物理课件：第4讲拿下选考题-力争得满分
第4讲 实验：用打点计时器测速度-2021-2022学年高一物理同步备课课件名课堂优选
二、练习使用打点计时器
1.实验步骤 (1)把打点计时器固定在桌子上并穿好纸带. (2)把打点计时器的两个接线柱接到交流电源上(电磁打点计时器接6V低压交流电，电
火花计时器接220V交流电). (3)先接通电源开关，再用手水平拉动纸带，纸带上就打下一行小点，随后立即关闭
题点
电磁打点计时器误差分析 就像纸带上出现短线、、、等什么的，具体一点儿，并分析出现这种情 况的原因
短线原因有2个：一打点计时器电压过高，电磁铁磁性强振针摆动大，二是振针距离复写纸 的距离过小， 举一反三：若以上讲的相反那么纸带上就会ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ有点。 这个实验误差总的有：阻力误差，交流频率不稳，测量，计算误差等
物理实验中常用的打点计时器有两种，分别是的电磁打点计时器和电火花打点计时器。以前经常用的是前者， 电磁打点计时器。这种打点计时器工作时使用的是低压交流电源，一般是4伏到6伏。电磁打点计时器使用时 需要学生电源为其供电，将220伏交流电变成低压交流电，并且电磁打点计时器工作时电压也需要调节，在4 到6伏反复调整，直到打出清晰的点迹，如果有拖拉就需要调整针的长短。
在使用打点计时器时（ A ） A．应先接通电源，再让纸带运动 B．应先让纸带运动，再接通电源 C．在让纸带运动的同时接通电源 D．先让纸带运动或先接通电源
甲乙两个同学用打点计时器分别记录了两个物体的运动情况如图所示，打点计时器的振针每1 秒钟内上下振动共50次，每打两个点之间的时间间隔相同，通过纸带上各点的情况分析下面问 题：
一、了解打点计时器
1.作用及分类 打点计时器是一种使用交流(填“交流”或“直流”)电源的计时仪器，当电源频率为
初中物理人教版九年级全册《第4节焦耳定律》课件
焦耳定律
教学课件
电炉丝和导线通过电流相同，为什么电炉丝热得发红，而导线却几乎不发 热? 电流通过导体时产生热的多少跟什么因素有关?
1. 理解焦耳定律，并能用焦耳定律进行有关计算，会解 释有关电热现象；了解电热的利用和防止。
2.在实验中过程，体验控制变量法和转换法的应用，进一 步提高实验设计和操作能力，养成实事求是和严谨的科学 态度。
解：由电路图可知，电路中的电流：
I U 6V 0.2A R R 10 20
1
2
R1的电功率P1=I2R1=（0.2A）2×10Ω=0.4W
电阻R2产生的热量Q2=I2R2t═（0.2A）2×20Ω×30s=24J
2.（2018•广安）如图，灯泡L上标有“6V 3W”字样，电源电
压6V且保持不变，定值电阻R=8Ω
焦耳
电能和电热关系
当电流通过导体时，如果电能全部转化为内能，而没有同时转化成其他形式
的能量，那么电流产生的热量Q 就等于消耗的电能W，即：Q = W = UIt =
I2Rt (如：电暖器、电饭锅、电炉子等) 此时：Q=W=Pt=UIt = U2 t = I2Rt R
适用于纯电阻电路（只发热）
【问题回顾】电炉丝和导线通过的电流相同。为什么电炉丝热的发红，而导
（4）电动机的转子突然被卡住时，此时相当于纯电阻，发热功率为：
U 2 2V
P热
R
8W
0.5
1．电热的利用
知识点 3 电热的利用和防止
电熨斗
电热毯
电热孵化器
电烙铁
电饭锅
热得快
电热器的优点: 清洁卫生，没有环境 污染，热效率高，还可以方便地控制 和调节温度。
2．防止电热的危害
2020届高考艺术生物理复习教师用书：专题二第4讲 “三大观点”解决力学问题 Word版含解析
第4讲 “三大观点”解决力学问题三年考情分析高考命题规律三年考题 考查内容 核心素养 近几年高考中对力学综合知识的考查一般体现在计算中，尤其在动量成为必考内容后，其考核更加多样化．对于一般的力学问题要涉及以下知识点：①牛顿运动定律结合运动学公式处理有规律的运动；②动能定理结合能量守恒定律处理变力及曲线运动问题；③动量定理结合能量守恒定律处理碰撞、爆炸、反冲类问题．此部分在复习中要有效地寻求解题的突破口.2019Ⅲ卷25T动量和能量的综合应用 物理观念科学思维 2018 Ⅰ卷24T动量与能量的综合应用 科学思维2017Ⅱ卷24T牛顿第二定律，运动学公式科学思维Ⅲ卷25T动力学观点解决板块问题物理观念科学思维考向一 用动力学观点解决力学综合问题[知识必备]——提核心 通技法[典题例析]——析典题 学通法[例1] (2019·江苏卷，15T)如图所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 后停下，接着敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，求：(1)A 被敲击后获得的初速度大小v A ；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小a B 、a ′B ； (3)B 被敲击后获得的初速度大小v B .[审题指导] (1)A 获得向右的速度后，A 对B 向右的滑动摩擦力小于地面对B 向左的最大静摩擦力，因此，此过程B 静止不动．(2)B 获得向右速度后，A 、B 间发生相对滑动，到再次左边缘对齐，A 、B 两物块的位移差为L .[解析] (1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小 a A ＝μg匀变速直线运动 2a A L ＝v 2A解得 v A ＝2μgL(2)设A 、B 的质量均为m对齐前，B 所受合外力大小 F ＝3μmg 由牛顿运动定律F ＝ma B ，得 a B ＝3μg 对齐后，A 、B 所受合外力大小 F ′＝2μmg 由牛顿运动定律F ′＝2ma ′B ，得a ′B ＝μg(3)经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小等于a A 则 v ＝a A t ，v ＝v B －a B t x A ＝12a A t 2，x B ＝v B t －12a B t 2 且 x B －x A ＝L 解得 v B ＝22μgL[答案] (1)v A ＝2μgL (2)a B ＝3μg ，a ′B ＝μg (3)v B ＝22μgL[跟进题组]——练考题 提能力1．如图所示，地面上有一固定的倾角θ＝37°的斜面，质量为m ＝2 kg 的滑块C (可视为质点)从距长木板上表面高h ＝0.6 m 处由静止滑下，水平地面上长木板A 上表面与斜面末端平滑对接，A 左端与斜面间紧靠在一起但不粘连，A 右端与B 左端紧靠在一起同样不粘连，A 、B 的上表面涂有不同材质的涂料，下表面光滑，长度L 均为37.5 cm ，质量M 均为1 kg ，原先静止在光滑的水平地面上，已知滑块C 与斜面间的动摩擦因数为μ0＝0.5，滑块C 与木板A 间的动摩擦因数为μ1＝0.2，滑块C 与木板B 间的动摩擦因数为μ2＝16，忽略空气阻力．(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2)求：(1)滑块C 到达斜面底端时的速度v 0为多大？(2)滑块C 在A 上表面滑行时，A 、B 间的弹力大小为多少？ (3)经多长时间滑块C 运动到A 的右端？此时滑块C 的速度为多大？(4)最终稳定时，滑块C 是否脱离长木板B ？若未脱离，滑块C 相对B 静止的位置距离B 右端多远？解析：(1)滑块在斜面上运动时，由牛顿第二定律得 mg sin θ－μ0mg cos θ＝ma 0， 代入数据解得a 0＝2 m/s 2， 由运动学公式得v 20＝2a 0hsin 37°， 代入数据解得v 0＝2 m/s.(2)C 在A 上表面滑行时，A 、B 一起运动，受到C 给的向右的摩擦力为μ1mg ＝2Ma AB ， 解得a AB ＝2 m/s 2，隔离B 分析，A 对B 的弹力为F ＝Ma AB ＝2 N. (3)C 在A 上滑行时，C 减速运动的加速度大小为 a 1＝μ1g ＝2 m/s 2，设经过时间t 1，C 刚滑离A 滑上B ，则⎝⎛⎭⎫v 0t 1－12a 1t 21－12a AB t 21＝L ， 代入数据解得t 1＝14 s ⎝⎛⎭⎫t 1＝34 s 不合题意.舍弃， 此时A 、B 的速度v AB ＝a AB t 1＝0.5 m/s ， C 的速度v ＝v 0－a 1t 1＝1.5 m/s.(4)此后，C 在B 上继续做减速运动，设C 的加速度大小为a 2，B 的加速度大小为a B ， a 2＝μ2g ＝53 m/s 2，a B ＝μ2mg M ＝103m/s 2， 假设C 未脱离B ，经过时间t 2，B 、C 速度相同， v B ＝v C ，即v －a 2t 2＝v AB ＋a B t 2， 解得t 2＝0.2 s ，故v B ＝v C ＝76m/s.此时C 在B 上发生的相对位移为Δx ＝v ＋v C 2·t 2－v AB ＋v B2·t 2＝0.1 m ＜0.375 m.所以滑块C 未脱离长木板B . 此时滑块C 距离B 右端的距离为 ΔL ＝0.375 m －0.1 m ＝0.275 m ＝27.5 cm. 答案：(1)2 m/s (2)2 N (3)14 s 1.5 m/s(4)滑块C 未脱离木板B 27.5 cm考向二 用功能观点解决力学综合问题[知识必备]——提核心 通技法1．若过程只有动能和势能的相互转化，应首先考虑应用机械能守恒定律． 2．若过程涉及摩擦力做功，一般应考虑应用动能定理或能量守恒定律． 3．若过程涉及电势能和机械能之间的转化，应考虑应用能量守恒定律．[典题例析]——析典题 学通法[例2] 如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A 点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P ＝10.0 W ．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B 点后水平飞出，恰好在C 点以5 m/s 的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D 处装有压力传感器．已知轨道AB 的长度L ＝2.0 m ，半径OC 和竖直方向的夹角α＝37°，圆弧形轨道的半径R ＝0.5 m ．(空气阻力忽略不计，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：(1)滑块运动到D 点时压力传感器的示数； (2)水平外力作用在滑块上的时间t .[审题指导] (1)滑块从A 到B 过程满足动能定理． (2)滑块从B 到C 过程平抛运动，注意C 点速度分解． (3)滑块从C 到D 机械能守恒．