高中物理第4章章末复习课教案含解析鲁科版选修11

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2019-2020年新教材高中物理第4章章末复习课教案鲁科版必修1

章末复习课[体系构建][核心速填]1．力的合成与分解(1)遵守定则：平行四边形定则或三角形定则．(2)两个共点力的合力范围：|F1－F2|≤F≤F1＋F2.2．共点力的平衡(1)平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动状态．(2)共点力的平衡条件：F合＝0.力的合成与分解思维方法的应用根据已知力分析未知力的大小，其分析步骤如下：1．确定研究对象．2．对研究对象进行受力分析．3．当物体受到的力不超过三个时，一般采用力的合成和分解法：(1)确定要合成和分解的力．(2)根据平行四边形定则作出合力或分力．(3)根据数学知识计算合力或分力．4．当物体受到的力超过三个时，一般采用正交分解法：(1)建立直角坐标系，使尽可能多的力落在坐标轴上．(2)将各力正交分解在坐标轴上．(3)沿坐标轴方向根据平衡条件列方程．【例1】　(多选)如图所示，重物的质量为m，轻细绳AO和BO的A端、B 端是固定的．平衡时AO是水平的，BO与水平方向的夹角为θ.AO的拉力F1和BO 的拉力F2的大小是( )A ．F 1＝mg cos θ B ．F 1＝mg cot θC ．F 2＝mg sin θD ．F 2＝mg sin θBD [方法一：合成法由平行四边形定则，作出F 1、F 2的合力F 12，如图甲所示，又考虑到F 12＝mg ，解直角三角形得F 1＝mg cot θ，F 2＝，故选项B 、D 正确．mgsin θ方法二：分解法F 2共产生两个作用效果，一个是水平方向沿A →O 拉绳子AO ，另一个是拉着竖直方向的绳子．如图乙所示，将F 2分解在这两个方向上，结合力的平衡等知识得：F 1＝F 2′＝mg cot θ，F 2＝＝，故选项B 、D 正确．]F 2″sin θmg sin θ[一语通关]　力的合成与分解都遵从平行四边形定则(或三角形定则)，计算时要先根据要求按照力的平行四边形定则作出力的合成或力的分解的示意图，再根据数学知识解三角形，主要是求解直角三角形.1．水平横梁一端插在墙壁内，另一端装小滑轮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 ＝10 kg 的重物，∠CBA ＝30°，如图所示，则滑轮受到绳子的作用力为(g 取10 N/kg)( )A ．50 N B ．50 N 3C ．100 ND ．100 N3C [以滑轮为研究对象，悬挂重物的绳的拉力是F ＝mg ＝100 N ，故小滑轮受到绳的作用力沿BC 、BD 方向，大小都是100 N ．从图中看出，∠CBD ＝120°，∠CBE ＝∠DBE ，得∠CBE ＝∠DBE ＝60°，即△CBE 是等边三角形，故F 合＝100 N ．]整体法与隔离法在平衡中的应用在实际问题中，常常会碰到几个连接在一起的物体在外力作用下运动，需要求解它们所受的外力或它们之间的相互作用力，这类问题被称为连接体问题．与求解单一物体的力学问题相比较，连接体问题要复杂得多．有相同加速度的连接体问题是比较简单的，目前我们只限于讨论这类问题．连接体问题常见的求解方法有两个，即整体法和隔离法．1．整体法：以几个物体构成的系统为研究对象进行求解的方法．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力．2．隔离法：把系统分成若干部分并隔离开来，分别以每一部分为研究对象进行受力分析，分别列出方程，再联立求解的方法．3．选用原则：通常在分析外力对系统的作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答同一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交替使用．【例2】　如图所示，倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上．下列结论正确的是( )A．木块受到的摩擦力大小是mg cos αB．木块对斜面体的压力大小是mg sin αC．桌面对斜面体的摩擦力大小是mg sin αcos αD．桌面对斜面体的支持力大小是(M＋m)gD　[先对木块m受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有F f＝mg sin α①F N＝mg cos α②由①式，选项A错误；斜面对木块的支持力和木块对斜面的压力相等，由②式得B错误；对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为(M＋m)g，静摩擦力为零，故C错误，D正确．][一语通关]　分析两个或两个以上运动状态相同的物体整体受力情况及外力对系统的作用时，宜用整体法；而分析系统内各物体的相互作用力时，必须用隔离法.2．在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，A对B的作用力为F2，地面对A的作用力为F3.若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中( )A．F1保持不变，F3缓慢增大B．F1缓慢增大，F3保持不变C．F2缓慢增大，F3缓慢增大D．F2缓慢增大，F3保持不变C　[A、B始终保持静止，对B进行受力分析，如图甲所示，设A、B圆心连线与竖直方向夹角为α，由F2sin α＝F1，F2cos α＝F＋G B可得，当F增大时，F2增大，F1也增大．甲乙将A、B看成整体，进行受力分析，如图乙所示，设地面对A的支持力为N，对A的摩擦力为f，则由整体平衡得G A＋G B＋F＝N，且f＝F1，由此可知，当F增大时，N、f均增大，N 与f的合力F3也增大．所以只有选项C正确，A、B、D均错误．]平衡中的动态分析问题该类问题具有一定的综合性和求解的灵活性，分析处理物体动态平衡常用的方法有：矢量图解法、函数法、整体与隔离法、相似三角形法等．一般来说，对于静力学动态问题，优先采用“矢量图解法”，将某一力据其作用效果分解，构建示意图，将各力之间的依赖、制约关系直观形象地体现出来，达到简捷迅速的判断目的．【例3】　如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力N以及绳对小球的拉力T的变化情况是( )A．N保持不变，T不断增大B．N不断增大，T不断减小C．N保持不变，T先增大后减小D．N不断增大，T先减小后增大D　[推动斜面体时，小球始终处于平衡状态，根据共点力的平衡条件解决问题．选小球为研究对象，其受力情况如图所示，用平行四边形定则作出相应的“力三角形OAB”，其中OA 的大小、方向均不变，AB的方向不变，推动斜面体时，T逐渐趋于水平，OB绕O点向下转动，根据动态平衡，T先减小后增大，N不断增大，选项D正确．][一语通关]　(1)解析法是对研究对象的任一状态进行了受力分析，建立平衡方程，求出因变量与自变量的一般函数式，然后依据自变量的变化确定因变量的变化.(2)解决动态平衡问题的常用方法是“矢量图解法”，利用矢量图解法分析动态平衡问题的基本程序是：对研究对象在动态变化过程中的若干状态进行受力分析→依据某一参量的变化(一般为某一角度)，在同一图中作出物体在若干状态下的受力平衡图(力的平行四边形或力的三角形)→由动态的力的平行四边形或三角形的边的长度及方向变化，判断某力的大小及方向的变化情况.3．如图所示，用与竖直方向成θ角(θ＜45°)的倾斜轻绳a和水平轻绳b共同固定一个小球，这时轻绳b的拉力为F1，现保持小球在原位置不动，使轻绳b在原竖直平面内逆时针转过θ角固定，轻绳b的拉力为F2，再逆时针转过θ角固定，轻绳b的拉力为F3，则( )A．F1＝F3＞F2B．F1＜F2＜F3C．F1＝F3＜F2D．轻绳a的拉力增大A　[轻绳b处在三个不同位置时，小球均处于平衡状态；对小球受力分析并根据平衡条件可知，它受到的三个力可以构成矢量三角形，如图所示，根据几何关系可知，F2垂直于轻绳a对小球的拉力T，所以F1＝F3＞F2，而轻绳a的拉力T逐渐减小，故A选项正确．]平衡状态下的临界与极值问题1．临界问题：当某物理量发生变化时，会引起其他物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”．处理这类问题的最有效方法是假设推理法，也就是先假设，再根据平衡条件及有关知识列平衡方程，最后求解．2．极值问题：也就是指平衡问题中，力在变化过程中的最大值和最小值问题．3．解决这类问题常用以下两种方法：(1)解析法：根据物体的平衡条件列方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值．(2)图解法：根据物体的平衡条件作出物体的受力分析图，画出平行四边形或矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值．【例4】　如图所示，物体甲的质量为m 1，三段轻绳的结点为O ，轻绳OB 水平且B 端与放置在水平面上的质量为m 2的物体乙相连，轻绳OA 与竖直方向的夹角θ＝37°，物体甲、乙均处于静止状态．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：(1)轻绳OA 、OB 受到的拉力分别是多大？(2)物体乙受到的摩擦力是多大？方向如何？(3)若物体乙的质量m 2＝4 kg ，物体乙与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.3，欲使物体乙在水平面上不滑动，物体甲的质量m 1最大不能超过多少？[解析]　按力的作用效果进行分解，如图所示．(1)T OA ＝＝m 1g m 1g cos θ54T OB ＝m 1g tan θ＝m 1g .34(2)f ＝T OB ＝m 1g ，方向水平向左．34(3)f max ＝μm 2g ＝0.3×4×10 N ＝12 N当T OB ＝m 1g ＝f max ＝12 N 时，m 1＝1.6 kg ，即物体甲的质量m 1最大不能超过1.6 kg.34[答案]　(1)m 1g m 1g 5434(2)m 1g 方向水平向左34(3)1.6 kg[一语通关]　处理临界与极值问题的关键是正确分析物体所处临界状态的受力情况，准确找出临界条件，结合平衡条件列方程求极值.4.如图所示，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A (A 、B 接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑．已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A 与B 的质量之比为( )A. B.1μ1μ21－μ1μ2μ1μ2C. D.1＋μ1μ2μ1μ22＋μ1μ2μ1μ2B [A 恰好不滑动，B 刚好不下滑，说明A 此时受到地面的静摩擦力为最大静摩擦力，B 受到A 的静摩擦力为最大静摩擦力，对A 、B 整体受力分析，在竖直方向上，A 与地面间压力大小等于A 、B 重力之和，在水平方向上推力F 和地面对A 的最大静摩擦力大小相等，即F ＝F max .又因为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，有F ＝F f ＝μ2(m A ＋m B )g ，B 在竖直方向上的重力和A对B 的最大静摩擦力大小相等，有μ1F ＝m B g ，联立解得＝，B 正确．]m A m B 1－μ1μ2μ1μ2。

鲁科版高中物理必修第二册精品课件第4章万有引力定律及航天本章整合

某人造卫星在赤道上空做匀速圆周运动,轨道半径为r,且r<5R,飞行方向与
地球的自转方向相同,在某时刻,该人造卫星通过赤道上某建筑物的正上方,
则到它下一次通过该建筑物正上方所需要的时间为(
A.2π(
C.2π
2
-ω0)
3

3
2
B.
D.
2π
2
+ 0
3
2π
2
- 0
3
D
)
解析因为同步卫星的轨道半径大约为6.6R,根据卫星的运行特点知,轨道半
1.抓住两条思路
天体问题实际上是万有引力定律、牛顿第二定律、匀速圆周运动规律的
综合应用,解决此类问题的基本思路有两条。
思路 1,中心天体的表面或附近,万有引力近似等于重力,即

G 2 =mg0(g0 表示

天体表面的重力加速度)。
思路 2,万有引力提供向心力,即

G 2 =ma。

式中 a 表示向心加速度,而向心加速度又有
。
2

(3)第一宇宙速度指物体在星球表面附近做匀速圆周运动的速度,由

2
G 2 =m
解得 v=

=
=
2ℎ
。

答案
2ℎ
(1) 2
2ℎ 2
(2) 2
(3)
2ℎ

三、天体运动中的追及相遇问题
在天体运动的问题中,我们常遇到一些这样的问题,比如a、b两物体都绕同
一中心天体做圆周运动,某时刻a、b相距最近,问a、b下一次相距最近或最
2
2
4π
a= 、a=ω2r、a=ωv,a= 2 、a=g

