【K12教育学习资料】[学习](通用版)2018-2019版高中物理第1章电磁感应与现代生活 1

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【K12教育学习资料】通用版2018_2019版高考物理总复习主题一机械运动与物理模型1.2.5_1

1.2.5 自由落体运动1.2.6 伽利略对自由落体运动的研究一、自由落体运动1.定义：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。

2.特点(1)运动性质：初速度等于零的匀加速直线运动。

(2)受力特点：只受重力作用。

(3)物体下落可看作自由落体运动的条件：在实际中物体下落时由于受空气阻力的作用，物体并不是做自由落体运动，只有当空气阻力比重力小得多，可以忽略时，物体的下落才可当作自由落体运动来处理。

思维拓展如图所示，在有空气的玻璃管中，金属片比羽毛下落得快，在抽掉空气的玻璃管中，金属片和羽毛下落快慢相同。

(1)只受重力作用时，物体下落快慢有什么规律。

(2)空气中的落体运动在什么条件下可看作自由落体运动？答案 (1)物体下落快慢相同 (2)空气的阻力作用可以忽略二、自由落体加速度1.定义：在同一地点，一切物体自由下落的加速度都相同。

这个加速度叫自由落体加速度，也叫重力加速度，通常用g 表示。

2.方向：竖直向下。

3.大小(1)在地球上的同一地点：一切物体自由下落的加速度都相同。

(2)在地球上不同的地点，g 的大小一般是B(A.相同 B.不同)的，g 值随纬度的增大而逐渐增大。

(3)一般取值：g ＝9.8 m/s 2或g ＝10 m/s 2。

思维拓展自由下落加速度的大小与物体的质量有关吗？同一物体在月球和地球上做自由落体运动时加速度相同吗？答案自由下落加速度的大小与物体的质量无关系。

同一物体在月球和地球上自由落体的加速度也不相同。

三、自由落体运动规律速度公式v ＝gt 位移公式h ＝12gt 2速度位移公式v2＝2gh思维拓展我们已经知道，自由落体运动是一种初速度为0，只受重力作用的运动。

那么前面所学的匀变速直线运动的规律，还有哪些适用于自由落体运动。

请举出一些！答案平均速度公式，初速度为零的匀变速直线运动的比例式等均可用。

四、伽利略对自由落体运动的研究1.亚里士多德的观点：物体下落的快慢是由它们的重力决定的。

(通用版)2018-2019版高中物理第一章电磁感应 1.7 涡流(选学)课件教科版选修3-2

章电磁感应
7 涡流(选学)
[学习目标] 1.了解涡流是怎样产生的，了解涡流现象在日常生活和生产中的应用和危害. 2.了解高频感应炉与电磁灶的工作原理. 3.了解什么是电磁阻尼，了解电磁阻尼在日常生活和生产中的应用.
内容索引
自主预习
预习新知夯实基础
重点探究
启迪思维探究重点
达标检测
检测评价达标过关
123
解析答案
2.(涡流的应用与防止)(多选)如图7所示是用涡流金属探测器探测地下金属物的示意图，下列说法中正确的是
√A.探测器内的探测线圈会产生交变磁场
B.只有有磁性的金属物才会被探测器探测到 C.探测到地下的金属物是因为探头中产生了涡流
√D.探测到地下的金属物是因为金属物中产生了涡流
123
√D.该封口机适用于玻璃、塑料等多种材质的容器封口，但不适用于金属
容器
解析答案
例2 (多选)如图4所示，闭合金属环从光滑曲面上h高处滚下，又沿曲面
的另一侧上升，设环的初速度为零，摩擦不计，曲面处在图中磁场中，
则
√A.若是匀强磁场，环上升的高度小于h
B.若是匀强磁场，环上升的高度等于h
√C.若是非匀强磁场，环上升的高度等于h
在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量为图1
.
答案
重点探究
一、涡流
[导学探究] 如图2所示，线圈中的电流随时间变化时，导体中有感应电流吗？如果有，它的形状像什么？答案有.变化的电流产生变化的磁场，变化的磁场产生感生电场，使导体中的自由电子发生定向移动，产生感应电流，它的形状像水中的旋涡，所以把它叫做涡电流，简称涡流.
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
图2
答案

【高中物理】2018-2019学年最新高中物理人教版必修1课件：本章整合4

本
章
整
合
本章知识可分为四个组成部分。第一部分:牛顿第一定律;第二部分:牛顿第二定律;第三部分:牛顿第三定律;第四部分:牛顿第二定律的应用。一、牛顿第一定律
内容:一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态力是改变物体运动状态的原因理解一切物体在任何情况下都具有惯性,质量是惯性大小的唯一量度
二、牛顿运动定律与图象结合的问题动力学中常见的图象有F-t图象、a-t图象、F-a图象等。 (1)对于F-a图象,首先要根据具体的物理情境,对物体进行受力分析,然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式,根据函数关系式结合图象,明确图象的斜率、截距或面积的意义,从而由图象给出的信息求出未知量。 (2)对于a-t图象,要注意加速度的正负,正确分析每一段的运动情况,然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程。 (3)对于F-t图象要结合物体受到的力,根据牛顿第二定律求出加速度,分析每一时间段的运动性质。
解析:(1)以刷子为研究对象ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ受力分析如图
设滑动摩擦力为Ff,天花板对刷子的弹力为FN,由牛顿第二定律得 (F-mg)sin 37° -μ(F-mg)cos 37° =ma 代入数据,得a=2 m/s2。 1 (2)由运动学公式,得 L= at2 2 代入数据,得t=2 s。答案:(1)2 m/s2 (2)2 s
二、牛顿第二定律
内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比, 跟它的质量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同表达式:�� = �� 矢量性:��的方向与��的方向一致 ��随��的变化而变化 : 瞬时性理解独立性:每个力都能使物体产生一个加速度力学单位制:基本量与基本单位、导出单位、单位制的应用