[解析] (1)滑块由C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒得： 12mv 2D＝12mv 2C＋mgR (1－cos 37°) 滑块在D 点的速度v D ＝v 2C ＋2gR 1－cos 37°＝3 3 m/s在D 点对滑块受力分析，根据牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v 2DR滑块受到的支持力F N ＝mg ＋m v 2DR＝25.6 N根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力F ′N ＝F N ＝25.6 N ，方向竖直向下 (2)滑块离开B 点后做平抛运动，恰好在C 点沿切线方向进入圆弧形轨道 由几何关系可知，滑块运动到B 点的速度为v B ＝v C cos 37°＝4 m/s 滑块由A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：Pt －μmgL ＝12mv 2B －0解得：水平外力作用在滑块上的时间t ＝m v 2B ＋2μgL2P＝0.4 s[答案] (1)25.6 N (2)0.4 s[跟进题组]——练考题 提能力2．如图所示，光滑水平轨道AB 与光滑半圆形导轨BC 在B 点相切连接，半圆导轨半径为R ，轨道AB 、BC 在同一竖直平面内．一质量为m 的物块在A 处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆导轨的最高点C .已知物块在到达B 点之前与弹簧已经分离，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g .不计空气阻力，求：(1)物块由C 点平抛出去后在水平轨道的落点与B 点的距离； (2)物块在B 点时对半圆轨道的压力大小； (3)物块在A 点时弹簧的弹性势能．解析：(1)因为物块恰好能通过C 点，有：mg ＝m v 2CR物块由C 点做平抛运动，有：x ＝v C t,2R ＝12gt 2解得：x ＝2R即物块在水平轨道的落点与B 点的距离为2R .(2)物块由B 到C 过程中机械能守恒，有：12m v 2B ＝2mgR ＋12m v 2C 设物块在B 点时受到轨道的支持力为F N ，有：F N －mg ＝m v 2B R，解得：F N ＝6mg由牛顿第三定律可知，物块在B 点时对半圆轨道的压力F ′N ＝F N ＝6mg .(3)由机械能守恒定律可知，物块在A 点时弹簧的弹性势能为：E p ＝2mgR ＋12m v 2C，解得E p ＝52mgR .答案：(1)2R (2)6mg (3)52mgR考向三 用动量与能量观点解决力学综合问题[知识必备]——提核心 通技法动量与能量综合的题目往往物理过程较多，情境复杂，把复杂的情境与过程划分为多个单一情境，并恰当地选择相应的动量或能量知识解答．1．当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题．2．当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律．3．当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律．4．当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解．5．复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．[典题例析]——析典题 学通法[例3] (2019·全国Ⅲ，25T)静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A ＝1.0 kg ，m B ＝4.0 kg ；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l ＝1.0 m ，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k ＝10.0 J ．释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g ＝10 m/s 2.A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．(1)求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；(2)物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？ (3)A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？[思路导引] (1)由动量守恒定律和动能定理计算式联立即可．(2)利用牛顿第二定律求A 、B 的加速度，分别对A 、B 的运动过程应用匀变速直线运动公式解决问题．(3)假设A 能与B 碰撞，应用动能定理求出A 碰撞前的瞬时速度；发生弹性碰撞，则由动量守恒定律和机械能守恒定律联立解出碰后A 、B 的速度，问题便易于解决了．[解析] (1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0＝m A v A －m B v B ①E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ② 联立①②式并代入题给数据得v A ＝4.0 m/s ，v B ＝1.0 m/s ③(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ，则有m B a ＝μm B g ④s B ＝v B t －12at 2 ⑤v B －at ＝0 ⑥在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为s A ＝v A t －12at 2 ⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得s A ＝1.75 m ，s B ＝0.25 m ⑧这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处．B 位于出发点左边0.25 m 处，两物块之间的距离s 为s ＝0.25 m ＋0.25 m ＝0.50 m ⑨(3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v ′A ，由动能定理有12m A v ′2A －12m A v 2A＝－μm A g (2l ＋s B )⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得v A ＝7 m/s ⑪故A 与B 将发生碰撞，设碰撞后A 、B 的速度分别为v ″A 和v ″B ，由动量守恒定律与机械能守恒定律有m A (－v ′A )＝m A v ″A ＋m B v ″B ⑫12m A v ′2A ＝12m A v ″2A ＋12m B v ″2B ⑬联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得 v ″A ＝375m/s ，v ″B ＝－275m/s ⑭这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动．设碰撞后A 向右运动距离为s A 时停止，B 向左运动距离为s ′B 时停止，由运动学公式2as ′A ＝v ″2A ，2as ′B ＝v ″2B ⑮由④⑭⑮式及题给数据得s ′A ＝0.63 m ，s ′B ＝0.28 m ⑯s ′A 小于碰撞处到墙壁的距离，由上式可得两物块停止后的距离 s ′＝s ′A ＋s ′B ＝0.91 m ⑰[答案] (1)v A ＝4.0 m/s v B ＝1.0 m/s (2)A 先停止 0.50 m (3)0.91 m[跟进题组]——练考题 提能力3．如图所示，较长的曲面与水平桌面平滑连接，将m 1、m 2之间的轻弹簧压缩后用细线连接，置于水平桌面上，弹簧与两物体不栓连．现将细线烧断，弹簧将两物体弹开，m 2离开弹簧后从右边飞出，m 1冲上曲面．已知桌面高为h ，m 2平抛的水平射程为x ，m 1＝2m ，m 2＝m ，不计一切摩擦，重力加速度为g .求：(1)m 2离开弹簧时的速度；(2)m 1上升到曲面最高点时距桌面的高度； (3)弹簧的最大弹性势能．解析：(1)m 2平抛过程有：h ＝12gt 2，x ＝v 2t得：v 2＝xg 2h(2)弹簧将两物体弹开的过程，对系统，取向左为正方向，由动量守恒定律有：m 1v 1－m 2v 2＝0得：v 1＝x2g 2h对m 1冲上曲面过程，由机械能守恒有：m 1gH ＝12m 1v 21，得：H ＝x 216h(3)弹簧的最大弹性势能为：E p ＝12m 1v 21＋12m 2v 22 联立解得：E p ＝3mgx 28h答案：(1)xg 2h (2)x 216h (3)3mgx 28h用“三大观点”解决力学综合问题模型典例 如图所示，一小车上表面由粗糙的水平部分AB 和光滑的半圆弧轨道BCD 组成，小车紧靠台阶静止在光滑水平地面上，且左端与粗糙水平台等高．水平台与物块P 间的动摩擦因数为μ＝0.2，水平台上有一弹簧，弹簧左端固定，弹簧右端与一个质量为m 1＝5 kg 的小物块P 接触但不固定，此时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧的弹性势能E p ＝100 J ．现解除弹簧的锁定，小物块P 从M 点出发，MN 间的距离为d ＝1 m ．物块P 到N 点后与静止在小车左端的质量为m 2＝1 kg 的小物块Q (可视为质点)发生弹性碰撞(碰前物块P 已经离开弹簧，碰后立即将小物块P 取走，使之不影响后续物体的运动)．已知AB 长为L ＝10 m ，小车的质量为M ＝3 kg.取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求碰撞后瞬间物块Q 的速度大小；(2)若物块Q 在半圆弧轨道BCD 上经过一次往返运动(运动过程中物块始终不脱离轨道)，最终停在小车水平部分AB 的中点，求半圆弧轨道BCD 的半径至少多大？(3)若小车上表面AB 和半圆弧轨道BCD 面均光滑，半圆弧轨道BCD 的半径为R ＝1.2 m ，物块Q 可以从半圆弧轨道BCD 的最高点D 飞出，求其再次落回小车时，落点与B 点的距离s为多少？(结果可用根号表示) 核心考点1.能量守恒定律的应用．2.弹性碰撞规律．3.动量守恒定律．4.