C、D各点到0点的距离分别为62.99cm70.18cm77.76cm85.73cm学生活动讨论回答根据以上数据，可知重物由0点运动到C点，重力势能的减少量等于多大？动能的增加量等于多大？（结果取3位有效数字）（重物重力势能减少了7.62J，动能增加了7.56J）三、图线法处理数据1．用图线法求待测量提问：在做测电源电动势和内电阻的实验中，测得的数据如下表，请在坐标纸上，用作图法求出电源电动势和内电阻．123456I（A）0.120.200.310.320.500.57U（v）1.371.321.241.181.101.05讨论作图我们知道，电源的电动势与输出电压U、电源内电阻r之间的关系式是U=-Ir即U=-rI+它是数学中所讲的一次函数y=kx+b\n我们在U-I坐标系中作出如下图线（图3-13-5）．从公式中可以看出，这个图线的纵截距即我们要求的电源电势的值，这个图线斜率的绝对值即我们要求的电源内电阻的值．2．作图规范（1）原点的选取：从上图中我们可以看到，因为实验数据仅分布在1V以上的区域中，所以为了减小作图误差，纵轴坐标原点是1V．这样并不影响我们求解电动势和内电阻．（2）最小分度：作图时要适当选取最小分度，保证测量时的准确值，作图时必须是准确值．测量时的估计值，作图时才可以是估计值．（3）用图线取平均：将数据描点之后，连线可以起到取平均值的作用．在已知规律的情况下，对个别明显偏离图线的数据点，应当舍去不用．3．“化曲为直”验证规律在验证牛顿第二定律的实验中，我们要验证物体的加速度跟物体的质量成反比．如果直接作出a-m图线，理论上，它将是双曲线的一支．我们在作图后，较难判断作图结果是否接近理论值．所以在实验数据处理1时，我们采用“化曲为直”的方法，即作a-图线．理论上，应该m得到过原点的直线．这样就容易将测量的结果和理论值进行比较．4．“化曲为直”求待测量提问：在LC振荡电路中，如已知电容C，并测得电路的固有振荡周期T，即可求得电感L．为提高测量精度，需要多次改变C值并测得相应的T值．现将测得的六组数据标示在以C为横坐标、T2为纵坐标的坐标纸上，如下图（3-13-6）．请问用图线法求L的值是多大？作图回答\n（L值是0.0351H～0.0398H）同步练习用单摆实验测得如下数据，请作出l-T2图线，并由图线求出当地的重力加速度．序号12345摆长l（cm）61.571.281.089.595.5周期T（s）1.571.701.811.901.9622T（s）2.462.983.283.613.84参考答案9.80m/s2（提示：作图原点可取l=60.0cm，T2=2.40s2）C．电学实验器材和电路的选择教学目标1．使学生掌握选择器材和电路的一般原则．2．使学生掌握选择电压表、电流表、滑动变阻器的方法．3．使学生会选择电流表内外接法．4．使学生会选用分压电路和制流电路．5．培养学生实事求是的科学态度．教学重点、难点分析1．教学重点：电流表内外接法的选择方法；分压、制流电路的选择方法．2．教学难点：分压电路的连接．教学过程设计教师活动一、选择器材和电路的一般原则在中学电学实验中，选择器材和电路的原则是：1．安全性原则．2．精确性原则．3．简便性原则．学生活动讨论回答安全性原则是指实验中要保证电流、电压值既不超过仪表的量程，又不能超过变阻器、小灯泡、电阻箱等器材所允许的最大值．精确性原则是指在不违反安全性原则的前提下，尽量使测量结果更\n精确．简便性原则是指在不违反前两个原则的前提下，尽量使测量电路简单好接，测量中的调节控制操作方便．二、器材的选择下面我们用一个例题来说明如何选择器材．有一个电阻Rx，其阻值大约是10Ω，请选择适当的器材，以便测量其阻值．可供选择的电路如图3-13-7．可供选择的器材是：电动势4.5V、内阻不计的电源E量程为5V、内阻10kΩ的电压表V1量程为3V、内阻6kΩ的电压表V2量程为300mA、内阻4Ω的电流表A1量程为500mA、内阻2Ω的电流表A2最大阻值20Ω、额定电流1.5A的滑动变阻器R1最大阻值500Ω、额定电流0.5A的滑动变阻器R2开关和若干根导线．提问：请问应选择哪些器材，以便测量待测电阻的值？讨论回答1．电压表、电流表的选择因为电源的电动势是4.5V，根据安全性原则，我们不选量程仅3V的电压表V2，而要选择量程5V的电压表V1．同时，因待测电阻两端的电压最大值是4.5V，所以用电压表V1测量时，可有很多数据超过电压表的半量程．这样结果较为精确，也符合精确性原则．4.5V因为测量时，最大电流为I==0.45A，所以选符合安全性原m10W则和精确性原则的电流表A2．2．滑动变阻器的选择因为测量时，最大电流为Im=0.45A，没有超过两个滑动变阻器的额定电流，根据安全性原则，两个滑动变阻器都可以选用．如果选用变阻器R1，其值大约是待测电阻值的两倍，可以使待测电阻上的电压从1.5V变化到4.5V，范围足够大．如果选用变阻器R2，可以使待测电阻上的电压变化范围更大．它们都符合精确性原则．但是变阻器R2的阻值是待测电阻的50倍，在实际操作过程中，用它\n调节电流跳跃性大，远不如变阻器R1好操作．按照简便性原则，我们选用变阻器R1．三、电路的选择1．电流表内外接法的选择当用电流表外接法（如图甲）时，电流表测量结果将比待测电阻中的电流大．当用电流表内接法（如图乙）时，电压表测量结果将比待测电阻两端的电压大．我们所选用的电压表，其内阻是待测电阻的1000倍，而所选的电流表内阻是待测电阻的0.2倍．所以，用电流表外接法（如图甲）时误差小．提问：在实际实验操作时，可能不知道仪表的内阻．这时我们可以按照图3-13-8接好电路后，将电压表右端分别与a点和b点相连．如果电压表示数变化比电流表明显，那么我们就将电压表接在a点进行测量．反之，如果电压表示数变化不如电流表明显，那么我们就将电压表接在b点进行测量．这是为什么？讨论回答2．分压电路和制流电路的选择提问：如果只给滑动变阻器R1，而待测电阻值约为100Ω，在分压电路和制流电路中，我们应选择什么样的电路进行实验？讨论回答分压电路可以使待测电阻上的电压从最大值调到零，制流电路却不可以．分压电路连线复杂，制流电路连线简单．分压电路消耗的额外功率大，制流电路消耗的额外功率小．我们可根据这两种电路的特点，按照实验要求进行选择．在上面例题中，如果用制流电路，因待测电阻值是滑动变阻器总阻值的5倍，所以变阻器对电流、电压的的调节作用不好．这里我们应该选用调节作用范围大的分压电路．同步练习图中是用伏安法测电阻的实验所需的器材实物图，器材规格如下：（1）待测电阻Rx（约100Ω）；（2）直流毫安表（量程0～10mA，内阻50Ω）；（3）直流电压表（量程0～3V，内阻5kΩ）；（4）直流电源（输出电压4V，内阻可不计）；（5）滑动变阻器（阻值范围0～15Ω，允许的最大电流1A）；\n（6）开关一个，导线若干．根据器材规格和实验要求，在本题的实物图上连线．参考答案见图3-13-10（作者：育英中学陈忠）\n光学一、光的反射和折射教学目标1．使学生掌握三个概念——折射率、全反射临界角和光的色散：两个规律——反射定律、折射定律：两个作图法——反射、折射光路图和成像作图：一个思想——光路可逆思想．2．加强学生对概念、作图、规律的分析应用能力和在光线的动态中分析、推理解决几何光学问题的综合能力．教学重点、难点分析1．重点：反射定律，平面镜成像作图法：折射定律，折射率，全反射和临界角．2．难点：折射定律，全反射和临界角：光的色散．教学过程设计教师活动我们复习几何光学，关于光的反射和折射部分．1．平面镜对光线的控制作用结论：平面镜对光线的作用是：只改变光束的传播方向，不改变光束的散聚性质．两个平面镜对光线的控制作用如何呢？学生活动学生讨论：一个平面镜对光线的控制作用．（1）平面镜对光线有反射作用，反射光与入射光遵循反射定律．（2）一束平行光的情况：入射光方向不变，平面镜转动α角，反射光转动2α角．（3）一束发散光的情况：经平面镜反射后，仍是发散光，且发散程度不变．[例1]若使一束光先后经两平面镜反射后，反射光线与入射光线垂直，这两平面镜应如何放置？我们先讨论一般情况：如图4-1-1所示，两平面镜的夹角为θ，光线经两平面镜反射后，反射光线与入射光线的夹角为α，讨论α与θ的关系．学生解答，作出两平面镜的法线，可以证明：α=180°-2θ讨论：（1）一般情况θ<90°，α=180°-2θ，若θ=45°，则α=90°，（反射光与入射光垂直）若θ=90°，则α=0°（反射光与入射光平行）若θ>90°，则α=2θ-180°（2）两平面镜的夹角决定反射光与入射光的夹角，与这两平面镜的放置位置（这两平面镜是否接触和如何放置）和是否转动无关．\n结论：两平面镜的夹角决定了对光线方向的控制．一个重要的应用：直角镜使光线按原路返回．2．平面镜的成像特点作平面镜成像光路图的技巧．借助平面镜成像的特点完成光路．讨论：平面镜成等大、正立的虚像，像与物关于镜面对称．先根据平面镜成像有对称性的特点，确定像的位置，再补画入射线和反射线．实际光线画实线并加箭头，镜后的反向延长线要画虚线，虚线不加箭头．如图4-1-2所示，两平面镜夹一定角度，光线a、b是一点光源发出经两平面镜反射后的两条光线．在图中确定点光源的位置．讨论并叙述作图的过程，如图4-1-3所示．