【配套K12】[学习](通用版)2018-2019版高中物理第一章电磁感应 1.5 电磁感应中的

5 电磁感应中的能量转化与守恒[学习目标] 1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题.1.在导线切割磁感线运动产生感应电流时，电路中的电能来源于机械能.机械能借助于电磁感应实现了向电能的转化.2.在电磁感应中，产生的电能是通过外力克服安培力做功转化而来的，外力克服安培力做了多少功，就有多少电能产生；而这些电能又通过感应电流做功，转化为其他形式的能量.一、电磁感应中的能量转化[导学探究] (1)如图1所示，处在匀强磁场中的水平导轨上有一根与光滑导轨接触良好的可自由滑动的导体棒ab，现导体棒ab具有向右的初速度v，则：图1①导体棒中的感应电流方向如何？②ab受到的安培力的方向如何？③ab 的速度如何变化？④电路中的电能是什么能转化过来的？(2)如(1)题图所示，设ab 长为L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，闭合电路的总电阻为R ，导体棒在外力的作用下以速度v 做匀速直线运动，求在t 时间内，外力所做的功W 外和感应电流的电功W 电.答案 (1)①由右手定则可确定，在ab 内产生由a 向b 的感应电流. ②由左手定则可知，磁场对导体棒ab 的安培力是向左的.③安培力与速度方向相反，则安培力阻碍导体棒的运动，导体棒的速度逐渐减小到零. ④导体棒的机械能.(2)导体棒产生的感应电动势E ＝BLv ，电路中感应电流I ＝E R ＝BLvR磁场对这个电流的作用力：F 安＝BIL ＝B 2L 2vR保持匀速运动所需外力F 外＝F 安＝B 2L 2vR在t 时间内，外力所做的功W 外＝F 外vt ＝B 2L 2v 2R t此时间内，感应电流的电功为W 电＝I 2Rt ＝B 2L 2v 2Rt[知识深化]1.电磁感应中能量的转化电磁感应过程的实质是不同形式的能量相互转化的过程，其能量转化方式为：2.求解电磁感应现象中能量问题的一般思路 (1)确定回路，分清电源和外电路.(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化.如： ①有滑动摩擦力做功，必有内能产生； ②有重力做功，重力势能必然发生变化；③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能. (3)列有关能量的关系式.例1 如图2所示，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接.右端接一个阻值为R 的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场.质量为m 、接入电路的电阻也为R 的金属棒从高度为h 处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好.则金属棒穿过磁场区域的过程中( )图2A.流过金属棒的最大电流为Bd 2gh2RB.通过金属棒的电荷量为BdL RC.克服安培力所做的功为mghD.金属棒产生的焦耳热为12mg (h －μd )答案 D解析金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh ＝12mv 2，金属棒到达平直部分时的速度v ＝2gh ，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势E ＝BLv ，最大感应电流I ＝ER ＋R ＝BL 2gh2R，故A 错误；通过金属棒的电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦ2R ＝BdL2R，故B 错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh －W 安－μmgd ＝0－0，克服安培力做功：W 安＝mgh －μmgd ，故C 错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q ′＝12Q ＝12W 安＝12mg (h －μd )，故D 正确.电磁感应中焦耳热的计算技巧：(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q ＝I 2Rt . (2)感应电流变化，可用以下方法分析： ①利用动能定理，求出克服安培力做的功W 安，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W 安.②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少量.例2 如图3所示，足够长的平行光滑U 形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，导轨间的距离L ＝1.0 m ，下端连接R ＝1.6 Ω的电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T.质量m ＝0.5 kg 、电阻r ＝0.4 Ω的金属棒ab 垂直置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F ＝5.0 N 的恒力使金属棒ab 从静止开始沿导轨向上滑行，当金属棒滑行s ＝2.8 m 后速度保持不变.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)图3(1)金属棒匀速运动时的速度大小v ；(2)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R 上产生的热量Q R . 答案 (1)4 m/s (2)1.28 J解析 (1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I ＝BLvR ＋r由平衡条件有F ＝mg sin θ＋BIL 代入数据解得v ＝4 m/s.(2)设整个电路中产生的热量为Q ，由能量守恒定律有Q ＝Fs －mgs ·sin θ－12mv 2而Q R ＝RR ＋rQ ，代入数据解得Q R ＝1.28 J.二、电磁感应中的动力学问题1.电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是： (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向. (2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向. (3)分析研究导体受力情况(包括安培力). (4)列动力学方程或平衡方程求解.2.两种状态处理(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态. 处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析. (2)导体处于非平衡状态——加速度不为零.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.例3 如图4所示，空间存在B ＝0.5 T 、方向竖直向下的匀强磁场，MN 、PQ 是水平放置的平行长直导轨，其间距L ＝0.2 m ，电阻R ＝0.3 Ω接在导轨一端，ab 是跨接在导轨上质量m ＝0.1 kg 、接入电路的电阻r ＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab 棒施加一个大小为F ＝0.45 N 、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，整个过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：(g ＝10 m/s 2)图4(1)导体棒所能达到的最大速度的大小； (2)试定性画出导体棒运动的速度－时间图像. 答案 (1)10 m/s (2)见解析图解析 (1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：E ＝BLv ①回路中的感应电流I ＝ER ＋r②导体棒受到的安培力F 安＝BIL ③导体棒运动过程中受到拉力F 、安培力F 安和摩擦力f 的作用，根据牛顿第二定律：F －μmg －F 安＝ma ④由①②③④得：F －μmg －B 2L 2v R ＋r＝ma ⑤由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a 减小，当加速度a 减小到0时，速度达到最大.此时有F －μmg －B 2L 2v mR ＋r＝0⑥可得：v m ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2L2＝10 m/s⑦ (2)由(1)中分析可知，导体棒运动的速度－时间图像如图所示.电磁感应动力学问题中，要把握好受力情况、运动情况的动态分析.基本思路是：导体受外力运动―――→E ＝BLv 产生感应电动势――――→EI R r=+产生感应电流―――→F ＝BIL导体受安培力―→合外力变化―――→F 合＝ma加速度变化―→速度变化―→感应电动势变化……→a ＝0，v 达到最大值.例4 如图5甲所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻，一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦.(重力加速度为g )图5(1)由b 向a 方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小； (3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值. 答案 (1)见解析图(2)BLv R g sin θ－B 2L 2v mR (3)mgR sin θB 2L 2解析 (1)如图所示，ab 杆受重力mg ，方向竖直向下；支持力N ，方向垂直于斜面向上；安培力F 安，方向沿导轨向上.(2)当ab 杆的速度大小为v 时，感应电动势E ＝BLv ，此时电路中的电流I ＝E R ＝BLvRab 杆受到安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2vR根据牛顿第二定律，有mg sin θ－F 安＝mg sin θ－B 2L 2vR ＝ma则a ＝g sin θ－B 2L 2vmR.(3)当a ＝0时，ab 杆有最大速度v m ，即mg sin θ＝B 2L 2v m R ，解得v m ＝mgR sin θB 2L 2.电磁感应中动力学问题的解题技巧：(1)受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场B 的方向，以便准确地画出安培力的方向.(2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化.(3)根据牛顿第二定律分析a 的变化情况，以求出稳定状态的速度. (4)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口.1.(电磁感应中的动力学问题)如图6所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动.杆ef 及线框中导线的电阻都可忽略不计.开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图6A.ef 将减速向右运动，但不是匀减速B.ef 将匀减速向右运动，最后停止C.ef 将匀速向右运动D.ef 将往返运动答案 A解析 ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由F ＝BIl ＝B 2l 2vR＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动，故A 正确.2.(电磁感应中的动力学问题)如图7所示，MN 和PQ 是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab 是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S 断开，让杆ab 由静止开始自由下落，过段时间后，再将S 闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图像不可能是下图中的( )图7答案 B解析 S 闭合时，若金属杆受到的安培力B 2l 2v R ＞mg ，ab 杆先减速再匀速，D 项有可能；若B 2l 2vR ＝mg ，ab 杆匀速运动，A 项有可能；若B 2l 2vR ＜mg ，ab 杆先加速再匀速，C 项有可能；由于v变化，mg －B 2l 2vR＝ma 中a 不恒定，故B 项不可能.3.(电磁感应中的能量问题)(多选)如图8所示，纸面内有a 、b 两个用同样的导线制成的闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )图8A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流B.a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C.a 、b 线圈中感应电流之比为3∶1D.a 、b 线圈中电功率之比为3∶1 答案 BC解析根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A 错误；因磁感应强度随时间均匀增大，设ΔB Δt ＝k ，根据法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δtl 2，则E aE b＝(31)2＝91，选项B正确；根据I＝ER＝Eρ4nlS＝nΔBΔtl2S4ρnl＝klS4ρ可知，I∝l，故a、b线圈中感应电流之比为3∶1，选项C正确；电功率P＝IE＝klS4ρ·nΔBΔtl2＝nk2l3S4ρ，则P∝l3，故a、b线圈中电功率之比为27∶1，选项D错误.4.(电磁感应中的能量问题)(多选)如图9所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计.斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上.质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，在这一过程中 ( )图9A.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C.恒力F与安培力的合力所做的功等于零D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AD解析金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F 做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功.匀速运动时，金属棒所受合力为零，故合力做功为零，A正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R上产生的焦耳热，故恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确.。

【高中物理】2018-2019学年最新(新课标)人教版高中物理必修1课件：本章整合2

=
��2 ��2
解得 tBC=t。
答案:t
-8-
本章整合
知识构建
专题归纳
专题一
专题二
专题三
纸带问题的分析与处理方法纸带的分析与计算是近几年高考考查的热点,因此应该掌握有关纸带问题的处理方法。 1.判断物体的运动性质 (1)根据匀速直线运动的位移公式x=vt知,若纸带上各相邻的点的间隔相等,则可判定物体做匀速直线运动。 (2)由匀变速直线运动的推论Δx=aT2知,若所打的纸带上在任意两个相邻且相等的时间内物体的位移差相等,则说明物体做匀变速直线运动。
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知识构建
专题归纳
专题一
专题二
专题三
常用方法逆向思维法图象法
规律特点把运动过程的“末态”作为“初态”的反向的方法。例如, 末速度为零的匀减速直线运动可以看作反向的初速度为零的匀加速直线运动应用 v-t 图象,可把复杂的物理问题转化为较为简单的数学问题解决,尤其是用图象定性分析,可避免繁杂的计算,快速求解
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知识构建
专题归纳
专题一
专题二
专题三
2.匀变速直线运动问题的解题模型确定研究对象→分析题意,确定研究对象 ↓ 画运动草图→建立直线坐标系,选取正方向,确定加速度方向、位移方向 ↓ 列运动方程→由已知条件及待求量,选择合适的公式 ↓ 得出结论并验证→统一单位,解方程(或方程组)求未知量,并注意对结果进行有关讨论
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知识构建
专题归纳
专题一
专题二
专题三
【例题1】物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面,到达斜面 3 最高点时速度恰为零,如图所示。已知物体运动到斜面长度 4 的B 点时,所用时间为t,求物体从B滑到C所用的时间。