平抛运动规律． 命题技巧以弹簧、平板小车、滑块、半圆形轨道为背景，设置多个过程考查考生的综合分析、判断应用能力． 核心素养1.物理观念：相互作用观念、运动观念、能量观念．2.科学思维：科学推理、科学论证. 审题关键(1)物块P 被弹簧弹开运动到N 的过程满足能量守恒定律． (2)P 、Q 发生弹性碰撞，满足动量守恒、能量守恒．(3)物块Q 与平板小车作用的整个过程、动量守恒、能量守恒．[解析] (1)设物块P 被弹簧弹开运动到N 点速度为v 1，由能量守恒得：E p ＝μm 1gd ＋12m 1v 21，解得v 1＝6 m/s物块P 、Q 发生弹性碰撞，设碰后P 、Q 的速度分别为v 1′、v 2，m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2，12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22解得v 1′＝4 m/s ，v 2＝10 m/s (2)物块Q 从开始运动到与小车相对静止过程中，共同速度为v 3，系统水平方向动量守恒：m 2v 2＝(m 2＋M )v 3 解得v 3＝2.5 m/s系统能量守恒：12m 2v 22＝μ′m 2g ·32L ＋12(m 2＋M )v 23 解得μ′＝0.25Q 运动至C 点与车共速时，半径最小，设为R ′系统能量守恒，有：12m 2v 22＝μ′m 2gL ＋m 2gR ′＋12(m 2＋M )v 23，解得R ′＝1.25 m (3)设Q 通过D 点时，Q 与小车的速度分别为v 4、v 5，有m 2v 2＝m 2v 4＋Mv 5 12m 2v 22＝12m 2v 24＋12Mv 25＋m 2g ·2R解得v 4＝－2 m/s ，v 5＝4 m/s物块Q 通过D 点时相对小车的速度为v 4′＝6 m/s物块Q 再次落回小车时与B 点的距离为s ＝v 4′4Rg解得s ＝1235 m[答案] 见解析 易错展示1.物块Q 与小车相互作用，两物体组成的系统水平方向动量守恒，能量守恒，考生不能找出半径最小的条件．2.物块Q 从D 点飞出做平抛运动，考生不能用相对运动来处理.[对点演练]——练类题 提素养如图所示，一质量M ＝6 kg 的木板B 静止于光滑水平面上，物块A 质量m ＝6 kg ，停在B 的左端．质量为m 0＝1 kg 的小球用长为L ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O 上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为h ＝0.2 m ，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力．已知A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.1(g ＝10 m/s 2)，求：(1)小球运动到最低点与A 碰撞前瞬间小球的速度大小； (2)小球与A 碰撞后瞬间，物块A 的速度大小；(3)为使A 、B 达到共同速度前A 不滑离木板，木板B 至少多长． 解析：(1)小球下摆过程，由机械能守恒定律得： m 0gL ＝12m 0v 20， 代入数据解得：v 0＝4 m/s(2)小球反弹过程中，由机械能守恒定律得：m 0gh ＝12m 0v 21 解得：v 1＝2 m/s小球与A 碰撞过程系统水平方向动量守恒，以碰撞前瞬间小球的速度方向为正方向 由动量守恒定律得：m 0v 0＝－m 0v 1＋m v A 代入数据得v A ＝1 m/s(3)物块A 与木板B 相互作用过程，系统动量守恒，以A 的初速度方向为正方向 由动量守恒定律得：m v A ＝(m ＋M )v 代入数据解得：v ＝0.5 m/s由能量守恒定律得：μmgx ＝12m v 2A －12(m ＋M )v 2代入数据解得x ＝0.25 m答案：(1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m[题组一] 用动力学观点解决力学综合问题 1.(2020·蚌埠一模)如图所示，在足够长的光滑固定斜面低端放置一个长度L ＝2 m 、质量M ＝4 kg 的木板，木板的最上端放置一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现沿斜面向上对木板施加一个外力F 使其由静止开始向上做匀加速直线运动，已知斜面倾角θ＝30°，物块和木板间的动摩擦因数μ＝32，g ＝10 m/s 2.(1)当外力F ＝30 N ，二者保持相对静止，求二者共同运动的加速度大小；(2)当外力F ＝53.5 N 时，二者之间将会相对滑动，求二者完全分离时的速度各为多大？ 解析：(1)二者共同运动时，分析整体的受力情况，由牛顿第二定律，得 F －(M ＋m )g sin θ＝(M ＋m )a 解得：a ＝1 m/s 2(2)设木板和物块的加速度分别为a 1、a 2，二者完全分离的时间为t ，分离时速度分别为v 1、v 2，分析木板和物块的受力情况，由牛顿第二定律可得 F －Mg sin θ－μmg cos θ＝Ma 1 μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2又L ＝12(a 1－a 2)t 2，v 1＝a 1t ，v 2＝a 2t联立解得v 1＝6.5 m/s ，v 2＝2.5 m/s 答案：(1)1 m/s 2 (2)6.5 m/s 2.5 m/s2．(2020·嘉兴模拟)滑沙运动时，沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对沙板的动摩擦因数．假设滑沙者的速度超过8 m/s 时，滑沙板与沙地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.5变为μ2＝0.25，如图1所示，简化模型如图2所示，一滑沙者从倾角θ＝37°的坡顶A 处由静止开始下滑，滑至坡底B (B 处为一平滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C 处．已知滑板与水平地面间的动摩擦因数恒为μ3＝0.4，AB 坡长L ＝26 m ，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求滑沙者：(1)到B 处时的速度大小； (2)在水平地面上运动的最大距离； (3)在AB 段下滑与BC 段滑动的时间之比．解析：(1)滑沙板的速度较小时：ma 1＝mg sin θ－μ1mg cos θ 代入数据可得：a 1＝2 m/s 2，速度达到8 m/s 的过程中的位移：x 1＝v 212a 1＝822×2 m ＝16 m ；滑沙板的速度较大时：ma 2＝mg sin θ－μ2mg cos θ， 代入数据可得：a 2＝4 m/s 2设到达B 的速度为v 2，则：v 22－v 21＝2a 2(L －x 1)，代入数据可得：v 2＝12 m/s(2)滑沙板在水平面上的加速度：a 3＝－μ3mg m ＝－μ3g ＝－0.4×10 m/s 2＝－4 m/s 2，由位移－速度公式可得：x 3＝0－v 222a 2＝0－1442×(－4) m ＝18 m.(3)滑沙板的速度达到8 m/s 的时间：t 1＝v 1a 1＝82 s ＝4 s ，第二段时间：t 2＝v 2－v 1a 2＝⎝⎛⎭⎫12－84 s ＝1 s ，滑沙板在水平面上的时间：t 3＝0－v 2a 3＝⎝⎛⎭⎫124 s ＝3 s ，所以在AB 段下滑与BC 段滑动的时间之比 t 1＋t 2t 3＝4＋13＝53.答案：(1)12 m/s (2)18 m (3)53[题组二] 用功能观点解决力学综合问题3．(2020·江西盟校一联，24)如图所示，质量为2m 和m 的两个弹性环A 、B 用不可伸长且长为L 的轻绳连接，分别套在水平细杆OP 和竖直细杆OQ 上，OP 与OQ 在O 点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ 足够长．初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A 环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g ，不计一切摩擦，试求：(1)当B 环下落L2时，A 环的速度大小；(2)A 环到达O 点后再经过多长时间能够追上B 环．解析：(1)当B 环下落L2时绳子与水平方向之间的夹角满足sin α＝L 2L ＝12，即α＝30°由速度的合成与分解可知v 绳＝v A cos 30°＝v B sin 30° 则v B ＝v Atan 30°＝3v A ，B 下降的过程中，A 与B 组成的系统机械能守恒，有 mg L 2＝12·2m v 2A ＋12m v 2B 所以A 环的速度v A ＝5gL5. (2)由于A 到达O 点时，B 的速度等于0，由机械能守恒， 12·2m v A ′2＝mgL ，解得v A ′＝gL ， 环A 过O 点后做初速度为v A ′、加速度为g 的匀加速直线运动，B 做自由落体运动． 当A 追上B 时，有v A ′t ＋12gt 2＝L ＋12gt 2，解得t ＝Lg . 答案：(1)5gL5(2)L g4．如图所示，半径R ＝0.3 m 的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC 相切于B 点，水平轨道的C 点固定有竖直挡板，轨道上的A 点静置有一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F ＝6.0 N 、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC 向右运动，当运动到AB 之间的D 点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B 点后进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为103N ．已知水平轨道AC 长为2 m ，B 为AC 的中点，小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1＝0.45，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小物块运动到B 点时的速度大小； (2)拉力F 作用在小物块上的时间t ；(3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC 到达C 点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C 点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC 段间的动摩擦因数的取值范围．