2019_2020年新教材高中物理第4章章末复习课教案鲁科版必修1

章末复习课[体系构建][核心速填]1．力的合成与分解(1)遵守定则：平行四边形定则或三角形定则．(2)两个共点力的合力范围：|F1－F2|≤F≤F1＋F2.2．共点力的平衡(1)平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动状态．(2)共点力的平衡条件：F合＝0.力的合成与分解思维方法的应用根据已知力分析未知力的大小，其分析步骤如下：1．确定研究对象．2．对研究对象进行受力分析．3．当物体受到的力不超过三个时，一般采用力的合成和分解法：(1)确定要合成和分解的力．(2)根据平行四边形定则作出合力或分力．(3)根据数学知识计算合力或分力．4．当物体受到的力超过三个时，一般采用正交分解法：(1)建立直角坐标系，使尽可能多的力落在坐标轴上．(2)将各力正交分解在坐标轴上．(3)沿坐标轴方向根据平衡条件列方程．【例1】(多选)如图所示，重物的质量为m，轻细绳AO和BO的A端、B 端是固定的．平衡时AO是水平的，BO与水平方向的夹角为θ.AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是( )A．F1＝mg cos θB．F1＝mg cot θC．F2＝mg sin θD．F2＝mgsin θBD[方法一：合成法由平行四边形定则，作出F1、F2的合力F12，如图甲所示，又考虑到F12＝mg，解直角三角形得F1＝mg cot θ，F2＝mgsin θ，故选项B、D正确．方法二：分解法F2共产生两个作用效果，一个是水平方向沿A→O拉绳子AO，另一个是拉着竖直方向的绳子．如图乙所示，将F2分解在这两个方向上，结合力的平衡等知识得：F1＝F2′＝mg cot θ，F2＝F2″sin θ＝mgsin θ，故选项B、D正确．]1．水平横梁一端插在墙壁内，另一端装小滑轮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＝10 kg的重物，∠CBA＝30°，如图所示，则滑轮受到绳子的作用力为(g取10 N/kg)( )A．50 N B．50 3 NC．100 N D．100 3 NC[以滑轮为研究对象，悬挂重物的绳的拉力是F＝mg＝100 N，故小滑轮受到绳的作用力沿BC、BD方向，大小都是100 N．从图中看出，∠CBD＝120°，∠CBE＝∠DBE，得∠CBE＝∠DBE＝60°，即△CBE是等边三角形，故F合＝100N．]整体法与隔离法在平衡中的应用在实际问题中，常常会碰到几个连接在一起的物体在外力作用下运动，需要求解它们所受的外力或它们之间的相互作用力，这类问题被称为连接体问题．与求解单一物体的力学问题相比较，连接体问题要复杂得多．有相同加速度的连接体问题是比较简单的，目前我们只限于讨论这类问题．连接体问题常见的求解方法有两个，即整体法和隔离法．1．整体法：以几个物体构成的系统为研究对象进行求解的方法．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力．2．隔离法：把系统分成若干部分并隔离开来，分别以每一部分为研究对象进行受力分析，分别列出方程，再联立求解的方法．3．选用原则：通常在分析外力对系统的作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答同一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交替使用．【例2】如图所示，倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上．下列结论正确的是( )A．木块受到的摩擦力大小是mg cos αB．木块对斜面体的压力大小是mg sin αC．桌面对斜面体的摩擦力大小是mg sin αcos αD．桌面对斜面体的支持力大小是(M＋m)gD[先对木块m受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有F f＝mg sin α①F N＝mg cos α②由①式，选项A错误；斜面对木块的支持力和木块对斜面的压力相等，由②式得B错误；对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为(M＋m)g，静摩擦力为零，故C错误，D正确．]2．在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，A对B的作用力为F2，地面对A的作用力为F3.若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中( )A．F1保持不变，F3缓慢增大B．F1缓慢增大，F3保持不变C．F2缓慢增大，F3缓慢增大D．F2缓慢增大，F3保持不变C[A、B始终保持静止，对B进行受力分析，如图甲所示，设A、B圆心连线与竖直方向夹角为α，由F2sin α＝F1，F2cos α＝F＋G B可得，当F增大时，F2增大，F1也增大．甲乙将A、B看成整体，进行受力分析，如图乙所示，设地面对A的支持力为N，对A的摩擦力为f，则由整体平衡得G A＋G B＋F＝N，且f＝F1，由此可知，当F增大时，N、f均增大，N 与f的合力F3也增大．所以只有选项C正确，A、B、D均错误．]平衡中的动态分析问题该类问题具有一定的综合性和求解的灵活性，分析处理物体动态平衡常用的方法有：矢量图解法、函数法、整体与隔离法、相似三角形法等．一般来说，对于静力学动态问题，优先采用“矢量图解法”，将某一力据其作用效果分解，构建示意图，将各力之间的依赖、制约关系直观形象地体现出来，达到简捷迅速的判断目的．【例3】如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力N以及绳对小球的拉力T的变化情况是( )A．N保持不变，T不断增大B．N不断增大，T不断减小C．N保持不变，T先增大后减小D．N不断增大，T先减小后增大D[推动斜面体时，小球始终处于平衡状态，根据共点力的平衡条件解决问题．选小球为研究对象，其受力情况如图所示，用平行四边形定则作出相应的“力三角形OAB”，其中OA的大小、方向均不变，AB的方向不变，推动斜面体时，T逐渐趋于水平，OB绕O点向下转动，根据动态平衡，T先减小后增大，N不断增大，选项D正确．]3．如图所示，用与竖直方向成θ角(θ＜45°)的倾斜轻绳a和水平轻绳b共同固定一个小球，这时轻绳b的拉力为F1，现保持小球在原位置不动，使轻绳b在原竖直平面内逆时针转过θ角固定，轻绳b的拉力为F2，再逆时针转过θ角固定，轻绳b的拉力为F3，则( )A．F1＝F3＞F2B．F1＜F2＜F3C．F1＝F3＜F2D．轻绳a的拉力增大A[轻绳b处在三个不同位置时，小球均处于平衡状态；对小球受力分析并根据平衡条件可知，它受到的三个力可以构成矢量三角形，如图所示，根据几何关系可知，F2垂直于轻绳a对小球的拉力T，所以F1＝F3＞F2，而轻绳a的拉力T逐渐减小，故A选项正确．]平衡状态下的临界与极值问题1．临界问题：当某物理量发生变化时，会引起其他物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”．处理这类问题的最有效方法是假设推理法，也就是先假设，再根据平衡条件及有关知识列平衡方程，最后求解．2．极值问题：也就是指平衡问题中，力在变化过程中的最大值和最小值问题．3．解决这类问题常用以下两种方法：(1)解析法：根据物体的平衡条件列方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值．(2)图解法：根据物体的平衡条件作出物体的受力分析图，画出平行四边形或矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值．【例4】如图所示，物体甲的质量为m 1，三段轻绳的结点为O ，轻绳OB 水平且B 端与放置在水平面上的质量为m 2的物体乙相连，轻绳OA 与竖直方向的夹角θ＝37°，物体甲、乙均处于静止状态．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：(1)轻绳OA 、OB 受到的拉力分别是多大？(2)物体乙受到的摩擦力是多大？方向如何？(3)若物体乙的质量m 2＝4 kg ，物体乙与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.3，欲使物体乙在水平面上不滑动，物体甲的质量m 1最大不能超过多少？[解析] 按力的作用效果进行分解，如图所示．(1)T OA ＝m 1g cos θ＝54m 1g T OB ＝m 1g tan θ＝34m 1g .(2)f ＝T OB ＝34m 1g ，方向水平向左． (3)f max ＝μm 2g ＝0.3×4×10 N＝12 N当T OB ＝34m 1g ＝f max ＝12 N 时，m 1＝1.6 kg ，即物体甲的质量m 1最大不能超过1.6 kg. [答案] (1)54m 1g 34m 1g(2)34m 1g 方向水平向左 (3)1.6 kg4.如图所示，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A (A 、B 接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑．已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A 与B 的质量之比为( )A.1μ1μ2 B.1－μ1μ2μ1μ2 C.1＋μ1μ2μ1μ2 D.2＋μ1μ2μ1μ2B [A 恰好不滑动，B 刚好不下滑，说明A 此时受到地面的静摩擦力为最大静摩擦力，B 受到A 的静摩擦力为最大静摩擦力，对A 、B 整体受力分析，在竖直方向上，A 与地面间压力大小等于A 、B 重力之和，在水平方向上推力F 和地面对A 的最大静摩擦力大小相等，即F ＝F max .又因为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，有F ＝F f ＝μ2(m A ＋m B )g ，B 在竖直方向上的重力和A 对B 的最大静摩擦力大小相等，有μ1F ＝m B g ，联立解得m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，B 正确．]。

高中物理第四章匀速圆周运动第4节离心运动教案2鲁科版必修

离心运动一、本节教材分析本节教材选自山东科学技术出版社，普通高中课程标准实验教科书物理必修2第四章第四节的内容。

在学习本节之前，学生已经学习过圆周运动，牛顿第一定律等知识，为本节课的知识学习做了很好的铺垫。

教材首先从实际常见的案例中引出离心现象，最后探究得到发生离心现象的条件和离心运动的定义，接着从生产、生活的实际问题中说明离心运动的应用和危害，充分体现了学以致用的思想。

本节主要让学生了解离心现象产生的原因及其在生产上的应用，教学时充分利用课本的素材，提高学生综合运用知识的能力。

但是有些与离心运动有关的实际问题比较复杂，教学举例时应列举常见容易理解的例子。

二﹑学生情况分析学生已经学习过圆周运动，牛顿第一定律等知识，抽象思维逐步形成，具备一定的实验观察和逻辑推理能力，对知识有着更强的求知欲。

不过兴趣是最好的老师，兴趣的产生与好奇心和求知欲密切相关。

好奇心是一种本能，当外界有什么新异的事物出现时，人总要去探究一下；求知欲是在好奇心的基础上发展起来的，是对知识的热烈追求；而兴趣就是在求知欲的基础上产生的，是推动学习的内在动力。

所以在上课期间我利用各种手段来激起学生的兴趣和好奇心。

三、本节课的三维目标知识与技能：1．知道什么是离心运动；2．知道物体做离心运动的条件；3．了解离心运动的应用和防止．。

过程与方法：1．通过对离心现象的实例分析，提高学生综合应用知识解决问题的能力；2．培养学生应用理论知识解决实际问题的能力。

情感、态度与价值观：1．通过离心运动的应用和防止的实例分析，使学生明白事物都是一分为二的，要学会用一分为二的观点来看待问题；2．培养学生用理论解释实际问题的能力与习惯。

四、教学的重点和难点：教学重点：物体做离心运动所满足的条件、特点。

教学难点：对离心运动的理解及其实例分析。

五、教学用具与方法用具：小球﹑细线、透明的塑料杯、玻璃球、自制小陀螺、离心转台、多媒体等教法：讲授法、探究法、推理归纳法、实验法、多媒体课件演示法六、教学过程1、引入新课播放视频：棉花糖的制作我们小时候大都喜欢吃棉花糖，而且当时一定非常奇怪．为什么一颗一颗的白砂糖，经过机器一转，就变成又松又软的“棉花”不断向外“飞出”?知识回顾：牛顿第一定律的内容：一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。

高中物理鲁科版教案

高中物理鲁科版教案
教材版本：鲁科版
教学内容：力学
教学目标：
1. 了解力学的基本概念和公式；
2. 掌握力的计算方法；
3. 理解牛顿三大定律；
4. 能够应用所学知识解决力学问题。

教学重点和难点：
1. 力的计算方法；
2. 牛顿三大定律的理解和应用。

教学步骤：
1. 引入：通过实际生活中的例子介绍力的概念，并引出力的计算方法的重要性；
2. 讲解力的基本概念和公式，包括力的大小、方向和作用点等；
3. 讲解力的计算方法，重点介绍牛顿定律的公式和运用；
4. 讲解牛顿三大定律，让学生理解不同力的作用对物体的影响；
5. 练习：组织学生进行力的计算和牛顿定律的应用练习；
6. 总结：通过课堂讨论和总结帮助学生巩固所学知识。