通用版2018_2019版高中物理第一章电磁感应章末学案教科版选修3_2word格式

第一章电磁感应章末总结一、楞次定律的理解与应用1.感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.感应电流的磁场方向不一定与原磁场方向相反，只有在磁通量增加时两者才相反，而在磁通量减少时两者是同向的.2.“阻碍”并不是“阻止”，而是“延缓”，回路中的磁通量变化的趋势不变，只不过变化得慢了.3.“阻碍”的表现：增反减同、来拒去留等.例1如图1甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q 共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示(图甲所示Q中电流方向为正)，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则( )图1A.t1时刻N>G，P有收缩的趋势B.t2时刻N＝G，此时穿过P的磁通量为0C.t3时刻N＝G，此时P中无感应电流D.t4时刻N<G，此时穿过P的磁通量最小答案 A解析当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量向下增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有收缩的趋势，线圈中产生逆时针方向的感应电流(从上向下看)，由安培定则可判断，螺线管下端为N极，线圈等效成小磁铁，N极向上，则此时N>G，故A正确；当螺线管中电流不变时，其形成的磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈中无感应电流产生，线圈和螺线管间无相互作用力，故t2时刻N＝G，此时穿过P的磁通量不为0，故B错误；t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，故C错误；t4时刻电流不变时，其形成的磁场不变，线圈P中磁通量不变，故D错误.二、电磁感应中的图像问题对图像的分析，应做到：(1)明确图像所描述的物理意义；(2)明确各种物理量正、负号的含义；(3)明确斜率的含义；(4)明确图像和电磁感应过程之间的对应关系.例2如图2所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向.菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d，现使线框沿AC方向匀速穿过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系图像可能是( )图2答案 D解析导线框ABCD 在进入左边磁场时，由楞次定律和安培定则可以判断出感应电流的方向应为正方向，选项B 、C 错误；当导线框ABCD 一部分在左磁场区，另一部分在右磁场区时，回路中的最大电流要加倍，方向与刚进入时的方向相反，选项D 正确，选项A 错误.电磁感应中图像类选择题的两个常见解法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项.(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法.三、电磁感应中的电路问题求解电磁感应中电路问题的关键是分清楚内电路和外电路.“切割”磁感线的导体和磁通量变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体(或线圈)的电阻相当于内电阻，而其余部分的电阻则是外电阻.例3 把总电阻为2R 的均匀电阻丝焊接成一半径为a 的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中,如图3所示,一长度为2a 、电阻等于R 、粗细均匀的金属棒MN 放在圆环上,它与圆环始终保持良好的接触,当金属棒以恒定速度v 向右移动经过环心O时，求：图3(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压U MN ； (2)在圆环和金属棒上消耗的总热功率. 答案 (1)4Bav 3R 方向由N →M 23Bav(2)8B2a2v23R解析 (1)把切割磁感线的金属棒看成一个具有内阻为R 、电动势为E 的电源，两个半圆环看成两个并联电阻，画出等效电路如图所示.等效电源电动势为：E ＝BLv ＝2Bav .外电路的总电阻为：R 外＝R1R2R1＋R2＝12R .棒上电流大小为：I ＝E R 总＝2Bav 12R ＋R ＝4Bav3R.电流方向从N 流向M .根据闭合电路欧姆定律知，棒两端的电压为电源路端电压.U MN ＝IR 外＝23Bav(2)圆环和金属棒上消耗的总热功率为：P ＝IE ＝8B2a2v23R.电磁感应中电路问题的分析方法：(1)明确电路结构，分清内、外电路，画出等效电路图.(2)根据产生感应电动势的方式计算感应电动势的大小，如果是磁场变化，由E ＝n ΔΦΔt 计算；如果是导体切割磁感线，由E ＝BLv 计算. (3)根据楞次定律或右手定则判断感应电流的方向. (4)根据电路组成列出相应的方程式.四、电磁感应中的力电综合问题此类问题涉及电路知识、动力学知识和能量观点，综合性很强，解决此类问题要注重以下三点： (1)电路分析①找“电源”：确定出由电磁感应所产生的电源，求出电源的电动势E 和内阻r . ②电路结构分析弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，为求安培力做好铺垫.(2)力和运动分析①受力分析：分析研究对象(常为金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意安培力的方向.②运动分析：根据力与运动的关系，确定出运动模型，根据模型特点，找到解决途径.(3)功和能量分析①做功分析，找全力所做的功，弄清功的正、负.②能量转化分析，弄清哪些能量增加，哪些能量减少，根据功能关系、能量守恒定律列方程求解.例4如图4所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T.在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑.然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg、电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑.cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，问：图4(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab 上产生的热量Q是多少.答案(1)由a流向b(2)5 m/s (3)1.3 J解析(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.(2)开始放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其大小为f max，有f max＝m1g sin θ①设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝ER1＋R2③设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIL ④此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿导轨向下，由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋f max ⑤ 联立①②③④⑤式，代入数据解得v ＝5 m/s. (3)设cd 棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q 总，由能量守恒定律有m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 2v 2又Q ＝R1R1＋R2Q 总解得Q ＝1.3 J.。

(通用版)2018-2019版高中物理-第一章电磁感应微型专题练1 法拉第电磁感应定律的应用课件

重点探究
一、E＝n
ΔΦ Δt
和E＝BLv的比较应用
ΔΦ Δt
ΔΦ Δt
例1 如图1所示，导轨OM和ON都在纸面内，导体AB可在导轨上无摩擦滑动，AB⊥ON，若AB以5 m/s的速度从O点开始沿导轨匀速右滑，导体
与导轨都足够长，磁场的磁感应强度为0.2 T.问：
(1)3 s末夹在导轨间的导体长度是多少？此时导
A.1∶1
B.2∶1
√C. 1∶2
D.1∶4
解析根据E＝BLv，磁感应强度增大为2B，
其他条件不变，所以感应电动势变为2倍.
图8
123
解析答案
2.(转动切割磁感线产生感应电动势)如图9所示，匀强磁场中有一由半圆
弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于
半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心 O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电
针对训练如图4所示，空间存在垂直于纸面的匀强磁场，在半径为a的
圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B.一半径
为b(b＞a)、电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的
中心重合.当内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线环
截面的电荷量为
πB|b2－2a2|
√A. R
后可用来测定磁场的磁感应强度.已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与
冲击电流计组成的回路电阻为R.若将线圈放在被测匀强磁场中，开始时
线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，冲击电流计测出通过
线圈的电荷量为q，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为
A.qSR
B.qnRS

2018-2019版高中物理教科版选修1-1课件：第1章第1节静电现象及其应用精品

解析下雨时，一般会有雷电，如果在高大建筑物顶端装上避雷针，通过避雷针与大地相连，就能及时把电荷导入大地，从而避免建筑物被雷电击坏，如果没有A错误；油罐车在运动的过程中，由于里面的油在晃动，也会摩擦产生静电，后面拖一条铁链就可以及时的把产生的静电导走，有利于消除静电，故选项B正确；飞机上的着地轮装有搭地线或用导电橡胶做轮胎，是为了及时地把飞机在飞行过程中由于摩擦而产生的电荷通过导体而转移给大地，以免发生放电现象，保证飞机和乘客的安全，选项C错误；绝缘性能良好的化纤制品的衣服不能及时把静电导入大地，容易造成手术事故，选项D错误. 答案 B
2.静电的防止 (1)印染厂里的静电的危害与防止危害：在印染厂里，棉纱、毛线、化学纤维上的静电会吸引空气中的尘埃，使印染质量下降. 防止：使车间里保持一定湿度，让电荷随时放出. (2)雷电这一静电现象常常会造成巨大的自然灾害，为了避免雷电的危害，通常使用避雷针.避雷针是由富兰克林发明的. (3)简单易行而又安全可靠的防止静电危害的方法：用导体把容易产生静电的部件良好接地.例如：轮船上的工作人员穿导电材料做的衣服；输油管每隔100～300 m 就要接地一次；油罐车的尾部拖一条铁链.
第1节静电现象及其应用
[目标定位] 1.知道静电现象和摩擦起电的原因.2.知道自然界中存在两种电荷，理解电荷守恒定律.3.了解静电的应用和防止静电危害的方法.
一、静电现象 1.两种不同材料的物体相互_摩__擦___后能够吸引轻小物体，就说物体带了“电”，带
电的物体叫做“带电体”，通过摩擦使物体带电的方法被称为“_摩__擦__起__电_”. 2.电荷的电性及相互作用
【例1】 (多选)(2018·宿迁学业水平模拟)摩擦带电是一种常见的带电方式，关于摩擦带电，下列说法正确的是( ) A.梳子和头发摩擦后梳子能够吸引轻小物体，因为摩擦使梳子带电 B.在A选项中梳子带电后头发就不带电了 C.摩擦带电产生了电荷，使自然界中的电荷数增加了 D.摩擦带电的本质是电荷发生了转移解析摩擦带电并不是创生了电荷，而是电荷从一个物体转移到另外一个物体，使两个原来不带电的物体正电荷数目和负电荷数目都不相等，从而显电性. 答案 AD

2018-2019版高中物理第一章电场电流章末整合课件新人教版选修1-1

解析物体间通过摩擦做功，使电子获得能量摆脱原子核的束缚物体失去电子决定于其原子核对电子的束缚程度，因此，对同一摩擦，该物体可能带正电，也可能带负电，故A错误；但两物体间得到多少电子，对方必定失去多少电子，故B正确；呈电中性的物带负电，反之带正电，故C正确；摩擦起电并不是创造了电荷，而故D错误. 答案 BC
解析由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有净电荷，甲、乙电子而带1.6×10－15 C正电，乙物体得到电子而带1.6×10－15 C 体与不带电的丙物体相接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体丙两物体都带负电荷，由电荷守恒可知，乙最终所带负电荷为 8×10－16 C＝8×10－16 C，故A、D正确. 答案 AD
二、对电场强度、电场线的理解 1.电场强度 E＝Fq由电场本身决定，与放入其中的试探电荷无关. 2.电场线是为形象地描述抽象的电场而引入的假想曲线.电场线上
都跟该点的电场强度方向一致. 3.同一幅图中，电场线的疏密程度可定性地表示电场强度的大小.电
场强越大；电场线越稀的地方，场强越小.
4.电场线任一点顺着电场线的切线方向，就表示该点电场强度的方向图1－1
三、库仑定律的理解及应用 1.大小：依据 F＝kqr1q2 2，q1、q2 代入绝对值计算. 2.方向：沿连线方向，且同种电荷相斥，异种电荷相吸. 3.相互性：两个点电荷间的库仑力为相互作用力，满足牛顿第三
【例3】关于库仑定律的理解，下面说法正确的是( ) A.对任何带电体之间的静电力计算，都可以使用库仑定律公式 B.只要是点电荷之间的静电力计算，都可以使用库仑定律公式 C.两个点电荷之间的静电力，无论是在真空中还是在介质中，一向相反的 D.摩擦过的橡胶棒吸引碎纸屑，说明碎纸屑一定带正电解析库仑定律的适用条件为真空中的两点电荷，库仑力作用满足答案 C