解析：(1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 2R ，由牛顿第三定律得F N ＝F N ′＝103N联立解得v ＝2 m/s物块从B 运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得mg ·2R ＋12m v 2＝12m v 2B ，解得v B ＝4 m/s.(2)小物块从A 运动到B 点的过程，由动能定理得 Fs －μ1mgx AB ＝12m v 2B－0，根据牛顿第二定律得：F －μ1mg ＝ma ， 由运动学公式有s ＝12at 2，联立解得t ＝53s.(3)设BC 段的动摩擦因数为μ2.①设物块在圆槽形轨道最高点的最小速度为v 1，则由牛顿第二定律可得：mg ＝m v 21R ，由动能定理得：－2μ2mgx BC －2mgR ＝12m v 21－12m v 2B 代入数据解得μ2＝0.025故为使物块能从C 点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道，应满足0≤μ2≤0.025 ②若物块从C 点返回在圆槽形轨道上升高度R 时速度为零，由动能定理可得：－2μ2mgx BC －mgR ＝0－12m v 2B代入数据解得：μ2＝0.25物块从C 返回刚好停止到B 点，由动能定理可得： －2μ2mgx BC ＝0－12m v 2B代入数据解得：μ2＝0.4故为使物块能返回圆槽形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，满足0.25≤μ2＜0.4 综上所述，0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2＜0.4. 答案：见解析[题组三] 用动量与能量观点解决力学综合问题5．(2020·唐山一模)光滑水平地面上，木板A 左端与竖直墙壁接触处于静止状态，可视为质点的小木块B 停在木板的右端，如图所示．对木块施加水平向左的瞬时冲量使其获得初速度v 0＝7 m/s ，经时间t ＝0.5 s 木块运动到竖直墙壁处，速度大小减为v 1＝5 m/s.木块与墙壁发生弹性碰撞后，恰能停在木板右端．重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)木板的长度L 和木板与木块间的动摩擦因数μ； (2)木板和木块的质量的比值． 解析：(1)木块向左做匀减速运动时，则 L ＝v 0＋v 12t ＝7＋52×0.5 m ＝3 m对木块，取向左为正方向，由动量定理得－μmgt ＝m v 1－m v 0. 解得，动摩擦因数为μ＝0.4(2)木块在木板上向右滑动的过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：m v 1＝(M ＋m )v12m v 21＝μmgL ＋12(M ＋m )v 2 解得Mm＝24.答案：(1)3 m 0.4 (2)246．(2020·安徽一模)如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为2m 小滑块A 套在细杆上可自由滑动．在水平杆上竖直固定一个挡板P ，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L 的细线悬挂一个质量为m 的小球B ，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g .求：(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小； (2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度； (3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度．解析：(1)小球第一次摆到最低点过程中，由机械能守恒定律得：mgL ＝12m v 2解得：v ＝2gL在最低点，由牛顿第二定律得 F －mg ＝m v 2L解得，小球到达最低点时，细线对小球的拉力大小 F ＝3mg(2)小球与滑块共速时，滑块运动到最大高度h .取水平向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得m v ＝(2m ＋m )v 共． 12m v 2＝mgh ＋12(2m ＋m )v 2共. 联立解得h ＝23L(3)小球摆回最低点，滑块获得最大速度，此时小球速度为v 1，滑块速度为v 2 m v ＝m v 1＋2m v 2 12m v 2＝12m v 21＋12·2m v 22. 解得：v 2＝232gL答案：(1)3mg (2)23L (3)232gL[题组四] 用“三大观点”解决力学综合模型7．(2019·广东省惠州市第二次调研)如图甲所示，半径为R ＝0.45 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B 为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B 点有一静止的平板车，其质量M ＝5 kg ，长度L ＝0.5 m ，车的上表面与B 点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A 由静止释放，其质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.(1)求物块滑到B 点时对轨道压力的大小；(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力F f 随它距B 点位移L 的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小．解析：(1)物块从圆弧轨道A 点滑到B 点的过程中机械能守恒，有 mgR ＝12m v 2B解得v B ＝3 m/s在B 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2BR解得：F N ＝30 N则物块滑到B 点时对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝30 N(2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m v B ＝(m ＋M )v 共解得v 共＝0.5 m/s(3)由题图知，物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为F f －L 图线与横轴所围的“面积”，则W f ＝(2＋6)×0.52J ＝2 J 物块在平板车上滑动过程中，由动能定理得： －W f ＝12m v 2－12m v 2B解得：v ＝ 5 m/s答案：(1)30 N (2)0.5 m/s (3) 5 m/s8．如图所示，质量M ＝4 kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L ＝0.5 m ．可视为质点的小木块A 质量m ＝1 kg ，原来静止于滑板的左端．滑板与木块A 之间的动摩擦因数μ＝0.2.当滑板B 受水平向左恒力F ＝14 N 作用时间t 后撤去F ，这时木块A 恰好到达弹簧自由端C 处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量为s ＝5 cm.g 取10 m/s 2.(1)求水平恒力F 的作用时间t .(2)求木块A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．(3)当小木块A 脱离弹簧且系统达到稳定后，求整个运动过程中系统所产生的热量． 解析：(1)木块A 和滑板B 均向左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得a A ＝μmgm① a B ＝F －μmgM② 根据题意有s B －s A ＝L ， 即12a B t 2－12a A t 2＝L ， ③ 将数据代入①②③联立解得t ＝1 s. (2)1 s 末木块A 和滑板B 的速度分别为 v A ＝a A t ④ v B ＝a B t ⑤当木块A 和滑板B 的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能，根据动量守恒定律有m v A ＋M v B ＝(m ＋M )v ⑥ 由能的转化与守恒得12m v 2A ＋12M v 2B ＝12(m ＋M )v 2＋E p ＋μmgs ⑦ 代入数据求得最大弹性势能E p ＝0.3 J.(3)二者同速之后，设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v ′，相对木板向左滑动距离为x ，有m v A ＋M v B ＝(m ＋M )v ′ ⑧ 由⑧式解得v ＝v ′.由能的转化与守恒定律可得E p ＝μmgx ， ⑨ 由⑨式解得x ＝0.15 m.由于s ＋L ＞x 且x ＞s ，故假设成立．整个过程系统产生的热量为Q ＝μmg (L ＋s ＋x )， ⑩ 由⑩式解得Q ＝1.4 J.答案：(1)1 s (2)0.3 J (3)1.4 J。
2014届高考物理一轮复习课件(考纲解读+考点探究+高分技巧)：选修3-4 第4讲 光的波动性 电磁波 相对论
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变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场 Ⅰ
电磁波的产生、发射及接收，电磁波及其传播
电磁波谱
【思维驱动】 (2013· 成都模拟)关于电磁波，下列说法正确的是
Ⅰ(考纲要求)
(
A．雷达是用X光来测定物体位置的设备 B．电磁波是横波 C．电磁波必须在介质中传播 D．使电磁波随各种信号而改变的技术叫做解调
上单缝和双缝 B．测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划板中心刻 线与该亮纹的中心对齐 C．为了减少测量误差，可用测微目镜测出n条亮纹间的距
离a，求出相邻两条亮纹间距Δx＝a/(n－1)
②测量某亮纹位置时，手轮上的示数如图12-4-8所示，其示 数为________mm.
