新课标高中物理选修章末总结教案

第四章电磁感应章末总结一、对楞次定律的理解与应用楞次定律反映这样一个物理规律：原磁通量变化时产生感应电流，感应电流的磁场(方向由右手螺旋定则判定)阻碍原磁通量的变化．1．感应电流的磁场不一定与原磁场方向相反，只在磁通量增大时两者才相反，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”，电路中的磁通量还是在变化，只不过变化得慢了．3．“阻碍”的表现：增反减同、增缩减扩、增离减靠、来拒去留．例1圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图1所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是 ( )图1A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大二、电磁感应中的图象问题1．图象问题的类型：一是给出电磁感应过程，选出或画出正确图象；二是由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．2．应用的规律：(1)利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势大小．(2)利用楞次定律或右手定则判定感应电流的方向．(3)应用公式F＝BIL(和左手定则计算或判断安培力的大小或方向)．例2将一段导线绕成图2甲所示的闭合电路，并固定在纸面内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t 变化的图象是 ( )图2三、电磁感应中的电路问题1．首先要找到哪一部分导体相当于电源，分清内外电路．处于磁通量变化的磁场中的线圈或切割磁感线的导体相当于电源，该部分导体的电阻相当于内电阻；而其余部分的电路则是外电路．2．路端电压、感应电动势和某段导体两端的电压三者的区别：(1)某段导体作为电阻时，它两端的电压等于电流与其电阻的乘积；(2)某段导体作为电源时，它两端的电压就是路端电压，等于电流与外电阻的乘积，或等于电动势减去内电压；(3)某段导体作为电源时，电路断路时导体两端的电压等于感应电动势．例3如图3所示，光滑金属导轨PN与QM相距1 m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，ab导体棒的电阻为2 Ω.垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T．现使ab以恒定速度v＝3 m/s匀速向右移动，求：图3(1)导体棒上产生的感应电动势 E.(2)R1与R2消耗的电功率分别为多少？(3)拉ab棒的水平向右的外力F为多大？四、电磁感应中的动力学问题解决这类问题的关键在于通过运动状态的分析来寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等．1．做好受力情况、运动情况的动态分析：导体运动产生感应电动势―→感应电流―→通电导体受安培力―→合外力变化―→加速度变化―→速度变化―→感应电动势变化．周而复始循环，最终加速度等于零，导体达到稳定运动状态．2．利用好导体达到稳定状态时的平衡方程，往往是解答该类问题的突破口．例4如图4所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是 ( )图4A ．P ＝2mgvsin θB ．P ＝3mgvsin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g 2sin θ D ．在导体棒速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功五、电磁感应中的能量问题1．能量观点分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功．此过程中，其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．2．求解思路(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算．(2)若电流变化，则：①利用克服安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能． 例5 如图5所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻．一质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4 T ．