a、b光线的反向延长线交于一点，这一点为点光源在平面镜N中的像S″，根据平面镜的成像特点，延长镜N，找到S″的对称点S′，S′是S″的物，是点光源S在平面镜M中的像，再找到S′对平面镜M的对称点S，从而确定了点光源S的位置．完成光路．上面的问题是两个平面镜的二次成像问题，S′是物S在镜M中的虚像，S″是虚像S′在镜N中再次成的虚像．根据光路可逆原理，如果光线a、b的方向反过来，那么会如何呢？S为经过两次反射后形成的实像．还有一种类型的题，是讨论通过平面镜看到的范围．讨论，根据光的可逆性，经两次反射两束光会聚到一点S，由实像定义，S应为实像．[例2]（1997年全国高考题）如图4-1-3所示，AB表示一直立的平面镜，P1P2是水平放置的米尺（有刻度的一面朝着平面镜），MN是屏，三者互相平行，屏MN上的ab表示一条竖直的缝（即a、b之间是透光的）．某人眼睛紧贴米尺上的小孔S（其位置见图），可通过平面镜看到米尺的一部分刻度．试在本题的\n图上用三角板作图求出可看到的部位，并依次写出作图步骤．讨论并作图．作图步骤可如下：（图4-1-5所示）①分别作米尺P1P2、屏Ma、bN对于平面镜AB的对称线（即它们对于平面镜AB的像）P′1P′2、M′a′、b′N′．②连接S、a并延长交P′1P′2于某一点，作这一点对于AB在P1P2上的对称点，即为通过平面镜看到米尺刻度的左端．③连接S、b′并延长交P′1P′2于某一点，作这一点对于AB在P1P2上的对称点，即为通过平面镜看到米尺刻度的右端．讨论：（1）还可以用更简单的办法，即作出眼睛S的像S′，再由S′来确定看到的范围．（2）作出屏和尺的像，人眼看到像的范围即为人眼看到尺的范围．本题的解题思路是什么？边界光线如何确定？两种思路：正向思维，尺发光经平面镜反射进入眼睛的范围即为眼睛所能看到的范围：逆向思维，眼睛相当于发光点，其光照射到尺上的范围即为能看到的范围．确定边界光线的基本思想是：两点确定一条直线．在均匀介质中光是沿直线传播的，在非均匀介质中，光线发生弯曲，但人眼的感觉光仍是沿直线传播的．所以确定尺和屏的像，由两点一线来确定边界光线．3．光的折射定律复习折射定律和折射率．折射定律：（1）折射光线在入射光线和法线所在的平面上，折射光线和入射光线分居在法线的两侧：（2）入射角的正弦跟折射角的正sini弦之比为一常数，=常数．sinr折射率：（1）光从真空射入某种介质时，入射角的正弦跟折射角\nsini的正弦之比，n=．（2）折射率等于光在真空中的速度c跟光在sinr这种介质中的速度v之比，n=c/v．讨论平行玻璃板的光路：如图4-1-6所示，平行玻璃板的厚度为d，折射率为n，光线AO以入射角i射到平行玻璃板的一个界面上．（1）画出光路图，（2）证明出射光线与入射光线平行，（3）计算出射光线相对入射光线的侧移量．讨论：作光路图并证明、计算．（1）作光路图，如图4-1-7．（2）证明从略．（3）计算侧移量δ的大小：sini折射定律有=nsinr由几何关系可得δ=OO′·sin（i-r）d所以：δ=·（sini·cosr-sinr·cosi）cosræcosiö=dsiniç1-÷22èn-siniø[例3]（1997年全国高考）在折射率为n、厚度为d的玻璃平板上方的空气中有一点光源S，从S出发的光线SA以角度θ入射到玻璃板上表面，经过玻璃板后，从下表面射出，如图4-1-8所示，若沿此光线传播的光从光源到玻璃板上表面的传播时间与在玻璃板中的传播时间相等，点光源S到玻璃板上表面的垂直距离l应是多少？讨论：（1）经平行玻璃板两次折射后，出射光线与入射光线平行；若是发光点S发出的两束光，经平行板折射后，发散程度不变，反向延长线交于一点，成一正立、等大的虚像．也就是说通常我们透过平板玻璃看到的是景物的虚像．（2）玻璃板的折射率n和入射角i一定时，侧移量δ的大小和玻璃板的厚度d成正比．当厚度不大时，可以忽略侧移量δ的大小．（3）侧移量δ的大小还和介质的折射率n及入射角i有关．计算：\n首先要画出光路图，可由折射定律求出折射角，再结合n=c/v和几何关系即可求解．解答：画出光路图，设在玻璃中的折射角为r，光从光源到玻璃板SA上表面的传播时间t=cSA光在玻璃板中的传播时间t=vld由几何关系可得SA=，AB=cosqcosrc又因为n=vndcosq所以l=cosrsini又由折射定律n=sinrndcosq解得：l=221-sinq/n总结：解几何光学问题，首先要正确画出光路图，讨论由光路图反映出的线段和角的关系，结合概念和规律求解．4．全反射问题要明确全反射临界角的概念和发生全反射的条件．复习讨论：全反射临界角：（1）光从光密介质射向光疏介质，当折射角变为90°时的入射角叫临界角；（2）光从折射率为n的介质射向真空时，1临界角的计算公式sinA=．n产生全反射的条件：（1）光必须从光密介质射向光疏介质；（2）入射角必须等于或大于临界角．[例4]某三棱镜的横截面是一直角三角形，如图4-1-9所示，∠A=90°，∠B=30°，∠C=60°，棱镜材料的折射率为n，底面BC涂黑，入射光沿平行于底面BC面，经AB面和AC面折射后出射．求（1）出射光线与入射光线延长线间的夹角δ；（2）为使上述入射光线能从AC面出射，折射率n的最大值为多少？\n解答：画出光路图如图4-1-10所示．（1）因为入射光平行于BC面，i=60°sini3由折射定律有=n，所以sinα=sina2nsinr光射到AC面上时，=nsinb由几何关系可得：a+β=90°24n-32sinβ=cosα=1-sina=2n24n-3sinr=nsinb=224n-3δ=r-30°=arcsin-30°2（2）要使有光线从AC面射出，应有sinr≤1：24n-3即≤1，得:≤1.322考纲中要求考生掌握“全反射和临界角”，是B档要求，但不要求进行临界角的计算．本题第一问主要考查折射定律和运用数学手段处理物理问题的能力，要正确作出光路图和弄清几何关系；第二问是考查全反射和临界角的概念及综合分析的能力，本题是讨论折射角≤90°，既应用了全反射临界角的概念，又避开了临界角的计算．5．光的色散白光通过三棱镜，要发生色散，红光偏折角最小，紫光偏折角最大．偏折角从小到大的顺序是：红、橙、黄、绿、蓝、紫．我们总结一下从红到紫的顺序与哪些物理量变化的顺序一致？讨论：从红到紫的方向是：（1）同一介质对不同色光的折射率逐渐增大．（2）在同一介质中不同色光的传播速度逐渐减小．（3）光的频率逐渐增大．（4）在真空中的波长逐渐减小．（5）光子的能量逐渐增大．[例5]已知水对红光的折射率为4/3，红光在水中的波长与绿光在真空中的波长相等，求红光与绿光在真空中的波长比和在水中的频率比．解答：设光从真空射入水中，在真空中的入射角为i，在水中的折sini射角为r，折射定律为=n．sinr\nc根据介质的折射率定义n=（c为光在真空中的速率，v为光v在介质中的速率），和光的波长、频率关系公式v=λf，由于同一种光sinil0的频率不因介质而变化，可得=n=（λ为光在真空中的0sinrl波长，λ为光在介质中的波长）4l红真l红真根据题意，==3ll红水绿真cf红水f红真l红真l绿真3====ffcl4绿水绿真红真l绿真折射定律是对同一种光来说的，要求两种不同频率的光的波长比和频率比，就需要对折射定律进行扩展，对之赋予新的含义．6．实验：测玻璃的折射率讨论并设计实验．某同学的设计：测量一厚度均匀的圆柱形玻璃的折射率．先在一张白纸上作出一与圆形玻璃同半径的圆，圆心为O，将圆形玻璃平放在白纸上，使其边界与所画的圆重合．通过玻璃观察到如图4-1-11所示的P1、P2、P3、P4四个大头针恰好在同一直线上，求该圆柱形玻璃的折射率．用插针法测透明介质的折射率，方法简单易行，测量结果准确．关键是做好光路图，确定入射光线和在介质中折射光线．在进行计算测量入射角和折射角时，可以直接用量角器，也可以将入射角和折射角的正弦值转化成直角三角形中的边长比，用边长比的形式表示折射率．请同学们模仿测玻璃砖折射率的实验，自行设计一个测量玻璃的折射率的实验．解答：P1、P2的连线与圆交于A点，P3、P4的连线与圆交于B点，两线延长相交于O′点，连接OO′，交圆于C点．OO′是两光线的对称轴，连接A、C（或B、C），过A点作法线，即得到在空气中的入射角i和在玻璃中的折射角r，如图4-1-12所示．sini用量角器测量∠i和∠r，玻璃的折射率n=．sinr或过圆心O点分别做AO′的垂线垂足为D，AC的垂线垂足为E，\nOD玻璃的折射率n=OE同步练习一、选择题1．观察者看到太阳刚从地平线升起时，下列叙述正确的是[]A．太阳的实际位置位于地平线的上方B．太阳的实际位置位于地平线的下方C．假如地球没有大气层，人们将提前看到日出D．假如地球没有大气层，人们将延后看到日出2．如图4-1-13所示，OO′是半圆柱形对称面与纸面的交线．在图内有两束与OO′平行且距OO′距离相等的单色光A和B，从玻璃砖射出后相交于OO′的下方的P点．由此可以得出的结论是[]A．A光在玻璃砖中的速度比B光在玻璃砖中的速度小B．玻璃砖对A光的折射率比对B光的折射率小C．在空气中，A光的波长比B光的波长短D．B光光子的能量比A光光子的能量小二、非选择题3．如图4-1-14所示，光线以入射角i从空气射向折射率n=2的透明媒质表面．当i=45°时，反射光线与入射光线间的夹角θ的大小为______．当入射角i为______时，反射光线与入射光线间的夹角θ=90°．4．