[名校联盟]重庆市万州分水中学高考物理一轮复习指导课件：第10章第3讲实验：传感器的简单使用

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重庆市万州区分水中学高中物理第二章第10讲习题课闭合电路欧姆定律的应用教学案新人教版选修31(1)

重庆市万州区分水中学高中物理第二章第10讲习题课闭合电路欧姆定律的应用教学案新人教版选修3-1[目标定位] 1.会用闭合电路欧姆定律分析动态电路． 2.知道电路中闭合电路的功率关系，会计算闭合电路的功率． 3.会利用闭合电路的欧姆定律进行含电容器电路的分析与计算． 4.知道短路与断路，并会在闭合电路中进行故障分析．1．闭合电路由内电路和外电路两部分组成，在外电路中沿着电流方向电势降低，在内电路中沿着电流方向电势升高．电动势等于内外电路电势降落之和．2．闭合电路欧姆定律的几种表达形式(1)电流形式：I＝ER＋r，说明电流与电源电动势成正比，与电路的总电阻成反比；(2)电压形式：E＝IR＋Ir或E＝U外＋U内表明电源电动势在数值上等于电路中内、外电压之和；3．闭合电路的能量关系和功率关系(1)能量形式：qE＝qU外＋qU内，此表达式反映了电源克服静电力做功等于内外电路消耗的电能之和；(2)功率形式：EI＝IU＋I2r.或E＝IU外＋IU内一、闭合电路的动态分析1．解决闭合电路动态变化问题，应按照局部→整体→局部的程序进行分析．2．基本思路：电路结构的变化→R 的变化→R 总的变化→I 总的变化→U 内的变化→U 外的变化→固定支路⎩⎪⎨⎪⎧并联分流I 串联分压U→变化支路．(1)对于固定不变的部分，一般按照欧姆定律直接判断； (2)对于变化的部分，一般应根据分压或分流间接判断．(3)涉及变阻器滑动引起的电路变化问题，可将变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论．图2101例1 如图2101所示电路，电源内阻不可忽略．开关S 闭合后，在变阻器R 0的滑动端向下滑动的过程中( ) A ．电压表与电流表的示数都减小 B ．电压表与电流表的示数都增大 C ．电压表的示数增大，电流表的示数减小 D ．电压表的示数减小，电流表的示数增大答案 A解析由变阻器R 0的滑动端向下滑可知R 0连入电路的有效电阻减小，则R 总减小，由I ＝ER 总＋r可知I 增大，由U 内＝Ir 可知U 内增大，由E ＝U 内＋U 外可知U 外减小，故电压表示数减小．由U 1＝IR 1可知U 1增大，由U 外＝U 1＋U 2可知U 2减小，由I 2＝U 2R 2可知电流表示数变小，故A 正确．借题发挥闭合电路中由于局部电阻变化(或开关的通断)引起各部分电压、电流(或灯泡明暗)发生变化的问题的分析方法如下：R 局⎩⎪⎨⎪⎧增大减小→R 总⎩⎪⎨⎪⎧增大减小→I 总⎩⎪⎨⎪⎧减小增大→U 端⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小⇒⎩⎪⎨⎪⎧I 分U 分二、闭合电路的功率和效率1．电源的总功率：P 总＝EI ；电源内耗功率P 内＝U 内I ＝I 2r ；电源输出功率P 出＝U 外I .2．对于纯电阻电路，电源的输出功率P 出＝I 2R ＝[E /(R ＋r )]2R ＝E 2R －r 2R＋4r ，当R ＝r 时，电源的输出功率最大，其最大输出功率为P ＝E 24r.电源输出功率随外电阻变化曲线如图2102所示．3．电源的效率：指电源的输出功率与电源的总功率之比，即η＝P 出/P 总＝IU /IE ＝U /E .对于纯电阻电路，电源的效率η＝I 2R I 2R ＋r ＝R R ＋r ＝1/(1＋rR)，所以当R 增大时，效率η提高．当R ＝r (电源有最大输出功率)时，效率仅为50%，效率并不高．图2103例2如图2103所示，电路中E＝3 V，r＝0.5 Ω，R0＝1.5 Ω，变阻器的最大阻值R＝10 Ω.(1)在变阻器的阻值R为多大时，变阻器上消耗的功率最大？最大为多大？(2)在变阻器的阻值R为多大时，定值电阻R0上消耗的功率最大？最大为多大？答案(1)2 Ω98W (2)0278W解析(1)此种情况可以把R0归入电源内电阻，这样变阻器上消耗的功率，也就是电源的输出功率．即当R＝r＋R0＝2 Ω时，R消耗功率最大为：P m＝E24R ＝324×2W＝98W.(2)定值电阻R0上消耗的功率可以表达为：P＝I2R0，因为R0不变，当电流最大时功率最大，此时应有电路中电阻最小，即当R＝0时R0上消耗的功率最大：P m′＝E2R0＋r2R0＝321.5＋0.52×1.5 W＝278W.借题发挥在解答第二问时，有些同学又会用第一问的方法来求解，把R归为内阻，调节R 使内阻R＋r＝R0，这样使用是错误的．因为R0是定值电阻，由P＝I2R0知，只要电流最大，P就最大．在研究电阻R上消耗的最大功率时，应注意区分“可变与定值”这两种情况，两种情况中求解的思路和方法是不相同的．三、含电容器电路的分析与计算1．在分析电路的特点时，把电容器支路看成断路，即去掉该支路，简化后若要分析电容器所带电荷量时，可在相应的位置补上；2．确定电容器和哪部分电路并联，该部分电路两端电压即电容器两端电压；3．当电容器和某一电阻串联后接在某一电路两端时，由于电容器所在支路无电流通过，在此支路的电阻两端电压为零，此电路两端电压即电容器两端电压，而与电容器串联的电阻可看成导线．图2104例3如图2104所示，电源电动势E＝10 V，内阻可忽略，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF，求：(1)S闭合后，稳定时通过R1的电流；(2)S原来闭合，然后断开，这个过程中流过R1的总电荷量．答案(1)1 A (2)1.2×10－4 C解析(1)电路稳定时，R1、R2串联，易求I＝ER1＋R2＝1 A，即为通过R1的电流．(2)S闭合时，电容器两端电压U C＝U2＝I·R2＝6 V，储存的电荷量Q1＝C·U C.S断开至达到稳定后电路中电流为零，此时U C′＝E，储存的电荷量Q1′＝C·U C′.很显然电容器上的电荷量增加了ΔQ＝Q′－Q＝CU C′－CU C＝1.2×10－4 C．电容器上电荷量的增加是在S断开以后才产生的，这只有通过R1这条途径实现，所以流过R1的电荷量就是电容器带电荷量的增加量．借题发挥(1)首先确定电路的连接关系及电容器和哪部分电路并联．(2)根据欧姆定律求并联部分的电压即为电容器两极板间的电压．(3)最后根据公式Q＝CU或ΔQ＝CΔU，求电荷量及其变化量．四、电路故障分析用电压表检查故障：(1)断路故障判断：用电压表与电源并联．若有示数，再逐段与电路并联，若电压表指针偏转，则说明该段电路中有断点．