金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x ＝9 m 时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前、后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图5(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2；(3)外力做的功W F .1．(对楞次定律的理解与应用)如图6所示，竖直放置的螺线管与导线abcd 构成回路，导线所在区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd 所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力 ( )图62．(电磁感应中的图象问题)如图7所示，磁场垂直于纸面向外，磁场的磁感应强度随x按B＝B0＋kx(x>0，B0、k为常量)的规律均匀增大．位于纸面内的正方形导线框abcd处于磁场中，在外力作用下始终保持dc 边与x轴平行向右匀速运动．若规定电流沿abcda的方向为正方向，则从t＝0到t＝t1的时间间隔内，关于该导线框中产生的电流i随时间t变化的图象正确的是( )图73．(电磁感应中的电路问题)如图8所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，边界如图中虚线所示．当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b 两点的电势差为 ( )图8A.2BRvB.22BRvC.24BRvD.324BRv 4．(电磁感应中的能量问题)如图9所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R 相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．质量为m 的金属杆ab 以初速度v 0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h 后又返回到底端．若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计．则下列说法正确的是 ( )图9A ．金属杆ab 上滑过程与下滑过程通过电阻R 的电荷量一样多B ．金属杆ab 上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做功之和大于12mv 20 C ．金属杆ab 上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能一定相等D ．金属杆ab 在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热5．(电磁感应中的动力学问题)如图10所示，固定于水平桌面上足够长的两平行光滑导轨PQ 、MN ，其电阻不计，间距d ＝0.5 m ，P 、M 之间接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B 0＝0.2 T 的匀强磁场中，两金属棒L 1、L 2平行地搁在导轨上，其电阻均为r ＝0.1 Ω，质量分别为M 1＝0.3 kg 和M 2＝0.5 kg.固定棒L 1，使L 2在水平恒力F ＝0.8 N 的作用下，由静止开始运动．试求：图10(1)当电压表读数为U ＝0.2 V 时，棒L 2的加速度为多大？(2)棒L 2能达到的最大速度v m .高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

章末总结专题一估算分子的微观量阿伏加德罗常数N A 是联系宏观物理量和微观物理量的桥梁，在已知宏观物理量的基础上往往可借助N A 计算出某些微观物理量，有关计算主要有：1．已知物质的摩尔质量M ，借助于阿伏加德罗常数N A ，可以求得这种物质的分子质量m 0＝M N A. 2．已知物质的摩尔体积V A ，借助于阿伏加德罗常数N A ，可以计算出这种物质的一个分子所占据的体积V 0＝V A N A.3．若物体是固体或液体，可把分子视为紧密排列的球形分子，可估算出分子直径d ＝36V A πN A. 4．依据求得的一个分子占据的体积V 0，可估算分子间距，此时把每个分子占据的空间看作一个小立方体模型，所以分子间距d ＝3V 0，这对气体、固体、液体均适用． 5．已知物体的体积V 和摩尔体积V A ，求物体的分子数N ，则N ＝N A V V A. 6．已知物体的质量m 和摩尔质量M ，求物体的分子数N ，则N ＝m MN A . 【例题1】 已知汞的摩尔质量为M ＝200.5×10－3 kg/mol ，密度为ρ＝13.6×103 kg/m 3，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1.