【配套K12】[学习](通用版)2018-2019版高中物理第1章电磁感应与现代生活 1.5 自

1.5 自感现象与日光灯[目标定位] 1.能分析通电自感和断电自感现象.2.能写出自感电动势的表达式，知道自感系数的决定因素.3.了解自感现象中的能量转化.4.了解日光灯的组成以及起辉器和镇流器的工作原理.一、日光灯电路按图1所示电路连接日光灯电路，闭合开关，观察日光灯的发光过程，简单叙述其工作原理.图1答案(1)闭合开关，电源把电压加在起辉器的两极，起辉器内氖气放电产生热量从而使起辉器内双金属片接触，电路导通.(2)电路接通后，起辉器中氖气停止放电，温度降低，双金属片分离，瞬间切断的电流使镇流器产生瞬时高压，使灯管内气体导电而发光.(3)日光灯正常发光时，镇流器起降压限流作用，保证日光灯正常工作.[要点总结]1.日光灯电路包括日光灯管、镇流器、起辉器、开关、导线等.2.起辉器的作用为自动开关.3.镇流器是一个带铁心的多匝线圈，在启动时提供瞬时高压，点燃灯管之后起到降压限流的作用.例1若将图2甲中起辉器换为开关S1，并给镇流器并联一个开关S2，如图乙所示，则下列叙述正确的是( )图2A.只把S3接通，日光灯就能正常发光B.把S3、S1接通后，S2不接通，日光灯就能正常发光C.S2不接通，接通S3、S1后，再断开S1，日光灯就能正常发光D.当日光灯正常发光后，再接通S2，日光灯仍能正常发光答案 C解析一般日光灯启动的瞬间把电源、灯丝、镇流器接通后自动断开，靠镇流器产生瞬时高压，使灯管内气体导电，所以启动时既要使题图乙中S3闭合，又要使S1瞬间闭合再断开，A、B错，C对.正常工作时镇流器起降压限流作用，若把题图乙中S2闭合，则镇流器失去作用，日光灯不能正常工作，D错.二、自感现象1.通电自感：如图3，先闭合S，调节R2，使A1、A2的亮度相同，再调节R1使A1、A2正常发光，再断开S，再次闭合.根据楞次定律分析现象，观察两只灯泡在电路接通的瞬间发光情况有什么不同？图3答案现象：灯泡A2立即发光，灯泡A1逐渐亮起来.原因：电路接通时，电流由零开始增加，穿过线圈L的磁通量逐渐增加，为了阻碍磁通量的增加，感应电流产生的磁通量与原来电流产生的磁通量方向相反，则线圈中感应电动势的方向与原来的电流方向相反，阻碍了L中电流的增加，即推迟了电流达到稳定值的时间.2.断电自感：如图4所示，先闭合开关使灯泡发光，然后断开开关.图4(1)开关断开前后，流过灯泡的电流方向各怎样？(2)在断开过程中，有时灯泡闪亮一下再熄灭，有时灯泡只会缓慢变暗直至熄灭，请分析上述两种现象的原因是什么？答案(1)S闭合时，灯泡A中电流向左，S断开瞬间，灯泡A中电流方向向右，所以开关S 断开前后，流过灯泡的电流方向相反.(2)在电源断开后灯泡又闪亮一下的原因是灯泡断电后自感线圈中产生的感应电流比原线圈中的电流大.要想使灯泡闪亮一下再熄灭，就必须使自感线圈的电阻小于与之并联的灯泡电阻.而当线圈电阻大于或等于灯泡电阻时，灯泡只会延迟一段时间再熄灭.[要点总结]1.自感现象：由于通过导体本身的的电流发生变化时，在线圈中引起的电磁感应现象.2.自感电动势：自感现象中产生的感应电动势.3.当线圈中的电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当线圈中电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同.4.自感电动势总是阻碍线圈中电流的变化，但不能阻止线圈中电流的变化.对通电自感和断电自感现象的分析(1)通电瞬间自感电动势阻碍电流的增加，与线圈串联的灯泡在通电后会逐渐变亮，直到稳定.通电瞬间自感线圈处相当于断路，电流稳定时自感线圈相当于导体.(2)断电时自感线圈处相当于电源，若断电前，自感线圈电流大小I L大于灯泡的电流I A则灯会闪亮一下再熄灭；若断电前自感线圈中的电流I L小于或等于灯泡中的电流I A则灯泡不会闪亮，而是逐渐熄灭.要注意断电前后通过灯泡的电流方向是否变化.例2如图5所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，L A、L B是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则 ( )图5A.闭合开关S时，L A、L B同时达到最亮，且L B更亮一些B.闭合开关S时，L A、L B均慢慢亮起来，且L A更亮一些C.断开开关S时，L A慢慢熄灭，L B马上熄灭D.断开开关S时，L A慢慢熄灭，L B闪亮后才慢慢熄灭答案 D解析由于灯泡L A与线圈L串联，灯泡L B与电阻R2串联，当S闭合的瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以L B先亮，由于L A所在的支路电阻阻值偏小，故稳定时电流大，即L A更亮一些，A、B错误；当S断开的瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从线圈中电流开始减小，即从I A减小，故L A慢慢熄灭，L B 闪亮后才慢慢熄灭，C错误，D正确.1.分析通电自感需抓住三点：(1)通电瞬间自感线圈处相当于断路；(2)电流增大过程中自感线圈对电流有阻碍作用，使线圈中的电流从0逐渐增大到稳定值；(3)电流稳定时自感线圈相当于导体.2.断电自感时，由于自感电动势的作用，线圈中的电流从原值逐渐减小.若断开开关瞬间通过灯泡的电流大于断开开关前的电流，灯泡会闪亮一下；若断开开关瞬间通过灯泡的电流小于或等于断开开关前的电流，灯泡不会闪亮一下，而是逐渐变暗.例3如图6所示的电路中，S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是2 A，流过灯泡的电流是1 A，现将S突然断开，S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流i随时间t变化关系的图像是( )图6答案 D解析开关S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1 A.开关S断开瞬间，自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流从原来的2 A 逐渐减小，方向不变，且同灯泡D 构成回路，通过灯泡D 的电流和线圈L 中的电流相等，也应该是从2 A 逐渐减小到零，但是方向与原来通过灯泡D 的电流方向相反，D 对.三、自感电动势的大小1.自感电动势的大小跟线圈内磁通量变化率和线圈本身的自感特性有关.2.自感电动势E 的表达式：E ＝L ΔI Δt.其中L 是自感系数，简称电感，单位：亨利，符号：H.1 mH ＝10－3H ；1 μH ＝10－6H.3.决定因素：与线圈的大小、形状、匝数，以及是否有铁心等因素有关，与E 、ΔI 、Δt 等无关.例4 关于线圈中自感电动势的大小，下列说法中正确的是( )A.电感一定时，电流变化越大，自感电动势越大B.电感一定时，电流变化越快，自感电动势越大C.通过线圈的电流为零的瞬间，自感电动势为零D.通过线圈的电流为最大值的瞬间，自感电动势最大答案 B解析电感一定时，电流变化越快，ΔI Δt 越大，由E ＝L ΔI Δt知，自感电动势越大，A 错，B 对；线圈中电流为零时，电流的变化率不一定为零，自感电动势不一定为零，故C 错；当通过线圈的电流最大时，若电流的变化率为零，自感电动势为零，故D 错.1.(对自感现象的理解)关于自感现象，下列说法正确的是( )A.感应电流一定和原来的电流方向相反B.对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈产生的自感电动势也越大C.对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈的自感系数也越大D.对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势也越大答案 D解析当电流增大时，感应电流的方向与原来的电流方向相反，当电流减小时，感应电流的方向与原来的电流方向相同，故选项A 错误；自感电动势的大小，与电流变化快慢有关，与电流变化大小无关，故选项B 错误，D 正确；自感系数只取决于线圈本身的因素，与电流变化情况无关，故选项C 错误.2.(自感现象的分析)(多选)如图7所示电路中，、是两只相同的电流表，电感线圈L 的直流电阻与电阻R 阻值相等.下面判断正确的是( )图7A.开关S接通的瞬间，电流表的读数大于的读数B.开关S接通的瞬间，电流表的读数小于的读数C.开关S接通，电路稳定后再断开的瞬间，电流表的读数大于的读数D.开关S接通，电路稳定后再断开的瞬间，电流表的读数等于的读数答案BD3.(对日光灯电路的分析)(多选)关于日光灯电路，下列说法正确的是( )A.起辉器在电路中起自动开关作用B.正常使用时镇流器不起作用C.如果把日光灯灯管两端的电极分别短路，日光灯仍能正常发光D.如果日光灯在正常发光时，把起辉器取走，日光灯仍能正常发光答案AD解析起辉器起到自动开关作用，配合镇流器产生瞬时高电压启动灯管.日光灯正常发光时，起辉器可以取走.而镇流器在日光灯正常工作时起降压限流作用，不能取出.灯管两极短路后，日光灯将不能正常发光，故A、D项正确.4.(自感现象的图像问题)在如图8所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁心的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调节R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，能正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图像是( )图8答案 B解析与滑动变阻器R串联的L2，不受自感影响，直接变亮，电流变化图像如A中图线，C、D错误.与带铁心的电感线圈串联的L1，由于自感，电流逐渐变大，A错误，B正确.B两点间电压U AB随时间t变化的图像中正确的是选项B.。