(2)短路故障判断：用电压表与电源并联，若有示数，再逐段与电路并联，若电压表示数为零，则说明该段电路被短路．图2105例4用电压表检查如图2105所示电路的故障，测得U ad＝5.0 V，U cd＝0 V，U ab＝5.0 V，则此故障可能是( )A．L断路 B．R断路 C．R′断路 D．S断路答案 B解析U ab＝5.0 V，说明b、c、d与电源之间和a与电源之间的元件和导线是完好的，只能是R断路.闭合电路的动态分析图21061．在如图2106所示的电路中，当滑动变阻器R3的滑动触头P向下滑动时( )A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小答案 A解析R3的滑动触头向下滑动，所以R3接入电路的阻值变大，导致并联电路的阻值变大，电路的总电阻变大，干路电流变小；并联电路的电阻变大，则并联电路的分压增大，即R2、R4串联电路的电压变大，所以流过这一支路的电流变大，由于干路电流变小，所以电流表的示数变小；因为R2、R4串联电路的电压变大，使得R2两端分压变大，电压表示数变大，本题答案为A.闭合电路中的功率和效率图21072．如图2107所示，直线A 为电源的U I 图线，直线B 为电阻R 的U I 图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和效率分别是( )A ．4 W ，13B ．2 W ，13C ．4 W ，23D ．2 W ，23答案 C解析从题图中可知E ＝3 V ，图线A 和图线B 的交点是电源和电阻R 构成闭合电路的工作点，因此P 出＝UI ＝4 W ，P 总＝EI ＝6 W ．电源的效率η＝U E ＝23. 含容电路分析图21083．如图2108所示，R 是光敏电阻，当它受到的光照强度增大时( )A ．灯泡L 变暗B．光敏电阻R上的电压增大C．电压表V的读数减小D．电容器C的带电荷量增大答案CD解析光照强度增大时，R的阻值减小，闭合电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知I＝ER＋r＋R灯增大，灯泡L变亮，选项A错误；光敏电阻R上的电压U R＝E－I(r＋R灯)减小，选项B错误；电压表V的读数U＝E－Ir减小，选项C正确；电容器C两端的电压等于灯泡两端的电压，灯泡两端的电压U L＝IR灯增大，所以电容器C的带电荷量Q＝CU L增大，选项D 正确．图21094．如图2109所示，灯泡L1、L2原来都正常发光，在两灯突然熄灭后，用电压表测得c、d 间电压比灯泡正常发光时的电压高，故障的原因可能是(假设电路中仅有一处故障)( ) A．a、c间断路B．c、d间断路C．b、d间断路D．b、d间短路答案 B解析因电路中L1、L2、R及电源串联，电路中只有一处故障且两灯不亮，电路中必是断路，故D错误．电路中无电流，但c、d间电压升高，是因为c、d间断路，c、d两点分别与电源正、负极等电势．故正确答案为B.(时间：60分钟)题组一闭合电路的动态分析图210101．如图21010所示的电路，闭合电键S，待电路中的电流稳定后，减小R的阻值．则( ) A．电流表的示数减小B．电压表的示数减小C．电阻R2两端的电压减小D．路端电压增大答案 B解析题图中的电路结构是R1与R先并联，再与R2串联，故R↓→R总↓→I干↑→U内↑→U R2两端电压U2＝I干R2，U2增大，所以R与R1的并联电压减小，外↓.读数减小，A、C、D错误，B项正确．图210112．如图21011所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则( )A．电灯L更亮，安培表的示数减小B．电灯L更亮，安培表的示数增大C．电灯L更暗，安培表的示数减小D．电灯L更暗，安培表的示数增大答案 A解析变阻器的滑片P向b端滑动，R1接入电路的有效电阻增大，外电阻R外增大，干路电流I减小，安培表的示数减小，路端电压U增大，电灯两端电压增大，电灯L更亮，A正确，B、C、D错误．图210123．如图21012所示，E为电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U.现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是( )A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2不变，U减小答案 B解析滑动触点由a向b移动时，R2阻值减小，所以总电阻减小，电路中总电流增大，则内电压增大，路端电压减小，故U减小；总电流增大，R3两端电压也增大，所以并联电压减小，故I1减小，I2增大．4.图21013如图21013所示的电路中，电源的内阻r≠0，R1和R2是两个定值电阻．当滑动变阻器R的滑片向a移动时，电路中的电流I1、I2的变化情况是( )A．I1不变 B．I1变小 C．I2变大 D．I2变小答案BC解析当滑动变阻器R的滑片向a移动时，滑动变阻器连入电路的电阻变小，整个回路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流I＝ER外＋r变大，路端电压U＝E－Ir变小，I1变小，A错误，B正确；又I＝I1＋I2，所以I2变大，C正确，D错误．5．某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10(24 V，220 W)和10个相同的指示灯X1～X10(220 V,2 W)，将其连接在220 V的交流电源上，电路如图21014所示，若工作一段时间后L2灯丝烧断，则( )图21014A．X1的功率减小，L1的功率增大B．X1的功率增大，L1的功率增大C．X2的功率增大，其他指示灯的功率减小D．X2的功率减小，其他指示灯的功率增大答案 C解析由串、并联电路的知识知，若L2灯丝烧断，电路的电阻值变大，电流变小，除X2两端电压变大外，其他电压变小，故选C.题组二闭合电路的功率和效率6．两个电池1和2的电动势E1＞E2，它们分别向同一电阻R供电，电阻R消耗的电功率相同．比较供电时电池1和2内部消耗的电功率P1和P2及电池的效率η1和η2的大小，则有( )A ．P 1＞P 2，η1＞η2B ．P 1＞P 2，η1＜η2C ．P 1＜P 2，η1＞η2D ．P 1＜P 2，η1＜η2答案 B 解析因为P R 相等，则电流I 相等．由I ＝E 1R ＋r 1＝E 2R ＋r 2；因E 1＞E 2则r 1＞r 2，所以P 1＞P 2，而η＝P 出P 总＝I 2R EI，所以η与E 成反比故η1＜η2，故选B. 7．