如图4-1-15所示，一个点光源S放在平面镜前，平面镜与水平面θ成角，当光源S不动，平面镜以速度v沿水平方向移动时，点光源S的像S′运动速度的大小为______，方向为______．5．某水池实际水深为h，由水面上方垂直水面向下看，其视深为______．6．如图4-1-16所示，在房间内的竖直墙AB上悬挂一平面镜M，M与AB夹一定角度．用作图法说明人通过平面镜M看到墙CD的范围．7．如图4-1-17所示，一束平行光照射在半径为R的半圆柱形玻璃砖的圆柱面上，光线a是与一条半径重合的光线，该光线照射到圆心O点与直径AB夹角为45°，且刚好发生全反射．请作图并确定出光线能从AB面射出的范围．\n参考答案1．BD2．ACD3．105°arctan24．2vsinθ沿S′S方向5．h/n6．阴影部分为人通过平面镜M看到墙CD的范围7．OC为光线射出的范围2OC=R2（作者：北京八十中张恩海）\n二、透镜教学目标通过透镜成像作图法进一步理解和巩固透镜成像规律；眼对凸透镜、凹透镜所成实像和虚像的观察问题；共轭法测凸透镜焦距的实验及有关问题．能力目标：培养学生的分析推理能力和发散思维能力．教学重点、难点分析透镜成像规律以及眼对透镜成像的观察既是本章的重点，也是难点．由于现大纲对透镜成像公式的计算不做要求，所以主要通过透镜成像作图法掌握其规律．成像作图中的难点是凸透镜和凹透镜成虚像的作图，以及物和像的动态关系．教学过程设计教师活动引入课题上次课复习了平行透明板，光线斜射向平行透明板时发生侧移，侧移的大小与板的厚薄有关，越薄侧移越小．还复习了三棱镜，平行于底边的入射光射向棱镜侧面，经折射，将两次向底边偏折．那么由三棱镜和平行透明板来解释，为什么凸透镜可以会聚光线、凹透镜可以使光线发散呢？学生活动凸透镜相当于两个底边相对的三棱镜中间夹着一个平行透明板，所以可以会聚光线．凹透镜相当于两个顶角相对的三棱镜中间夹着一个平行透明板，所以可以使光线发散．白光通过三棱镜会有什么现象？发生色散，具体说就是：形成一个彩色光谱，红光偏折最小，紫光偏折最大．由色散可进一步得出哪些推论？折射率n红＜n紫煤质中的光速v红＞v紫临界角A红＞A紫透镜焦距f红＞f紫复习透镜成像规律由于目前大纲不要求透镜成像公式的计算，所以主要是通过透镜成像作图法来理解和掌握透镜成像规律，为了更好地理解物在移动时像的大小和位置的动态过程，我们在一个图上画出物在3f，2f，1.5f，f，0.5f时凸透镜所成的像．学生画图，可以由一个学生在黑板上画．\n由此图可以看出哪些规律？1．实像和虚像怎样分布？1．镜后一倍焦距以内无像，一倍焦距以外为实像区，一倍焦距与二倍焦距之间为小实像区，二倍焦距以外为大实像区，镜的物侧为虚像区．2．像点的位置有什么规律？2．平行于主轴的光折射后经过焦点这条光线不用重画，而过光心的光线与主轴的夹角变大，所以不论物在何处，总是物点、像点、光心三点一线，而且像点总是在过光心和过焦点的两条折射线的交点上．3．物向透镜移动时，像怎样移动？物和像之间的距离如何变化？物在什么位置像之间距离最小？3．物从无限远处向焦点移动时，实像从焦点向无限远处移动，且像距越来越大，像也越大．物和像之间的距离是先减小，后增大，且物在二倍焦距处时，物像距离最小．4．射向透镜的任意入射光其折射线怎样画？把透镜的一部分遮住，像将怎样？4．点光源经透镜的任意入射光线，折射后均经像点，并由此推理可知：透镜的任意一部分被遮挡，仍成完整的像，只是亮度变小．5．物匀速移动时，像移动的速度如何？5．当物从无限远处向透镜匀速移动时，像的运动快慢方向：实像速先小于物速，二倍焦距处等于物速，然后大于物速，向远离透镜方向移动，成虚像时以从无限远处向透镜移近，像速从大于物速减小，最后等于物速．6．物在什么位置时像更大？成实像时如何？成虚像时如何？有什么实例？照相时，如果物距一定，怎样才能使照出的相片大些？要想使幻灯机放出的画面大些，应该怎样做？6．不论实像虚像，都是物越靠近焦点，像越大越远，由此推论：成实像时，若物距一定，则焦距越长，物越靠近焦点，像越大．（照相机用长焦距镜头照特写）成虚像时，若物距一定，则焦距越短，物越靠近焦点，像越大．对幻灯机，若想放出较大的像，需将镜头后移（减小物距），并增大屏幕到幻灯机的距离．（增大像距）7．从成像公式和放大率公式怎样推导像的大小与物距的关系？7．从成像公式和放大率公式消去V可得：\nf1成实像时m==，说明物距一定时焦距越长像越大，u-fu-1f也可以说明焦距一定时物距越小像越大．（照相时人物越近，像越大）f1成虚像时m==，说明物距一定时焦距越小像越大．f-uu1-f下面画凹透镜成像：在一个图中画出物在焦点以外、在焦点、在焦点以内时，凹透镜所成的像，注意与凸透镜对比得出哪些规律？由学生在黑板上画．如图4-2-2．1．像的位置和大小有何规律？1．不论物在何处，凹透镜总是成正立缩小的虚像于物与镜之间，像总在一倍焦距以内，且物距越小像越大．2．物移动的速度和像移动的速度有何关系？2．物从无限远处向凹透镜匀速移动时，像移动的速度小于物速，但越来越快．3．与凸透镜成像有何相同之处？3．物点发出的任意一条光线折射后其折射线的反向延长线均经像点．由此推论：凹透镜被遮挡一部分，仍将成完整的像，只是亮度变暗．物点像点和光心三点一线．复习眼对透镜成像的观察由平面镜引入．1．眼对平面镜成像的观察应该在什么范围？1．先根据平面镜成像规律画出像，再从像两端到镜两端连线．2．由此推论眼对透镜成像的观察范围如何确定？画出光路，说明为什么这样确定，什么区域可以看到全部的像．分别画出凸透镜和凹透镜成虚像及凸透镜成实像三种情况．画图时注意：哪些线该实，哪些线该虚．（为了突出眼对像的观察，本教案中没有画成像光路．）最后指出：有双箭头的折射线之间的区域可以看到全部像．2．先根据透镜成像规律画出像，再从像两端到镜两端连线．由三个学生分别在黑板上画一个图．如图4-2-3，4-2-4，4-2-5所示．\n3．若物大小、透镜焦距一定，观察范围的大小与什么因素有关？3．一是物距，二是透镜直径．4．照相机是否可以拍照虚像？4．照相机与眼睛构造相同，所以眼睛可以看见的，照相机也可以拍照．复习共轭法测凸透镜焦距1．回忆实验1．物与屏距离一定，移动透镜，在适当位置，可两次成像．2．原理：若物到屏距离一定，即u+v=L代入成像公式111=+fuv两式联立可解得物距和像距2．物距像距各两个解L+L2-4fLL-L2-4fLu1=,v1=22L-L2-4fLL+L2-4fLu2=,v2=22由所得结果可知：1．两次物距和像距有关系，有什么关系？\n1．u1=v2；u2=v1；即第一次物距等于第二次像距，第二次物距等于第一次像距．2．两次成像的条件是什么？2．当L＞4f时有实数解，其物理意义是当L＞4f时有两次成像．3．两次像的放大率有什么关系？vS′vS′11223．两次放大率m===,m==12uSuS1122一次得到放大的像，一次得到缩小的像，m1×m2=14．两次的像长与物长有什么关系？4．将放大率与物长、像长代入上式，可得物长与两次像长的关系S=S′×S′125．若两次成像透镜移动的距离为d，怎样导出计算凸透镜焦距的公式．5．u1+d=u2，将上面u1与u2表达式代入，则2d=u-u=L-4fL21两边平方并移项，可得计算凸透镜焦距的公式：22L-df=4L同步练习一、选择题1．透镜在灯泡与屏之间的中点，当灯泡为红色时，恰好在屏上成清晰的像，现换为蓝灯泡，则[]A．在屏上仍能成清晰的像B．保持物和透镜不动，将屏向透镜方向移动，可得清晰的像C．保持透镜和屏不动，把物向透镜方向移动，在屏上可得清晰的像．D．保持物和屏不动，把透镜向物或向屏方向移动，均可得到清晰的像．2．一焦距为f的凸透镜，主轴上有一光点位于透镜的左侧，光点到透镜的距离大于f而小于2f，若将此透镜沿主轴向右平移2f的距离，则在此过程中，光点经透镜所成的像将[]A．一直向右移动B．一直向左移动C．先向左移动，接着向右移动D．先向右移动，接着向左移动3．如图4-2-6所示，L为一个透镜，MN为主轴，a、b是由透镜左侧一个点光源发出的两条光线的折射线，光线a从透镜的A点射出且平行于主轴，光线b过光心，且与主轴成α角，则[]\nA．点光源所成的像一定是虚像B．透镜可能是焦距小于OAcotα的凸透镜C．透镜可能是焦距大于OAcotα的凸透镜D．透镜可能是焦距小于OAcotα的凹透镜4．如图4-2-7所示，MN为透镜L的主轴，图中AB为一条从左边射向透镜L后折射的光线，由此可以判定以下说法中正确的是[]A．若L是凸透镜，B一定是L的焦点B．若B是L的焦点，L一定不是凹透镜C．若B是L的焦点，AB的入射光一定平行于主轴D．若AB的入射光平行于主轴，L一定不是凹透镜5．如图4-2-8所示，一条光线通过凸透镜主轴上大于焦距处一点M射向凸透镜，光线与主轴夹角为θ，当θ角逐渐增大，但光线仍射向凸透镜时，经透镜后的出射光线[]A．有可能平行主光轴B．出射光线与主光轴交点将远离光心C．出射光线与主光轴交点将靠近光心D．出射光线与主光轴交点将保持不变6．在一个焦距为f的凸透镜主轴上，距光心2f处放置一个点光源，在透镜另一侧主轴上距光心3f处垂直于主轴放置的光屏上得到一个亮圆光斑，若用遮光板将透镜的上半部遮住，则会出现的现象是[]A．光屏上亮斑上半部分消失B．光屏上亮斑下半部分消失C．光屏上亮斑仍然完整，但亮度减弱D．光屏上亮斑仍然完整，且亮度不变二、非选择题\n7．