求： (1)一个汞原子的质量；(用相应的字母表示即可)(2)一个汞原子的体积；(结果保留一位有效数字)(3)体积为1 cm 3的汞中汞原子的个数．(结果保留一位有效数字)【解析】 (1)一个汞原子的质量为m 0＝M N A. (2)一个汞原子的体积为V 0＝V mol N A ＝M ρN A ＝200.5×10－313.6×103×6.0×1023 m 3≈2×10－29 m 3. (3)1 cm 3的汞中含汞原子个数n ＝ρVN A M ＝13.6×103×1×10－6×6.0×1023200.5×10－3个 ≈4×1022个．【答案】 (1)MN A (2)2×10－29 m 3 (3)4×1022个【及时训练】由阿伏加德罗常数和一个水分子的质量、一个水分子的体积，不能确定的物理量有( )A ．1 mol 水的质量B ．1 mol 水蒸气的质量C ．1 mol 水的体积D ．1 mol 水蒸气的体积【答案】 D专题二分子力、分子势能、物体的内能1.分子力F 、分子势能E p 与分子间距离r 的关系如图所示(取无穷远处分子势能为0)．(1)分子间同时存在着引力和斥力，它们都随分子间距离的增大(减小)而减小(增大)，但斥力比引力变化得快．对外表现的分子力F 是分子间引力和斥力的合力．(2)在r <r 0范围内分子力F ，分子势能E p 都随分子间距离r 的减小而增大，但在r >r 0的范围内．随着分子间距离r 的增大，分子力F 是先增大后减小，而分子势能E p 一直增大．(3)当r ＝r 0时分子处于平衡状态，此时分子间的引力、斥力同样存在，分子力F 为零，分子势能E p 最小．【例题2】 如图所示，甲分子固定在坐标原点O ，乙分子位于x 轴上；甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F ≥0为斥力，F <0为引力，a 、b 、c 、d 为x 轴上四个特定的位置．现在把乙分子从a 处由静止释放，则( )A ．乙分子从a 到c 做加速运动，达到c 时速度最大B ．乙分子从a 到b 做加速运动，从b 到c 做减速运动C ．乙分子由a 到b 的过程中，两分子间的分子势能增加D ．乙分子由b 到d 的过程中，两分子间的分子力做正功【答案】 A【及时训练】(多选)(2013·新课标全国卷Ⅰ)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近．在此过程中，下列说法正确的是( )A ．分子力先增大，后一直减小B ．分子力先做正功，后做负功C ．分子动能先增大，后减小D ．分子势能先增大，后减小E ．分子势能和动能之和不变【答案】 BCE专题三用油膜法估测分子的大小用油膜法估测分子直径的实验原理是：油酸是一种脂肪酸，它的分子的一部分和水分子的亲和力很强．当把一滴用酒精稀释过的油酸滴在水面上时，酒精溶于水或挥发，在水面上形成一层油酸薄膜，薄膜可认为是单分子油膜，如图所示．将水面上形成的油膜形状画到坐标纸上，可以计算出油膜的面积，根据纯油酸的体积V 和油膜的面积S ，可以计算出油膜的厚度d ＝V /S ，即油酸分子的直径．【例题3】 “用油膜法估测分子的大小”的实验的方法及步骤如下：①向体积V 油＝1 mL 的油酸中加酒精，直至总量达到V 总＝500 mL ；②用注射器吸取①中配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入n ＝100滴时，测得其体积恰好是V 0＝1 mL ；③先往边长为30～40 cm 的浅盘里倒入2 cm 深的水，然后将________均匀地撒在水面上；④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下油酸膜的形状；⑤将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示，数出轮廓范围内小方格的个数N ，小方格的边长l ＝20 mm.根据以上信息，回答下列问题：(1)步骤③中应填写：________________________________；(2)1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V ′是________ mL ；(3)油酸分子直径是________ m.【解析】 (1)为了显示单分子油膜的形状，需要在水面上撒痱子粉或石膏粉．(2)1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V ′＝V 0V 油nV 总＝1100×1500mL ＝2×10－5 mL. (3)根据大于半个方格的算一个，小于半个方格的舍去，油膜形状占据方格数大约为115个，故面积S ＝115×20×20 mm 2＝4.6×104 mm 2油酸分子直径d ＝V ′S ＝2×10－5×1034.6×104 mm ≈4.3×10－7 mm ＝4.3×10－10 m.