教学资源：
1. 鲁科版高中物理教材；
2. 实验器材（如弹簧测量仪、力计等）；
3. 计算器。

教学评估：
1. 参与课堂讨论和练习；
2. 完成力学问题的作业；
3. 考试考核。

教学反思和提升：
在教学中要注重引导学生主动学习，提倡学生动手实践，加强实验教学。

同时要关注学生的学习兴趣和学习效果，及时调整教学方法和策略，提高教学效果。

高中物理第4章第2节电磁感应定律及其应用教案含解析鲁科版选修11

高中物理第4章第2节电磁感应定律及其应用教案含解析鲁科版选修11第2节电磁感应定律及其应用学习目标知识脉络1．知道电源是一种把其他形式的能转化为电能的装置，电动势是一个描述电源的这种本领强弱的物理量．2．知道法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt.会用电磁感应定律计算感应电动势的大小．会用公式E＝Blv计算导体在匀强磁场中垂直切割磁感线时感应电动势的大小，知道该公式与法拉第电磁感应定律的区别与联系．(重点、难点)3．会用右手定则判断导体垂直切割磁感线时产生的感应电流的方向，能区分左手定则、右手定则与安培定则．(重点)4．知道直流电与交流电之间的区别．知道发电机的工作原理．5．了解变压器的结构和工作原理，知道理想变压器的原、副线圈两端的电压与它们匝数之间的关系.一、法拉第电磁感应定律1．电动势：电源是一种把其他形式的能量转化为电能的装置，电源本领的强弱用电动势描述．电动势用符号E表示．单位：伏特(V)．一节干电池的电动势是1.5 V，蓄电池的电动势是2.0 V.2．感应电动势：如果导体在磁场中做切割磁感线运动，其两端就会产生电动势，这种由于电磁感应现象而产生的电动势叫感应电动势．3．磁通量的变化率：单位时间内穿过回路的磁通量的变化量．4．法拉第电磁感应定律(1)内容：回路中感应电动势的大小，跟穿过该回路的磁通量的变化率成正比． (2)公式：E ＝ΔΦΔt . E ＝n ΔΦΔt ，n 为线圈的匝数，E 、ΔΦ、Δt 的单位分别为V 、Wb 、s. 5．导体切割磁感线产生的感应电动势(1)大小：E ＝Blv .(2)感应电流方向：用右手定则判断，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都和手掌在一个平面内，让磁感线垂直穿入手心，拇指指向导体的运动方向，那么其余四指所指的方向就是感应电流的方向．二、发电机、变压器的工作原理1．发电机的工作原理(1)发电机：把机械能转化成电能的装置，和电动机的原理正好相反．(2)直流电：干电池和蓄电池等电源提供的电流，方向恒定不变，称为直流电．简称DC.(3)交流电：让矩形线圈在磁场中转动，产生的大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫作交流电，简称AC.(4)交流发电机的工作原理：如图所示，线圈平面从垂直于磁感线开始转动，当线圈的一个边向上运动，另一个边向下运动，切割磁感线，线圈中产生了感应电流．电流从线圈的一个边流出，从另一个边流进．当线圈转过半周后，线圈的左右两个边在磁场中发生了变化，原来向上运动的改为向下运动，原来向下运动的改为向上运动，结果使得线圈中的电流方向发生了改变．这就产生了大小和方向都随时间作周期性变化的电流．2．变压器的工作原理(1)用途：变压器是把交流电的电压升高或者降低的装置．可分为升压变压器和降压变压器．(2)构造：原线圈、副线圈和闭合铁芯．如图所示．(3)原理：利用电磁感应来改变交流电压．如图所示，原线圈n 1接交变电流，由于电流的变化在闭合铁芯中产生变化的磁通量，根据法拉第电磁感应定律，从而在副线圈n 2中产生感应电动势，输出不同于原线圈的电压，对于理想变压器，原副线圈两端的电压之比等于它们的匝数之比，即U 1U 2＝n 1n 2.1．思考判断(1)对于公式E ＝Blv 中的B 、l 、v 三者必须相互垂直．(√)(2)线圈中磁通量的变化越快，产生的感应电动势越大．(√)(3)导体棒在磁场中运动速度越大，产生的感应电动势一定越大．(×)(4)交流发电机可以将机械能转化为电能．(√)(5)恒定电流接入变压器后也可发生电磁感应现象，也可起到变压作用．(×)(6)不计电能损耗的变压器为理想变压器．(√)2．合作探究(1)电磁感应现象中产生了电能，是否遵守能量守恒定律？【提示】电磁感应现象中产生了电流，一定有其他能向电能转化，在转化过程中遵守能量守恒定律．(2)在课外，某同学在进行低压交流变压器实验的准备工作时，发现缺少电源，于是就用一种摩托车的蓄电池代替，按图进行实验．则闭合开关后，灯泡是否发光？并解释出现这种现象的原因？【提示】因蓄电池是直流电源，向外输出恒定电压，故连接到副线圈上的小灯泡不会发光．原因是：恒定电压加在原线圈上后，线圈内的磁通量不发生变化，因而副线圈中的磁通量也不发生变化，所以E ＝n ΔΦΔt＝0.故副线圈中无感应电动势.法拉第电磁感应定律物理量单位物理意义磁通量Φ Wb 表示某时刻或某位置时穿过某一面积的磁感线条数的多少磁通量的变化量ΔΦWb 表示在某一过程中穿过某一面积磁通量变化的多少磁通量的变化率ΔΦΔt Wb/s 表示穿过某一面积的磁通量变化的快慢(2)磁通量变化量大，磁通量的变化率也不一定大，磁通量的变化率与磁通量的变化量和磁通量大小没有直接关系．(3)在Φt 图象上，切线的斜率表示磁通量的变化率．2．决定电动势大小的因素感应电动势的大小取决于穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt，与Φ的大小、ΔΦ的大小没有必然联系，与电路的构成也无关，而感应电流的大小由感应电动势大小和电路的总电阻R 决定．3．v 与E 的对应关系E ＝Blv 适用于导体棒垂直切割磁感线的情况，适用条件是B 、l 、v 两两垂直，若公式中v 是平均速度，则E 为平均电动势，若公式中v 是瞬时速度，则E 为瞬时电动势．4．左、右手定则的区别右手定则用于判断导体切割磁感线时感应电流的方向．导体的运动是原因，产生感应电流是结果；左手定则用于判断通电导体在磁场中所受安培力的方向，导体中有电流是原因，导体受到安培力作用而运动是结果，两者应注意区分．【例1】如图甲所示，有一面积为150 cm 2的金属环，电阻为0.1 Ω，在环中100 cm 2的同心圆面上存在如图乙所示的变化的磁场，线圈中的感应电动势为多大？电流为多大？甲乙思路点拨：由磁感应强度变化产生感应电动势知，E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt·S . [解析] 磁场区域的面积S ＝100 cm 2＝1×10－2 m 2E ＝n ΔB Δt·S ＝1×10－2 V I ＝E R ＝1×10－20.1A ＝0.1 A. [答案] 1×10－2V 0.1 A两个公式的比较公式E ＝n ΔΦΔt求的是Δt 时间内的平均电动势，而E ＝Blv 计算的是导体切割磁感线时产生的平均电动势或瞬时电动势，但一般多用于计算瞬时电动势．1．一面积为S ＝4×10－2 m 2、匝数n ＝100的线圈放在匀强磁场中，磁感线垂直于线圈平面，磁感应强度随时间的变化率为ΔB Δt＝2 T/s.穿过线圈的磁通量的变化率是多少？线圈中产生的感应电动势是多少？[解析] 穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S ＝2×4×10－2 Wb/s ＝8×10－2 Wb/s 由法拉第电磁感应定律得 E ＝n ΔΦΔt＝100×8×10－2 V ＝8 V. [答案] 8×10－2 Wb/s 8 V2．如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距l ＝0.50 m ，左端接一电阻R ＝0.20 Ω，磁感应强度B ＝0.40 T 的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ac 垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ac 棒以v ＝4.0 m/s 的速度水平向右匀速滑动时，求：(1)ac 棒中感应电动势的大小；(2)回路中感应电流的大小和方向．[解析] (1)ac 棒产生的感应电动势 E ＝Blv ＝0.40×0.50×4.0 V＝0.80 V.(2)感应电流的大小I ＝E R ＝0.800.20A ＝4.0 A 由右手定则判定电流方向为c →a .[答案] (1)0.80 V (2)4.0 A 方向c →a发电机、变压器的工作原理1用电器的电功率等于发电机提供给原线圈的电功率．2．理想变压器的磁通量全部集中在铁芯内，穿过原、副线圈的磁通量相同，穿过每匝线圈的磁通量的变化率也相同，因此每匝线圈产生的感应电动势相同，原、副线圈产生的电动势和原、副线圈的匝数成正比．在线圈电阻不计时，线圈两端电压等于电动势．所以变压器原、副线圈的两端电压与匝数成正比．3．升压变压器和降压变压器：由变压器公式U 1U 2＝n 1n 2知，当变压器原线圈匝数少，副线圈匝数多时，副线圈两端电压高于原线圈两端电压，则变压器为升压变压器；当变压器原线圈匝数多，副线圈匝数少时，副线圈两端电压低于原线圈两端电压，则变压器为降压变压器．4．规律(1)理想变压器中，原、副线圈两端的电压之比等于它们的匝数之比，U 1U 2＝n 1n 2.(2)理想变压器的输出功率等于输入功率，P 入＝P 出，即U 1I 1＝U 2I 2，因此，原、副线圈中的电流之比等于匝数的反比，I 1I 2＝n 2n 1.【例2】一台理想变压器，原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝20∶1，原线圈接入220 V 的交流电压，副线圈向一电阻为110 Ω的用电器供电，则副线圈中的电流为( )A ．2 AB ．0.1 AC ．0.5 AD ．0.005 A B [由于U 1U 2＝n 1n 2，故U 2＝n 2n 1·U 1＝120×220 V＝11 V ，故副线圈电流I 2＝U 2R＝0.1 A ，B 对．]3．下列关于发电机和电动机的说法正确的是( )A．发电机是把电能转化为机械能的装置B．电动机是把电能转化为机械能的装置C．发电机的工作原理是由电流产生运动D．电动机的工作原理是由运动产生电流B [发电机是把机械能转化为电能的装置，工作原理是：线圈转动切割磁感线从而在线圈中产生感应电流．而电动机是把电能转化为机械能，工作原理是：通电线圈在磁场中受力而发生转动．]4．如图所示，可以将电压升高供给电灯的变压器是( )C [当原线圈接直流电源时，原线圈通过恒定电流，铁芯中不会产生变化的磁场，因此副线圈中不会产生感应电动势，所以选项A、D错误．B图中，原线圈匝数大于副线圈匝数，所以B中变压器是降压变压器；C图中，原线圈匝数小于副线圈匝数，所以C中变压器是升压变压器，选项B错误，C正确．]1．唱卡拉OK用的话筒，内有传感器．其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号．下列说法正确的是( )A．该传感器是根据电流的磁效应工作的B．该传感器是根据电磁感应原理工作的C．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变D．膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势B [当声波使膜片前后振动时，膜片后的金属线圈就跟着振动，从而使处于永磁体的磁场中的线圈切割磁感线．穿过线圈的磁通量发生改变，产生感应电流，从而将声音信号转化为电信号，这是电磁感应的工作原理．故选项B正确，选项A、C、D均错误．] 2．如图所示，在磁感应强度为0.2 T的匀强磁场中，长为0.5 m的导体棒AB在金属框架上以10 m/s的速度向右滑动．R1＝R2＝20 Ω，其他电阻不计，则流过AB的电流是( )A ．0.2 AB ．0.4 AC ．0.05 AD ．0.1 AD [导体棒AB 做切割磁感线运动产生的感应电动势E ＝Blv ＝0.2×0.5×10 V＝1.0 V ，总电阻R ＝R 1·R 2R 1＋R 2＝10 Ω，I ＝E R ＝1.010A ＝0.1 A ，故D 正确．] 3．(多选)如图甲所示，A 、B 为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A 线圈中通有如图乙所示的电流，则( )甲乙A ．在t 1～t 2时间内，B 中有感应电流产生B ．在t 1～t 2和t 2～t 3两段时间内，B 中平均感应电流相等C ．t 1时刻，B 中感应电流最大D ．t 2时刻，B 中感应电流最大ABD [t 1～t 2时间内，A 中电流变化，引起B 磁通量变化产生感应电流，A 对；t 1～t 2时间内和t 2～t 3时间内，A 中电流变化引起B 磁通量变化大小相等，平均感应电流相等，B 对；t 1时刻，A 中电流变化最慢，B 中感应电流最小，t 2时刻A 中电流变化最快，B 中感应电流最大，C 错，D 对．]4．一个20匝、面积为200 cm 2的圆形线圈放在匀强磁场中，磁场的方向与线圈平面垂直，若该磁场的磁感应强度在0.05 s 内由0.1 T 增加到0.5 T ，在此过程中，穿过线圈的磁通量变化量为_________，磁通量的平均变化率为_______，线圈中感应电动势的大小为______．[解析] 磁通量变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B 2S －B 1S ＝0．5×0.02 Wb－0.1×0.02 Wb＝0.008 WbΔΦΔt ＝0.0080.05 Wb/s ＝0.16 Wb/s E ＝n ΔΦΔt＝20×0.16 V＝3.2 V. 【答案】 0.008 Wb 0.16 Wb/s 3.2 V。