将阻值为4 Ω和10 Ω的两个电阻R 1、R 2分别接在同一电源上，结果R 2上消耗的功率P 2比R 1上消耗的功率P 1大，则( )A ．电源内阻一定大于4 ΩB ．两电阻串联后接此电源，外电路总功率一定大于只接R 2时的功率C ．两电阻并联后接此电源，外电路总功率一定小于只接R 1时的功率D ．只接R 1时电源消耗的功率一定大于只接R 2时消耗的功率答案 ACD解析根据电源输出功率随外电阻的变化关系曲线如图所示．因为R 2消耗的功率P 2比R 1消耗的功率P 1大．所以有R 1<R 2<R 3且r >R 1＝4 Ω.A 选项正确、D 选项正确．R 1与R 2的并联电阻一定小于R 1的电阻．由电源的输出功率曲线可知外电路总功率一定小于只接R 1时的功率，C 正确．若R 1与R 2串联，其电阻大于R 2的电阻．外电路的消耗的总功率不一定大于只接R 2时的功率，B 错误．图210158．如图21015所示，直线OAC 为某一直流电源的总功率P 随电流I 变化的图线，曲线OBC 表示同一直流电源内部的热功率P 随电流I 变化的图线．若A 、B 点的横坐标均为1 A ，那么AB 线段表示的功率为( )A ．1 WB ．6 WC ．2 WD ．2.5 W 答案 C解析由题图不难看出，在C 点，电源的总功率等于电源内部的热功率，所以电源的电动势为E ＝3 V ，短路电流为I ＝3 A ，所以电源的内阻为r ＝E I＝1 Ω.图象上AB 线段表示的功率为P AB ＝P 总－I 2r ＝(1×3－12×1) W＝2 W ．故正确选项为C.9.图21016电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比，如图21016所示，直线A 为电源a 的路端电压与电流的关系图线，直线B 为电源b 的路端电压与电流的关系图线．直线C 为一个电阻R 两端的电压与电流关系的图线，将这个电阻R 分别接到a 、b 两电源上，那么( )A ．R 接到电源a 上，电源的效率较低B ．R 接到电源b 上，电源的输出功率较大C ．R 接到电源a 上，电源的输出功率较大，电源效率较高D ．R 接到电源b 上，电源的输出功率较小，电源效率较高答案 C解析电源的效率η＝UI EI ＝U E，由题中图象可知A 与C 交点处电压大于B 与C 交点处电压，则R 接在电源a 上效率较高；电源输出功率P ＝UI ，由题中图象易得R 接在电源a 上输出功率较大，A 、B 、D 错误，C 正确．题组三含容电路分析图2101710．如图21017所示，C 为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S ，当滑动变阻器R 1、R 2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C 两极板间的带电尘埃P 恰好处于静止状态．要使尘埃P 向下加速运动，下列方法中可行的是( )A ．把R 2的滑片向左移动B ．把R 2的滑片向右移动C ．把R 1的滑片向左移动D ．把开关S 断开答案 A解析若尘埃P处于静止状态，则重力与电场力平衡．若尘埃向下加速运动，则电场力减小，电容器两极板间的电压减小，故向左移动R2的滑片可以实现这种变化．故A正确、B错．由于稳定时R1支路无电流，故无论如何移动R1，电容器两极板间的电压都不会改变，故尘埃仍平衡，故C错．断开开关S，电容器两极板间电压增大，这种情况与B选项效果相同，故D错．图2101811．在如图21018所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )A．灯泡L变亮B．电源的输出功率变小C．电容器C上电荷量减少D．电流表读数变小，电压表读数变大答案BD解析将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，R的阻值变大，电路中电流变小，灯泡变暗，A错误；路端电压变大，电阻R两端电压变大，电容器C两端电压变大，电容器C上电荷量增加，C错误，D正确；当外电路电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，则外电路电阻比r大得越多，输出功率越小，B正确．图2101912．如图21019所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是( )A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小答案 B解析当电路接通后，对小球受力分析：小球受重力、电场力和悬线的拉力F三个力的作用，其中重力为恒力，当电路稳定后，R1中没有电流，两端等电势，因此电容器两极板电压等于R0两端电压，当R2不变，R1变化时，电容器两极板电压不变，板间电场强度不变，小球所受电场力不变，F不变，C、D两项错．若保持R1不变，缓慢增大R2，R0两端电压减小，电容器两端电压减小，内部电场减弱，小球受电场力减小，F变小．故A项错，B项正确．题组四综合应用图2102013．如图21020所示，R 为电阻箱，为理想电压表，当电阻箱读数为R 1＝2 Ω时，电压表读数为U 1＝4 V ；当电阻箱读数为R 2＝5 Ω时，电压表读数为U 2＝5 V ．求：(1)电源的电动势E 和内阻r .(2)当电阻箱R 读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值P m 为多少？答案 (1)6 V 1 Ω (2)1 Ω 9 W解析 (1)由闭合电路欧姆定律E ＝U 1＋U 1R 1r ① E ＝U 2＋U 2R 2r ② 联立①②并代入数据解得E ＝6 V ，r ＝1 Ω(2)由电功率表达式P ＝E 2R ＋r 2R ③将③式变形为P＝E2R－r2R＋4r④由④式知，R＝r＝1 Ω时，P有最大值P m＝E24r＝9 W图2102114．如图21021所示的电路中，已知电源电动势E＝36 V，内阻r＝2 Ω，R1＝20 Ω，每盏灯的额定功率都是2 W，额定电压也相同．当S闭合，R2调到14 Ω时，两灯都正常发光；当S断开，要使L2仍正常发光，则R2应调到何值？答案50 Ω解析设所求阻值为R2′，当灯L1和L2都正常发光时，加在灯两端电压为额定电压U L.当S闭合时，E1＝U L＋I1(R1＋r＋R2)，当S断开时，E2＝U L＋I2(R1＋r＋R2′)，又因为E1＝E2＝E，I1＝2I2＝2I L(I L为额定电流)，得I L(R1＋r＋2R2－R2′)＝0，但I L≠0，所以R1＋r＋2R2＝R2′，即R2′＝20 Ω＋2 Ω＋2×14 Ω＝50 Ω.。