利用下面简便的方法可以判断透镜的性质，比较透镜焦距的大小，分别通过两个透镜看近处的同一个物体，看到物体的像一个变大了，一个变小了，则得到放大的像的透镜是______透镜；分别通过两个凸透镜看近处的同一个物体，物体与透镜的距离相同，看到物体像较大的透镜其焦距的绝对值较______．8．如图4-2-9所示，物体AB置于一个凸透镜左侧一倍焦距以内，并垂直于主轴放置，凸透镜的右侧有一个比透镜的直径还小的光阑与透镜共轴放置，透镜的大小，焦点位置和光阑的孔径大小都在图中标出．要想通过光阑看到物体经凸透镜所成的完整的虚像，人眼必须处在某个范围内，试用作图法画出这个范围，并用斜线标出这个范围．9．将一凸透镜嵌在一遮光板中央的圆孔上，透镜边缘与孔边缘重合，用平行光沿主轴照射整个透镜，在透镜另一侧与透镜平行的光屏上形成一圆形光斑，若光屏与透镜之间的距离为D，透镜的半径为R1，光斑的半径为R2，且R1＜R2，求此透镜焦距．10．图4-2-10中MN是透镜的主轴，S为发光点，S1是它的像，用作图法画出透镜和它的两个焦点的位置．11．如图4-2-11中所示，一个点光源A发出的一条光线经透镜折射后的光路为ACD，O点为透镜光心，MN为透镜主轴，这个透镜的种类是______，作出点光源A经透镜成像的光路图．12．如图4-2-12所示，在凸透镜主光轴上2倍焦距的B点垂直主轴放置物AB，AB的长为透镜直径的1/4，在图中已画出AB的像A1B1，现在透镜右侧的主光轴上的焦点处垂直于主光轴放置一块挡板PQ，欲使像A1B1完全消失，那么PQ的长度至少应为AB长的____倍，在图中画出光路图．\n参考答案1．BCD2．C3．ABC4．D5．D6．B7．凸小8．图略DR19．f=R+R1210．图略11．凹透镜12．2.5（作者：北京八十中储惠珑）\n三、光的干涉光的衍射三、光的干涉光的衍射教学目标1．对已复习过的机械波和光波进行比较，使学生能对相邻、相近和相似知识进行比较，对相同知识和方法进行归纳，从而达到新旧知识融会贯通．2．在学生已经阅读教材的基础上，设置一些问题情景，引起学生的认真思考进而加深对光的干涉和衍射想象的理解．教学重点、难点分析1．复习相干光源的获得及光波的干涉和衍射的条件，双缝干涉中为什么能形成明暗相间的条纹及明暗条纹的计算方法，从而确切地理解光的干涉和衍射现象的形成．2．在新的情景下能够运用波的分析方法解决问题．教学过程设计教师活动在复习机械波时我们已经知道，干涉和衍射是波的基本特征，那么，在什么区域能看到波的干涉现象呢？学生活动在波的重叠区域可以看到干涉现象．在两列波叠加的区域一定能够看到干涉现象吗？两列波发生干涉是有条件的，只有两列频率相同的波相互叠加，才可使某些区域振动加强，某些区域振动减弱，并且振动加强和振动减弱的区域相互间隔．你回答得很正确，那么如果是两列光波，我选用频率相同的波，例如：两个波源均用红色激光光源，让它们同时照射到某个区域，该区域有明暗相间的干涉条纹吗？为什么？没有，由于光波很短，任何两个独立的光源发出的光相叠加均不能产生干涉现象，只有利用特殊的方法从同一光波分离出两列光波，才能保证两列波的振动是完全相同的，才能发生干涉现象．目前我们课本中介绍的相干光源有几种？两种．一是双缝干涉；一是薄膜干涉．这两种均是利用“分光”的方法而获得的相干波源．好，我们先来复习双缝干涉的有关问题，双缝干涉实验是怎样获得相干波源的？让一束单色光（例如红光）投到一个有孔的屏上，如图4-3-1所示，这个小孔就成了一个“点光源”．光从小孔出来后，就射到第二个屏的两个小孔上，这两个小孔离得很近，约为0.1mm，而且与前有关小孔的距离相等，这样在任何时刻从前一个小孔发出的光波都会同时传到这两个小孔，这两个小孔就成了两个振动情况总是相同的波源．\n那么，明暗相间的条纹又是怎样形成的呢？对照机械波的情况，如果两列波在相叠加的区域传播的路程差为一个波长的整数倍时，该区域的振动就加强，如果两列波在叠加区域传播的路程差为半波长的奇数倍时，该区域的振动就减弱．如图4-3-2，甲图中P点在S1S2的中垂线上，所以，两列波的路程差△s=0．所以，振动被加强，为明条纹．乙图中，在P点上方的P1点，屏上与狭缝S1、S2的路程差△s=λ又出现明条纹．丙图中，在P1点的上方还可以找到△s=2λ的P2点，在该点上方还能找到路程差为3λ、4λ⋯的点，在这些地方振动均被加强．同样，在P点的下方也能找到路程差为λ、2λ、3λ⋯的点．如图4-3-3，在甲图中，在P与P1之间一定有一个Q1点，S1、S2点到该点的路程差为λ/2，该点为振动减弱的点，同理，我们无论在P点的上方还是在P点的下方均能找到路程差为半波长的奇数倍的点，这些点均为暗条纹，这样就形成了明暗相间的条纹．\n请观察课本中的彩色图片，白光的干涉条纹，为什么中间条纹为白色，而中央亮条纹的边缘出现了色彩？这是因为白光是由不同颜色的单色光复合而成的，而不同色光的波长不同，在狭缝间的距离和狭缝与屏的距离不变的条件下，光波的波长越长，各条纹之间的距离越大，条纹间距与光波的波长成正比．各色光在双缝的中垂线上均为亮条纹，故各色光重合，为白色．各色光产生的条纹宽度不同，所以，中央亮条纹的边缘处出现了彩色条纹．刚才你提到在狭缝间的距离和狭缝与屏的距离不变的条件下，如果我假设其它条件不变，将像屏稍微向双缝屏移动或远离双缝屏移动，像屏上的条纹是不是就模糊不清了呢？我想像屏上仍有清晰的干涉条纹，因为仍可以在像屏上找到两列波的路程差为0、λ、2λ、3λ⋯nλ的点，也仍可找到两列波的路程差为λ/2、3λ/2⋯（2n—1）λ/2的点．下面我对薄膜干涉再提几个问题，第一，薄膜干涉是由哪两列波叠加而产生的？当光这时到薄膜上时，光从薄膜的前后（或上下）两个表面反射回来，形成两列波，由于它们是从同一光源发出的，这两列波的波长和振动情况相同，为两列相干光波．将肥皂膜竖直放在点燃的洒有钠盐的酒精灯附近，这时你看到的干涉条纹是什么样的？为什么形成这样的条纹？我们看到的干涉条纹基本上是水平的明暗相间的黄色条纹．呈现黄色是因为酒精灯火焰中放入了钠盐，呈基本水平的条纹是因为，肥皂膜竖直放置，由于重力的作用肥皂膜形成了上薄下厚的楔形，在薄膜的某些地方，前后表面反射光出来恰好是波峰与波峰叠加或波谷与波谷叠加，使光的振动加强，形成黄色的亮条纹；在另外一些地方，两列反射光恰好是波峰与波谷叠加，使光的振动相抵消，形成暗条纹．由于楔形表面的同一厚度基本在一水平线上，所以，我们看到的干涉条纹基本是水平的．薄膜干涉在技术上有哪些应用？\n（1）利用光的干涉可以检验光学玻璃表面是否平．（2）现代光学仪器的镜头往往镀一层透明的氟化镁表面．为什么要在镜头上涂一层氟化镁薄膜呢？它怎么起到增加透射光的作用呢？现代光学装置，如摄像机、电影放映机的镜头，都是由多个透镜或棱镜组成的，进入这些装置的光，在每个镜面上都有10％～20％的光被反射，如果一个装置中有5个透镜或棱镜，那么将会有50％的光被反射，若在镜的表面涂上一层增透膜，就可大大减少了光的反射，增强光的透射强度，提高成像质量．氟化镁薄膜应镀多厚？为什么？镀了膜的光学器件与未镀膜的光学器件在外表上有什么区别？为什么？氟化镁薄膜的厚度应为光在氟化镁中波长的1/4，两个表面的反射光的路程差为半波长的奇数倍时，两列反射光相互抵消．所以，膜厚为光在氟化镁中波长的1/4，是最薄的膜．镀了膜的光学器件与未镀膜的光学器件在外表上是有区别的．镀膜的光学器件呈淡紫色，因为在通常情况下，入射光为白光，增透膜只能使一定波长的光反射时相互抵消，不可能使白光中所有波长的光反射时抵消．在选增透膜时，一般是使对人眼灵敏的绿光在垂直入射时相互抵消，这时光谱边缘部分的红光和紫光并没有相互抵消，因此涂有增透膜的光学器件呈淡紫色．光的波动性的另一个特征就是光的衍射现象，我们知道，光的衍射是光离开直线路径绕到障碍物阴影里的现象．那么我们平时为什么不易见到光的衍射呢？因为光的波长很短，只有十分之几微米，而平时障碍物或孔的尺寸远大于光的波长，所以不易见到光的衍射．教师边讲边做实验：在不透明的屏上装有一个宽度可调的单缝，用氦氖激光光源照射，在缝的后面适当位置放一个屏，当单缝较宽时，光沿着直线方向通过缝，在光屏上可以看到一条跟缝宽度相当的亮线；把单缝宽度调小一些，可以看到屏上亮线的宽度也随之减小．而单缝的宽度调得很窄时，光通过单缝后就明显地偏离了直线传播的方向，照到屏上相当宽的地方，并且出现了明暗相间的条纹，再调小缝宽，明暗相间的条纹也随之变得清晰、细小．这个实验说明了什么？说明以往我们所说的光沿直线传播只是一种近似的规律，只有在光的波长比障碍物小得多的情况下，光才可以看作是直进的．在障碍物的尺寸可以跟光的波长相比甚至比光的波长还小的时候，衍射现象就变得十分明显了．所以，障碍物或孔的大小可以与光的波长相比或比光波的波长还小就是光产生明显的衍射现象的条件．光波发生干涉现象时产生干涉条纹，光波发生衍射现象时产生衍射条纹，那么，干涉和衍射本质上有什么相同和不同之处吗？双缝干涉条纹与单缝衍射条纹有什么区别呢？干涉和衍射本质上都是光波的叠加，都证明了光的波动性，但两者有所不同．首先干涉是两列相干光源发出的两列光波的叠加；衍射是许多束光的叠加．稳定的干涉现象必须是两列相干波源，而衍射的发生无须此条件，只是，当障碍物或孔与光的波长差不多或还要小的时候，衍\n射才明显．