新课程同步鲁科版高中物理必修第二册新学案课件：第4章第1节天地力的综合：万有引力定律

突破点二万有引力定律的理解
1．万有引力的“四性”
[学透用活]
四性普遍性
相互性
内容
万有引力不仅存在于太阳与行星、地球与月球之间，宇宙间任何两个有质量的物体之间都存在着这种相互吸引的力
两个有质量的物体之间的万有引力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，总是满足大小相等，方向相反，分别作用在两个物体上
[典例 2] [多选]对于万有引力定律的表达式 F＝Gmr1m2 2，下列说法中正确的是( )
A．公式中 G 为引力常量，与两个物体的质量无关 B．当 r 趋近于零时，万有引力趋近于无穷大 C．m1 与 m2 受到的引力大小总是相等的，方向相反，是一对平衡力 D．m1 与 m2 受到的引力大小总是相等的，而与 m1、m2 是否相等无关
答案：B
2.(2019·菏泽高一检测)如图所示，火星和地球都
在围绕太阳旋转，其运行轨道是椭圆，根据开
普勒行星运动定律可知
()
A．火星绕太阳运动过程中，速率不变
B．火星绕太阳运行一周的时间比地球的长
C．地球靠近太阳的过程中，运行速率将减小
D．火星远离太阳的过程中，它与太阳的连线在相等时间内扫

过的面积逐渐增大
(2)圆周运动可看成椭圆运动的特例，所以在一般情况下，可把行星的运动当作圆周运动来处理，此时，a 为圆周运动的轨道半径，T 为圆周运动的周期。
(3)表达式Ta32＝k 中的 k 仅由中心天体决定，与周围绕行的星体无关。
2．行星运动问题的近似处理
定律
近似处理
开普勒第一定律
大多数行星绕太阳运动的轨道十分接近圆，太阳处在圆心
2．判一判
(1)自然界中任何两个有质量的物体之间都存在万有引力作