重庆市万州分水中学高考物理一轮复习指导课件：第9章第3讲电磁感应中的电路与图象问题

• 解析：线框中的感应电流沿顺时针方向，由楞次定律可知．直导线中电流向上减弱或向下增强，所以首先将B、D排除掉．又知线框所受安培力先水平向左、后水平向右，C明显也不对，所以仅有A正确． • 答案：A
Z xx k
•
(22分)(2012· 浙江高考)为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置(产生的电动势不是连续的，是时断时续的)．如图所示，自行车后轮由半径 r1＝5.0×10－2m的金属内圈、半径r2 ＝0.40 m的金属外圈和绝缘辐条(金属外圈导电，可以作为连接电路的导线；辐条是绝缘的，不产生感应
• (1)ab运动的速度v的大小； • (2)电容器所带的电荷量q. 解析：(1)设 ab 上产生的感应电动势为 E，回路中的电
流为 I，ab 运动距离 x 所用时间为 t，三个电阻 R 与电源串联，总电阻为 4R，则 E＝Blv E x 由闭合电路欧姆定律有：I＝，t＝v 4R 由焦耳定律有 Q＝I2(4R)t 4QR 联立上述各式解 v＝ 2 2 . Blx
• 2．如图甲所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域．从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区为止的过程中，线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是图乙中的( )
• 解析：BC边刚进入磁场时，产生的感应电动势最大，由右手定则可判定电流方向为逆时针方向，是正值，随线框进入磁场，有效长度l 逐渐减小，由E＝Blv得电动势均匀减小，即电流均匀减小；当线框刚出磁场时，切割磁感线的有效长度l最大，故电流最大，且为顺时针方向，是负值，此后电流均匀减小，故只有A 图象符合要求． • 答案：A
后轮的内、外圈之间等间隔地接有 4 根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为 R 的小灯泡．在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度 B＝0.10 T、方向垂直纸面向外的 “扇形”匀强磁场(金属条周期性的产生感应电动势)，其内 π 半径为 r1、外半径为 r2、张角 θ＝ .后轮以角速度 ω＝2π rad/s 6 相对于转轴转动．若不计其他电阻，忽略磁场的边缘效应．