干涉和衍射的图样也不同，以双缝干涉和单缝衍射的条纹为例，干涉图样由等间距排列的明暗相间的条纹（或彩色条纹）组成，衍射图样是由不等距的明暗相间（中央亮条纹最宽）的条纹或光环（中央为亮斑）组成．同步练习1．下列哪些现象说明光具有波动性[]A．光的干涉B．光的衍射C．光的反射D．光电效应2．白光通过双缝，在屏上形成了干涉条纹，除中央为白色明纹外，两侧还出现彩色条纹，这是因为：[]A．各种色光的波长不同B．各种色光的速度不同C．各种色光的色散不同D．各种色光的折射率不同3．下列现象中，属于光的干涉现象的是[]A．肥皂泡上的彩色花纹B．雨后天边的彩虹C．早晨东方云际出现红色的彩霞D．荷叶上的水珠在阳光下晶莹透亮4．在杨氏双缝干涉实验中，若将其中一个缝挡住，则[]A．屏上出现一条与缝一样的亮条B．屏上一片模糊C．双缝干涉条纹D．出现了衍射条纹5．关于光的干涉，下列说法正确的是[]A．两列不同颜色的单色光，不可能产生干涉现象B．两列不同颜色的单色光，有可能产生干涉现象C．频率相同的单色光一定能产生干涉现象D．频率相同、振动反相的两列单色光能够产生干涉现象6．在双缝干涉实验中，以白光为光源，在屏幕上观察到了彩色干涉条纹，若在双缝中的一缝前放一红色滤光片（只能透过红光），另一缝前放一绿色滤光片（只能透过绿光），这时[]A．只有红色和绿色的双缝干涉条纹，其它颜色的双缝干涉条纹消失B．红色和绿色的双缝干涉条纹消失，其它颜色的双缝干涉条纹依然存在C．任何颜色的双缝干涉条纹都不存在，但屏上仍有光亮D．屏上无任何光亮7．图4-3-4为双缝干涉实验的装置示意图，图中甲图是用绿光进行实验时光屏上观察到的条纹情况，a为中央亮条纹，乙图为换用另一个颜色的单色光实验时观察到的条纹情况，a′为中央亮条纹，则以下说法正确的是[]\nA．乙图可能是用红光实验产生的条纹，表明红光波长较长B．乙图可能是用紫光实验产生的条纹，表明紫光波长较长C．乙图可能是用紫光实验产生的条纹，表明紫光波长较短D．乙图可能是用红光实验产生的条纹，表明红光波长较短8．图4-3-5是双缝干涉的实验装置，使用波长为600nm的橙色光照射，在光屏中心P点呈现亮条纹，在P点上方的P1点到S1、S2的路程差恰为λ，现改用波长为400nm的紫光照射，则[]A．P和P1都呈现亮条纹B．P为亮条纹，P1为暗条纹C．P为暗条纹，P1为亮条纹D．P和P1都为暗条纹9．关于在竖直放置的肥皂膜上产生的干涉现象，下列说法正确的是[]A．干涉条纹的产生是由于光线在膜前后表面反射形成的两列光波的叠加B．用绿光照射产生的干涉条纹比黄光照射时产生的条纹窄C．干涉条纹间的暗线是由于两反射光波波谷与波谷的叠加D．干涉条纹间的暗线是由于两反射光波波峰与波谷的叠加10．一竖直的肥皂膜在单色光的照射下，表面会形成明暗显见的条纹，下列说法正确的是[]A．干涉条纹基本上是竖直的B．干涉条纹基本上是水平的C．干涉条纹的产生是由于光线在肥皂膜前后表面上反射的两列波的叠加的结果D．两列反射波的波谷与波谷叠加的地方出现暗条纹11．在许多光学镜头上涂有增透膜，下列说法正确的是[]A．增透膜的厚度是入射光在空气中波长的1/4B．增透膜的厚度是入射光在薄膜介质中波长的1/4C．从增透膜两表面反射的光相互加强，增加了透射光的强度D．从增透膜两表面反射的光互相消弱，减小了反射光的强度\n12．下列说法正确的是[]A．当光的波长比圆孔的直径大时，可以产生明显的衍射现象B．衍射现象的研究表明“光沿直线传播”只是一种近似规律C．用平行的单色光垂直照射不透明的小圆板，在圆板的后面发现圆板阴影中心处有一亮斑，这是光的干涉现象D．用平行的单色光垂直照射一个刀片，发现屏上刀片的阴影的边缘模糊不清，这是光的衍射现象13．室内的人隔着墙能听到室外的谈话声，而看不见谈话的人，这是因为[]A．声波速度小，光波速度大B．光波频率高，容易产生干涉现象C．声波波长较长，容易产生衍射现象D．声波是纵波，光波是横波14．在白炽灯下，从两块被捏紧的表面不太平的玻璃板的表面能看到彩色条纹，通过两根紧靠在一起的铅笔杆的夹缝去观察白炽灯，也能看到彩色条纹，其实这两种现象[]A．均是光的干涉现象B．均是光的衍射现象C．前者是光的色散现象，后者是光的干涉现象D．前者是光的干涉现象，后者是光的衍射现象参考答案1．AB2．A3．A4．D5．AD6．C7．C8．B9．ABD10．C11．BD12．ABD13．C14．D（作者：北京市朝阳区教研中心张京文）\n四、光的波动性和粒子性教学目标1．让学生了解电磁波谱和光谱的种类及其应用．2．让学生知道光电效应的产生条件和规律；了解电子说：渗透辩证唯物主义的观点和方法．教学重点、难点分析对光电效应四条基本规律的理解及对光电效应现象的解释．教学过程设计教师活动前面我们已经复习了光的干涉现象和衍射现象．光可以产生干涉现象和衍射现象说明了什么呢？学生活动说明光具有波动性．我们在学习机械波时，知道机械波也能发生干涉现象和衍射现象．结合上述两种情况我们能得出什么样的结论呢？干涉现象和衍射现象是波特有的现象．如果我们使用某种方法使电子也能产生衍射图样，那么我们对电子的行为如何认识呢？电子一定具有波动性．很好！请同学们看一看阅读教材．既然光是一种波，那么光波是属于机械波还是属于电磁波？还是独立于机械波、电磁波的另一种波？你们要是科学家对这个问题如何分析？光肯定不是机械波，因为机械波的产生不但要有波源而且还需要介质，光可以在真空中传播不需要介质，因此光不是机械波，所以光不是电磁波，就是一种另外形式的波．现在人们对光波是怎样认识的呢？光是一种电磁波．这个观点是谁提出来的？麦克斯韦．由谁用实验证实的？赫兹．我们知道，电磁波是一个大的家庭，它都有哪些成员呢？无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、γ射线．这些成员合起来就构成了电磁波谱．投影（电磁波谱如图4-4-1．）我们这个世界五彩缤纷，都是由于有可见光，但是，可见光在电磁\n波谱中只是一个很窄的波段．我们观察电磁波谱，能得到什么结论？由左至右，频率越来越大，波长越来越短．在电磁波谱中，各种电磁波的性质不同，因而它们就具有不同的用途，在前面的学习中我们已经学习了关于无线电波、微波的有关知识．下面我们从红外线开始复习．红外线的主要特点是什么？红外线主要特点是热效应，一切物体都在不停地辐射红外线，并且不同的物体辐射红外线的波长和强度不同．红外线的主要用途是什么？（1）利用红外线的热效应对物体进行烘干．（2）利用红外线波长较长，容易发生衍射的特点进行远距离和高空摄影．（3）利用不同物体辐射红外线的波长和强度的不同可以对物体进行远距离探测，这种技术叫红外线遥感．同学们回答的很好，人们对红外线特性的利用远没达到成熟，有待我们进一步开发和利用．现在国外有一种飞机叫做隐形飞机，这种飞机采用多种措施进行隐形，不易被对方的雷达发现，请同学们猜想，它是怎样隐形的呢？多种措施我们还不能完全说出来，但有一条可以肯定，这种飞机必须要减少自身的红外辐射．下面我们来复习有关紫外线的问题．紫外线主要特点和主要用途是什么？紫外线的主要作用是化学作用．一切高温物体发出的光都含有紫外线，紫外线的波长比紫光还短，紫外线有很强的荧光效应，紫外线有杀菌消毒的作用等．下面提一个关于物理学史的问题．世界上第一个获诺贝尔物理学奖的人是谁？伦琴：他为何获奖？发现了X射线，又称伦琴射线．X射线的主要特点和用途是什么？X射线是比紫外线波长还短的电磁波，它的穿透本领很大．X射线穿透物质的本领跟物质的密度有关系，在工业上可以用它来检查金属部件有没有砂眼、裂纹等缺陷，在医学上可以用它来透视人体，检查体内的病变和骨折的情况．比X射线波长更短的电磁波叫做γ射线，它对物体的穿透本领比X射线更强，利用γ射线的穿透作用制成γ射线探伤仪，用来检测金属材料内部伤痕、裂缝、气孔等．利用γ射线穿透金属板的强度变化，可制成金属测厚计来检测金属板的厚度以及镀层的厚度等．不同的电磁波产生的机理不同，它们是如何产生的呢？（1）无线电波是振荡电路中自由电子的周期性运动产生的，这种电路的原理我们学过，就是LC振荡电路．\n（2）红外线、可见光、紫外线是原子的外层电子受到激发后产生的．（3）X射线是原子的内层电子受到激发后产生的．（4）γ射线是原子核受到激发后产生的．既然它们都是电磁波，它们的行为应服从共同的规律，我们知道的它们服从的共同规律都有哪些呢？它们都能发生干涉和衍射现象，它们在真空中的传播速度都是3.0×108m/s．它们的波长或频率不同，导致它们有哪些不同的特性呢？电磁波谱从左至右频率越来越大，波长越来越短，因此就越不容易发生干涉和衍射现象，但穿透本领却越来越强．从电磁波谱中我们看到，可见光是一种电磁波，它是由原子外层电子受激后产生的．由于不同元素的原子及其电子的运动情况不同，受激后产生的电磁波的频率和波长也是不相同的，这就为我们研究物体的化学成分提供了有力的依据．现在这方面的研究已形成了一个专门的学科——光谱学．下面我们复习关于光谱方面的知识．光谱怎样分类？光谱可分为发射光谱和吸收光谱．其实光谱可分为三类：发射光谱、吸收光谱和散射光谱．在高中阶段只介绍了发射光谱和吸收光谱．什么叫发射光谱？由发光物体直接产生的光谱叫做发射光谱．发射光谱怎样分类？发射光谱包括连续谱和线状谱．教师展示挂图，使学生感受连续谱和线状谱．线状谱又叫做原子谱这是为什么？各种元素都有一定的线状谱，元素不同，线状谱不同．所以，线状谱又叫原子光谱．什么是特征谱线？