【高中物理】2018-2019学年最新高中物理人教版必修1课件：本章整合2

��0 。又��0 2 2
= 2�� , �� 2 = 2�� , �� = AC 段的平均
t 2 x 1
只适用于匀变速直线运动
-4-
本章整合
知识网络
专题突破
专题一
专题二
专题三
专题四
常用方法中间时刻速度法比例法
规律特点利用“任一时间段 t 中间时刻的瞬时速度等于这段时间 t 内的平均速度” 即v t = v, 适用于任何一个匀变速直线运
2
动, 有些题目应用它可以避免常规解法中用位移公式列出的含有��2 的复杂式子 , 从而简化解题过程, 提高解题速度对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速运动,可利用初速度为零的匀加速直线运动的五大重要特征的比例关系,用比例法解题
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本章整合
知识网络
专题突破
专题一
专题二
专题三
专题四
【例题 1】
3 速度恰好为零,如图所示,已知物体运动到斜面长度处的��点时, 4
物体以一定的速度冲上固定的光滑斜面,到达斜面的最高点时
所用的时间为�� , 则物体从��滑到��所用的时间为多少?
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本章整合
2
2
由 ①②③解得 vB=
3 − 2�� ② , �� = ��③ 4
又 vB=v0-at vB=atBC 由 ④⑤⑥解得 tBC=t。