新教材鲁科版高中物理选择性必修第三册第4章原子结构知识点考点重点难点提炼汇总

第4章原子结构第1节电子的发现与汤姆孙原子模型...................................................................... - 1 -第2节原子的核式结构模型...................................................................................... - 5 -第3节光谱与氢原子光谱.......................................................................................... - 9 -第4节玻尔原子模型................................................................................................ - 13 - 第1节电子的发现与汤姆孙原子模型一、物质结构的早期探究1．古人对物质的认识(1)我国西周的“五行说”认为万物是由金、木、水、火、土五种基本“元素”组成的．(2)古希腊的亚里士多德认为万物的本质是土、水、火、空气四种“元素”，天体则由第五种“元素”——“以太”构成．(3)古希腊哲学家德谟克利特等人建立了早期的原子论，认为宇宙间存在一种或多种微小的实体，叫作“原子”．2．通过实验了解物质的结构(1)1661年，玻意耳以化学实验为基础建立了科学的元素论．(2)19世纪初，道尔顿提出了原子论，认为原子是元素的最小单位．(3)1811年，意大利化学家阿伏伽德罗提出了分子假说，指出分子可以由多个相同的原子组成．3．19世纪初期形成的分子—原子论认为，在物质的结构中存在着分子、原子这样的层次，宏观物质的化学性质决定于分子，而分子则由原子组成．原子是构成物质的不可再分割的最小颗粒，它既不能创生，也不能消灭．二、电子的发现及汤姆孙模型1．阴极射线：科学家在研究稀薄气体放电时发现，当玻璃管内的气体足够稀薄时，阴极发出一种射线，这种射线能使玻璃管壁发出荧光，这种射线称为阴极射线．2．汤姆孙对阴极射线本质的探究(1)通过实验：巧妙利用静电偏转力和磁场偏转力相抵消等方法，确定了阴极射线粒子的速度，并测量出了粒子的比荷．(2)换用不同材料的阴极和不同的气体，所得粒子的比荷相同，这说明不同物质都能发射这种带电粒子，它是各种物质中共有的成分．3．结论(2)不同物质都能发射这种带电粒子，它是各种物质中共有的成分，比最轻的氢原子的质量还要小得多，汤姆孙将这种带电粒子称为电子．(3)电子的发现说明原子具有一定的结构，即原子是由电子和其他物质组成的．4．电子发现的意义：电子的发现揭开了认识原子结构的序幕．5．19世纪末微观世界三大发现(1)1895年伦琴发现了X射线．(2)X射线发现后不久，贝可勒尔发现了放射性．(3)1897年汤姆孙发现了电子．6．汤姆孙的原子模型原子带正电的部分充斥整个原子，很小很轻的电子镶嵌在球体的某些固定位置，正像葡萄干嵌在面包中那样．阴极射线的研究如图所示，在阴极和阳极之间加上高电压，可看到阴极射线从阴极射线管中的阴极发出，射向阳极．(1)怎样判定阴极射线是不是电磁辐射？(2)根据带电粒子在电、磁场中的运动规律，哪些方法可以判断运动的带电粒子所带电荷的正负？提示：(1)电磁辐射是电磁波的辐射，若使阴极射线通过电场或磁场，看传播方向是否受其影响则可判定是不是电磁辐射．(2)带电粒子垂直进入匀强电场时，正负电荷的偏转方向不同，偏转方向与场强方向相同(相反)的粒子带正(负)电，不带电者不偏转．带电粒子垂直进入匀强磁场时，做匀速圆周运动，所受的洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可知其电性．(1)现象：真空玻璃管两极加上高电压，可看到玻璃管壁上发出荧光及管中物体在玻璃壁上的影．(2)命名：德国物理学家戈德斯坦将阴极发出的射线命名为阴极射线．(3)猜想②阴极射线是带电微粒．(4)验证：英国物理学家汤姆孙让阴极射线在电场和磁场中偏转，发现阴极射线带负电并测出了粒子的比荷，进而发现电子．(5)实验：密立根通过“油滴实验”精确测定了电子的电荷量和电子的质量． 2．电子比荷的测定方法(1)让带电粒子通过相互垂直的电场和磁场(如图甲)，让其做匀速直线运动，根据二力平衡，即F 洛＝F 电(Bqv ＝qE )，得到粒子的运动速度v ＝E B．甲乙(2)撤去电场(如图乙)，保留磁场，让粒子单纯地在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，即Bqv ＝m v 2r，根据轨迹偏转情况，由几何知识求出其半径r ．(3)由以上两式确定粒子的比荷表达式：q m ＝EB 2r．【例1】汤姆孙用来测定电子的比荷(电子的电荷量与质量之比)的实验装置如图所示．真空管内的阴极K 发出的电子(不计初速度、重力和电子间的相互作用)经加速电压加速后，穿过小孔C 沿中心轴O 1O 的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P 和P ′间的区域内．当极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O 点处，形成了一个亮点；加上偏转电压U 后，亮点偏离到O ′点(O ′点与O 点的竖直间距为d ，水平间距可忽略不计)．此时，在P 和P ′间的区域内，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场．调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B 时，亮点重新回到O 点．已知极板水平方向的长度为l 1，极板间距为b ，极板右端到荧光屏的距离为l 2．(1)求打在荧光屏O 点的电子速度的大小． (2)推导出电子的比荷的表达式．(3)上述实验中，未记录阴极K 与阳极A 之间的加速电压U 0，根据上述实验数据能否推导出U 0的表达式？说明理由．思路点拨：解此题两个关键：(1)电子在电场中做类平抛运动，在电磁场中做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡．(2)仔细分析其物理过程写出比荷表达式．[解析] (1)当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回到中心O 点，设电子的速度为v ，则evB ＝eE ，得v ＝E B ，又E ＝U b ，得v ＝U Bb．(2)当极板间仅有偏转电场时，电子以速度v 进入后，在竖直方向做匀加速运动，加速度a ＝eU mb，电子在水平方向做匀速运动，在电场内的运动时间t 1＝l 1v，电子在电场中运动，竖直向上偏转的距离d 1＝12at 21＝el 21U2mv 2b ，离开电场时竖直向上的分速度v ⊥＝at 1＝el 1Umvb，电子离开电场后做匀速直线运动，经t 2时间到达荧光屏，则t 2＝l 2v，t 2时间内向上运动的距离d 2＝v ⊥t 2＝eUl 1l 2mv 2b，电子向上的总偏转距离d ＝d 1＋d 2＝eU mv 2b （l 1l 2＋l 12）可解得e m ＝2UdB 2bl 1l 1＋2l 2． (3)能．由动能定理可得eU 0＝12mv 2－0，已知v 和em 的表达式，可推导出U 0的表达式．[答案] (1)UBb(2)2Ud B 2bl 1l 1＋2l 2(3)见解析分析阴极射线的两点注意(1)阴极射线的本质是高速电子流，在电磁场中运动时，所受电场力与洛伦兹力远大于所受重力，故研究电磁力对电子运动的影响时，一般不考虑重力的影响．(2)应用左手定则时，要注意负电荷运动的方向与它形成的电流方向相反，即应用左手定则时负电荷运动的方向应与四指所指的方向相反．汤姆孙原子结构模型电子是原子的一个组成部分，电子带负电，且质量很小，远小于原子的质量．但原子呈电中性，原子内还有带正电的具有大部分原子质量的部分，这部分物质是什么？与电子是怎么分布在原子中的？提示：原子核；原子核在原子中心，电子绕核旋转．带负电的电子，而原子通常是电中性的，那么原子中一定含有带正电的部分．电子的质量很小，因此，原子的质量主要集中在带正电的部分，原子中带正电的部分和带负电的电子是怎样分布的呢？2．汤姆孙原子模型的特点：汤姆孙认为原子是一个直径约为10－10 m的球体，正电荷均匀分布在整个球体中，带负电的电子镶嵌在其中，就好像面包中嵌着一粒粒葡萄干一样．如图所示为汤姆孙原子模型的示意图．【例2】人们对原子结构的认识有一个不断深化的过程，下列先后顺序中符合史实的是( )①道尔顿提出的原子论②德谟克利特的古典原子论③汤姆孙提出的“葡萄干面包”原子模型A．①②③B．②①③C．③②①D．③①②B[对于探索构成物质的最小微粒，古希腊哲学家德谟克利特建立了早期的原子论，19世纪初，道尔顿提出了原子论，汤姆孙发现电子后，提出了“葡萄干面包”模型，故选项B 正确．]第2节原子的核式结构模型一、α粒子散射实验1．实验目的α粒子通过金箔时，用这些已知的粒子与金属内的原子相互作用，根据粒子的偏转情况来获得原子内部的信息．2．实验方法用由放射源发射的α粒子束轰击金箔，利用荧光屏接收，探测通过金箔后的α粒子偏转情况．3．实验结果绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，但是有少数α粒子发生了较大的偏转，有极少数α粒子偏转角超过了90°，有的甚至被原路弹回，α粒子被反射回来的概率竟然有18 000．二、卢瑟福原子结构模型1．核式结构模型(1)原子的内部有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内，带负电的电子在核外绕核运动．(2)原子的核式结构模型又被称为行星模型．2．原子的大小(1)原子直径数量级：10－10 m．(2)原子核直径数量级：10－15 m．α粒子散射实验分析(1)如图所示为α粒子散射的实验装置．实验过程中，α粒子为什么会发生大角度散射？(2)由α粒子散射实验的结果为何可以说明原子核尺度很小，但几乎占有全部质量？提示：(1)α粒子受到原子核的库仑力．(2)绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来方向前进，说明带正电荷部分很小，少数α粒子被“撞了回来”说明遇到了质量很大的部分．的目的是想验证汤姆孙原子模型的正确性，实验结果却成了否定汤姆孙原子模型的有力证据．在此基础上，卢瑟福提出了原子核式结构模型．2．否定汤姆孙的原子结构模型(1)质量远小于原子的电子，对α粒子的运动影响完全可以忽略，不应该发生大角度偏转．(2)α粒子在穿过原子时，受到各方向正电荷的斥力基本上会相互平衡，对α粒子运动方向的影响不会很大，也不应该发生大角度偏转．(3)α粒子的大角度偏转，否定汤姆孙的原子结构模型．3．大角度偏转的实验现象分析(1)由于电子质量远小于α粒子质量，所以电子不可能使α粒子发生大角度偏转．(2)使α粒子发生大角度偏转的只能是原子中带正电的部分．按照汤姆孙原子模型，正电荷在原子内是均匀分布的，α粒子穿过原子时，它受到的两侧斥力大部分抵消，因而也不可能使α粒子发生大角度偏转，更不能使α粒子反向弹回，这与α粒子散射实验相矛盾．(3)实验现象表明原子绝大部分是空的，原子的几乎全部质量和所有正电荷都集中在原子中心的一个很小的核上，否则，α粒子大角度散射是不可能的．【例1】如图所示为卢瑟福α粒子散射实验装置的示意图，图中的显微镜可在圆周轨道上转动，通过显微镜前相连的荧光屏可观察α粒子在各个角度的散射情况．下列说法中正确的是( )A．在图中的A、B两位置分别进行观察，相同时间内观察到屏上的闪光次数一样多B．在图中的B位置进行观察，屏上观察不到任何闪光C．卢瑟福选用不同金属箔片作为α粒子散射的靶，观察到的实验结果基本相似D．α粒子发生散射的主要原因是α粒子撞击到金原子核后产生反弹C[α粒子散射实验现象：绝大多数α粒子沿原方向前进，少数α粒子有大角度散射．所以A处观察到的α粒子多，B处观察到的α粒子少，所以选项A、B错误；α粒子发生散射的主要原因是受到金原子核库仑斥力的作用，所以选项D错误，C正确．]解决α粒子散射实验问题的技巧(1)熟记实验装置及原理．(2)核外电子不会使α粒子的速度发生明显改变．(3)汤姆孙的原子模型不能解释α粒子的大角度散射．(4)少数α粒子发生了大角度偏转，甚至反弹回来，表明这些α粒子在原子中的某个地方受到了质量、电荷量均比它本身大得多的物体的作用．(5)绝大多数α粒子在穿过厚厚的金原子层时运动方向没有明显变化，说明原子中绝大部分是空的，原子的质量、电荷量都集中在体积很小的核内．卢瑟福原子结构模型汤姆孙发现电子后建立了“葡萄干面包”模型，卢瑟福根据α粒子散射实验推翻了“葡萄干面包”模型，建立了核式结构模型．(1)卢瑟福的核式结构模型是最科学的吗？(2)如何理解原子内绝大部分是空的？提示：(1)卢瑟福的核式结构模型是比汤姆孙的“葡萄干面包”模型更科学的模型，但不是最科学的模型，随着人们认识水平的不断提高，原子结构模型也在不断更新．(2)原子核的半径数量级为10－15 m，原子的半径数量级为10－10 m，原子核的体积只相当于原子体积的10－5，故原子内部绝大部分是空的．汤姆孙原子模型卢瑟福原子模型卢瑟福的原子模型有些像太阳系，电子绕核运动就像太阳系的行星绕太阳运动一样，因此，卢瑟福的核式结构模型又被称为行星模型．2．两种原子模型的对比汤姆孙的葡萄干面包模型卢瑟福的原子核式模型分布情况正电荷和质量均匀分布，负电荷镶嵌在其中正电荷以及几乎全部质量集中在原子中心的一个极小核内，电子质量很小，分布在很大空间内受力情况α粒子在原子内部时，受到的库仑斥力相互抵消，几乎为零少数靠近原子核的α粒子受到的库仑力大，而大多数离核较远的α粒子受到的库仑力较小偏转情况不会发生大角度偏转，更不会弹回绝大多数α粒子运动方向不变，少数α粒子发生大角度偏转，极少数α粒子偏转角度超过90°，有的甚至被弹回分析结论不符合α粒子散射现象符合α粒子散射现象(1)原子内的电荷关系：原子核的电荷数与核外的电子数相等，非常接近它们的原子序数．(2)原子核的组成：原子核由质子和中子组成，原子核的电荷数等于原子核的质子数．(3)原子半径的数量级是10－10m ，原子核半径的数量级是10－15m ，两者相差十万倍之多．【例2】 (多选)根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型．如图所示为原子核式结构模型的α粒子散射图景，图中实线表示α粒子运动轨迹．其中一个α粒子在从a 运动到b ，再运动到c 的过程中，α粒子在b 点时距原子核最近．下列说法正确的是( )A ．卢瑟福在α粒子散射实验中发现了电子B ．α粒子出现较大角度偏转的原因是α粒子运动到b 时受到的库仑斥力较大C ．α粒子从a 到c 的运动过程中电势能先减小后变大D ．α粒子从a 到c 的运动过程中加速度先变大后变小BD [汤姆孙对阴极射线的探究使他发现了电子，A 错；α粒子出现较大角度偏转的原因是靠近原子核时受到较大的库仑斥力作用，B 对；α粒子从a 到c 受到的库仑力先增大后减小，加速度先变大后变小，电势能先增大后减小，C 错，D 对．]分析α粒子散射实验中的力电问题常用的规律(1)库仑定律：F ＝kq 1q 2r 2，用来分析α粒子和原子核间的相互作用力． (2)牛顿第二定律：该实验中α粒子只受库仑力，可根据库仑力的变化分析加速度的变化．(3)功能关系：根据库仑力做功，可分析动能的变化，也能分析电势能的变化． (4)原子核带正电，其周围的电场相当于正点电荷的电场，注意应用其电场线和等势面的特点．第3节光谱与氢原子光谱一、光谱 1．定义用光栅或棱镜可以把各种颜色的光按波长展开，获得光的波长(频率)和强度分布的记录，即光谱．2．分类(1)线状谱：由一条条的亮线组成的光谱． (2)连续谱：由连在一起的光带组成的光谱． 3．特征谱线各种原子的发射光谱都是线状谱，且不同原子的亮线位置不同，故这些亮线称为原子的特征谱线．4．光谱分析(1)定义：利用原子的特征谱线来鉴别物质和确定物质的组成成分． (2)优点：灵敏度高．二、氢原子光谱 1．气体发光原理(1)气体放电：玻璃管中稀薄气体在强电场的作用下会电离，形成自由移动的正负电荷，于是气体变成导体，导电时会发光．(2)氢光谱：从氢气放电管可以获得氢原子光谱． 2．巴耳末公式(1)公式：1λ＝R ⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1n 2(n ＝3,4,5…)．(2)意义：巴耳末公式以简洁的形式反映了氢原子的线状光谱，即辐射波长的分立特征．光谱和光谱分析早在17世纪，牛顿就发现了白光通过三棱镜后的色散现象，并把实验中得到的彩色光带叫作光谱，如图所示．研究光谱有哪方面的意义？提示：光是由原子内部电子的运动产生的，因此光谱研究是探索原子结构的重要途径．2．太阳光谱(1)太阳光谱的特点：在连续谱的背景上出现一些不连续的暗线，是一种吸收光谱．(2)对太阳光谱的解释：阳光中含有各种颜色的光，但当阳光透过太阳的高层大气射向地球时，太阳高层大气中含有的元素会吸收它自己特征谱线的光，然后再向四面八方发射出去，到达地球的这些谱线看起来就暗了，这就形成了连续谱背景下的暗线．3．光谱分析这种方法的优点是非常灵敏而且迅速．某种元素在物质中的含量达10－10克，就可以从光谱中发现它的特征谱线将其检查出来．光谱分析在科学技术中有广泛的应用：(1)检查物质的纯度．(2)鉴别和发现元素．(3)天文学上光谱的红移表明恒星的远离等．【例1】(多选)下列关于光谱和光谱分析的说法中，正确的是( )A．太阳光谱和白炽灯光谱都是线状谱B．煤气灯火焰中燃烧的钠蒸气或霓虹灯产生的光谱都是线状谱C．进行光谱分析时，可以用线状谱，不能用连续光谱D．我们能通过光谱分析鉴别月球的物质成分BC[太阳光谱中的暗线是太阳发出的连续光谱经过太阳大气层时产生的吸收光谱，正是太阳发出的光谱被太阳大气层中存在的对应元素吸收所致，白炽灯发出的是连续光谱，A错误；月球本身不会发光，靠反射太阳光才能使我们看到它，所以不能通过光谱分析鉴别月球的物质成分，D错误；光谱分析只能是线状谱和吸收光谱，连续光谱是不能用来做光谱分析的，C 正确；煤气灯火焰中燃烧的钠蒸气或霓虹灯都是稀薄气体发出的光，产生的光谱都是线状谱，B 正确．]光谱分析可以使用发射光谱中的线状谱，也可以使用吸收光谱，因它们都有原子自身的特征谱线，但不能使用连续光谱.氢原子光谱(1)巴耳末是依据核式结构理论总结出巴耳末公式的吗？(2)根据巴耳末公式可知氢原子发光的波长是分立值，它是人为规定的吗？提示：(1)不是．巴耳末公式是由当时已知的可见光中的部分谱线总结出来的，不是依据核式结构理论总结出来的．(2)不是．巴耳末公式准确反映了氢原子发光的实际波长，其波长的分立值并不是人为规定的．1．氢原子的光谱从氢气放电管可以获得氢原子光谱，如图所示．2．氢原子光谱的特点在氢原子光谱图中的可见光区内，由右向左，相邻谱线间的距离越来越小，表现出明显的规律性．3．巴耳末公式(1)巴耳末对氢原子光谱的谱线进行研究得到了下面的公式：1λ＝R ⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1n 2，n ＝3,4,5…该公式称为巴耳末公式．(2)公式中只能取n ≥3的整数，不能连续取值，波长是分立的值． 4．其他谱线除了巴耳末系，氢原子光谱在红外和紫外光区的其他谱线，也都满足与巴耳末公式类似的关系式．【例2】根据巴耳末公式，指出氢原子光谱巴耳末线系的最长波长和最短波长所对应的n ，并计算其波长．[解析] 对应的n 越小，波长越长，故当n ＝3时，氢原子发光所对应的波长最长．当n ＝3时，1λ1＝1.10×107×⎝ ⎛⎭⎪⎫122－132m －1 解得λ1＝6.55×10－7m ．当n ＝∞时，波长最短，1λ＝R ⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1n 2＝R ×14，λ＝4R ＝41.1×107 m ＝3.64×10－7m ．[答案] 当n ＝3时，波长最长为6.55×10－7m 当n ＝∞时，波长最短为3.64×10－7m巴耳末公式的应用方法及注意问题(1)巴耳末公式反映氢原子发光的规律特征，不能描述其他原子． (2)公式中n 只能取整数，不能连续取值，因此波长也是分立的值．(3)公式是在对可见光区的四条谱线分析时总结出的，在紫外区的谱线也适用． (4)应用时熟记公式，当n 取不同值时求出一一对应的波长λ．第4节玻尔原子模型一、玻尔原子模型 1．玻尔原子模型(1)原子中的电子在库仑力的作用下，绕原子核做圆周运动． (2)电子绕核运动的轨道是量子化的．(3)电子在这些轨道上绕核的转动是稳定的，且不产生电磁辐射． 2．定态当电子在不同轨道上运动时，原子处于不同的状态，原子在不同的状态中具有不同的能量，即原子的能量是量子化的，这些量子化的能量值叫作能级，原子具有确定能量的稳定状态，称为定态．能量最低的状态叫作基态，其他的能量状态叫作激发态．3．跃迁当电子从能量较高的定态轨道(其能量记为E m )跃迁到能量较低的定态轨道(其能量记为E n ，m ＞n )时，会辐射能量为hν的光子，该光子的能量hν＝E m －E n ，这个式子被称为频率条件，又称辐射条件．二、氢原子的能级结构1．能级：按照玻尔的原子理论，原子只能处于一系列不连续的能量状态．在每个状态中，原子的能量值都是确定的，各个确定的能量值叫作能级．2．氢原子在不同能级上的能量和相应的电子轨道半径为E n ＝E 1n2(n ＝1,2,3…)；r n ＝n 2r 1(n ＝1,2,3…)，式中E 1≈－13.6 eV ，r 1＝0.53×10－10m ．3．氢原子的能级结构图三、玻尔理论对氢光谱的解释、玻尔理论的局限性 1．玻尔理论对氢光谱的解释 (1)解释巴耳末公式①按照玻尔理论，从高能级跃迁到低能级时辐射的光子的能量为hν＝E m －E n ． ②巴耳末公式中的正整数n 和2正好代表能级跃迁之前和之后所处的定态轨道的量子数n 和2．并且理论上的计算和实验测量的里德伯常量符合得很好．(2)解释氢原子光谱的不连续性原子从较高能级向低能级跃迁时，辐射光子的能量等于前后两个能级差，由于原子的能级是分立的，所以放出的光子的能量也是分立的，因此原子的发射光谱只有一些分立的亮线．2．玻尔理论的局限性 (1)成功之处玻尔理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功解释了氢原子光谱的实验规律．(2)局限性保留了经典粒子的观念，把电子的运动仍然看作经典力学描述下的轨道运动． (3)电子云原子中的电子没有确定的坐标值，我们只能描述电子在某个位置出现概率的多少，把电子这种概率分布用疏密不同的点表示时，这种图像就像云雾一样分布在原子核周围，故称电子云．对玻尔原子模型的理解如图所示为分立轨道示意图．分立轨道示意图(1)电子的轨道有什么特点？(2)氢原子只有一个电子，电子在这些轨道间跃迁时伴随什么现象发生？提示：(1)电子的轨道是不连续的，是量子化的．(2)电子在轨道间跃迁时会吸收光子或放出光子．(1)轨道半径只能是一些不连续的、某些分立的数值．(2)轨道半径公式：r n ＝n 2r 1，式中n 称为量子数，对应不同的轨道，只能取正整数．氢原子的最小轨道半径r 1＝0.53×10－10m ．2．能量量子化(1)与轨道量子化对应的能量不连续的现象．(2)其能级公式：E n ＝E 1n2，式中n 称为量子数，对应不同的轨道，n 取值不同，基态取n ＝1，激发态n ＝2,3,4…；量子数n 越大，表示能级越高．对氢原子，以无穷远处为势能零点时，基态能量E 1＝－13.6 eV ．3．跃迁原子从一种定态(设能量为E m )跃迁到另一种定态(设能量为E n )时，它辐射(或吸收)一定频率的光子，光子的能量由这两种定态的能量差决定：所以，电子如果从一个轨道到另一个轨道，不是以螺旋线的形状改变其半径大小的，而是从一个轨道上“跳跃”到另一个轨道上，玻尔将这种现象称为跃迁．【例1】氢原子辐射出一个光子后，根据玻尔理论，下述说法正确的是( )。