每种元素的原子只能发出某些具有特定波长的光谱线，这种谱线叫做那种元素的特征谱线．如果我们对发光物质的光谱进行分析时，发现了某种元素的特征谱线，我们就可以断定发光物质中一定具有这种元素．什么是吸收光谱？吸收光谱是一束具有连续波长的光通过物质时，某些波长的光被吸收后产生的光谱．这种光谱是以连续光谱为背景，其中有暗线、暗带或暗区．不同物质产生的吸收光谱不同．吸收光谱中的暗线是否可以叫做特征谱线？可以．两条明线和两条暗线相对应．教师展示挂图，让学生观察钠的发射光谱和吸收光谱．教师展示钠的吸收光谱和太阳光谱．教师说明：太阳光谱是太阳内部发出的强光经过温度比较低的太阳大气层时产生的吸收光谱．太阳大气层中有钠吗？\n有．教师布置让学生将这部分书认真阅读．前面我们复习了光的电磁说，它很好地解释了光的干涉、衍射现象，但是，光的电磁说并不能成功地说明光的所有现象．例如光电效应现象．实验装置（图4-4-2）叙述实验现象：用弧光灯照射锌板，验电器就张开一个角度，说明锌板带了电，进一步检查知道锌板带的是正电．这说明在弧光灯的照射下，锌板中有一部分电子从表面飞了出去，锌板缺少了电子，于是带正电．这种在光的照射下从物体发射出电子的现象叫做光电效应，发出来的电子叫做光电子．光电效应现象的四点结论是什么？（1）任何一种金属，都有一个极限频率，入射光的频率必须大于这个极限频率，才能产生光电效应；低于这个频率的光不能产生光电效应．（2）光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光的频率的增大而增大．（3）入射光照到金属上时，光电子的发射几乎是瞬时的，一般不超过10-9S．（4）当入射光的频率大于极限频率时，光电流的强度与入射光的强度成正比．光的电磁说不能解释前三条实验结论．第一：按照光的电磁说，光是电磁波，是变化的电场与变化的磁场的传播．入射光照射到金属上时，金属中的自由电子受变化电场的驱动力作用而做受迫振动，增大入射光的强度，光波的振幅增大，当电子做受迫振动的振幅足够大时，总可挣脱金属束缚而逸出，成为光电子，不应存在极限频率．第二：按照光的电磁说，光的强度应由光波的振幅决定，因此光电子的最大初动能应与入射光的强度有关．第三：按照光的电磁说，光电子的产生需要较长的时间而不是瞬间．光电磁说与光电效应现象产生了尖锐的矛盾．是谁最终成功地解释了光电效应现象？爱因斯坦．爱因斯坦是怎样解释的？爱因斯坦在普朗克关于电磁波的发射和吸收是不连续的而是一份一份地进行的学说启发下提出了光子说．光子说认为：在空间传播的光也是不连续的，而是一份一份的，每\n一份叫做一个光子，光子的能量跟它的频率成正比，即E=hv，h是普朗克常数．光子的能量只与光的频率有关，金属中的电子吸收的光子的频率越大，电子获得的能量也就越多，当能量足以使电子摆脱金属束缚时就能从金属表面逸出，成为光电子．因而存在一个能使电子获得足够能量的频率，即极限频率．上述解释同样能解释光电效应第二条结论．电子吸收了光子后，动能立刻就增加了，不需要能量的积累过程，因此光电子的发射几乎是瞬时的．解释得很好，至于第四条结论怎样解释请同学们课后思考，可阅读教材．我们在复习电磁波谱时知道，光的频率越大，其对物体的穿透本领就越强，这是为什么？按照爱因斯坦的光子说，光的频率越大，组成这种光的光子能量也就越大，当然对物体的穿透本领也就越强了．通过上边的复习我们知道，光既有波动性，又有粒子性，人们无法只用其中一种来说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性，请同学们阅读光的波粒二象性一节．请同学们自己复习光电管并阅读爱因斯坦光电效应方程部分．同步练习一、选择题1．红、橙、黄、绿四种单色光子，光子能量最小的是[]A．红光B．橙光C．黄光D．绿光2．太阳光谱中有许多暗线，它们是对应着某些元素的特征谱线，产生这些暗线是由于[]A．太阳表面大气层中缺少相应的元素B．太阳内部缺少相应的元素C．太阳表面大气层中存在着相应的元素D．太阳内部存在着相应的元素3．用绿光照射一光电管，能产生光电效应，欲使光电子从阴极射出时的最大初动能增大，应[]A．改用红光照射B．增大绿光的强度C．增大光电管的加速电压D．改用紫光照射4．在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连，用弧光灯照射锌板时，验电器的指针就张开一个角度，如图4-4-3所示，这时[]\nA．锌板带正电，指针带负电B．锌板带正电，指针带正电C．锌板带负电，指针带正电D．锌板带负电，指针带负电5．设λ1、λ2是两种单色光1、2在真空中的波长，若λ1＞λ2，则这两种单色光线相比[]A．单色光1的频率较小B．玻璃对单色光1的折射率较大C．在玻璃中，单色光1的传播速度较大D．单色光1的光子能量较大6．两种单色光A、B分别由垂直水平方向从水面射向水底，它们经历的时间tA＞tB，下列判断正确的是[]A．A色光的波长比B色光的波长大B．A色光的波长比B色光的波长小C．A色光的光子能量比B色光的光子能量大D．A色光的光子能量比B色光的光子能量小二、计算题7．一单色光照在金属钠的表面上时有光电子射出，当所加反向电压为3V时，光电流恰好为零，已知钠的极限频率为5000Hz，求：该单色光的频率．8．有一功率为500W的红外线电热器，如果它辐射的红外线的频率为3.0×1014Hz，求：（1）每秒发出的光子数；（2）在距离电热器2m远处，垂直于红外线传播方向的1cm2的面积上每分钟能接收到多少个光子？参考答案1．A2．C3．D4．B5．AB6．BC7．1.32×1015Hz8．（1）2.5×1021（个），（2）3.0×1017（个）（作者：北京市朝阳区教研中心周岗）\n原子、原子核一、原子结构教学目标1．通过原子结构理论的发展过程的复习讨论，使学生强化树立辩证唯物主义认识论的观点，培养构建科学思维与研究方法．从19世纪末的1897年发现电子后，在大约20年内科学家们提出了原子结构的以下模型：汤姆生的“枣糕结构”、卢瑟福的“核式结构”、玻尔的“能级结构”、量子力学的“电子云结构”．学生应搞清这四种原子结构理论的内容并区分开这四种模型，特别是以最简单的氢原子为例，后三种原子结构模型各是如何，不能混淆．要使学生了解，每种原子结构理论的提出，都有特定的实验基础和背景，提出后也都有应用上的成功和困难；而理论认识由低级到高级的发展，总是离不开科学实践与科学家们符合实际的大胆猜想与假设，即“实践、认识、再实践、再认识⋯⋯，每一循环的内容，都比较地进到了高一级的程度”．2．使学生加强理解掌握在卢瑟福核式结构学说基础上的玻尔原子结构理论；能够对氢原子根据能级（轨道）定态跃迁知识解决相关问题．应使学生明确，根据玻尔理论所描述的原子结构图景，仍然是卢瑟福所描述的核武结构，不同之处在于：以氢原子为例，它的核外的一个电子并非处在唯一确定轨道，绕核旋转时虽有加速度但不向外辐射电磁波，所以电子不至于因能量减少而落到核上，原子是稳定的；这个电子是处在一系列可能的、不连续的轨道上，即氢原子处在一系列可能的、不连续的能量定态（能级）上，当原子发生能级跃迁即电子轨道跃变时，才辐射或吸收一定频率的光波（光子）．这样，就克服了卢瑟福学说的原子不稳定和解释不了氢原子光谱的困难．3．通过氢原子的电子绕核旋转和能级跃迁与卫星绕地球旋转的类比和分析讨论，提高学生应用力、电、原子知识的综合分析能力，特别是加强从能量转化守恒观点出发分析解决问题的能力．教学重点、难点分析卢瑟福的核式结构学说与波尔的原子结构理论，作为重点难点知识，学生在理解掌握上的困难，一是不明确两种原子结构理论的区别与联系；二是对原子的定态和能级跃迁等知识的理解认识不够透彻，以致分析解决相关问题时易混易错．氢原子各定态的能量值，是电子绕核运动的动能（Ek）和电势能（）的代数和．由于取离核无穿远处=0，则电子在正电荷的电场总能量为负值．至于处在基态的氢原子，其能量（E1）、电子轨道半径（r1）之值作为结论给出，不要求推导得出．若一群氢原子处于量子数为n的激发态时，可能辐射的光谱线条数（不同波长、频率的光波或不同能量的光子数），可据下式计算：\nn-(n-1)N=．教学过程设计2教师活动问：何人何时发现的电子．电子的发现对人类认识原子结构有何意义？电子发现后的大约20年内科学家们先后提出了哪几种原子结构模型？学生活动同学们回忆或看书后答出：1897年，英国人汤姆生研究阴极射线时发现了电子．电子的发现说明原子是可分的．四种原子结构理论模型为：汤姆生提出“枣糕模型”；1911年英国人卢瑟福提出“卢瑟福核结构学说”，1913年丹麦人玻尔提出“玻尔原子理论”；20世纪20年代，海森堡等科学家提出“量子力学的原子理论”．问：四种原子结构理论的实验基础、内容、成功之处、困难各如何？同学们看书、议论．利用多媒体手段进行如下投影，并简要说明．看投影出的结论．实验基础理论内容与模型成功困难发现电子可解释一些不能解释α原子受激发粒子散射现光产生原子象．光谱的事原子中正电荷均匀分布，电实．子如枣镶嵌于内．阴极射线（电子）在电场（或磁场）中偏转，射到阴极玻璃管发出荧光．α粒子散射性现象：（1）原子中心有核，核外圆满解释α据经典电磁有电子绕核旋转．粒子散射，理论，有加可推算各元速度的运动素原子核带电子应不断的正电荷辐射电磁绝大多数过金原子仍原向前数，可估计波，能量不进，少数发生较大偏转，极少出原子核的断减少，原（2）带正电原子核几乎集数甚至反弹．