【K12教育学习资料】[学习](京津琼鲁专用)2018-2019学年高中物理第一章静电场第8节

第1课时电容器的电容[学科素养与目标要求]物理观念：1.知道电容器的概念和平行板电容器的主要构造.2.理解电容的概念及其定义式，掌握平行板电容器电容的决定式.科学探究：会正确连接电路，认真观察电容器的充放电过程，会分析解释相关现象. 科学思维：1.通过类比建立电容的概念；通过电容的定义进一步体会比值定义法.2.结合具体问题构建电容器动态分析模型.一、电容器1.电容器：储存电荷和电能的装置.任何两个彼此绝缘又相距很近的导体，都可以看成一个电容器.2.电容器的充放电(1)充电：把电容器的两极板分别与电池组的两极相连，两个极板分别带上等量的异号电荷的过程，充电过程中，由电源获得的电能储存在电容器中.(2)放电：用导线把充电后的电容器的两极板接通，两极板上的电荷中和的过程，放电过程中，电场能转化为其他形式的能量. 二、电容1.定义：电容器所带电荷量Q 与电容器两极板间的电势差U 的比值.2.定义式：C ＝Q U.3.单位：电容的国际单位是法拉，符号为F ，常用的单位还有微法和皮法，1F ＝106μF ＝1012pF. 4.物理意义：电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，在数值上等于使两极板间的电势差为1V 时电容器需要带的电荷量. 三、平行板电容器1.结构：由两个平行且彼此绝缘的金属板构成.2.电容的决定因素：电容C 与两极板间的相对介电常数εr 成正比，跟极板的正对面积S 成正比，跟极板间的距离d 成反比.3.电容的决定式：C ＝εr S 4πkd ，式中k 为静电力常量，εr 为电介质的相对介电常数，真空中εr ＝1. 四、常用电容器1.分类：从构造上看，可以分为固定电容器和可变电容器两类.2.电容器的额定电压和击穿电压：(1)额定电压：电容器能够长期正常工作时的电压.(2)击穿电压：电介质被击穿时在电容器两极板上的极限电压，若电压超过这一限度，则电容器就会损坏.1.判断下列说法的正误.(1)电容器的电容跟电容器的电荷量成正比.( ×)(2)电容器的电容越大，所带电荷量就越多.( ×)(3)对于确定的电容器，它所带的电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变.( √)(4)只将平行板电容器两极板的间距加大，电容将增大.( ×)(5)只将平行板电容器两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小.( √)(6)只在平行板电容器极板间插入电介质，电容将增大.( √)2.某平行板电容器充电后所带电荷量为Q＝2×10－6C，两板间的电压U＝4V，则该电容器的电容为F，若只将该电容器的板间距离增大，电容器的电容将，若只将两极板错开，使极板正对面积减小，电容器的电容将.答案5×10－7减小减小一、电容器电容把电容器的两个极板分别与电源两极相连，对电容器进行充电，该过程中能量是如何转化的？当把电容器两极相接，对电容器进行放电，该过程中能量是如何转化的？当电容器的带电荷量增加时，电容器两极板间的电势差如何变化？带电荷量Q和板间电势差U的比值是否发生变化？答案充电过程中电源内的化学能转化为电容器内的电场能. 放电过程中电容器的电场能转化为电路的内能.增大不变1.电容器的充电过程，电源提供的能量转化为电容器的电场能；电容器的放电过程，电容器的电场能转化为其他形式的能.2.电容器的充、放电过程中，电路中有充电、放电电流，电路稳定时，电路中没有电流.3.C ＝Q U 是电容的定义式，由此也可得出C ＝ΔQ ΔU.4.电容器的电容决定于电容器本身，与电容器的电荷量Q 以及电势差U 均无关.例1 有一充电的电容器，两极板间的电压为3V ，所带电荷量为4.5×10－4C ，此电容器的电容是多少？将电容器的电压降为2V ，电容器的电容是多少？所带电荷量是多少？答案 1.5×10－4F 1.5×10－4F 3×10－4C解析 C ＝Q U ＝4.5×10－43F ＝1.5×10－4F.电容器电压降为2V 时，电容不变，仍为1.5×10－4F.此时所带电荷量为Q ′＝CU ′＝1.5×10－4×2C ＝3×10－4C.二、平行板电容器的电容及动态分析平行板电容器由两块平行放置的金属板组成.利用平行板电容器进行如下实验：(1)如图1所示，保持Q 和d 不变，减小两极板的正对面积S ，观察电势差U (静电计指针偏角)的变化，依据C ＝QU，分析电容C 的变化.图1(2)如图2所示，保持Q 和S 不变，增大两极板间的距离d ，观察电势差U (静电计指针偏角)的变化，依据C ＝Q U，分析电容C 的变化.图2(3)如图3所示，保持Q 、S 、d 不变，插入电介质，观察电势差U (静电计指针偏角)的变化，依据C ＝Q U，分析电容C 的变化.图3答案 (1)实验结论：S 减小，电势差U 增大，电容C 减小. (2)实验结论：d 增大，电势差U 增大，电容C 减小. (3)实验结论：插入电介质，电势差U 减小，电容C 增大.1.C ＝Q U 与C ＝εr S 4πkd的比较(1)C ＝Q U是电容的定义式，对某一电容器来说，C 不变，Q ∝U ；(2)C ＝εr S 4πkd 是电容的决定式，C ∝εr ，C ∝S ，C ∝1d ，反映了影响电容大小的因素.2.平行板电容器动态问题的分析方法抓住不变量，分析变化量，紧抓三个公式：C ＝Q U 、E ＝U d 和C ＝εr S 4πkd3.平行板电容器的两类典型问题(1)平行板电容器始终连接在电源两端：电势差U 不变.由C ＝εr S 4πkd ∝εr S d 可知C 随d 、S 、εr 的变化而变化.Q ＝UC ＝U ·εr S 4πkd ∝εr Sd. E ＝U d ∝1d. (2)平行板电容器充电后，切断与电源的连接：电荷量Q 保持不变. 由C ＝εr S 4πkd ∝εr Sd可知C 随d 、S 、εr 的变化而变化.U ＝Q C ＝4πkdQ εr S ∝d εr S. 由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S ∝1εr S可知E 与d 无关.例2 (多选)(2018·山东济宁市高一下期末)如图4所示，相互靠近的两块金属板M 、N 组成平行板电容器，极板M 与静电计的金属球相接，极板N 与静电计的金属外壳均接地.电容器充电后，静电计指针将张开一定角度.若电容器所带电荷量不变，下面操作能使静电计指针张角变大的是( )图4A.将N板向上平移B.将N板向左平移远离M板C.将N板向右平移靠近M板D.在M、N之间插入有机玻璃答案AB解析当电容器两板间电压增大时，静电计指针张角变大，当将N板向上平移或N板向左平移时，都使C减小，由U＝QC知，U增大，故A、B正确，C错误；在M、N间插入有机玻璃，C增大，U减小，故D错误.静电计的使用静电计是在验电器的基础上改造而成的，静电计由相互绝缘的两部分组成，静电计与电容器的两极板分别连接在一起，则电容器上的电势差就等于静电计上所指示的电势差U，U的大小就从静电计的刻度读出，可见，静电计指针偏角的变化表征了电容器两极板电势差的变化. 例3(2018·山东烟台市高一下期末)如图5所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态.现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其他条件不变.下列说法中正确的是( )图5A.液滴将向下运动B.液滴将向上运动C.电容器电容减小D.极板带电荷量将减小答案 B解析将极板A向下平移一小段距离，电容器板间的电压保持不变，根据E＝Ud分析得知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，则油滴将向上运动，故A错误，B正确.将极板A向下平移一小段距离时，根据C＝εr S4πkd得知电容C增大，而电容器的电压U不变，由Q＝CU知，极板带电荷量将增大，故C 、D 错误.1.(电容器电容)(2018·山东淄博市高一下期末)对电容C ＝Q U，以下说法正确的是( ) A.电容器充电电荷量越多，电容增加越大 B.电容器的电容跟它两极板间所加电压成反比 C.电容器的电容越大，所带电荷量就越多D.对于确定的电容器，它所带的电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变答案 D2.(电容的计算)一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－4C ，则其电压减少为原来的13，则( ) A.电容器原来的带电荷量为9×10－4C B.电容器原来的带电荷量为4.5×10－4C C.电容器原来的电压为1V D.电容器的电容变为原来的13答案 B解析由题意知C ＝Q U ，C ＝Q －3×10－4C 13U，联立解得Q ＝4.5×10－4C ，故B 正确，A 错误.因电容器的电容不知，所以无法得出电容器原来的电压，C 错误.电容是由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，D 错误.3.(电容器的动态分析)(多选)如图6所示，电路中A 、B 为两块竖直放置的金属板，C 是一只静电计，开关S 合上后，静电计指针张开一定角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是( )图6A.使A 、B 两板靠近一些B.使A 、B 两板正对面积减小一些C.断开S 后，使A 板向左平移一些D.断开S 后，使A 、B 正对面积减小一些答案 CD解析静电计显示的是A 、B 两板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高.当合上S 后，A 、B 两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S 后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A 、B 两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由C ＝QU可知，板间电压U 增大，从而静电计指针张角增大.所以本题的正确选项是C 、D.4.