图12-4-8
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考点一
光的双缝干涉现象
【典例1】 (2012·福建卷，19)在“用双缝干涉测光的波长”实
验中(实验装置如图12-4-7所示)：
图12-4-7 ①下列说法哪一个是错误的________．(填选项前的字母)
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A．调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放
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【知识存盘】
1．电磁振荡的规律 (1)产生原因：电容器的充、放电作用和线圈的自感作用． (2)实质：电场能与磁场能的相互转化． (3)具体表现：两组物理量的此消彼长，周期性变化，循环 往复． ①电容器的电荷量q，电势差U，场强E，线圈的自感电动势
E自．
振幅
人教版物理九年级：18.4《焦耳定律》ppt说课课件
3.电热的利用和防止 师：生活中有些电热我们要利用，有些电热我们是要防止的。 关于电热的利用，同学们已经了解了许多，谁简单地讲几个？ 生：电烙铁、电熨斗、电饭锅、电烤炉、电炉。 师：刚刚举出的都是利用电来加热的设备，都是常见的电热器 。同学们知道了利用电热的好处，但有些时候，有些地方的电热 我们是不需要的，还要设法防止。例如： 生1：电视机使用过程中会发热，如果连续使用时间过长，还会 烧坏电视机。 生2：有些导体上的绝缘材料会因温度过高，使绝缘材料迅速老 化，甚至烧坏。 师：那么，对这些电器采取了什么措施来防止过热？
演示2：
师：分别给镍铬合金丝通以不同的电流，同学 们有什么发现？
生：电流大时，温度计示数上升得多。 师：说明什么？ 生：电流大时，镍铬合金丝放出的热量多。 师：好，这个实验表明，在通电时间一定，电 阻相同的情况下，通过电流大时，镍铬合金丝产 生的热量越多。 师：通过两个演示实验，我们发现，电流通过 导体时，导体会发热，这叫电流的热效应，导体 产生的热量可能与电流大小和电阻大小有关，那 么具体的数量关系是怎么样的？接下来，我们来 学习焦耳定律。
二、新课教学 生1：可能与电压、电流有关。 生2：还可能与电阻有关。 师：好，下面我们来看两个演示实验，然后再判断。 1.电流的热效应 演示1：
师：大家看到了什么现象？ 生：B瓶中煤油温度高。 师：好，我们发现，两个瓶中温度不同，浸泡着镍铬合金丝的瓶中 温度计指示的温度高，这是什么原因呢？ 生：B中煤油温度高，说明B煤油中的镍铬合金丝产生的热量多。 师：为什么镍铬合金丝产生的热量多？ 生：因为镍铬合金丝的电阻比铜丝的电阻大。 师：比较A、B，发现两瓶中电阻丝只有电阻不同，这个实验说明在 电流、通电时间相同的情况下，电阻大的金属丝产生热量较多。下面 看演示2。
【提分技巧】2014高考物理赢取高分名师点津课件--用动力学和能量观点解决多过程问题
第二步：审设问，找问题的突破口
(1)小物块离开A点的水 平初速度v1；
要求物块相对小车的位移
(2)小物块经过O点时对
轨道的压力；
求物块相对小车滑动过
(3)第一次碰撞后直至静 程中Leabharlann 生的内能止，物块相对小车的位移
和小车做匀减速运动的总 物块和小车的最终状
时间。
态为静止状态
内能为第一次碰后物 块和小车的总动能
压轴大题步骤化系列之四
点用 解动 决力 多学 过和 程能 问量 题观
功能关系和能量守恒定 律是高考的必考内容，具 有非常强的综合性，题目 类型以计算题为主，大部 分试题都与牛顿运动定律、 圆周运动、平抛运动知识 及电磁学知识相联系，试 题过程复杂、灵活性强、 难度较大。
第一步：审题干，抓关键信息 小物块平抛运动到B点的速
• (1)多种运动组合的多 运动过程问题是近几 年高考试题中的热点 题型，往往应用动能 定理或机械能守恒定 律、能量守恒定律等 规律，需要在解题时 冷静思考，弄清运动 过程，注意不同过程 连接点速度的关系， 对不同过程运用不同 规律分析解决。
(2)高考试题中常有功、能 与电场、磁场联系的综合问 题，这类问题常以能量守恒 为核心考查重力、摩擦力、 电场力、磁场力的做功特点， 以及动能定理、机械能守恒 定律和能量守恒定律的应用。 分析时应抓住能量核心和各 种力做功的不同特点，运用 动能定理和能量守恒定律进 行分析。
切，并在O点滑上小车，水平地面光滑，当物块运 动到障碍物Q处时与Q发生
• 无机械能损失的碰撞。
• 碰撞前物块和小车已经相对静止，而小车可继续向 右运动(物块始终在小车上)，小车运动过程中和圆 弧无相互作用。已知圆弧半径R＝1.0 m，圆弧对 应的圆心角θ为53°，A点距水平面的高度h＝0.8 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加 速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。 试求：
人教版九年级物理上册第十八章《电功率》第4节《焦耳定律》课件(29张ppt)
2
电热的利用和防止 1、电热的利用： 电热水器、电 饭锅、电熨斗、 电孵化器等等.
2、电热的防 止：电视机 后盖的散热 窗、电脑主 机里面的小 电风扇等等.
电热的危害和防止
练习
1．将两根火柴分别放在串联的两根电热丝R1和R2上，若 R1=5 Ω >R2，通电后问那根火柴先被点燃 （ ） A. R1在上的火柴 B. 在R2上的火柴 C. 同时点燃 D. 无法确定 2．要使电热器在单位时间内放出的热量减少一半，则应 使 （ ） A. 通过它的电流减小一半 B. 它两端的电压减小一半 C. 它的电阻减小一半 D. 电压和电阻均减小一半
1.可能与电阻有关。电阻越大，电流热效应越大 2.可能与电流有关。电流越大，电流热效应越大 3.可能与通电时间有关。通电时间越长，电流热 效应越大
[设计实验]
讨论 1.当一个物理量被猜测与多个因素有关，应用 什
么方法去研究？ 控制变量法
讨论
2.用什么方法和器材去观察那些不可见的物理量？
转换法
电热——气体（或液体）受热膨胀.观察产生热量的多少
电阻---欧(Ω ) 热量---焦(J)
焦耳是英国物理学家.他一生 的大部分时间是在实验室里度过 的.1840年，焦耳通过大量的实验 终于确定了电流产生的热量跟电流 的平方成正比，跟导体的电阻成正 比，跟通电时间成正比，这个规律 就是焦耳定律。 焦耳致力于热功当量的精确测定达40年之久. 他用实验证明“功”和“热量”之间有确定的关 系，为热力学第一定律的建立确定了牢固的实验 基础.