高中物理第5章章末复习课教案含解析鲁科版选修11

高中物理第5章章末复习课教案含解析鲁科版选修11[核心速填]1．电功：电场力对________做的功，公式W＝________.2．电功率：________所做的功跟完成这些功所用________的比值，公式P＝________或P＝________.3．串联电路的特点：(1)电路中各处的电流________；(2)总电压等于各部分电路电压之________；(3)总电阻等于各部分电路的电阻之________．4．并联电路的特点：(1)各支路两端的电压________；(2)干路中的电流等于各支路中电流之________；(3)总电阻的倒数等于各支路电阻的倒数之________．5．电容器在电路中的作用：通________、隔________．6．电感器在电路中的作用：对________阻碍作用小，对________阻碍作用大．1.运动电荷UIt2.电流时间WtUI 3.(1)相等(2)和(3)和4．(1)相等(2)和(3)和 5.交流直流 6.直流交流[学思心得] ___________________________________________________________________________________________________用电器正常工作的分析方法1(1)用电器两端的实际电压等于其额定电压；(2)用电器中的实际电流等于额定电流；(3)用电器的实际电功率等于其额定功率．由于以上三个条件中的任何一个得到满足时，其余两个条件必然同时满足，因此它们是用电器正常工作的等效条件，灵活选用等效条件，往往能够简化解题过程．2．用电器接入电路时的约定 (1)纯电阻用电器接入电路中，若无特别说明，应认为其电阻不变； (2)用电器的实际功率超过额定功率时，认为它将被烧毁，不考虑其安全系数；(3)没有注明额定值的用电器(如用于限流的变阻器等)接入电路时，认为其工作的物理量均小于其额定值，能安全使用．【例1】如图所示是一种电水壶的铭牌．某同学用这种电水壶烧水，他将水放至最大水量，测得水的温度是18 ℃，通电 5 min 50 s 水烧开(标准大气压下)，试通过计算回答下列问题：电水壶型号：91440电压：220 V 频率：50 Hz功率：1 280 W 最大水量：1 kg(1)(2)该电水壶电热丝的电阻是多少？(3)若测得电源电压实际为210 V ，算一算此电水壶工作的效率是多大？【解析】 (1)水壶的额定电压为220 V ，额定功率为1 280 W ，根据公式I 额＝P 额U 额＝1 280220A ＝5.82 A. (2)由于电水壶是纯电阻用电器，所以R ＝U 额I 额＝2205.82Ω＝37.8 Ω. (3)电压为210 V 时，实际功率P 实＝U 2实R ＝210237.8W ＝1 166.7 W 5 min 50 s 放出热量Q ＝Pt ＝408 345 J ；电水壶传给水的热量Q ′＝cm ·Δt ＝344 400 J 所以电水壶效率η＝Q ′Q×100%＝84.3%. [答案] (1)5.82 A (2)37.8 Ω (3)84.3%1．理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动．电热丝给空气加热，得到热风把人的头发吹干．如图所示，设电动机线圈电阻为R 1＝5 Ω，它与电热丝电阻R 2＝100 Ω串联，接到220 V 的电源上，电动机两端的电压U 1＝120 V ．求：(1)电热丝的电功率P 2；(2)电动机的热功率； (3)电动机消耗的电功率．【解析】 (1)R 2两端的电压为U 2＝220 V －120 V ＝100 VP 2＝U 22R 2＝1002100W ＝100 W. (2)I ＝U 2R 2＝100100A ＝1 A 电动机的热功率P ＝I 2R 1＝12×5 W＝5 W.(3)电动机消耗的功率 P 总＝U 1I ＝120×1 W＝120 W.[答案] (1)100 W (2)5 W (3)120 W电路故障的分析与判断流、电压的变化入手，确定故障原因并对电路中元件逐一分析，排除不可能情况，寻找故障所在．【例2】如图所示，某学生做研究串联电路电压特点的实验时，接成如图所示的电路，接通S 后，他将高内阻的电压表并联在A 、C 两点间时，电压表的读数为U ；当并联在A 、B 两点间时，电压表读数也为U ；当并联在B 、C 两点间时，电压表读数为零，故障的原因可能是( )A ．AB 段断路B ．BC 段断路 C ．AB 段短路D ．BC 段无法判断A [由题意可得U AB ＝U AC ＝U ，说明由A 、B 分别至电源的线路均已接通，若BC 段完好，则AB 段断路；若BC 段短路，则AB 段可能断路，也可能完好．又由题意得U BC ＝0，因而可能AB 段断路，或BC 段短路，也有可能出现两者同时发生的情况．]2．连接台灯的双股软线因绝缘损坏而发生短路，其结果是( )A ．台灯灯丝因电流过大而烧坏B ．台灯灯丝两端电压增大，但电流很小C ．因发生短路，灯丝本身电阻减小D．流过灯丝的电流几乎等于0D [因发生短路，电源的电流会突然增大，可能烧断保险丝，灯泡几乎没有电流通过，选项D正确．]。

2020-2021学年高中物理鲁科版选修3-4 第4章光的折射与全反射章末小结与测评教学案

第4章光的折射与全反射光的折射与全反射1．正确、灵活地理解应用折射率公式（1)公式为n＝错误!(i为真空中的入射角，r为某介质中的折射角)。

（2)根据光路可逆原理,入射角、折射角是可以随光路的逆向而“换位"的,我们可以这样来理解、记忆：折射率等于真空中光线与法线夹角的正弦跟介质中光线与法线夹角的正弦之比，再简单一点说就是大角的正弦与小角的正弦之比.2．n的应用及有关数学知识(1)同一介质对紫光折射率大，对红光折射率小,着重理解两点：第一，光的频率由光源决定，与介质无关；第二，同一介质中，频率越大的光折射率越大。

(2)应用n＝错误!，能准确而迅速地判断出有关光在介质中的传播速度、波长、入射光线与折射光线偏折程度等问题。

3．产生全反射的条件光从光密介质射入光疏介质,且入射角大于或等于临界角.1．（山东高考）如图4。

1所示,ABCD是一直角梯形棱镜的横截面,位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入。

已知棱镜的折射率n＝错误!，AB＝BC＝8 cm，OA＝2 cm，∠OAB＝60°。

图4。

1(1)求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向.（2）第一次的出射点距C________cm。

解析:（1)设发生全反射的临界角为C，由折射定律得sin C＝错误!代入数据得C＝45°光路图如图所示，由几何关系可知光线在AB边和BC边的入射角均为60°,均发生全反射。

设光线在CD边的入射角为α，折射角为β,由几何关系得α＝30°，小于临界角，光线第一次射出棱镜是在CD边，由折射定律得n＝sin βsin α代入数据得β＝45°（2）错误! cm答案:(1)见解析(2)错误!测介质折射率的方法1．测玻璃的折射率常用插针法:运用光在玻璃两个界面处的折射。

如图4。

2所示为两面平行的玻璃砖对光路的侧移。

用插针法找出与入射光线AO对应的出射光线O′B，确定出O′点，画出折射光线OO′，量出入射角i和折射角r，根据n＝错误!计算出玻璃的折射率。

(教师用书)高中物理第4章揭开电磁关系的奥秘章末归纳提升课件鲁科版选修11

2．法拉第电磁感应定律：电路中感应电动势的大小跟穿过这个电路的磁通量的变化率成正比． 3．磁通量变化快慢的描述方法：在相同的时间内磁通量的变化越大，磁通量的变化越快；如果有相同的磁通量的变化，时间越短，磁通量的变化越快．
一个闭合金属线框的两边接有电阻 R1、R2，框上垂直搁置一根金属棒，棒与框接触良好，整个装置放在匀强磁场中，如图 4－1 所示．当用外力使 ab 棒右移时，下列判断正确的是( )
【答案】 D
理想变压器
1.变压器是把交流电压升高或降低的装置，其基本构造是由原线圈、副线圈和闭合铁芯构成，原线圈和副线圈分别绕在同一个闭合铁芯上． 2．工作原理：变压器是通过电磁感应来改变交流电压的，原线圈 n1 接交流电源，由于电流的变化在闭合铁芯中产生变化的磁通量也通过了副线圈，根据法拉第电磁感应定律，便在副线圈 n2 中产生感应电动势，如果输出电压高于输入电压，为升压变压器；如果输出电压低于输入电压，为降压变压器．
3．理想变压器原、副线圈的匝数分别为 n1、 n2. U1 n1 电压关系：＝ . U2 n2 由于理想变压器的结构一定， n1、 n2 均为定值，所以输出电压 U2 由输入电压 U1 决定，与负载电阻的大小无关， U1 增大， U2 也增大； U1 减小， U2 也减小． 4．变压器不改变交变电流的频率． 5．理想变压器 P 入＝ P 出，原副线圈的制约关系应由 P 入＝ P 出，结合法拉第电磁感应定律界定．
图 4－1
A．穿过线框的磁通量不变，框内没有感应电流 B．框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行 C．框内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行 D．框内有感应电流，左半边逆时针方向绕行，右半边顺时针方向绕行
【解析】