(电容器的动态分析)(2018·山东德州市高一下期末)如图7所示，竖直放置的两个平行金属板A 、B 带等量的异种电荷，A 板带负电荷，B 板接地.一带负电的粒子固定在A 、B 两板中间的一点P 处.若将A 板向左平移到虚线位置，则P 点的电场强度E 和该粒子的电势能E p 的变化情况是( )图7A.E 不变，E p 不变B.E 不变，E p 改变C.E 改变，E p 不变D.E 改变，E p 改变答案 A解析电容器充电后断开了和电源的连接，Q 一定，由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S知，E 不变；φP ＝U PB ＝Ed PB 不变，故粒子在P 点的电势能E p 也不变，选项A 正确.一、选择题考点一对电容器、电容的理解1.电容器是一种常用的电子元件.对电容器认识正确的是( ) A.电容器的电容表示其储存电荷的能力 B.电容器的电容与它所带的电荷量成正比 C.电容器的电容与它两极板间的电压成正比 D.电容的常用单位有μF 和pF,1μF ＝103pF答案 A解析电容是表示电容器储存电荷本领大小的物理量.电容的大小是由电容器本身结构决定的，与两板间电压及电容器所带电荷量无关.单位μF 与pF 的换算关系为1μF ＝106pF. 2.对于两个电容不同的电容器，下列说法正确的是( ) A.电容大的电容器带电荷量一定比较多 B.电容大的电容器两板间的电势差一定比较大 C.由C ＝Q U知，电容器Q 只要不断增大，U 可无限增大 D.在相同电压作用下，带电荷量多的电容器的电容比较大答案 D解析电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电荷量无关，故A 错误；根据公式C ＝Q U 得，电势差U ＝Q C得，决定电势差的因素有电容器电容和带电荷量，故B 错误；超过击穿电压，电容器将被击穿，故C 错误；根据公式C ＝Q U，在相同电压作用下，带电荷量多的电容器的电容比较大，故D 正确.3.一个电容器的规格是“50V 10F ”，则( ) A.这个电容器只有加上50V 电压时，电容才是10F B.这个电容器能容纳的最大电荷量为10C C.这个电容器储存的电荷量一定为500CD.这个电容器两端的电压等于10V 时，它两极板电荷量绝对值之和为200C 答案 D解析电容器的电容与电容器板间电压无关，加电压或不加电压时，电容都是10F ，故A 错误.这个电容器能容纳的最大电荷量为Q ＝CU ＝10×50C ＝500C ，故B 错误.由Q ＝CU 分析可知，这个电容器储存的电荷量与电压成正比，所以电容器储存的电荷量不一定为500C ，故C 错误.这个电容器两端的电压等于10V 时，电容器的电量为Q ＝CU ＝10×10C ＝100C ，则两极板电荷量绝对值之和为200C ，故D 正确. 考点二电容的计算4.一个电容器带电荷量为Q 时，两极板间电压为U ，若使其带电荷量增加4.0×10－7C 时，它两极板间的电势差增加20V ，则它的电容为( ) A.1.0×10－8F B.2.0×10－8F C.4.0×10－8F D.8.0×10－8F答案 B解析 C ＝ΔQ ΔU ＝4.0×10－720F ＝2.0×10－8F.故选B.5.如图1所示，为某一电容器中所带电荷量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40V 降低到36V ，对电容器来说正确的是( )图1A.是充电过程B.是放电过程C.该电容器的电容为5×10－2F D.该电容器的电荷量变化量为0.2C 答案 B解析由Q ＝CU 知，U 降低，Q 减小，故为放电过程，A 错，B 对；由C ＝Q U ＝0.240F ＝5×10－3F ，可知C 错；ΔQ ＝C ΔU ＝5×10－3×4C ＝0.02C ，D 错. 考点三电容器的动态分析6.(多选)(2018·山东日照市高一下期末)一空气平行板电容器，充电完成后，将两极板与电源断开.下列说法正确的是( )A.若增大两板间的距离，则两极板间电场强度变大B.若减小两板间的距离，则平行板电容器的电容变大C.若减小两板间的正对面积，则极板的带电荷量减小D.若将两极板间充入云母介质，则两极板间的电压减小答案 BD7.(多选)如图2所示，平行板电容器两极板A 、B 与电池两极相连，一带正电小球悬挂在电容器内部.闭合开关S ，充电完毕后悬线偏离竖直方向夹角为θ，则( )图2A.保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ增大B.保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ不变C.断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ增大D.断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ不变答案 AD解析保持开关S 闭合，电容器两板间的电势差不变，带正电的A 板向B 板靠近，极板间距离减小，电场强度E 增大，小球所受的电场力增大，tan θ＝qEmg，θ增大，故A 正确，B 错误；断开开关S ，电容器所带的电荷量不变，由C ＝εr S 4πkd ，E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S ，知d 变化，E不变，电场力不变，θ不变，故C 错误，D 正确.8.(多选)(2018·山东烟台市高一下期末)如图3所示，两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 分别与电池两极相连，开始时开关S 闭合，发现在距两板距离相等的P 点有一个带电液滴处于静止状态，然后断开开关，并将b 板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是( )图3A.液滴将加速向下运动B.液滴将保持不动C.P 点电势升高，液滴在P 点时电势能减小D.P 点电势升高，液滴在P 点时电势能增大答案 BC解析断开S 后，电容器Q 不变，由E ＝Q Cd ＝4πkQεr S知E 不变，B 正确，A 错误；由φP ＝U Pb＝Ed Pb 知，因d Pb 增大，所以φP 升高，液滴带负电，故液滴在P 点的电势能减小，C 正确，D 错误.9.如图4所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的张角.若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )图4A.θ增大，E 增大B.θ增大，E p 不变C.θ减小，E p 增大D.θ减小，E 不变答案 D解析若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C ＝εr S4πkd 可知，C 变大；根据Q ＝CU 可知，在Q 一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针张角θ减小；根据E ＝U d ，Q ＝CU ，C ＝εr S 4πkd 联立可得E ＝4πkQεr S ，可知E 不变；P 点离下极板的距离不变，E 不变，则P 点与下极板的电势差不变，P 点的电势不变，故E p 不变；由以上分析可知，选项D 正确.10.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地.两板间有一个正试探电荷固定在P 点，如图5所示，以C 表示电容器的电容、E 表示两极板间的电场强度、φ表示P 点的电势，E p 表示正电荷在P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x 0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图象正确的是图中的( )图5答案 C解析由平行板电容器的电容C ＝εr S4πkd 可知d 减小时，C 变大，但不是一次函数，选项A错误；在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U ＝Q C ，E ＝U d ＝4πkQεr S，E 与x 无关，选项B错误；在负极板接地的情况下，设P 点最初的电势为φ0，则平移后P 点的电势为φ＝φ0－Ex ，选项C 正确；正电荷在P 点的电势能E p ＝q φ＝q (φ0－Ex )，选项D 错误. 二、非选择题11.如图6所示，平行板电容器的两个极板A 、B 分别接在电压为60V 的恒压电源上，两极板间距为3cm ，电容器带电荷量为6×10－8C ，A 极板接地.求：图6(1)平行板电容器的电容；(2)平行板电容器两板之间的电场强度； (3)距B 板2cm 的M 点处的电势.答案 (1)1×10－9F (2)2×103V/m ，方向竖直向下 (3)－20V解析 (1)平行板电容器的电容C ＝Q U ＝6×10－860F ＝1×10－9F.(2)两板之间为匀强电场，则E ＝U d ＝603×10－2V/m ＝2×103V/m ，方向竖直向下.(3)M 点距A 板间距离为d AM ＝d －d BM ＝1 cmA 与M 间电势差U AM ＝Ed AM ＝20 V又U AM ＝φA －φM ， φA ＝0，可得φM ＝－20 V.12.如图7所示，在水平放置且相距2cm 的平行带电金属板间的匀强电场中，有一个m ＝ 10－7kg 、电荷量q ＝－1×10－8C 的液滴，在两板正中央处于静止状态.问：(g ＝10m/s 2)图7(1)哪块板带正电？板间电场强度多大？(2)若板间电场强度突然增为原来的2倍，液滴将做什么运动？触及板面时速度多大？答案 (1)上板 100N/C (2)向上做匀加速直线运动55m/s 解析 (1)液滴处于静止状态，可知电场力方向向上，则电场强度的方向竖直向下，上板带正电.根据qE ＝mg 得：E ＝mg q ＝10－7×1010－8N/C ＝100 N/C. (2)当电场强度变为原来的2倍，则电场力变为原来的2倍，即为2mg ，液滴将向上做匀加速直线运动，加速度：a ＝F －mg m ＝2mg －mg m＝g ＝10m/s 2末速度为：v ＝2ah ＝2×10×0.01m/s ＝55m/s.。