纯电阻电路:
电能
W UIt
→
内能
Q
=
I2Rt
非纯电阻电路: 电能
W UIt
M
→ 内能+其它形式的能 E其 + Q
北师大版九年级全一册物理《四、热机》(一等奖课件)(4)
慧眼识别：
汽油机
柴油机
构造 汽缸顶部有火花塞 汽缸顶部有喷油嘴
燃料
汽油
柴油
吸入气体 汽油和空气的混合物
点火方式
点燃式
空气 压燃式பைடு நூலகம்
效率
较低，20－30％ 较高，30－45％
应用
自身轻巧，如汽车、 自身笨重，如拖拉机、
摩托车等
轮船等
1.
在四冲程汽油机的
工作循环中，将内能转化为机械能
的冲程是（ ）
A．吸气冲程 B．压缩冲程
来完成。
三、柴油机的构造
喷油嘴 进气门
活塞
排气门 气缸
连杆
曲轴
四、油机工作原理
吸气冲程 压缩冲程 做功冲程 排气冲程
1.吸气冲程 进气门打开，排气 门关闭。活塞下行， 将空气吸进气缸。
2.压缩冲程
进气门和排气门都关闭 ，活塞上行，空气被压 缩，压强增大，温度升 高。
3.做功冲程
进气门和排气门都关闭，活塞上 行。在压缩冲程末，从喷油嘴喷 出的雾状柴油遇到热空气被点燃 ，产生高温高压的燃气，推动活 塞下行，并通过连杆带动曲轴转 动。
机械能→内能
3.做功冲程
进、排气门都 ，活塞 在压缩冲程末，火花塞
产生电火花，使燃料燃烧， 产生高温高压燃气，推动活 塞向下运动，并通过连杆带 动曲轴转动。
内能→机械能
4.排气冲程
进气门 ，排 气门 ，活塞
，把废气排 出气缸。
一个工作循环：
• 活塞：往复 次； • 曲轴：转动 周； • 完成： 个冲程； • 对外做功： 次； • 辅助冲程：靠飞轮
常见的热机：
汽油机
柴油机
学习目标：
一、汽油机的构造
人教版九年级物理第十八章电功率第4节焦耳定律优秀课件2020版
事实：电阻丝的材料是镍铬合金丝，导线材 料是铜、铝。
猜想三：导体通电时产生的热量多少与导 体的电阻大小有关。
猜想四:........
四、探究电流产生的热量的因素
1.猜想与假设
1.可能与电阻有关。电阻越大，电流热效应越大 2.可能与电流有关。电流越大，电流热效应越大 3.可能与通电时间有关。通电时间越长，电流热 效应越大
九年级物理优秀教学课件系列4
第十八章电功率第4节
焦耳定律
天津市静海区团泊镇中学高级物理教师 李国海
一、知识回顾
物理意义： 表示电流做功多少
电 功
公式：
W＝UIt
推导公式： W＝I2Rt
U2 W＝ R t
物理意义： 表示电流做功快慢
电 功 率
公式：
P
=
W t
变形得: W
=
Pt
t=
W P
推导公式： P = UI
提醒！家用电器都是并联在电路中使用的！
根据公式
Q
=
U2 R
t
可知：当电压和通电时间
一定时，总电阻越小，电热越大；总电阻越大，电
热越小。
6.用电器热量的计算特别注意点
（1）在纯电阻电路中（如：电暖器，电饭锅， 电炉子等），当电流通过导体时，电能全部转化为 内能，而没有同时转化成其他形式的能量，这样电
P = I2R
P
=
U2 R
二、从一个生活故事开始
上周六，小明的爸爸出门前嘱咐他好好写作业，不 要看电视。爸爸回来时看到他在认真写作业，电视机 也没打开，很高兴，可是 _用__手__一__摸__电_视__机__后__盖_______ 后就发现，小明刚看过电视。
中考物理总复习PPT-电功和电功率公开课获奖课件百校联赛一等奖课件
巩固练习
1、加在阻值为12欧旳电阻器两端旳电 压是12伏，5分钟内电流经过这个电阻 做了_3_.6_×_1_0_3 焦旳功。 2、标有“12V 6W”字样旳小灯泡，它 旳灯丝在正常工作时旳电阻是2_4___欧， 接到电路中经过它旳电流是0.2安，则这 盏灯旳实际功率是0_.9_6___瓦。
3、一只额定电压是220伏旳灯泡，把它 接在电压是110伏旳电路上时，实际功率 是25瓦，则此灯泡旳额定功率是_1_0_0_瓦。
3、用பைடு நூலகம்器旳电阻我们 以为不变，所以会有:
2
P U = 实
——
实 ——
2
P U 额
额
经典例析
例１一台电动机正常工作时线圈两端旳电压 为380伏,线圈电阻为２欧，线圈中电流为10 安，这台电动机正常工作１秒消耗旳电能是 多少？
阐明：电动机工作时是电能转化为机械能， 所以消耗旳电能也就是电流所做旳电功只 能利用W=UIt进行计算，不能利用其他旳 公式进行计算。
课堂作业：
1、一种用电器两端旳电压为10V，经过它旳电流为
0.5A，在2min内消耗电能 J
2、一种灯泡旳额定功率为100W，在额定电压下经过
旳电流为
A，正常工作时旳电阻为 Ω
3、标有“6V，3W”旳灯泡接入10V旳电路中，需串
联一种多大旳电阻才干正常工作？
4、某教学大楼有24个教室，每个教室有4盏60W旳日
能变为原来旳（假设灯丝旳电阻不随温度变化）Ｃ （）
A、１/２
B、２倍
7、如图6所示旳电路中，当滑动变阻器滑片P向
右滑动过程中 （ Ｄ ）
A、电流表达数变小，电压表V1示数变大 B、电压表V1示数不变，灯L亮暗不变 C、电压表V2示数不变，灯L亮暗不变 D、电压表V2示数变大，电流表达数变小 分析：滑片Ｐ向右滑动时，它连 入电路中旳电阻变大，串联电路 中旳电流变小，由Ｕ＝ＩＲ可知， 灯泡两端旳电压变小，滑动变阻 器两端旳电压变大。
安徽物理《高考专题》(二轮)复习课件：专题二 第4讲万有引力定律及其应用
万有引力定律及其应用
1.卫星的线速度v、角速度ω 、周期T、向心加速度an与轨道半
径r的关系:
GM 越小 。 (1)由 G Mm m v ，得v=________ ，则r越大，v_____ r r2 r GM 3 (2)由 G Mm m2 r， 得ω =________ ，则r越大，ω _____ 越小 。 r 2 r 3 r 2 2 Mm 4 越大 。 (3)由 G 得 T=_________ GM ，则r越大，T_____ m 2 r， 2 r T GM 2 越小 。 (4)由 G Mm ma ，得an=_____ ，则r越大，an_____ r n r2
2.(2012·新课标全国卷)假设地球是一半径为R、质量分布均
匀的球体。一矿井深度为d。已知质量分布均匀的球壳对壳内 物体的引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为 (
d R R d 2 C.( ) R A.1 d R R 2 D.( ) R d B.1
)
【解析】选A。根据万有引力与重力相等可得，在地面处有：
m G 4 3 R 3 mg 2 R
4 3 R d 3 mg， 2 R d
在矿井底部有：
m G
所以 g R d 1 d 。故选项A正确。
g R R
3.(2013·安徽高考)质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r
时，引力势能可表示为 E p GMm ， 其中G为引力常量，M为地 球质量。该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运 动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周 运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为(
( )
n3 B. T k D. n T k
2013年高三物理二轮如何拿高分课件：第4讲拿下选考题-力争得满分
1 (3)①2235U＋1n―→139Xe＋94Sr＋30n； 92 0 51 35
②中子质量为 m，原来速度为 v0，碰撞后速度为 v1， 质子质量为 M，碰撞后速度为 v2，则由动量守恒得： mv0＝mv1＋Mv2，能量守恒得： 1 2 1 2 1 2 mv ＝ mv ＋ Mv ， 2 0 2 1 2 2 m－M 2m 得 v1＝ v ，v2＝ v， m＋M 0 m＋M 0 由于中子质量 m 与质子质量 M 近似相等， 即 m＝M，则 v1＝0. 答案 (1)B (2)2.55 2
• ②假设玻璃管旋转180°后短臂内无水银， 水平管内水银柱长为x，则有p2 ＝80 cmHg， p3 ＝ p0－(10＋10＋10＋5－x)cmHg ＝(40＋ x)cmHg • V3 ＝S(18＋10＋10－x)＝S(38－x) • 由p2V2＝p3V3可得 • 80×18＝(40＋x)(38－x) • 解得x＝8 cm • 与假设相符，故假设成立．则密闭气体的长 度为 • (18＋10＋10－x)＝30 cm.