【答案】 (1)痱子粉或石膏粉 (2)2×10－5 (3)4.3×10－10【及时训练】在“用油膜法估测分子直径大小”的实验中，关于油膜面积的测量方法，下列做法正确的是( )A ．油酸酒精溶液滴入水中后，应立即用刻度尺去测量油膜的面积B ．油酸酒精溶液滴入水中后，应让油膜尽可能地散开，再用刻度尺去测量油膜的面积C．油酸酒精溶液滴入水中后，应立即将油膜的轮廓画在玻璃板上，再利用坐标纸去计算油膜的面积D．油酸酒精溶液滴入水中后，应让油膜尽可能散开，再把油膜的轮廓画在玻璃板上，然后用坐标纸去计算油膜的面积【解析】在测量油膜面积时，应让油膜尽可能散开，然后再用玻璃板描下油膜的形状，用坐标纸通过数格数来计算油膜的面积，故D选项正确．【答案】 D综合测评(一)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共计40分．多选题已在题号后标出)1．(多选)(2015·湖州高二检测)下列说法正确的是( )A．大量分子的无规则运动是有统计规律的B．当物体温度升高时，每个分子运动都加快C．气体的体积等于气体分子体积的总和D．液体中悬浮微粒的布朗运动是做无规则运动的液体分子撞击微粒而引起的【答案】AD2．(2015·烟台二中高二检测)我国已经展开对空气中PM2.5浓度的监测工作．PM2.5是指空气中直径小于2.5 μm的悬浮颗粒物，其在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后会进入血液对人体形成危害．矿物燃料的燃烧是形成PM2.5的主要原因．下列关于PM2.5的说法中不正确的是 ( )A．温度越高，PM2.5的运动越激烈B．PM2.5在空气中的运动属于分子热运动C．周围大量分子对PM2.5碰撞的不平衡使其在空中做无规则运动D．倡导低碳生活减少化石燃料的使用，能有效减小PM2.5在空气中的浓度【答案】 B3．只要知道下列哪一组物理量，就可以估算出气体分子间的平均距离( )A．阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和质量B．阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和密度C．阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和体积D．该气体的密度、体积和摩尔质量【答案】 B4．(2014·北京高考)下列说法中正确的是( )A．物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大B．物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大C．物体温度降低，其内能一定增大D．物体温度不变，其内能一定不变【答案】 B5．气体能够充满密闭容器，说明气体分子除相互碰撞的短暂时间外( )A．气体分子可以做布朗运动B．气体分子的动能都一样大C．相互作用力十分微弱，气体分子可以自由运动D．相互作用力十分微弱，气体分子间的距离都一样大【答案】 C6．(多选)下列说法中正确的是( )A ．分子的热运动是指物体的整体运动和物体内部分子的无规则运动的总和B ．分子的热运动是指物体内部分子的无规则运动C ．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大D ．分子间的距离r 存在某一值r 0，当r <r 0时，斥力大于引力，当r >r 0时，引力大于斥力【答案】 BCD7．(多选)下列说法正确的是( )A ．温度计测温原理就是热平衡定律B ．温度计与被测系统的温度不相同时，读不出示数C ．温度计读出的示数是它自身这个系统的温度，若它与被测系统热平衡时，这一示数也是被测系统的温度D ．温度计读出的示数总是被测系统的温度，无论是否达到热平衡【答案】 AC8．(多选)根据分子动理论，下列说法正确的是( )A ．一个气体分子的体积等于气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比B ．显微镜下观察到的墨水中的小炭粒所做的不停地无规则运动，就是分子的热运动C ．分子间相互作用的引力和斥力一定随分子间的距离增大而减小D ．分子势能随着分子间的距离的增大，可能先减小后增大【答案】 CD9．(2015·虹口区高二检测)关于温度和内能，下列说法正确的是( )A ．分子质量不同的物质如果温度相同，物体分子的平均动能也相同B ．物体的内能变化时，它的温度一定改变C ．同种物质，温度高时的内能肯定比温度低时的内能大D ．物体的内能等于物体的势能和动能的总和【答案】 A10．