大小＜子发光应产中原子全部质量，带负电的1014m（原生连续光电子质量很小．子半径约谱，最终电10-10m）子落\n（3）核带正电荷数与核外电子带负电荷到核数相等．（4）电子绕核旋转的向心力即上．但实核对它的库仑引力．际上原子光谱为明线（或吸收）光谱，原子也是稳定的．氢的原子光谱现象．明线（1）原子只能处于一系列不连续的能量表明了卢瑟解释有两光谱为状态中，这些状态叫定态，各定态的能量福核式结构个以上电值为能级．电子虽绕核旋转，但不向外辐学说困子的复杂射能量，原子是稳定的．（2）原子从一难．圆满解原子光谱定态跃迁到另一定态时，它辐射或吸收一释氢原子光遇到困定频率（或波长）的光子，光子能量由两谱的规律．难．定态的能量差决定，即chv=h=E-El初终（3）原子的不同能量状态跟电子沿不同轨道相对应，原子定态不连续，则电子的轨道也不连续．E12En=2,rn=nr1r(E1=-13.6eV,-10r1=0.53×10m)复杂原子的核外电子无确定轨道，电子在原子克服了玻尔理论不能给出原子的光谱现象内各处出现几率不同．的困难．一个直观图景．教师活动引导同学们对一个卫星环绕地球与一个电子环绕氢原子核的卢瑟福结构模型进行类比分析．问：什么力提供卫星、电子的向心力？如何表示？\n学生活动同学参与分析回答：地球引力场中的卫星所受地球的万有引力作为向心力．2mMv±G·=mr2r(r=R+h)地原子核（正电荷）电场中的电子受核的库仑引力作为向心力．22evK=mr2r问：卫星、电子的环绕速度和动能如何表示？（与距离关系）G·MKv=(r®v¯)v=e=(r®v¯)RmrGmMKe2Ek=(r®Ek¯)Ek=(v®Ek¯)2r2r问：若规定距地球和原子核无穷远时，卫星、电子势能为零，地球卫星系统与原子核电子系统的总能量多大？地球的卫星重力势能EP=0动能Ek=0地球系统总能量（机械能）=0电子的电势能=0动能EK=0原子系统总能量=0问：环行的卫星与电子为什么有能量损失？它们的动能、势能、系统的总能量各如何变化？将有怎样的结果？卫星要克服大气阻力做功，损耗机械能转化为内能．↓E总=Ep↓+Ek↑Ep减少多，Ek增加少，E总减少．环绕速度V增大，高度h（r）降低，沿螺旋线最终坠入大气层烧毁或溅落于地球上．据经典电磁理论，速度变化的电子要辐射电磁波能量，使它总能量减少．↓E总=↓+Ek↑减少多，Ek增加少，E总减少．环绕速度V增大，与核距离减小，辐射电磁波（光）的频率逐渐增大，（波长逐减）为生成连续光谱，沿螺旋线最终落于核上．问：根据玻尔理论、氢原子的电子为什么最终不落在核上？为什么原子发光生成原子光谱？电子在某一定态轨道上虽有加速度，但不辐射电磁波能量，所以电子不会落到核上，原子是稳定的．这是因为宏观的经典电磁理论并不适用于微观电子的运动．氢原子定态能量的减少，是由于高能级的激发态向低能级定态或基态跃迁，辐射一定能量光子造成．由于各定态有确定能量差，所以能生\n成有确定光子能量（hv）或确定光波频率（v）、c波长（λ=）的明线光谱或吸收光谱．v[例题]（投影）氢原子基态能量E1=-13.6eV，电子绕核运动半径r1=0.53×10-10m．求氢原子处于n=4激发态时：（1）原子系统具有的能量？（2）电子在轨道上运动的动能？（3）电子具有的电势能？（4）向低能级跃迁辐射的光子频率最多有多少种？其中最低频率为多少（保留两位有效数字）？解：E1（1）E4=2=-0.85eV422ev2（2）因为r4=4r1，K2=mr4r4212Ke所以Ek4=mv=232r19×109×（1.6×10-19）2=J=0.85eV32×0.53×10-10（3）因为E4=Ek4+4所以4=E4-Ek4=-0.85-0.85=-1.7eV（4）最多有六种．从n=4→3；3→2；2→1；4→2；4→1；3→1．能级差最小的是n=4→n=3，所辐射的光子能量为：æ-13.6ö△E=hV=E4-E3=-0.85-çè2÷ø3=-0.85+1.51=0.66（eV）最低频率：△E0.66×1.6×10-19v===1.6×1014（Hz）h6.6×10-34（普朗克恒量h=6.63×10-34J·S不需记）问：已知氢原子基态能量E1，氢原子在量子数为n的激发态时，电子的动能和电势能各为多少？处于量子数为n激发态的氢原子最多能辐射多少种频率的光谱线？学生讨论后得出：老师酌情回答．同学们提问题．同步练习\n一、选择题1．在α粒子散射实验中，当α粒子最接近金原子核时，α粒子符合下列哪种情况？[]A．动能最小B．电势能最小C．α粒子与金原子核组成的系统的能量最小D．所受原子核的斥力最大2．卢瑟福的原子核式结构学说初步建立了原子结构的正确图景，能解决的问题有[]A．解释α粒子散射现象B．用α粒子散射数据估算原子核的大小C．结合经典电磁理论解释原子的稳定性D．结合经典电磁理论解释氢光谱3．根据玻尔理论，氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道后，则[]A．原子的能量增加，电子的动能减少B．原子的能量增加，电子的动能增加C．原子的能量减少，电子的动能减少D．原子的能量减少，电子的动能增加4．关于玻尔的原子模型，下列说法中正确的有[]A．它彻底否定了卢瑟福的核式结构学说B．它发展了卢瑟福的核式结构学说C．它完全抛弃了经典的电磁理论D．它引入了普朗克的量子理论5．按照玻尔理论、当氢原子中电子由半径为ra的圆轨道跃迁到半径为rb的圆轨道上，若rb＞ra，则在跃迁过程中[]A．氢原子要吸收一系列频率的光子B．氢原子要辐射一系列频率的光子C．氢原子要吸收某一频率的光子D．氢原子要辐射某一定频率的光子6．处于基态的氢原子被一束单色光照射后，共发出三种频率分别为v1、v2、v3的光子，且v1＞v2＞v3，则入射光子的能量应为[]A．hv1B．hv2C．hv3D．h（v1+v2+v3）二、非选择题7．氢原子的核外电子由基态跃迁到n=2的激发态时，吸收的光子能量为E，若氢原子的核外电子从n=3的能级跃迁到n=2的能级时，释放的光子能量是______．8．当氢原子在最低的四个能级之间跃迁时，所辐射的光子的最大频率为______，最大波长为______．9．氢原子从能级A跃迁到能级B时，辐射出波长为λ1的光子，从能级A跃迁到能级C时，辐射出波长为λ2的光子．若λ1＞λ2，则氢原子从能级B跃迁到能级C时，将______光子，光子波长为______．\n10．已知氢原子基态电子轨道半径r1=0.53×10-10m，基态能量E1=-13.6eV．电子的质量m=0.9×10-30kg．求：（1）电子绕核运行的速度和频率．（2）若氢原子处于n=2的激发态，电子绕核运行的速度．11．将氢原子电离，需要从外部给电子以能量，使其从基态或激发态脱离原子核束缚而成为自由电子．若要使n=2激发态的氢原子电离，至少用多大频率的电磁波照射该氢原子？参考答案1．AD2．AB3．D4．BD5．C6．A515-67．E8．3.1×10Hz1.9×10m27λ1·λ29．辐射，λ1-λ210．（1）2.2×106m/s6.6×1015Hz（2）1.1×106m/s11．8.21×1014Hz（作者：北京十二中刘正己）\n二、原子核教学目标1．通过人类认识原子核组成的过程复习，使学生明确认识依赖于实践；科学的认识源于科学家们的科学实验与研究探索．从而培养学生的科学态度与探索精神．学生应知道一些重要的物理事实：天然放射性的发现，质子、中子、放射性同位素的发现等，恰恰是明确原子核组成的实验基础．2．掌握衰变及原子核人工转变的规律——质量数守恒、核电荷数守恒．学生应能根据实际写出正确的核反应方程．应用衰变规律分析解决相关问题，并明确半衰期的意义．3．明确核力、结合能、平均结合能、质量亏损、爱因斯坦质能方程的意义，并掌握其应用——获得核能的途径（裂变、聚变）．教学重点、难点分析1．放射性元素衰变时，通常会同时放出α、β和γ三种射线，即α、β衰变核反应同时放出γ射线（释放能量）．在某些特殊情况下，某些放射性元素只放出α或只放出β射线．但任何情况下都不会只放出γ射线，γ射线只能伴随α或β射线放出．发现放射性同位素的同时，发现正电子的核反应可称为放射性同位素的+β衰变，其核反应方程为3030015P®40Si++1e放射性元素的半衰期只决定于原子核的性质，与元素所处物理、化衰变时间学状态无关．经n个半衰期（n=），余下的半衰期原子核数N，与原有原子核数N0间的关系为：1næöN=N0ç÷è2ø对应质量关系1næöm=m0ç÷è2ø2．写四类核反应方程，即衰变、人工转变、裂变、聚变核反应时，要遵循三个守恒，即质量数、荷电核数、能量守恒．但要以核反应的事实为基础，不能仅根据质量数、荷电核数两个守恒而书写出事实上不存在的核反应．另外，核反应通常是不可逆的，方程中只能用“→”连接并指示反应方向，而不能用“=”连接．β衰变与+β衰变中，新原子核的荷电核数的变化，可理解为在原来的核中有：1101100n®1H+-1e;1H®0n++1e3．△E=△mc2这一爱因斯坦质能关系式，是释放原子核能的重要理论依据．具体应用之计算核能时要注意单位的统一，△m单位是“kg”，△E单位是“J”；若△m单位是“U”，则△E的单位是“MeV”．\n△m=lu=1.66×10-27kg相当于931.5MeV此结论可在计算中直接应用．