重庆市万州区分水中学高中物理第一章第10讲电容器

重庆市万州区分水中学高中物理第一章第10讲电容器的电容教学案新人教版选修3-1[目标定位] 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和决定式.3.掌握平行板电容器电容的决定式，并能用其讨论有关问题．一、电容器1．电容器：两个相互靠近又彼此绝缘的导体组成一个电容器． 2．电容器的充电和放电(1)充电：把电容器的一个极板与电池组的正极相连，另一个极板与负极相连，使电容器两极板带上等量异种电荷的过程叫做充电．如图1101甲所示．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，电容器又不带电了，这个过程叫做放电．如图1－10－1乙所示．放电过程电场能转化为其他形式的能．想一想电容器的带电荷量为两极板所带电荷量的绝对值之和吗？答案不是电容器的带电荷量是指其中一个极板所带电荷量的绝对值．二、电容1．定义：电容器所带的电荷量Q 与电容器两极板间的电势差U 的比值，叫做电容器的电容． 2．定义式：C ＝QU.3．单位是法拉，简称法，符号是F.常用单位还有微法(μF)和皮法(pF)，量值关系：1 F ＝106μF＝1012pF.想一想能不能根据C ＝Q U就认为，电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与电容器两极板间的电势差成反比？答案不能电容是电容器本身的一种属性，大小由电容器自身的构成情况决定，与电容器是否带电、带多少电荷量均无关．三、平行板电容器的电容1．平行板电容器的结构：由两块彼此绝缘、互相靠近的平行金属板组成，是最简单的，也是最基本的电容器．2．电容的决定因素：平行板电容器的电容与两平行极板正对面积S 成正比，与电介质的相对介电常数εr 成正比，与极板间距离d 成反比． 3．表达式为C ＝εr S4πkd .式中k 为静电力常数．四、常用电容器1．分类：从构造上可分为固定电容器和可变电容器两类． 2．额定电压和击穿电压(1)额定电压：电容器正常工作时所能承受的电压，它比击穿电压要低．(2)击穿电压：是电容器的极限电压，超过这个电压，电容器内的电介质将被击穿，电容器将被损坏．想一想某电容器上标有“1.5 μF,9 V”的字样，则该电容器的击穿电压为9 V ，对吗？答案不对，电容器外壳上标的是额定电压.一、对电容的理解 1．对电容的理解(1)电容由电容器本身的构造决定电容器的电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量，用比值C ＝QU来定义，但电容的大小与Q 、U 无关．由公式C ＝εr S4πkd知，影响电容器电容大小的因素是电介质的相对介电常数εr 、电容器极板的正对面积S 和极板间的距离d .图1102(2)通过QU 图象理解，如图1102所示，QU 图象是一条过原点的直线，其中Q 为一个极板上所带电荷量的绝对值，U 为两板间的电势差，直线的斜率表示电容大小．因而电容器的电容也可以表示为C ＝ΔQΔU ，即电容的大小在数值上等于两极板间的电压增加(或减小)1 V 所增加(或减小)的电荷量．2．C ＝Q U 与C ＝εr S 4πkd的比较C ＝Q U 是电容的定义式，对某一电容器来说，Q ∝U 但C ＝QU 不变，反映容纳电荷本领； C ＝εr S 4πkd 是电容器电容的决定式，C ∝S ，C ∝1d，反映了影响电容大小的因素．例1 下列关于电容的说法正确的是( ) A ．电容器简称电容B ．电容器A 的电容比B 的大，说明A 的带电荷量比B 多C ．电容在数值上等于使两极板间的电势差为1 V 时电容器需要带的电荷量D ．由公式C ＝QU知，电容器的电容与电容器两极板间的电压成反比，与电容器所带的电荷量成正比答案 C解析电容器和电容是两个不同的概念，A 错；电容器A 的电容比B 的大，只能说明电容器A 容纳电荷的本领比B 强，与是否带电无关，B 错；电容器的电容大小和它所带的电荷量、两极板间的电压等均无关，D 错．通过本题，我们对公式C ＝Q U有了进一步的理解，电容器的电容只由电容器本身决定．借题发挥 C ＝Q U为比值定义法．C 的大小与Q 、U 无关，只跟电容器本身有关，当Q ＝0时，U ＝0，而C 并不为零．二、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 不变此时，电容器的极板距离d 、极板的正对面积S 、电介质的相对介电常数εr 的变化，将引起电容C 的变化，从而引起电量Q 和极板间的场强E 的变化．常用的三个表达式：由C ＝εr S 4πkd ∝εr Sd可知C 随d 、S 、εr 的变化而变化．由Q ＝UC ＝U ·εr S 4πkd ，当U 不变时，Q ∝εr Sd 可知，当U 不变时，Q 也随d 、S 、εr 的变化而变化．由E ＝U d ∝1d可知，当U 不变时，E 随d 的变化而变化．2．平行板电容器充电后，切断与电源的连接：电量Q 保持不变如果两极板切断与电源的连接，并保持两极板绝缘，电容器既不会充电也不会放电，所以电荷量Q 就保持不变．极板距离d 、正对面积S 、电介质的相对介电常数εr 发生变化，将引起电容C 的变化，从而引起电压U 及板间场强E 的变化．常用的三个表达式：由C ＝εr S 4πkd ∝εr Sd可知C 随d 、S 、εr 的变化而变化．由U ＝Q C＝4πkdQ εr S∝d εr S可知，当Q 不变时，U 也随d 、S 、εr 的变化而变化．由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S ∝1εr S可知，E 随S 、εr 变化而变化．图1103例2 如图1103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，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是( ) A ．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B 板向右平移一些 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 两极板间的电压，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 ＝Q U可知，板间电压U 增大，从而静电计指针张角增大．所以本题的正确答案是C 、D.借题发挥 (1)平行板电容器动态分析的基本思路：①在判断电容器相关物理量的变化时，首先要弄清哪些量是不变的，然后根据不变量和相关公式推断其他待分析量的变化情况．②若电容器充电后与电源断开，则带电荷量Q 不变；若电容器始终与电源相连，则电压U 不变．③分析电容器物理量变化常用的公式有：C ＝εr S 4πkd 、C ＝Q U 和E ＝Ud .(2)静电计是测量电势差的仪器，不能用于测直流电路中两点的电压．静电计张角大，说明极板间电势差大．图1104针对训练如图1104所示，一平行板电容器充电后与电源断开，这时电容器的带电量为Q ，P 是电容器内一点，电容器的上板与大地相连，下列说法正确的是( )A ．若将电容器的上板左移一点，则两板间场强减小B ．若将电容器的下板上移一点，则P 点的电势升高C ．若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差增大D ．若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差减小答案 D解析由E ＝U d 、U ＝Q C 、C ＝εr S 4πkd ，可知E ＝4πkQεr S，对A 选项S 减小，E 增大，A 错误；对B选项，由E ＝4πkQ εr S可知E 不变，φP 不变；U ＝E ·d ，d 减小，U 减小，D 正确.对电容的理解1．关于已充上电的某个平行板电容器，下列说法不正确的是( ) A ．两极板上一定带异号电荷 B ．两极板所带的电荷量一定相等 C ．充上的电量越多，其电容就越大D ．充上的电量越多，两极板间的电势差就越大答案 C解析给电容器充电，电容器两极板分别带上等量异号电荷，A 、B 正确；电容器的电容大小取决于它的结构，与所带电荷量的多少无关，C 错误；根据U ＝QC，电容器的电荷量越大，两极板间的电势差越大，D 正确．平行板电容器的两类问题2．平行板电容器充电后断开电源，现将其中一块金属板沿远离另一极板的方向平移一小段距离．下图表示此过程中电容器两极板间电场强度E 随两极板间距离d 的变化关系，正确的是( )答案 C解析本题考查平行板电容器的规律，意在考查学生对平行板电容器的理解．由于平行板电容器充电后断开电源，电容器所带电荷量保持不变，两极板间电场强度E ＝U d ＝Q Cd ＝4k πQεr S，E 随两极板间距离d 的增大保持不变，C 正确，A 、B 、D错误．平行板电容器与力学综合图11053．如图1105所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则( )A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．P 点的电势将降低C ．带电油滴的电势能将减小D ．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大答案 B解析上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为E ，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A 错；P 点的电势大于0，且P 点与下极板间的电势差减小，所以P 点电势减小，B 对；油滴向下运动时电场力做负功，油滴的电势能应增加，C 错；电容器的电容C ＝εr S4πkd ，由于d 增大，电容C 应减小，极板带电量Q ＝CU 将减小，D错.