(2012·海南高考)(多选)两分子间的斥力和引力的合力F 与分子间距离r 的关系如图中曲线所示，曲线与r 轴交点的横坐标为r 0.相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近．若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是( )A ．在r ＞r 0阶段，F 做正功，分子动能增加，势能减小B ．在r ＜r 0阶段，F 做负功，分子动能减小，势能也减小C ．在r ＝r 0时，分子势能最小，动能最大D ．在r ＝r 0时，分子势能为零E ．分子动能和势能之和在整个过程中不变【答案】 ACE二、实验题(本题共2小题，共16分)11．(8分)用长度放大600倍的显微镜观察布朗运动，估计放大后的小炭粒的体积为V＝0.1×10－9 m 3，小炭粒的密度是ρ＝2.25×103 kg/m 3，摩尔质量为M ＝12 g/mol ，阿伏加德罗常数为N A ＝6.0×1023 mol －1，则小炭粒所含分子数为________个(保留两位有效数字)．由此可知布朗运动________(选填“是”或“不是”)分子的运动．【解析】 长度放大600倍的显微镜可以把小炭粒的体积放大n ＝6003＝2.16×108倍，故小炭粒的实际体积为V 0＝V n ，小炭粒的质量为m ＝ρV 0,1 mol 小炭粒中含有的分子数为N A ，由以上各式可得N ＝N A ρV nM，代入数据得：N ≈5.2×1010个．可见每一个小炭粒都含有大量的分子，由此可知，布朗运动不是分子的运动．【答案】 5.2×1010 不是12．(8分)在用“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：①往边长约为40 cm 的浅盘里倒入约2 cm 深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上．②用注射器将事先配制好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定．③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积．⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上．完成下列填空：(1)上述步骤中，正确的顺序是________．(填写步骤前面的数字)(2)将1 cm 3的油酸溶于酒精，制成300 cm 3的油酸酒精溶液；测得1 cm 3的油酸酒精溶液有50滴．现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13 m 2.由此估算出油酸分子的直径为______m ．(结果保留一位有效数字)【答案】 (1)④①②⑤③ (2)5×10－10三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13．(10分)某同学在进行“用油膜法估测分子的大小”的实验前，查阅数据手册得知：油酸的摩尔质量M ＝0.283 kg ·mol －1，密度ρ＝0.895×103 kg ·m －3.若100滴油酸的体积为1 mL ，则1滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是多少？(取N A ＝6.02×1023 mol －1，球的体积V 与直径D 的关系为V ＝16πD 3，结果保留一位有效数字) 【解析】 一个油酸分子的体积V ＝M ρN A ，由V ＝π6D 3可得D ＝36M πρN A. 最大面积S ＝1×10－8m 3D，解得S ＝1×10－9 m 2. 【答案】 1×10－9 m 214．(10分)电压力锅是传统高压锅和电饭锅的升级换代产品，它结合了压力锅和电饭锅的优点，实现了全密封烹调，达到了省时省电的目的．(1)如果某电压力锅的锅内气体的体积为V ，气体的摩尔体积为V A ，阿伏加德罗常数为N A ，则锅内气体分子的个数有多少？(2)如果压力锅正常工作时锅内的温度能保持在117 ℃，此时室温为27 ℃，试用热力学温度表示锅内温度和室温，并计算锅内食物升高了多少K?【解析】 (1)分子个数N ＝nN A ＝V V A N A(2)根据热力学温度和摄氏温度的关系，锅内温度T 1＝t 1＋273 K ＝390 K室温T 2＝t 2＋273 K ＝300 K升高的温度ΔT ＝T 1－T 2＝90 K.【答案】 (1)V V A N A (2)390 K 300 K 90 K15．如图所示，地球是太阳系从内到外的第三颗行星，也是太阳系中直径、质量和密度最大的类地行星．已知地球半径约为6.4×106 m ，空气的摩尔质量约为29×10－3 kg/mol ，一个标准大气压约为1.0×105Pa.