2018版高中物理第1章动量守恒研究第1节动量定理教师用书鲁科版选修35

第1节动量定理学习目标知识脉络1.理解动量的概念；知道动量和动量的变化量均为矢量；会计算一维情况下的动量的变化量．(重点)2．知道冲量的概念，知道冲量是矢量．(重点)3．理解动量定理的确切含义，掌握其表达式．(重点)4．会用动量定理解释碰撞、缓冲等现象．(难点)动量[先填空]1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积．(2)公式：p＝mv.(3)单位：动量的单位是kg·m/s.(4)矢量性：动量是矢量，它的方向与物体运动速度的方向相同，动量运算服从平行四边形定则．2．动量的变化量(1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝mv2－mv1(矢量式)．(2)计算：动量始终保持在一条直线上时，首先选定一个正方向，与正方向相同的动量取为正，与正方向相反的动量取为负，由此可将矢量运算简化为代数运算(此时的正、负号仅代表方向，不代表大小)．[再判断]1．某物体的速度大小不变，动量一定不变．(×)2．物体的质量越大，动量一定越大．(×)3．物体的动量相同，其动能一定也相同．(×)[后思考]动量和动能都是由质量和速度定义的物理量，两者间有什么不同？【提示】动量是矢量，动能是标量，动量和动能分别从不同的角度描述了物体的运动效果．[核心点击]1．动量的性质(1)瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p ＝mv 表示．(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．(3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关．2．动量的变化量：是矢量，其表达式Δp ＝p 2－p 1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p 2、p 1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．3．动量和动能的比较动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式p ＝mv E k ＝12mv 2 标矢性矢量标量变化决定因素物体所受冲量外力所做的功换算关系 p ＝2mE k ，E k ＝p 22m1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( ) 【导学号：】A ．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B ．物体的动能不变，其动量一定不变C ．物体的动量越大，其惯性一定越大D ．物体的动能发生变化时，其动量不一定发生变化【解析】动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，选项A 正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生了变化，B 项错误．惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项C 错误．物体的动能发生变化时，物体的速度大小一定发生变化，故其动量也一定发生变化，D 错误．【答案】 A2.羽毛球是速度最快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到342 km/h ，假设球飞来的速度为90 km/h ，运动员将球以342 km/h 的速度反向击回．设羽毛球质量为5 g ，击球过程只用了 s ．试求：(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；(2)运动员击球过程中羽毛球的动能变化量是多少？【解析】 (1)以羽毛球飞来的方向为正方向，则p 1＝mv 1＝5×10－3×错误! kg·m/s＝ kg·m/sp 2＝mv 2＝－5×10－3×错误! kg·m/s＝－ kg·m/s，所以动量的变化量Δp ＝p 2－p 1＝(－－kg·m/s ＝－ kg·m/s，所以羽毛球的动量变化大小为 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反．(2)羽毛球的初速度为v ＝25 m/s ，羽毛球的末速度v ′＝－95 m/s 所以ΔE k ＝E ′k －E k ＝12mv ′2－12mv 2＝21 J. 【答案】 (1) kg·m/s，与球飞来的方向相反(2)21 J对动量和动量变化量的两个提醒(1)动量是矢量，比较两个物体的动量时，不能仅比较大小，还要比较方向，只有大小相等、方向相同的两个动量才能相等．(2)计算动量变化量时，应利用矢量运算法则进行计算．对于在同一直线上的矢量运算，要注意选取正方向．动量定理[先填空]1．冲量(1)概念：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I ＝Ft .(3)单位：冲量的单位是N·s .2．动量定理(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化．(2)公式：I ＝Δp .(3)牛顿第二定律的另一种表述：作用在物体上的合外力等于物体动量的变化率，即F ＝mv 2－mv 1t，从该式可以看出：当物体动量的变化量一定时，力作用时间越短，作用力越大；力作用时间越长，作用力越小．[再判断]1．物体动量的变化量越大，物体受到的作用力越大．(×)2．由F ＝mv 2－mv 1t可知，当F 为恒量时，物体动量的变化与作用时间成正比．(√) 3．物体动量变化量一定时，力的大小与作用时间无关．(×)4．在发生交通事故时，系上安全带起缓冲作用，可以减轻对车内人员的伤害．(√)[后思考]做匀速圆周运动的物体所需的向心力，在物体运动一个周期内的冲量能用冲量的定义式求解吗？为什么？【提示】不能．因为向心力是变力，I ＝Ft 只适用于恒力的求解．[核心点击]1．冲量的性质(1)过程量：冲量描述的是力的作用对时间的积累效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．(2)矢量性：冲量的方向与力的方向相同，与相应时间内物体动量变化量的方向相同．2．对动量定理的理解(1)适用对象：在中学物理中，动量定理的研究对象通常为单个物体．(2)适用范围：动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观物体的高速运动．不论是变力还是恒力，不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，动量定理都适用．(3)因果关系：合外力的冲量是原因，物体动量的变化量是结果．冲量反映了力对时间的积累效应，与物体的初、末动量以及某一时刻的动量无必然联系．物体动量变化的方向与合力的冲量的方向相同，物体在某一时刻的动量方向与合力的冲量的方向无必然联系．3．动量定理的应用(1)定性分析有关现象．①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之力就越小．例如，易碎物品包装箱内为防碎而放置碎纸、刨花、塑料泡沫等填充物．②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，反之动量变化量就越小．例如，杂耍中，用铁锤猛击“气功师”身上的石板令其碎裂，作用时间很短，铁锤对石板的冲量很小，石板的动量几乎不变，“气功师”才不会受伤害．(2)定量计算．①应用动量定理可以计算某力或合力的冲量，通常多用于计算变力的冲量．②应用动量定理可以计算某一过程中的平均作用力，通常多用于计算持续作用的变力的平均大小．③应用动量定理可以计算物体的初、末动量，尤其方便处理物体受瞬间冲量的问题．(3)应用动量定理定量计算的一般步骤．选定研究对象，明确运动过程→进行受力分析，确定初、末状态→选取正方向，列动量定理方程求解3．下列说法中正确的是( ) 【导学号：】A ．根据F ＝Δp t，可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力 B ．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的积累效应，是一个标量C ．作用在静止的物体上的力的冲量一定为零D ．冲量的方向就是物体运动的方向【解析】用动量概念表示牛顿第二定律为F ＝Δp t ，Δp t表示物体动量的变化率，选项A 正确；冲量是矢量，它的方向与恒力的方向一致，选项B 错误；冲量是作用力对时间的积累效应，只要有力作用了一段时间，就有冲量，与物体的运动状态无关，选项C 错误；冲量的方向与恒力的方向相同，但恒力的方向与物体运动的方向并不一定相同，选项D 错误．【答案】 A4．高空作业须系安全带．如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上．则该段时间安全带对人的平均作用力大小为________．【解析】安全带刚要产生作用力时人的速度v ＝2gh设安全带对人的平均作用力大小为F ，取竖直向上为正方向，由动量定理可得：(F －mg )t ＝0－(－mv )，解得：F ＝m 2gh t ＋mg . 【答案】 m 2gh t＋mg 5．一质量为 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图111所示，一物块以v 0＝9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止，g 取10 m/s 2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W .图111【解析】 (1)由动能定理，有－μmgs ＝12mv 2－12mv 20 可得μ＝.(2)由动量定理：有F Δt ＝mv ′－mv可得F ＝130 N.(3)W ＝12mv ′2＝9 J. 【答案】 (1) (2)130 N (3)9 J应用动量定理的四点注意事项(1)明确物体受到冲量作用的结果是导致物体动量的变化．冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵循平行四边形定则．(2)列方程前首先要选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值，而不能只关注力或动量数值的大小．(3)分析速度时一定要选取同一个参考系，未加说明时一般是选地面为参考系，同一道题目中一般不要选取不同的参考系．(4)公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式，且要注意是末动量减去初动量．学业分层测评(一)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．(多选)下列关于动量的说法中，正确的是( )A ．做匀速圆周运动的物体，其动量不变B ．一个物体的速率改变，它的动量一定改变C ．一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变D ．一个物体的动量不变，它的速度可以改变【解析】做匀速圆周运动的物体速度的方向时刻变化，所以动量时刻变化，A 错．速度的大小、方向有一个量发生变化都认为速度变化，动量也变化，B 对．运动状态变化即速度发生变化，C 对；对一个物体来说，其质量一定，由p ＝mv 可知，其动量不变，速度也一定不变，故D 错．【答案】BC2．(多选)关于冲量和动量，下列说法中正确的是( )A．动量是描述物体运动状态的物理量B．冲量是物体动量变化的原因C．冲量方向与动量方向一致D．冲量方向与物体末动量方向一定相同【解析】动量p＝mv，v为物体在某时刻的瞬时速度，故动量是描述物体运动状态的物理量，选项A正确．根据动量定理I＝Δp，动量的变化是冲量作用的结果，选项B正确．冲量的方向始终与动量变化的方向相同，与物体的初动量或末动量的方向关系不确定，故C、D错误．【答案】AB3．下列对几种物理现象的解释中，正确的是( )【导学号：】A．击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤太轻B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C．推车时推不动，是因为合外力冲量为零D．动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，质量小的先停下来【解析】根据Ft＝Δp，可知A项中橡皮锤与钉作用时间长，作用力小；B项中冲量相同，减小的是冲力而不是冲量；C项中车不动，其动量变化量为零，则合外力冲量为零；D项中两物体Δp、F相同，故t应相同．故C正确．【答案】 C4.甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下沿同一直线运动．它们的动量随时间变化的关系如图112所示．设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F1与F2，I1与I2的大小关系是( )图112A．F1>F2，I1＝I2B．F1<F2，I1<I2C．F1>F2，I1>I2D．F1＝F2，I1＝I2【解析】因为冲量I＝Δp，从图上可以看出甲、乙两物体所受的冲量的大小I1＝I2，又因为I1＝F1t1，I2＝F2t2，t2>t1，所以F1>F2，故选项A正确．【答案】 A5．一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则以下说法正确的是( ) A．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小C．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量不等于零D．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小大于过程Ⅰ中重力的冲量大小【解析】过程Ⅰ钢珠只受重力，故只有重力的冲量，由动量定理得，A对；整个过程的动量改变量为零，故过程Ⅱ中合力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小，B、C、D错误．【答案】 A6．(多选)原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，作用力随时间的变化情况如图113所示，则 ( )【导学号：】图113A．0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0时间内动量变化相等B．0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内平均速率相等C．t＝2t0时物体的速度为零，外力在2t0时间内对物体的冲量为零D．2t0时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零【解析】0～t0与t0～2t0时间内作用力方向不同，动量变化量不相等，选项A错；t ＝t0时，物体速度最大，t＝2t0时，物体速度为零，由动量定理Ft＝m·Δv可得，I＝F0t0－F0t0＝0，在0～t0与t0～2t0时间内物体平均速率相等，选项B、C均正确；物体先加速后减速，位移不为零，动能变化量为零，外力对物体做功为零，选项D错．【答案】BC7．物体受到一随时间变化的外力作用，外力随时间变化的规律为F＝(10＋5t) N，则该力在2 s内的冲量为________．【解析】由题意知，外力F随时间t均匀变化，因此可以认为2 s内物体所受外力的平均值为F＝10＋202N＝15 N．再根据冲量的定义式，可求得外力在2 s内的冲量为I＝Ft＝15×2 N·s＝30 N·s.【答案】30 N·s8．玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不易碎．这是为什么？【解析】设杯子开始下落时的高度为h，则杯子与地面相碰时的速度大小v＝2gh设杯子与地面碰撞的时间为t ，碰撞后的速度为零，在碰撞阶段，杯子的受力如图所示．规定竖直向上的方向为正方向，则由动量定理，得(F －mg )t ＝0－m (－v )两式联立得F ＝mg ＋m 2gh t在题中所述两种情况下，除杯子与接触面的作用时间t 不同外，其他条件均相同．由于杯子与地毯的作用时间远比杯子与水泥地板的作用时间要长，由上式不难得出地毯对杯子的作用力远比水泥地板对杯子的作用力要小，所以当玻璃杯从同一高度落下时，落到水泥地板上易碎而落到松软的地毯上不易碎．【答案】见解析[能力提升]9．(多选)如图114所示，把重物G 压在纸带上，用一水平力F 缓慢拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下抽出．对这种现象的解释正确的是( ) 【导学号：】图114A ．在缓慢拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力大B ．在迅速拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力小C ．在缓慢拉动纸带时，纸带对重物的冲量大D ．在迅速拉动纸带时，纸带对重物的冲量小【解析】在本题中重物所受的合力为摩擦力，在缓慢拉动纸带时，两物体之间的摩擦力是静摩擦力；在迅速拉动纸带时，它们之间的摩擦力是滑动摩擦力．由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，所以缓慢拉动纸带时摩擦力小，迅速拉动纸带时摩擦力大，故选项A 、B 均错．缓慢拉动纸带时，虽然摩擦力小，但作用时间长；迅速拉动纸带时，虽然摩擦力大，但作用时间短，因此根据冲量I ＝Ft 难以判断其冲量的大小．但是题目中明确指出，缓慢拉动纸带时，重物与纸带一起运动，即说明重物的速度与纸带的速度相同；迅速拉动纸带时，纸带会从重物下抽出，说明重物的速度极小，因此缓慢拉出纸带时物体的动量变化大，即外力的冲量大，迅速拉出纸带时物体的动量变化小，即外力的冲量小．故选项C 、D 正确．【答案】 CD10．(多选)如图115所示，子弹以水平速度射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动．在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是( )图115A．子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量B．子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量C．子弹动量变化的大小一定等于木块动量变化的大小D．子弹动量变化量的方向与木块动量变化量的方向一定相反【解析】子弹射入木块的过程，二者之间的相互作用力始终等大反向，同时产生，同时消失，由冲量的定义I＝F·t可知A错；由动量定理知，C正确；Δv＝at＝F·tm，子弹和木块所受的冲量Ft大小相同，但质量未必相等，因此速度变化量的大小不一定相等，B 错；子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力是作用力与反作用力，由动量定理可知，子弹动量变化量与木块动量变化量等大反向，故D正确．【答案】CD11.如图116所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5 kg的物体沿斜面下滑，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝，求物体下滑2 s的时间内物体所受各力的冲量及合力的冲量．(g取10 m/s2，sin 37°＝，cos 37°＝【导学号：】图116【解析】物体沿斜面下滑过程中，受重力、支持力和摩擦力的作用，由受力分析可求得重力G＝mg＝50 N，支持力N＝mg cos α＝40 N，摩擦力f＝μmg cos α＝8 N，合力F合＝mg sin α－μmg cos α＝22 N.由冲量公式I＝Ft得：重力的冲量I G＝Gt＝100 N·S，方向竖直向下；支持力的冲量I N＝Nt＝80 N·s，方向垂直斜面向上；摩擦力的冲量I f＝ft＝16 N·s，方向沿斜面向上；合力的冲量I合＝F合t＝44 N·s，方向沿斜面向下．【答案】见解析12．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，车身因相互挤压皆缩短了 m，根据测算，两车相撞前速度约为30 m/s.(1)车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车碰撞过程中与人体的作用时间是 1 s，这时人体受百度文库 - 让每个人平等地提升自我11 到的平均冲力为多大？【解析】 (1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为 m ．设运动的时间为t ，根据s ＝v 02t ，得t ＝2s v 0＝130s. 根据动量定理得Ft ＝Δp ＝mv 0解得F ＝mv 0t ＝60×30130N ＝×104 N. (2)若人系有安全带，则F ′＝mv 0t ′＝60×301N ＝×103 N. 【答案】 (1)×104 N (2)×103 N。

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