(时间：60分钟)题组一对电容器与电容的理解1．关于电容器和电容的概念，下列说法正确的是( )A ．任何两个彼此绝缘又互相靠近的导体都可以看成是一个电容器B ．用电源对平行板电容器充电后，两极板一定带有等量异种电荷C ．某一电容器带电荷量越多，它的电容就越大D ．某一电容器两板间的电压越高，它的电容就越大答案 AB解析电容器是盛电的容器，电容是描述电容器盛电本领大小的物理量．电容的大小与电容器带电多少及两极间电压大小都无关．2．下列关于电容器和电容的说法中，正确的是( )A ．根据C ＝QU可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比 B ．对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比C ．无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变D ．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两板间的电压无关答案 BCD解析由于电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，是电容器的一种特性．一个电容器对应唯一的电容值，不能说电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比．因此A 错误，C 、D 正确；由于电容是定值，由Q ＝CU 知，其所带电荷量与两板间的电压成正比，故B 正确．图11063．如图1106所示实验中，关于平行板电容器的充、放电，下列说法正确的是( ) A ．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带正电 B ．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带负电 C ．开关接2时，平行极电容器充电，且上极板带正电 D ．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带负电答案 A解析开关接1时，平行板电容器充电，上极板与电源正极相连而带正电，A 对，B 错；开关接2时，平行板电容器放电，放电结束后上下极板均不带电，C 、D 错．图11074．如图1107所示，为某一电容器中所带电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40 V 降低到36 V ，对电容器来说正确的是( ) A ．是充电过程B ．是放电过程C ．该电容器的电容为5.0×10－2F D ．该电容器的电量变化量为0.20 C 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 ＝5×10－3×4 C＝0.02 C ，D 错．5．有两个平行板电容器，它们的电容之比为5∶4，它们的带电荷量之比为5∶1，两极板间距离之比为4∶3，则两极板间电压之比和电场强度之比分别为( ) A ．4∶1 1∶3 B ．1∶4 3∶1 C ．4∶1 3∶1 D ．4∶1 4∶3答案 C解析由U ＝Q C 得：U 1U 2＝Q 1C 2Q 2C 1＝5×45＝41，又由E ＝U d ＝Q Cd 得：E 1E 2＝Q 1C 2d 2Q 2C 1d 1＝5×4×35×4＝31，所以选项C 正确．题组二平行板电容器的两类典型问题6．连接在电源两极上的平行板电容器，当两极板间距离减小时( ) A ．电容器的电容C 变大 B ．电容器极板的带电荷量变大 C ．电容器两极板间的电势差U 变大 D ．电容器两极板间的电场强度E 变大答案 ABD解析电容器两极板间距离减小，由C ∝εr Sd得其电容变大，所以A 正确；因为电容器连在电源上，所以两极板间的电压保持不变，故C 错误；由Q ＝CU 得电容器所带电荷量变大，所以B 正确；由E ＝U d知，两极板间的场强变大，所以D 正确．7．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( )A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小答案 B解析由平行板电容器电容决定式C ＝εr S4πkd 知，当插入电介质后，εr 变大，则在S 、d 不变的情况下C 增大；由电容定义式C ＝QU 得U ＝Q C，又电荷量Q 不变，故两极板间的电势差U 减小，选项B 正确．8．如图1108所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是( )图1108A ．A 板与静电计的指针带的是异种电荷B ．甲图中将B 板上移，静电计的指针偏角增大C ．乙图中将B 板左移，静电计的指针偏角不变D ．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小答案 BD解析静电计指针与A 板连为一个导体，带电性质相同，A 错误；根据C ＝εr S 4πkd ，C ＝QU ，B板上移，S 减小，C 减小，Q 不变，U 增大，B 正确；B 板左移，d 增大，C 减小，U 增大，C 错误；插入电介质，εr 增大，电容C 增大，U 减小，D 正确．图11099．如图1109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( ) A ．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，电容器两端间的电势差不变，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，小球所受的电场力变大，θ增大；故A 正确，B 错误；断开开关S ，电容器所带的电量不变，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．题组三电容器的综合应用 10.图11010(2012·湖北八校联考)如图11010所示，两块大小、形状完全相同的金属板正对着水平放置，构成一个平行板电容器．将两金属板分别与电源两极相连，闭合开关S 达到稳定后，在两板间有一带电液滴P 恰好处于静止状态，下列判断正确的是( ) A ．保持开关S 闭合，减小两极间的距离，液滴向上运动 B ．保持开关S 闭合，减小两板间的距离，液滴向下运动 C ．断开开关S ，减小两板间的距离，液滴向上运动 D ．断开开关S ，减小两板间的距离，液滴向下运动答案 A解析由液滴静止得mg ＝Eq ，保持开关S 闭合，E ＝Ud，U 一定，减小d ，合力向上，故A 正确，B 错误；断开开关S ，E ＝U d ＝Q Cd ＝4k πQεS，Q 一定，减小d ，E 不变，合力仍为零，故C 、D 错误．图1101111．如图11011所示是一个平行板电容器，其电容为C ，带电荷量为Q ，上极板带正电荷．现将一个试探电荷q 由两极板间的A 点移动到B 点，A 、B 两点间的距离为l ，连线AB 与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q 所做的功等于( )A.qCl QdB.qQl CdC.qQl 2CdD.qCl 2Qd答案 C解析根据U ＝Q C ，E ＝U d 可得E ＝Q Cd ，所以，A →B 电场力做功，W ＝qEl sin 30°＝qQl2Cd .图1101212．如图11012所示，已知平行板电容器两极板间距离d ＝4 mm ，充电后两极板电势差为120 V ．A 板带正电，若它的电容为3 μF，且P 到A 板距离为1 mm.求：(1)每一板的带电荷量；(2)一个电子在P 点具有的电势能；(3)一个电子从B 板出发到A 板获得的动能；(4)两板间的电场强度．答案 (1)3.6×10－4 C (2)－90 eV (3)120 eV(4)3×104 N/C解析 (1)由Q ＝UC 得Q ＝120×3×10－6 C ＝3.6×10－4 C.(2)E P ＝－eφP ＝－e U AB dd PB ＝－90 eV. (3)因为电子从B 板出发到A 板的过程中电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以由动能定理得E k －0＝－eU BA ，E k ＝120 eV.(4)E ＝Ud ＝3×104N/C.图1101313．如图11013所示，一平行板电容器跟一电源相接，当S 闭合时，平行板电容器极板A 、B 间的一带电液滴恰好静止．(1)若将两板间距离增大为原来的两倍，那么液滴的运动状态如何变化？(2)若先将S 断开，再将两板间距离增大为原来的两倍，液滴的运动状态又将如何变化？答案见解析解析带电液滴静止时，所受的电场力和重力平衡，液滴带负电，由于液滴所受重力不变，液滴运动状态随电场力的变化而变化，由于电场力F ＝Eq ，因此，只要分析出场强E 的变化情况即可．(1)S 闭合时，U 不变，d ↑，E ↓，即E ′＝U d ′＝U 2d ＝E 2. 合外力F ＝mg －12Eq ＝12mg ＝ma ，所以a ＝g 2，方向向下．液滴将向下做初速度为零，加速度为12g 的匀加速直线运动． (2)S 断开，电容器的电荷量保持不变，当d ′＝2d 时，由公式E ∝Qεr S可知，E 不变，E ′＝E .因此，液滴受力情况不变，仍处于静止状态．。