利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状况下的体积为多少？ 【解析】 大气压是由大气重量产生的．大气压强p ＝mg S ＝mg4πR 2， 代入数据可得地球表面大气质量m ＝5.2×1018 kg.标准状态下1 mol 气体的体积为V ＝22.4×10－3 m 3，故地球表面大气体积为V 总＝m m 0V ＝5.2×101829×10－3×22.4×10－3m 3＝4×1018 m 3. 【答案】 4×1018 m 316．(12分)(2015·南京检测)已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，水的摩尔质量M ＝1.8×10－2kg/mol.求：(1)1 g 水中所含水分子数目；(2)水分子的质量；(3)水分子的直径．(取两位有效数字)【解析】 (1)因为1 mol 任何物质中含有分子数都是N A ，所以只要知道了1 g 水的物质的量n ，就可求得其分子总数N .N ＝nN A ＝m M N A ＝1×10－31.8×10－2×6.02×1023个＝3.3×1022个． (2)水分子质量m 0＝M N A ＝1.8×10－26.02×1023 kg ＝3.0×10－26 kg. (3)水的摩尔体积V ＝M ρ，设水分子是一个挨一个紧密排列的，则一个水分子的体积V 0＝V N A ＝M ρN A .将水分子视为球形，则V 0＝16πd 3，所以有：16πd 3＝M ρN A即有d ＝36M πρN A ＝36×1.8×10－23.14×1.0×103×6.02×1023 m ＝3.9×10－10 m.【答案】 (1)3.3×1022个 (2)3.0×10－26 kg (3)3.9×10－10 m附加题17．回答下列问题：(1)已知某气体的摩尔体积为V A ，摩尔质量为M A ，阿伏加德罗常数为N A ，由以上数据能否估算出每个分子的质量、每个分子的体积、分子之间的平均距离？(2)当物体体积增大时，分子势能一定增大吗？(3)在同一个坐标系中画出分子力F 和分子势能E p 随分子间距离的变化图象，要求表现出E p 最小值的位置及E p 变化的大致趋势． 【解析】 (1)可估算出每个气体分子的质量m 0＝M A N A ；由于气体分子间距较大，由V 0＝V A N A求得的是一个分子占据的空间而不是一个气体分子的体积，故不能估算每个分子的体积；由d ＝3V 0＝3V A N A 可求出分子之间的平均距离．(2)在r >r 0范围内，当r 增大时，分子力做负功，分子势能增大；在r <r 0范围内，当r 增大时，分子力做正功，分子势能减小；故不能说物体体积增大，分子势能一定增大，只能说当物体体积变化时，其对应的分子势能也变化．(3)【答案】 见解析。

[正确答案]7.585 MeV
专题三
半衰期的计组成的放射性样品中，放射性元素的原子核有一半发生衰变所需的时间。
2、计算公式
N′＝N0( )n或m′＝m0( )n，其中n＝t/T。(式中N′、m′为衰变后剩余的原子数量和质量，N0、m0为衰变前原子数量和质量，n为半衰期个数，t是所用时间)。
(4)在写核反应方程时，应先将已知原子核和已知粒子的符号填入核反应方程一般形式的适当位置上；然后根据质量数守恒和电荷数守恒规律计算出未知核(或未知粒子)的电荷数和质量数；最后根据未知核(或未知粒子)的电荷数确定它们是哪种元素(或哪种粒子)，并在核反应方程一般形式中的适当位置填写上它们的符号。
[例1]关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的有()
详细解析:选ACE密立根通过油滴实验测出了元电荷即基本电荷的数值，A项正确；贝克勒尔发现了天然放射现象，说明原子核具有复杂的结构，卢瑟福通过α粒子散射实验确定了原子的核式结构模型，B项错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋和镭两种新元素，C项正确；卢瑟福用镭放射出的α粒子轰击氮的原子核，从中找出了新的粒子，通过测定其质量和电荷，确定该粒子为氢的原子核，证实了原子核内部存在质子，D项错误；汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况确定了阴极射线的本质是带电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷，E项正确。
5、太阳能是由于太阳内部高温高压条件下的聚变反应产生的，下列核反应属于聚变反应的是()
图1
A. H＋ H―→ He＋ n
B. 7N＋ He―→ 8O＋ H
C. 92U＋ n―→ 54Xe＋ Sr＋10 n
D. 92U―→ 90Th＋ He