《第4章光的折射和全反射》试卷及答案_高中物理选择性必修第一册_鲁科版_2024-2025学年

《第4章光的折射和全反射》试卷(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、一束光线从空气射入水中时，下列说法正确的是：A、入射角等于折射角B、折射光线一定比入射光线偏离法线C、折射角大于入射角D、折射光线和入射光线分居法线两侧2、一束光线从水中射入空气时，下列说法正确的是：A、入射角大于折射角B、折射光线与入射光线在同一直线上C、折射光线一定偏离法线D、折射光线和入射光线分居法线两侧3、一束光线从空气（折射率为1.00）射入水（折射率为1.33），当入射角为45°时，折射角为多少度？A. 30°B. 40°C. 53.1°D. 78.7°4、当光从一种介质射入另一种介质时，如果反射光和折射光之间的夹角某一数值会等于90°，此时的入射角称为临界角。

当入射光的折射角为90°时，对应的入射角称为：A. 临界角B. 平行角C. 漫反射角D. 全反射角5、光从空气斜射入水中时（水和空气的折射率分别为n₁和n₂，且n₁ > n₂），下列关于折射现象的描述正确的是（）A. 折射光线与入射光线分居法线两侧B. 折射光线、入射光线和法线都在同一平面内C. 折射角小于入射角D. 折射光线、入射光线、法线都与光线方向相垂直6、一束单色光从水中斜射入空气时，下面的哪种情形会导致观察者看到光的路径出现一定的弯折？（）A. 增加入射水面的粗糙程度B. 提高观察者与入射水面的距离C. 小心调整观察者与法线的距离D. 旋转入射光线7、一束光线从空气射入水中，入射角为30°，已知水的折射率为1.33，则折射角最接近于：A. 22°B. 25°C. 30°D. 40°二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、下列关于光的折射现象的描述，正确的是：A、光从空气进入水中时，传播速度变慢，折射角大于入射角。

物理选修11教案5篇

物理选修11教案5篇物理选修11教案篇1一、牛顿第肯定律(惯性定律)：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它转变这种做状态为止。

1、只有当物体所受合外力为零时，物体才能处于静止或匀速直线运动状态;2、力是该变物体速度的缘由;3、力是转变物体运动状态的缘由(物体的速度不变，其运动状态就不变)4、力是产生加速度的缘由;二、惯性：物体保持匀速直线运动或静止状态的性质叫惯性。

1、一切物体都有惯性;2、惯性的大小由物体的质量打算;3、惯性是描述物体运动状态转变难易的物理量;三、牛顿其次定律：物体的加速度跟所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟物体所受合外力的方向一样。

1、数学表达式：a=f合/m;2、加速度随力的产生而产生、变化而变化、消逝而消逝;3、当物体所受力的方向和运动方向全都时，物体加速;当物体所受力的方向和运动方向相反时，物体减速。

4、力的单位牛顿的定义：使质量为1kg的物体产生1m/s2加速度的力，叫1n;四、牛顿第三定律：物体间的作用力和反作用总是等大、反向、作用在同一条直线上的;1、作用力和反作用力同时产生、同时变化、同时消逝;2、作用力和反作用力与平衡力的根本区分是作用力和反作用力作用在两个相互作用的物体上，平衡力作用在同一物体上。

物理选修11教案篇2一、教材分析欧姆定律》一课，学生在初中阶段已经学过，高中必修本(下册)安排这节课的目的，主要是让学生通过课堂演示试验再次增加感性熟悉;体会物理学的根本讨论方法(即通过试验来探究物理规律);学习分析试验数据，得出试验结论的两种常用方法——列表比照法和图象法;再次领悟定义物理量的一种常用方法——比值法.这就打算了本节课的教学目的和教学要求.这节课不全是为了让学生知道试验结论及定律的内容，重点在于要让学生知道结论是如何得出的;在得出结论时用了什么样的科学方法和手段;在试验过程中是如何掌握试验条件和物理变量的，从而让学生沿着科学家发觉物理定律的历史脚印体会科学家的思维方法.本节课在全章中的作用和地位也是重要的，它一方面起到复习初中学问的作用，另一方面为学习闭合电路欧姆定律奠定根底.本节课分析试验数据的两种根本方法，也将在后续课程中屡次应用.因此也可以说，本节课是后续课程的学问预备阶段.通过本节课的学习，要让学生记住欧姆定律的内容及适用范围;理解电阻的概念及定义方法;学会分析试验数据的两种根本方法;把握欧姆定律并敏捷运用.本节课的重点是胜利进展演示试验和对试验数据进展分析.这是本节课的核心，是本节课成败的关键，是实现教学目标的根底.本节课的难点是电阻的定义及其物理意义.尽管用比值法定义物理量在高一物理和高二电场一章中已经接触过，但学生由于缺乏较多的感性熟悉，对此还是比拟生疏.从数学上的恒定比值到理解其物理意义并进而熟悉其代表一个新的物理量，还是存在着不小的思维台阶和思维难度.对于电阻的定义式和欧姆定律表达式，从数学角度看只不过略有变形，但它们却具有完全不同的物理意义.有些学生常将两种表达式相混，对公式中哪个是常量哪个是变量辨别不清，要留意提示和订正.二、关于教法和学法依据本节课有演示试验的特点，本节课采纳以演示试验为主的启发式综合教学法.教师边演示、边提问，让学生边观看、边思索，限度地调动学生积极参加教学活动.在教材难点处适当放慢节奏，给学生充分的时间进展思索和争论，教师可赐予恰当的思维点拨，必要时可进展大面积课堂提问，让学生充分发表意见.这样既有利于化解难点，也有利于充分发挥学生的主体作用，使课堂气氛更加活泼.通过本节课的学习，要使学生领悟物理学的讨论方法，领悟怎样提出讨论课题，怎样进展试验设计，怎样合理选用试验器材，怎样进展实际操作，怎样对试验数据进展分析及通过分析得出试验结论和总结出物理规律.同时要让学生知道，物理规律必需经过试验的检验，不能任意外推，从而养成严谨的科学态度和良好的思维习惯.三、对教学过程的设想为了达成上述教学目标，充分发挥学生的主体作用，限度地激发学生学习的主动性和自觉性，对一些主要教学环节，有以下设想：1.在引入新课提出课题后，启发学生思索：物理学的根本讨论方法是什么(不肯定让学生答复)?这样既对学生进展了方__教育，也为过渡到演示试验起承上启下作用.2.对演示试验所需器材及电路的设计可先启发学生思索答复.这样使他们既稳固了试验学问，也调动他们尽早投入积极参加.3.在进展演示试验时可请两位同学上台帮助，同时让其余同学留意观看，也可调动全体学生都来参加，积极进展观看和思索.4.在用列表比照法对试验数据进展分析后，提出下面的问题让学生思索答复：为了更直观地显示物理规律，还可以用什么方法对试验数据进展分析?目的是更加突出方法教育，使学生对分析试验数据的两种最常用的根本方法有更糊涂更深刻的熟悉.到此应当到达本节课的第一次__，通过提问和画图象使学生的学习心情转向高涨.5.在得出电阻概念时，要引导学生从分析试验数据入手来理解电压与电流比值的物理意义.此时不要急于告知学生结论，而应赐予充分的时间，启发学生积极思索，并赐予适当的思维点拨.此处节奏应放慢，可提请学生答复或绽开争论，让学生的主体作用得到充分发挥，使课堂气氛掀起其次次__，也使学生对电阻的概念是如何建立的有深刻的印象.6.在得出试验结论的根底上，进一步总结出欧姆定律，这实际上是熟悉上的又一次升华.要留意阐述试验结论的普遍性，在此根底上可让学生先行总结，以熬炼学生的语言表达力量.教师重申时语气要加重，不能轻描淡写.要随即强调欧姆定律是试验定律，必有肯定的适用范围，不能任意外推.7.为检验教学目标是否达成，可自编若干概念题、辨析题进展反应练习，到达稳固之目的.然后结合课本练习题，熟识欧姆定律的应用，但占时不宜过长，以免冲淡前面主题.四、授课过程中几点留意事项1.留意在试验演示前对仪表的量程、分度和读数规章进展介绍.2.留意正确标准地进展演示操作，数据不能虚假拼凑.物理选修11教案篇3一、学问目标1、知道三相交变电流是如何产生的.了解三相交变电流是三个一样的沟通电组成的.2、了解三相交变电流的图象，知道在图象中三个交变电流在时间上依次落后1/3周期.3、知道产生三相交变电流的三个线圈中的电动势的值和周期都一样，但它们不是同时到达值(或为零).4、了解三相四线制中相线(火线)、中性线、零线、相电压、线电压等概念.5、知道什么是星形连接、三角形连接、零线、火线、线电压及相电压.二、力量目标1、培育学生将学问进展类比、迁移的力量.2、使学生理解如何用数学工具将物理规律建立成新模型3、训练学生的空间想象力量的演绎思维力量.4、努力培育学生的实际动手操作力量.三、情感目标1、通过了解我国的电力事业的进展培育学生的爱国热忱2、让学生在学习的过程中体会到三相沟通电的对称美教学建议教材分析三相电流在生产和生活中有广泛的应用，学生应对它有肯定的了解.但这里只对学生可能接触较多的学问做些介绍，而不涉及太多实际应用中的详细问题.三相交变电流在生产生活实际中应用广泛，所以其根本常识应让每个学生了解.教法建议1、在介绍三相交变电流的产生时，除课本中供应的插图外，教师可以再找一些图片或模型，使学生明白，三个一样的线圈同时在同一磁场中转动，产生三相交变电流，它们依次落后1/3周期.三相交变电流就是三个一样的交变电流，它们具有一样的值、周期、频率.每一个交变电流是一个单相电.2、要让学生知道，三个线圈相互独立，每一个都可以相当于一个独立的电源单独供电.由于三个线圈平面依次相差120o角.它们到达值(或零)的时间就依次相差1/3周期.用挂图协作三相电机的模型演示，效果很好.让三个线圈通过星形连接或三角形连接后对外供电，一方面比用三个交变电流单独供电大大节约了线路的材料，另一方面，可同时供应两种不同电压值的交变电流.教师应组织学生观看生活实际中的交变电流的连接方式，理解课本中所介绍的三相电的连接.物理选修11教案篇4教学目标：1.通过类比理解电流的概念，知道电流的单位。

高中物理第4章章末复习课课件选修11高中选修11物理课件

⑤λf ⑥调谐 ⑦传感器 ⑧记录
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提升层能力强化
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2．周期性变化的电场和磁场从产生的区域由近及远地向周围空间传播开去，就形成了电磁波．
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【例 1】 (多选)应用麦克斯韦的电磁场理论判断如图所示的表示电场产生磁场(或磁场产生电场)的关系图象中(每个选项中的上图是表示变化的场，下图是表示变化的场产生的另外的场)，正确的是 ()
第四章电磁波及其应用(yìngyòng)
章末复习课 (fùxí)
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巩固层知识整合
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①磁场 ②电场 ③赫兹 ④横 [学思心得]
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【例 2】 (多选)在下列说法中符合实际的是( ) A．医院里常用 X 射线对病房和手术室消毒 B．医院里常用紫外线对病房和手术室消毒 C．在人造地球卫星上对地球进行拍摄是利用紫外线有较好的分辨能力 D．在人造地球卫星上对地球进行拍摄是利用红外线有较好的穿透云雾烟尘的能力