重庆市万州分水中学高考物理一轮复习指导课件第10章第2讲变压器电能的输送

原线圈
• 理想变压器由铁芯组成．
副线圈
、互感
• 2．原理：电流磁效应、电磁感应( 象)．
和闭合现
3．基本关系
(1)电压关系：UU12＝
n1 n2
(2)功率关系：P 入＝ P出
(3)电流关系：①只有一个副线圈时：II21＝nn21 ②有多个副线圈时：U1I1＝ U2I2＋U3I3＋…＋UnIn
解析：对升压变压器而言，输入电压不变，匝数不变，
由变压器的变压原理U1＝n1知，输出电压不变，故 U2 n2
A
错误．由
理想变压器可知升压变压器的输出功率等于发电厂的输出
功率，U2 不变，P2 增大，由 P2＝I2U2 知 I2 增大，使得输电线上的电压损耗 ΔU＝I2R 增大，
功率损耗 ΔP＝I22R 增大，所以降压变压器的输入电压减小，输出电压也减小，B 错误，C 正确．因为输电线上损耗的功率占总功率的比例ΔPP1 ＝IP22R1 ＝II222UR2＝IU2R2 ，R、U2 均不变， I2 增大，所以随着发电厂输出功率的增大，该比例也增大， D 正确．
同的电功率 P，原线圈的电压 U 保持不变，输电线路的总电
阻为 R.当副线圈与原线圈的匝数比为 k 时，线路损耗的电功
率为 P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到 nk，线路损
耗的电功率为 P2，则 P1 和PP21分别为
A.PkUR，n1
B．(kPU)2R，n1
C.PkUR，n12
D．(kPU)2R，n12
• 由于发电机组本身的输出电压不可能很高，所
以采用高压输电时升，压在变压发器电站内需用
升压到几百千伏后再降向压变远压距器离送电，到达用电
区再用
降到所需的电压．

[名校联盟]重庆市万州分水中学高考物理一轮复习指导课件：第4章第1讲运动的合成与分解

2
l 300 渡河时间为 t＝＝ s≈106.4 s．(2 分) vsin θ 3×sin θ
• (3)设船头与上游河岸夹角为α，则有 • (vcos α－u)t＝x (2分) • vtsin α＝l(2分) • 两式联立得：α＝53°，t＝125 s．(1分) • 答案：(1)100 s (2)106.4 s (3)125 s
答案：D
•
与绳或杆相关联物体的速度求解
方法 • 1．“关联速度”问题特点：沿杆(或绳)方向的速度分量大小相等． • 2．常用的解题思路和方法：先确定合运动的方向(物体实际运动的方向)，然后分析这个合运动所产生的实际效果(一方面使绳或杆伸缩的效果；另一方面使绳或杆转动的效果)以确定两个分速度的方向(沿绳或杆方向的分速度和垂直绳或杆方向的分速度，而沿绳或杆方向的分速度大小相同)．
• A．红蜡块沿玻璃管向上匀速运动，玻璃管向右匀速运动 • B．红蜡块沿玻璃管向上匀加速运动，玻璃管向右匀速运动 • C．红蜡块沿玻璃管向上匀加速运动，玻璃管向右匀加速运动 • D．红蜡块沿玻璃管向上匀速运动，玻璃管向右匀减速运动
• 解析：当物体的合外力(或者加速度)与初速度方向有夹角，则物体做曲线运动．由题意知：蜡块做曲线运动，加速度不为零，故A选项错误；蜡块沿玻璃管向上匀加速运动，玻璃管向右匀速运动，合加速度方向向上，只要满足合加速度与初速度方向不共线即可，故B选项正确；同理可知C、D选项正确． • 答案：A
合运动的性质及其判定方法 1．合运动的性质
加速度特点：变或不变运动轨迹特点：直线或曲线
2．合运动的性质判断
变化：非匀变速运动加速度或合外力不变：匀变速运动加速度或合外力共线：直线运动与速度方向不共线：曲线运动