4．裂变与聚变均是释放原子核能（结合能）的核反应，应理解为反应后均发生质量亏损，所以都释放出核能以γ光形式辐射；重核裂变、轻核聚变都是变成中等质量核，即都是由核子平均结合能小的核变成核子平均结合能大的核；又都是在一定条件下才能完成的核反应，即必须先吸收能量（有中子轰击或超高温存在），再释放能量；是由于生成新核的核子平均结合能大，所以反应吸收的能量小于核子平均结合能与核子数乘积（释放的能量）．5．在无光子辐射的情况下，核反应中释放的核能转化为生成新核与粒子的动能．此种情况可应用动量守恒与能量守恒计算核能．教学过程设计教师活动问：人类是怎样认识到微观原子核的组成的？再通过以下具体问题引导同学回答：学生活动同学们看书、讨论．可请看过“居里夫人传”的同学，简要谈谈居里夫人的业绩和为科学事业的献身精神．问：何时何人发现放射性现象？答：1896年法国人贝克勒尔首先发现了铀的放射性现象．随后居里夫妇发现了有更强放射性的元素钋和镭．问：三种放射线的本质是什么？与物质作用效果有何区别？40答：α射线是氦原子核（2He），β射线是电子（-1e），γ射线是γ光子．依α、β、γ顺序电离本领减弱，穿透本领增强．问：放射性现象的发现有什么重大意义？答：说明原子核是可分的．因为知道了三种射线的本质后，通过思考分析即能断定：α粒子的质量、电性与电量与原子核外电子大不相同；β射线中的电子能量远大于核外电子的能量；γ射线能量也大于核外层电子受激辐射的X射线能量．所以三种射线是由原子核发出的．问：原子核的衰变有什么规律？写衰变核反应方程的法则是什么？如何理解β衰变与+β衰变后新原子核的核电核数的变化？答：原子核衰变过程服从质量数、核电荷数以及能量守恒．一般α衰变与β衰变的同时要释放能量，以γ射线形式放出．写衰变核反应方程的法则为：MM-44α哀变：ZX®Z-2Y+2HeMM0β衰变：ZX®Z+1Y+-1eMM0+β衰变：ZX®Z-1Y++1eβ衰变后新核荷电荷数加1是由于原核中有1个中子110变为质子与电子，即：0n®1H+-1e\n+β衰变后新核荷电荷数减1是由于原核中有1个质110子变为中子和正电子，即1H®0n++1e问：什么是半衰期？其长短由什么决定？如何计算衰变后剩余原子核数？答：放射性元素的原子核有半数发生衰变需要的时间叫放射性元素的半衰期．半衰期只由元素的性质决定，与元素所处物理化学状态无关．衰变时间放射性元素经n个半衰期（n=）后，剩余原子核数N与半衰期nnæ1öæ1ö原来原子核数N0关系为：N=N0ç÷.相应质量关系为m=m0ç÷．è2øè2ø238206[例1]写出92U变为82Pb的核反应方程．238206解：设92U变为82Pb发生了n次α衰变与m次β衰变，则其核反应方程为2382064092U®82Pb+n2He+m-1e据荷电荷数与质量数守恒应有：92=82+2n-m238=206+4n以上二式联立解得n=8，m=6．故此题所述核反应方程为：2382064092U®82Pb+82He+6-1e问：何时、何人发现了质子、中子、放射性同位素？相应的人工转变核反应方程是什么？答：1919年英国人卢瑟福发现了质子．方程为：4141712He+7N®8O+1H1932年英国人查德威克发现中子．方程为491212He+4Be®6C+0n1934年约里奥、居里和伊里芙、居里夫妇发现放射性同位素．方程为427301302He+13Al®15P+0n（P的放射性同位素15P不稳定,又可衰变为30014Si和正电子+1e）问：同位素的原子核组成上有什么相同点与不同点？放射性同位素有什么方面的应用？1答：核电荷数（Z）相同，即质子（1H）数相同，以致1化学性质相同；质量数（M）不同，即中子（0n）数不同，以致物理性质不同．均满足：质量数（核子数）=质子数+中子数．放射性同位素一是应用它的射线（γ射线的穿透性）；二是应用它作为示踪原子．问：核能是怎样释放的——获得核能的途径是什么？启发：1896年发现放射性现象后，经过45年，到1942美国芝加哥大学足球场建成人类的第一个原子反应堆．其间有几十位物理学家获诺\n贝尔奖，才使人类进入“核时代”．反应堆作为可控裂变核反应的核能源，其废料有长期副作用．未来“最干净的能源”——可控“热核反应”，即“聚变”核反应缓慢释放核能问题的解决，科学家们已经做了半个世纪的努力，现仍在力争实现中．同学们看书、讨论．问：什么是核力、结合能、平均结合能、质量亏损与爱因斯坦的质能方程？答：核子（质子与中子）之间在小于2.0×10-15m的距离时，所存在很强的引力叫核子力，即核力．核子结合成原子核时所释放的能（或原子核分解成核子吸收的能），叫原子核的结合能，即核能．原子核的结合能核子的平均结合能=核子数核子结合成原子核时减少的质量叫质量亏损．质量亏损△m=原来核子的总质量-原子核的质量爱因斯坦质能方程为：E=mc2或△E=△mc2人类获得核能的途径是什么？答：2351136901重核裂变：如92U+0n®54Xe+38Sr+100n+△E2341轻核聚变：如1H+1H®2He+0n+△E两种核反应中均发生质量亏损，因而释放出结合能△E．若亏损△m=lu，则△E=931.5MeV．3[例2]已知氘核质量为2.0136u，中子质量为1.0087u，2He核的质量为3.0150u．3（1）写出两个氘核聚变成2He的核反应方程（2）计算上述核反应中释放的核能（3）若两氘核以相等的动能0.35MeV作对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应生成的32He核与中子的动能各是多少？解：2231（1）1H+1H®2He+0n（2）△m=2.0136×2-（3.0150+1.0087）=0.0035u释放的核能：△E=△mc2=931.5×0.0035=3.26MeV3（3）设2He与中于质量分别为m1、m2；速度分别为v1和v2，则由动量守恒和能量守恒应有：m1v1-m2v2=0Ek1+Ek2=2Ek0+△E解方程组，可得：\n11Ek1=(2Ek0+△E)=×(2×0.35+3.26)44=0.99MeV33Ek2=(2Ek0+△E)=×(2×0.35+3.26)44=2.97MeV教师酌情回答同学们提问题．同步练习一、选择题2381．92U经过3次α衰变和2次β衰变，最后得到的原子核中的质子数为[]A．92B．88C．138D．2262．在下列4个核反应式中，x表示了中子的是哪些[]1441727430A．7N+2He®8O+xB．13Al+2He®15P+x234235901361C．1H+1H®2He+xD．92U+x®38Sr+54Xe+100n3．设某放射性同位素A的半衰期为T，另一种放射性同位素B的半衰期为T/2．在初始时刻，A的原子核数目为N0，B的原子核数目为4N0，则[]A．经过时间2T，A、B的原子核数目都等于N0/2B．经过时间2T，A、B的原子核数目都等于N0/4C．经过时间3T，A、B的原子核数目都等于N0/8D．经过时间4T，A、B的原子核数目都等于N0/164．质子、中子组成氦核，质量分别是mp、mn和mα，则[]A．mα＞2（mp+mn）B．mα=2（mp+mn）C．mα＜2（mp+mn）D．以上三种情况都有可能5．根据爱因斯坦质能关系方程，可以说明[]A．任何核反应，只要伴随能量的产生，则反应前后各物质的质量和一定不相等B．太阳不断地向外辐射能量，因而它的总质量一定不断减少C．虽然太阳不断地向外辐射能量，但它的总质量是不变的D．若地球从太阳获得的能量大于地球向外辐射的能量，则地球的质量将不断增大6．某原子核A经过P次α衰变，Q次β衰变后变成原子核B，则[]A．核A的质量数比核B的质量数多4P个B．核A的质子数比核B的质子数多（2P-Q）个C．核A的中子数比核B的中子数多（2P+Q）个D．核为A的中性原子中的电子数比核为B的中性原子中的电子数少（Q-2P）个\n二、非选择题M7．某放射性原子核ZA以速度v运动时，某瞬间释放一个α粒子，α粒子的速度方向同原子核原来运动方向相反，大小为2v，那么，所生成的新核的速率为______，方向为______．8．一个中子以速度v0与一个静止的原子核作正碰，若碰撞过程无动能损失，原子核的质量为A，则原子得到的能量E与中子的初始能量E0的比值E∶E0=______．9．两个中子和两个质子结合成氦核，同时释放一定的核能．若中子质量mn=1.0087u，质子质量mH=1.0073u，氦核质量mα=4.0026u，试计算生成1kg氦时，要释放多少核能？10．某核电站发电能力为5×105kw，用235U作为核燃料，已知每个235U核裂变平均释放200MeV的能量，设释放的核能全部转化为电能，则该电站每天消耗多少235U？22211．足够强的匀强磁场中有一个原来静止的核86Rn（氡），它放射出一个α粒子后变成Po（钋）核．若放出的α粒子运动方向与磁场方向垂直，求（1）α粒子与Po核在匀强磁场中的径迹圆半径之比？（2）α粒子与Po核两次相遇时间间隔与α粒子运动周期的关系．参考答案1．B2．BCD3．B4．C5．ABD6．ABCDM+8M7．v，与原子核ZA方向相同M-44A8．()21+A9．6.59×1014J10．527g11．（1）42∶1（2）α粒子要转109圈，Po核转84圈才能相遇，故两次相遇时间间隔△t=109Tα．（作者：北京十二中刘正己）