• 答案 (1)A (2)①320 K ②30 cm ③略 • 点评 (1)本题综合考查了分子动理论、压强 的微观解释、气体状态方程及热力学第一定 律． • (2)要注意审题：绝热汽缸、活塞的含义就是 热传递为零． • (3)应用气体状态方程解题时，分析气体状态 是关键．
• 选修3－4 • 【题型探秘】 • 机械振动与机械波部分：从近三年的高 考试题看，试题多以选择题、填空题形式出 现，但试题信息量大，一道题中考查多个概 念、规律．对机械振动的考查着重放在简谐 运动的特征和振动图象上，同时也通过简谐 运动的规律考查力学的主干知识．对机械波 的考查重点在波的形成过程、传播规律、波 长和波动图象及波的多解上．
人教版初中物理九年级全一册 第4节 焦耳定律 初中九年级物理教学课件PPT课件 人教版
Ｂ、电饭锅
Ｃ、电风扇
Ｄ、电炉
课堂小结
焦耳定律 的实验和内容Leabharlann 电热的利 用和危害谢谢
Q = I2Rt=（1A）2×5Ω×120s= 600J
答：通电２min后消耗的电能和产生的热量 分别为26400J和600J
三、电能和电热关系
1．当电流通过导体时，如果电能全部转化为 内能，而没有同时转化成其他形式的能量，那么电 流产生的热量Q 就等于消耗的电能W，即
Q = W = UIt = I2Rt=
实验方法： 转换法
二、电流通过导体时产生热的多少跟什么因素有关? 探究（一）：电热与电阻关系 设计实验：
R1 = 5 ΩR2 = 10 Ω
A
结论：
在电流相同、通电时间相同的情况下，电阻 越大，这个电阻产生的热量越多。
二、电流通过导体时产生热的多少跟什么因素有关? 探究（一）：电热与电流关系 设计实验：
1．当电流通过导体时，如果电能全部转化为 内能，而没有同时转化成其他形式的能量，那么电 流产生的热量Q 就等于消耗的电能W，即
Q = W = UIt = I2Rt =
=Pt
如：电暖器，电饭锅，电炉子等。
1、一根 20 Ω 的电阻丝接在 10V的电源两端， 在 2min内共消耗多少电能和产生多少热量?
猜想：1、电流通过导体时产生的热与电阻大小有关； 2、电流通过导体时产生的热与电流大小有关； 3、电流通过导体时产生的热与通电时间有关。
实验方法：控制变量法
产生热的多少，以我们现在所认识的器材里还没有 能直接测热量多少的。那我们用什么办法来反映导 体产生的热的多少呢？
将电阻密闭在容器里，当电 阻通电发热时，容器里的空气受 热膨胀，推动液柱，使左边液面 下降，右边液面升高，右边液面 升高得越高，则电阻产生热量越 多。
高中物理第四章机械能和能源第一节功省公开课一等奖新名师优质课获奖PPT课件
解析：根据功的定义，力 F 所做的功只与力 F 的大小及物体
在力 F 的方向上发生的位移的大小有关，不需考虑其他力的
影响，因两次的恒力相同，位移也相同，所以做功相同。 答案：C
第22页
2．水平地面上有质量分别为 m 和 4m 的物块 A 和 B，两者与地 面的动摩擦因数均为 μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质 动滑轮与 A 相连，动滑轮与 B 相连，如图 4-1-2 所示。初始 时，绳处于水平拉直状态。若物块 A 在水平向右的恒力 F 作 用下向右移动了距离 s，重力加速度大小为 g。求：
第6页
1．自主思考——判一判
(1)公式 W＝Fx 中的 x 是物体运动的路程。
(×)
(2)物体只要受力且运动，该力就一定做功。
(×)
(3)物体的受力垂直于它的位移时，该力不做功。
(√)
(4)功有正、负值，所以功是矢量。
(×)
(5)总功就是所有外力做功的代数和。
(√)
(6)甲对物体做功 10 J，乙对物体做功－15 J，则甲对物体做功
第10页
(2)正温度比负温度高，但功不是这样，应先取绝对值再 比较做功多还是做功少；
(3)功的正、负仅表示是动力做功还是阻力做功。 3．对公式 W＝Flcos α 的理解 (1)公式只适用于恒力做功的计算； (2)公式中 l 是选取地面为参考系时物体的位移。
第11页
1．下面列举的情况中所做的功不为零的是
WF＝Fscos 37°＝10×2×0.8 J＝16 J Wf＝fscos 180°＝4.2×2×(－1)J＝－8.4 J WG＝0 WN＝0。
第19页
(2)物体所受的合外力为 F 合＝Fcos 37°－f＝10×0.8 N－4.2 N＝3.8 N 故合外力所做的功为 W 合＝F 合 scos 0°＝3.8×2×1 J＝7.6 J。 (3)物体所受的各个力所做的功的代数和为 W 总＝WF＋Wf＋WG＋WN＝16 J＋(－8.4 J)＋0＋0＝7.6 J。 [答案] (1)WF＝16 J Wf＝－8.4 J WG＝0 WN＝0 (2)7.6 J (3)7.6 J
【优化方案】2014物理二轮课件选考题突破策略与技巧——力争上游拿满分(68张ppt)全国通用-二轮复习
(3)①油酸酒精的浓度为ab，一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸 为 a ，把充分展开的油膜看作紧密排列的单分子，所以可估算
bn 油酸分子的直径为bSan； ②测出油酸分子的直径可以求出一个油酸分子的体积 V0，如果 能知道摩尔体积 V，则可求阿伏加德罗常数Fra bibliotekNA＝VV0.
类型2 热力学定律与气体实验定律的组合 (1)(2012·高考新课标全国卷)关于热力学定律，下列说法
(2)若以 μ 表示水的摩尔质量，V 表示在标准状态下水蒸气的摩
尔体积，ρ 表示在标准状态下水蒸气的密度，NA 为阿伏加德罗 常数，m、v 分别表示每个水分子的质量和体积，下面关系式 正确的有__A_C__D___．
A．NA＝
Vρ m
B．ρ ＝NμAv
C．ρ ＜NμAv
D．m＝NμA
E．v＝NVA
解析：(1)对于系统，地面光滑，由共点力平衡条件可知弹簧弹 力始终为零，故 B 错误；大气压强缓慢降低，气体压强减小， 可知 E 正确，由气体状态方程可知，体积增大，气体对外做功， 而汽缸、活塞绝热，根据热力学第一定律可知，内能减少，温 度降低，故 A 正确，C、D 错误；正确答案为 AE. (2)①已知 p1＝p0＝75 cmHg，T1＝(273＋27) K＝300 K，p2＝p0 ＋5 cmHg＝80 cmHg，则由Tp11＝Tp22 解得 T2＝320 K.