重庆市万州分水中学高考物理一轮复习指导课件：第10章第3讲实验：传感器的简单使用

电阻(kΩ) 75 40 28 23 20 18
• (1)根据表中数据，请在图甲给定的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点．
图甲
• (2)如图乙所示，当1、2两端所加电压上升至2 V时，控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路．给1、2 两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0(lx)时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图．
光照强度自然光照射弱中强阻值(Ω)
• (2)根据记录的数据分析光敏电阻的特性，得出结论：光敏电阻被光照射时其阻值发生变化，光照增强电阻变小，光照减弱电阻变大．
• 六、注意事项
• 1．在做热敏电阻实验时，加热水后要等一会儿再测其阻值，以使电阻温度与水的温度相同，并同时读出水温．
Zx x k
• (3)如图所示 • 答案：(1)小 (2)右 (3)见解析
•
为了节能和环保，一些公共场所使用
光控开关控制照明系统．光控开关可采用光敏
电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而
发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光
越强照度越大，照度单位为lx)．某光敏电阻RP 在不照同度照(lx度) 下0的.2 阻0值.4 如0下.6 表0：.8 1.0 1.2
• 2．传感器的工作过程
• 通过对某一物理量敏感的元件将感受到的信号按一定规律转换成便于测量的信号．例如，光电传感器是利用光敏电阻将光信号转换成电信号．热电传感器是利用热敏电阻或金属热电阻将温度信号转换成电信号，转换后的信号经过电子电路的处理就可达到方便检测、自动控制、遥控等各种目的．传感器工作的原理可用下图表示：
• 特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小

2024年新人教版高考物理一轮复习课件第11章带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动

2024年新人教版高考物理一轮复习课件
D第十I一S章 HIYIZHANG
磁场
专
题强
带电粒子在叠加场和交
化
二十
变电、磁场中的运动
一
目标 1.了解叠加场的特点，会处理带电粒子在叠加场中的运动问题.2.掌握带电粒子在交变电、磁场中运动的解题要求思路和处理方法.
内容索引
题型一带电粒子在叠加场中的运动题型二带电粒子在交变电、磁场中的运动
0时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在t1时刻粒子第一次撞到左挡板，
紧接着在t1＋t2时刻粒子撞到右挡板，然后粒子从O点竖直向下返回平行金属板
间，使其在整个装置中做周期性的往返
运动.粒子与挡板碰撞前后电荷量不变，
沿板方向的分速度不变，垂直板方向的
分速度大小不变、方向相反，不计碰撞
的时间及磁场变化产生的影响.求：
(3)油滴在第一象限运动的时间(取π＝3.14). 答案 0.828 s
进入第一象限，静电力和重力平衡，油滴先做匀速直线运动，从A点
进入y>h的区域后做匀速圆周运动，再从C点离开y>h区域，最后从x
轴上的N点离开第一象限. 由 O→A 匀速运动的位移为 s1＝sinh45°＝ 2h 其运动时间 t1＝sv1＝0.1 s 由 qvB＝mvr2，T＝2vπr得 T＝2qπBm 油滴从 A→C 做圆周运动的时间为 t2＝14T＝2πgEB＝0.628 s
1234567
2.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度大小为E、方向竖直向下；该磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则 A.液滴带正电 B.液滴比荷mq ＝Eg

重庆市万州分水中学高考物理一轮复习指导课件：第3章第2讲牛顿第二定律动力学的两类问题

1 2 由 x＝v0t＋ at 得： 2 h 1 ＝ gsin θ· ， t2 sin θ 2 1 解得：t＝ sin θ 2h g 2h g ＝ 2gh.
1 由 v＝v0＋at 得：v＝at＝gsin θ· sin θ
1 答案： sin θ
2h g
2gh
• 知识点三单位制 • 单位制基本单位导出单位 • 和一起组成了单位制． • (1)基本量：只要选定几个物理量的单位，就物理公式能够利用推导出其他物理量的单位．这些被选定的物理量叫做基本量．
Zx x k
• 2．(2013·海口模拟)如图所示，一固定不动的光滑斜面，倾角为θ，高为h.一质量为m的物体从斜面的顶端由静止开始滑下，求物体从顶端滑到底端所用的时间及滑到底端时速度的大小．
• 解析：物体受力如图所示，
• 由牛顿第二定律得：mgsin θ＝ma • 解得：a＝gsin θ
第三章
牛顿运动问题
考纲展示
1.牛顿运动定律(Ⅱ)
2.单位制(Ⅰ)
Zxx k
1.深刻理解牛顿第二定律的内容，知道牛
顿第二定律表达式的含义．复习目标 2.会用牛顿第二定律公式进行计算，并能解释物体的受力和运动． 3.掌握力学单位制.
Zx x k
• 知识点一牛顿第二定律
•
如图甲、乙所示，图中细线均不可伸长，两小球均处于平衡状态且质量相同．如果突然把两水平细线剪断，剪断瞬间小球A的加速度的大小为________，方向为________；小球B 的加速度的大小为________，方向为________；剪断瞬间甲中倾斜细线OA与乙中弹簧的拉力之比为________(θ角已知)．
• (2)基本单位：基本物理量的单位．力学中的质量时间长度基本物理量有三个，它们是、、；它们的单位是基本单位，分别是 kg、s、m . • (3)导出单位：由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．

重庆市万州分水中学高考物理一轮复习指导课件：第3章第3讲牛顿运动定律的应用

Zx x k
• (3)斜面体与上面物体组成的连接体的问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析． • 2．解决这类问题的关键 • 正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各个物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，分别确定出它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解．
• 【变式训练】2.质量为m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在质量为M＝3.0 kg的长木板的右端，木板上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木板长L＝1.0 m．开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F＝12 N，如图所示，经一段时间后撤去 F.为使小滑块不掉下木板，试求：用水平恒力 F作用的最长时间．(g取10 m/s2)
• 知识点二整体法与隔离法 • 1．整体法：当系统中各物体的相同时，我们可以把系统内的所有物体看成一个整质量之和体，这个整体的质量等于各物体的，当整体受到的外力已知时，可用牛顿第二定律求出整体的加速度．相互作用力隔离 • 2．隔离法：从研究方便出发，当求解系统内物体间时，常把物体从系统中出来进行分析，依据牛顿第二定律列方程．
• 【变式训练】3.(2013·河南名校联考)高层住宅与写字楼已成为城市中的亮丽风景，电梯是高层住宅与写字楼必配的设施．某同学将一轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，如图所示．在电梯运行时，该同学发现轻弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小了，这一现象表明( )
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第三章
牛顿运动定律
第三讲
牛顿运动定律的应用
考纲展示
1.牛顿运动定律的应用(Ⅱ)
2.超重、失重(Ⅰ)

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