2021版高中物理第4章揭开电磁关系的奥秘第1节磁生电的探索学案鲁科版选修11

2021版高中物理第4章揭开电磁关系的奥秘第1节磁生电的探索学案鲁科版选修11学习目标知识脉络1.了解电磁感应现象发觉的历史过程，体会科学家探究自然规律的科学态度和科学方法．2.通过实验，明白电磁感应现象及其产生的条件．(重点、难点)3.了解法拉第及其对电磁学的奉献，认识发觉磁生电现象对推动电磁学理论和电磁技术进展的重大意义.电磁感应现象[先填空]1．历史的回忆1820年，丹麦物理学家奥斯特发觉了电流的磁效应，它提示了电现象和磁现象之间存在的某种联系．2．实验观看(1)没有电池也能产生电流：闭合电路的部分导体做切割磁感线运动时，回路中电流表的指针发生了偏转．(2)磁铁与螺线管有相对运动时也能产生电流：在条形磁铁插入或拔出螺线管的瞬时，电流表的指针发生了偏转．条形磁铁在螺线管中保持不动时，电流表的指针不发生偏转．如图411所示．图4113．产生感应电流的条件穿过闭合回路中的磁通量发生变化，回路中就产生感应电流．产生感应电流的现象称为电磁感应现象．4．电磁感应现象的发觉具有极大的有用价值，对电生磁与磁生电的正确揭示，展现了电与磁间的紧密联系和对称统一，为电磁学理论的进展制造了条件，进一步推动了电磁技术的进展，引领人类进入了电气时代．[再判定]1．奥斯特发觉了“电生磁”的现象之后，激发人们去探究“磁生电”的方法．(√) 2．英国科学家牛顿一直坚持探究电磁感应现象，历时近十年的探究，终于获得了成功．(×)3．闭合电路中的磁通量发生变化就会产生感应电流．(√)[后摸索]闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，回路中产生感应电流，这时穿过闭合回路的磁通量是否一定发生了变化？【提示】只要有感应电流产生，穿过闭合回路的磁通量一定发生变化．1．由于磁场变化而引起闭合电路的磁通量的变化(1)由于磁场和闭合回路的相对运动改变磁场，如图412甲所示，当磁铁向下移动时，通过线圈的磁通量增加．甲乙图412(2)由于电流改变而改变磁场，如图412乙所示，当直线电流I增大时，线圈abcd 中的磁通量增加．2．磁场不变，由于处在磁场中的闭合电路的面积S发生变化而引起磁通量的变化(1)闭合回路与磁场的夹角保持不变，改变闭合回路的面积，如图413甲所示．用力将闭合金属弹簧圈拉大的过程，线圈磁通量减小．(2)闭合回路的一部分导体做切割磁感线运动而使闭合回路磁通量改变，如图413乙所示．当导体棒ab向右运动时，闭合回路的磁通量减小．(3)由于闭合回路和磁场的夹角改变从而改变有效面积，如图413丙所示，线框abcd绕OO′轴转动．图413(4)由于磁场和处在磁场中闭合回路面积都发生变化时，引起穿过闭合回路的磁通量发生变化．1．一个闭合的线圈中没有感应电流的缘故可能是( )A．线圈周围一定没有磁场B．线圈周围尽管有磁场，但穿过线圈的磁通量太小C．穿过线圈的磁通量没有发生变化D．穿过线圈的磁通量一定为零【解析】穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就产生感应电流，而不是看穿过线圈的磁通量是否为零，由于该线圈是闭合的，则没有感应电流的缘故一定是穿过线圈的磁通量没有发生变化，因此C选项正确．【答案】 C2．如图414所示，下列各种情形中，穿过回路的磁通量增大的有( )图414A．图(甲)所示，在匀强磁场中，先把由弹簧状导线组成回路撑开，而后放手，到复原原状的过程中B．图(乙)所示，裸铜线ab在裸金属导轨上向右匀速运动过程中C．图(丙)所示，条形磁铁拔出线圈的过程中D．图(丁)所示，闭合线框远离与它在同一平面内通电直导线的过程中【解析】由Φ＝BS得，题图(甲)穿过回路的磁通量随闭合回路面积的减小而减小；题图(乙)穿过回路的磁通量随闭合回路面积的增大而增加；题图(丙)穿过线圈的磁通量随磁极的远离而减小；题图(丁)离通电直导线越远，磁场越弱；穿过线框的磁通量越小，故选项B正确．【答案】 B3．如图415所示，闭合线圈M固定．条形磁铁S极向下以初速度v0沿过线圈圆心的竖直线下落过程中，以下说法不正确的是( ) 【导学号：18152081】图415A．穿过线圈的磁通量发生变化B．磁铁位于图示位置2时，穿过线圈的磁通量最大C．穿过线圈的磁通量先增多后减少D．磁铁位于图示位置1和位置3时穿过线圈的磁场方向相反【解析】当条形磁铁恰好位于位置2时，穿过线圈M的合磁通量向上且最大，因此全过程中穿过线圈M的磁通量，先增后减，选项A、B、C均正确；当磁铁在位置1时，穿过线圈的磁场方向向上，当磁铁位于位置3时，穿过线圈的磁场方向也向上，故D错误．【答案】 D4．如图416所示，线圈两端接在电流表上组成闭合电路．在下列情形中，电流表指针不发生偏转的是( )图416A．线圈不动，磁铁插入线圈B．线圈不动，磁铁从线圈中拨出C．磁铁不动，线圈上、下移动D．磁铁插在线圈内不动【解析】产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，线圈和电流计差不多组成闭合回路，只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就产生感应电流，电流计指针就偏转．在选项A、B、C三种情形下，线圈和磁铁发生相对运动，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流；而当磁铁插在线圈中不动时，线圈中尽管有磁通量，但磁通量不变化，不产生感应电流．【答案】 D5．如图417所示，竖直放置的长直导线通过恒定电流，有一个矩形线框与导线在同一平面，在下列情形中线框不能产生感应电流的是( )图417A．导线中电流变大B．线框向右平动C．线框以ad边为轴转动D．线框以直导线为轴转动【解析】电流变大引起导线周围的磁场增强，穿过线框的磁通量增，A正确；离导线越远，磁感线分布越稀疏，穿过线框的磁通量越小，B正确；线框绕ad边转动时，矩形线框的磁通量发生变化，C正确；线框以直导线为轴转动，穿过线框的磁感线条数不变，因而穿过线框的磁通量不变，D错误．【答案】 D6．(多选)如图418所示，线框abcd从有界的匀强磁场区域穿过，下列说法中正确的是( )【导学号：18152082】图418A．进入匀强磁场区域的过程中，abcd中有感应电流B．在匀强磁场中加速运动时，abcd中有感应电流C．在匀强磁场中匀速运动时，abcd中没有感应电流D．离开匀强磁场区域的过程中，abcd中没有感应电流【解析】在有界的匀强磁场中，常常需要考虑线框进场、出场和在场中运动的情形，abcd在匀强磁场中不管匀速依旧加速运动，穿过abcd的磁通量都没有发生变化．【答案】AC磁通量是指在磁场中穿过某一面积S的磁感线条数，因此在判定穿过回路的磁通量是否变化时，能够通过判定穿过回路的磁感线条数是否变化来分析判定.。

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高中物理第4章章末复习课教案含解析鲁科版选修11
[核心速填]
1．产生感应电流的条件：①________电路．②________变化． 2．感应电动势：由于________现象而产生的电动势．
3．法拉第电磁感应定律：回路中感应电动势的大小，跟穿过该回路磁通量的________成正比，表达式E ＝__________________，当导体棒垂直切割磁感线时E ＝________.
4．发电机的工作原理：________；完成的能量转化：________→电能．
5．变压器的工作原理：________，线圈两端电压与匝数的关系：U 1U 2
＝__________. 6．电能的输送过程中，减少电压损失和功率损失的方法是：①减小________．②提高________．
1．闭合 2．磁通量电磁感应 3.变化率 n ΔΦ
Δt Blv 4.电磁感应机械能
5．电磁感应
n 1
n 2
6.导线电阻输电电压 [学思心得] ____________________________________________ _______________________________________________________
法拉第电磁感应定律
1电磁感应中相当于电源的那部分产生的电动势叫感应电动势，其余部分可等效为负载，利用学过的电路知识处理问题．
产生感应电流的本质是因为产生了感应电动势，感应电动势与电路是否闭合没有关系，若电路不闭合，仍有感应电动势而没有感应电流．
2．法拉第电磁感应定律：电路中感应电动势的大小跟穿过这个电路的磁通量的变化率成正比．
3．磁通量变化快慢的描述方法：在相同的时间内磁通量的变化越大，磁通量的变化越快；如果有相同的磁通量的变化，时间越短，磁通量的变化越快．
【例1】一个共有10匝的闭合矩形线圈，总电阻为10 Ω、面积为0.04 m 2
，置于水平面上．若线框内的磁感应强度在0.02 s 内，由垂直纸面向里，从1.6 T 均匀减少到零，再反向均匀增加到2.4 T ．则在此时间内，线圈内导线中的感应电流大小为多少？
[解析] 本题中的ΔΦ＝|Φ2－Φ1|，由于反向两者应相加，根据法拉第电磁感应定律得
E ＝n
ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ＝10×0.04×(2.4＋1.6)
0.02
V ＝80 V
根据闭合电路欧姆定律得
I ＝E
R
＝8 A. [答案] 8 A
1．如图甲所示，n ＝50匝的圆形线圈M ，它的两端点a 、b 与内阻很大的电压表相连，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示，则电压表的示数为( )
A ．5 V
B ．10 V
C ．15 V
D ．20 V
B [由题中图象可得：
ΔΦΔt ＝(8－0)×10
－2
(4－0)×10
－1 Wb/s ＝0.2 Wb/s 所以E ＝n ΔΦ
Δt ＝50×0.2 V ＝10 V ．电压表电阻很大，故路端电压U 约等于电源电动势，
故B 对．]
理想变压器
1构成，原线圈和副线圈分别绕在同一个闭合铁芯上．
2．工作原理：变压器是通过电磁感应来改变交流电压的，原线圈n 1接交流电源，由于电流的变化在闭合铁芯中产生变化的磁通量也通过了副线圈，根据法拉第电磁感应定律，便在副线圈n 2中产生感应电动势，如果输出电压高于输入电压，为升压变压器；如果输出电压低
于输入电压，为降压变压器．
3．理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2. 电压关系：U 1U 2＝n 1n 2
.
由于理想变压器的结构一定，n 1、n 2均为定值，所以输出电压U 2由输入电压U 1决定，与负载电阻的大小无关，U 1增大，U 2也增大；U 1减小，U 2也减小．
4．变压器不改变交变电流的频率．
5．理想变压器P 入＝P 出，原、副线圈的制约关系应由P 入＝P 出，结合法拉第电磁感应定律界定．
【例2】为了安全，机床上照明电灯用的电压是36 V ，这个电压是220 V 的电压降压后得到的．如果理想变压器的原线圈是1 140匝，则副线圈是多少匝？用这台变压器给40 W 的电灯供电，原线圈传递给副线圈的功率是多大？
[解析] 由理想变压器的电压关系U 1U 2＝n 1n 2
得n 2＝U 2U 1n 1＝36×1 140
220
≈187(匝)．
对于理想变压器P 入＝P 出
P 入＝40 W.
[答案] 187匝 40 W
2．(多选)一个理想变压器，原线圈和副线圈的匝数分别为n 1和n 2，正常工作时输入和输出的电压、电流、功率分别为U 1和U 2、I 1和I 2、P 1和P 2，已知n 1>n 2，则( )
A ．U 1>U 2，P 1＝P 2
B ．P 1＝P 2，I 1<I 2
C ．I 1<I 2，U 1<U 2
D ．P 1>P 2，I 1>I 2
AB [由理想变压器的电压关系U 1U 2＝n 1n 2知，当n 1>n 2时，U 1>U 2；由电流关系I 1I 2＝n 2n 1
知，当n 1>n 2
时，I 1<I 2，而功率在变压过程中不变，所以A 、B 项均正确．]。