A．汽缸内的气体对外做功，温度降低 B．汽缸内的气体对外做功，弹簧缩短 C．外界对气缸内的气体做正功 D．汽缸内的气体没有从外界吸收热量，内能不变 E．汽缸内气体单位时间撞击在单位面积上的分子数目减少
(2)一粗细均匀的J型玻璃管竖直放置，短臂端封闭，长臂端 (足够长)开口向上，短臂内封有一定质量的理想气体，初始 状态时管内各段长度如图甲所示，密闭气体的温度为27 ℃， 设大气压强为75 cmHg.求：
人教版 九年级全一册物理 第4节 焦耳定律 课件 (3)
张正荣 城镇中学
第一题
选择题
• 1、考查内容 • 一、估测 • 二、三、四、声、光、热 • 五、力，六、压强和浮力、七、电表示数变化 分析 • 2、答题技巧 • 第一根据所学知识准确作答； • 第二采用排除法
第二题
填空题
十个空
第三题 作图与简答
力臂 最小动力的方向确定 受力分析 光学作图
第四题 实验探究题
伏安法测电阻 单电表测电阻 伏安法测小灯泡的电功率 探究电流与电阻的关系 探究平面镜成像特点
探究凸透镜成像规律
课外探究题 应用方法 控制变量法、转换
法ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
第五题
计算题
一、力学综合 二、电热综合
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解析
(1)对于系统，地面光滑，由共点力平衡条件可知弹
簧弹力始终为零，故 B 错误；大气压强缓慢降低，气体压 强减小，可知 D 错误，由气体状态方程可知，体积增大， 气体对外做功，而汽缸、活塞绝热，根据热力学第一定律 可知，内能减少，温度降低，故 A 正确，C 错误；正确答 案为 A. (2)①已知 p1＝p0＝75 cmHg，T1＝273＋27＝300 K，p2＝p0 p1 p2 ＋5 cmHg＝80 cmHg，则由 ＝ T1 T2 解得 T2＝320 K
• 答案 (1)A (2)①320 K ②30 cm ③略 • 点评 (1)本题综合考查了分子动理论、压强 的微观解释、气体状态方程及热力学第一定 律． • (2)要注意审题：绝热汽缸、活塞的含义就是 热传递为零． • (3)应用气体状态方程解题时，分析气体状态 是关键．
• 选修3－4 • 【题型探秘】 • 机械振动与机械波部分：从近三年的高 考试题看，试题多以选择题、填空题形式出 现，但试题信息量大，一道题中考查多个概 念、规律．对机械振动的考查着重放在简谐 运动的特征和振动图象上，同时也通过简谐 运动的规律考查力学的主干知识．对机械波 的考查重点在波的形成过程、传播规律、波 长和波动图象及波的多解上．
• ②假设玻璃管旋转180°后短臂内无水银， 水平管内水银柱长为x，则有p2 ＝80 cmHg， p3 ＝ p0－(10＋10＋10＋5－x)cmHg ＝(40＋ x)cmHg • V3 ＝S(18＋10＋10－x)＝S(38－x) • 由p2V2＝p3V3可得 • 80×18＝(40＋x)(38－x) • 解得x＝8 cm • 与假设相符，故假设成立．则密闭气体的长 度为 • (18＋10＋10－x)＝30 cm.
• 光学部分： 本考点分为光的传播和光的波 动性以及光的粒子性三部分，高考对本考点 的考查一般以选择题的形式出现，一般是考 查光线的方向的定性分析和定量计算问题．
• 【应对策略】 • 1．机械振动与机械波部分 • 本专题在高考中命题率最高的是单摆的周 期，波的图象，波速和波长频率关系的问题， 题型多以选择题、填空题等形式出现，试题 容量大，综合性强．应对策略：(1)要将两种 图象加以比较、区别及了解其之间的联 系．两种图象形式相似，但物理意义完全不 同，只有深刻理解了它们的不同物理意义才 可能对某些问题作出正确的判断．(2)熟练掌 握波速、波长、周期和频率的关系．(3)培养 理解能力、推理能力、分析综合能力和周密
• 【典例精析】 • 【例1】 (2012·江苏五校二模)(1)如图1所示， 绝热汽缸水平放置在光滑的水平桌面上，绝 热活塞与一端固定在竖直墙面上的轻质弹簧 相连，弹簧处于自然状态，汽缸不漏气且不 计汽缸内气体的分子势能．由于外界天气变 化，大气压强缓慢降低．则下列说法中正确 的是 ( )． •
图1
(2)一棱镜的截面为直角三角形 ABC， ∠A＝30°，斜边 AB＝a.棱镜材料的 折射率为 n＝ 2.在此截面所在的平
面内，一束光线以 45 °的入射角从 AC 边的中点 M 射入棱镜，如图 4 所 示，试求：射出点的位置(不考虑光线 沿原路返回的情况)．
图4
• 点评 (1)明确振动和波的关系，会根据介质 中某一质点的运动推导出波的图象，反之亦 然． • (2)折射定律、全反射是光学考查的重点，几 乎每年必考，要注意严格按照作图规范画出 光路图，不要漏掉光的传播方向．
第4讲 拿下选考题 ——力争得满分
题 型 扫 描
• 选修3－3 • 【题型探秘】 • 本考点的命题多集中分子动理论、估算 分子数目和大小、热力学两大定律的应用、 气体状态参量的意义及与热力学第一定律的 综合，还有气体实验律和气体状态方程的 应用，表示气体状态变化过程的图象等知识 点上，多以选择题和填空题的形式出现；对 热学前面知识的考查往往在一题中容纳更多 的知识点，把热学知识综合在一起；对后者 的考查多以计算题的形式出现，着重考查气 体状态方程的应用．
• 2．光学部分 • 近几年高考命题率最高的是光的直线传播、 折射率的计算、全反射现象的分析和计算， 光学问题与日常生活中的光现象、大气中的 光现象联系也较多应对策略． • (1)明确介质折射率的大小关系，进而明 确光线的偏折方向． • (2)当光从光密介质射向光疏介质时，应 注意全反射临界角条件的判定． • (3)注意理解折射过程中的几何关系，这 往往是许多题目解决的关键．
• 选修3－5 • 【题型探秘】 • 动量部分：本考点是高考的选考内容， 题型全面，选择题主要考查动量的矢量性， 辨析“动量和动能”、“冲量与功”的基本 概念；常设置一个瞬间碰撞的情景，用动量 定理求变力的冲量；或求出平均力；或用动 量守恒定律来判定在碰撞后的各个物体运动 状态的可能值；
• 【典例精析】 • 【例2】 (2012· 湖南二模) • (1) 如图3所示，在沿波的传播方向上有相 距1 m的6个质点a、b、c、d、e、f均静止在 各自的平衡位置，一列横波以1 m/s的水平速 度向右传播．此波在t＝0时刻到达质点a，质 点a开始由平衡位置向下振动，t＝1 s时质点 a第一次到达最低点，则在4 s<t<5 s这段时间 内，下列说法正确的是____． • A．质点c的加速度逐渐减小 图3 • B．质点d向下运动 • C．质点a的速度逐渐减小
• (2)一粗细均匀的J型玻 璃管竖直放置，短臂端 封闭，长臂端(足够长) 开口向上，短臂内封有 一定质量的理想气体， 初始状态时管内各段长 度如图2甲所示，密闭 气体的温度为27 °C， 大气压强为75 cmHg.求：
图2
• ①若沿长臂的管壁缓慢加入5 cm长的水银柱 并与下方的水银合为一体，为使密闭气体保 持原来的长度，应使气体的温度变为多少？ • ②在第①问的情况下，再使玻璃管沿绕过O 点的水平轴在竖直平面内逆时针转过180°， 稳定后密闭气体的长度为多少？ • ③在图乙所给的p－T坐标系中画出以上两个 过程中密闭气体的状态变化过程．
• 近两年来热学考题中还涌现了许多对热现象 的自主学习和创新能力考查的新情景试 题．同时，本考点还可以与生活、生产的实 际相联来考查热学知识在实际中的应用．
• 【应对策略】 • 1．“模型法”：此类方法在估算分子的直 径中常常用到，具体的做法是：通常可以将 分子视为立方体或球体，由宏观体积和分子 个数，求出分子体积，进一步计算分子直径， 计算中采用了近似计算的思想． • 2．气体压强的计算：通常要利用共点力的 平衡知识来进行解题． • 3．“能量守恒”法：物体内能的变化是通 过做功与热传递来实现的，深刻理解功在能 量转化过程中的作用，才能深刻理解热力学 第一定律，应用能量守恒来分析有关热学的 问题．
• A．汽缸内的气体对外做功，温度降低 • B．汽缸内的气体对外做功，弹簧缩短 • C．汽缸内的气体没有从外界吸收热量，内 能不变 • D．汽缸内气体单位时间撞击在单位面积上 的分子数目增加
元贝驾考 元贝驾考2016 科目一 科目四 金手指考试 金手指驾驶员考试