详细解析:选AA是聚变反应，B是人工转变的核反应，C是裂变反应，D是α衰变反应，故选项A是正确的。

2021人教版高中物理选修第三章《电磁感应》word章末总结学案⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧电磁感应现象⎩⎪⎨⎪⎧产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化感应电流的大小：在闭合电路中，用闭合电路欧姆定律感应电动势的大小⎩⎪⎨⎪⎧E ＝n ΔΦΔtE ＝Blv交流电⎩⎪⎨⎪⎧交流发电机的组成：转子和定子磁体和线圈正弦交流电的变化规律⎩⎪⎨⎪⎧瞬时值：u ＝Umsin ωt最大值：Um ＝nBSω有效值：Ue ＝Um/2周期和频率：f ＝1/T 交流电路中的电容器：隔直流、通交流变压器⎩⎪⎨⎪⎧变压器的结构：铁芯、原线圈、副线圈变压原理：电磁感应现象电压功率关系：U1/U2＝n1/n2 P1＝P2高压输电自感现象和涡流一、产生感应电流的条件 分析是否产生感应电流，关键确实是要分析穿过闭合线圈的磁通量是否变化，而分析磁通量是否变化，关键要明白磁感线是如何分布的．因此在做这类题时应注意：(1)熟记条形磁铁、蹄形磁铁、直线电流、环形电流和通电螺线管内外磁感线分布情形是解决问题的基础．(2)学会找专门位置并分析其变化．例1 如图1所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流，有一矩形线框abcd 与导线处于同一平面内，在下列情形中线框能产生感应电流的是 ．电磁感应图1A ．导线中电流变大B ．线框向右平动C ．线框向下平动D ．线框以ad 边为轴转动E ．线框以直导线为轴转动F ．线框以bc 边为轴转90°解析 通电直导线的磁场分布如图a ，和导线距离相等的点的磁感应强度相等，离导线越远，磁场越弱，选项A 中电流变大，磁场变强，线框中磁通量变大，有感应电流产生；选项B 、D 、F 线框中磁通量变小，有感应电流产生；选项C ，线框中无磁通量变化，无感应电流产生；选项E ，画出俯视图如图b 所示，可见线框中的磁通量不变化，无感应电流产生．答案 ABDF二、对交流有效值的明白得1．在定义有效值时要注意三个相同：相同电阻，相同时刻，产生相同热量．2．公式Ue ＝Um 2≈0.707Um 和Ie ＝Im2≈0.707Im 仅适用于正弦式电流．例2 如图2所示，两交变电流分别通过相同电阻R.(1)分别写出它们的有效值、周期和频率；(2)运算它们在R 上产生的功率之比．图2解析 (1)题图甲为正弦交流电，其有效值I1＝Im/2≈3.536 A ，周期T1＝0.4 s ，频率f1＝2.5 Hz ；题图乙为方波交流电，电流的大小不变，方向做周期性变化，由于热效应与电流方向无关，因而它的有效值I2＝5 A ，周期T2＝0.4 s ，频率f2＝2.5 Hz. (2)由公式P ＝I2R 得P 甲∶P 乙＝1∶2. 答案 (1)甲图：3.536 A,0.4 s,2.5 Hz 乙图：5 A ，0.4 s ，2.5 Hz (2)1∶2 三、理想变压器的几种关系 1．输入功率与输出功率理想变压器本身无电能缺失，因此有P 入＝P 出．但应注意的是，输入功率由输出功率决定，即输出功率增大，输入功率也随之增大；输出功率减小，输入功率也随之减小． 2．输入电压与输出电压输入电压决定输出电压．设理想变压器的原线圈匝数为n1，副线圈匝数为n2，输入电压为U1，输出电压为U2，则有U1U2＝n1n2，故U2＝U1n2n1.3．输入电流与输出电流假如理想变压器只有一个副线圈，并设原线圈的匝数为n1，输入电压为U1，输入电流为I1；副线圈的匝数为n2，输出电压为U2，输出电流为I2.则据P 入＝P 出和U1U2＝n1n2有U1I1＝U2I2，I1I2＝U2U1＝n2n1，得I1＝I2n2n1. 例3 如图3所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝2∶1，原线圈接200 V 交流电源，副线圈接额定功率为20 W 的灯泡L ，灯泡正常发光，当电源电压降为180 V 时，求灯泡实际消耗功率与其额定功率之比？图3 答案81100解析 由U1U2＝n1n2得U2＝n2n1U1＝12×200 V ＝100 V而U2′＝n2n1U1′＝12×180 V ＝90 V 因此功率之比P2′P2＝U2′2R U 22R＝U2′2U 22＝9021002＝81100.1．将交流电压经变压器后给用电器供电，下列操作中能增大原线圈电流的是( ) A ．增大原线圈的匝数 B ．增大副线圈的匝数C ．增大原、副线圈的匝数D ．增大用电器的电阻 答案 B2. 如图4所示，铁芯右边绕有一个线圈，线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路．左边的铁芯上套有一个面积为0.02 m2、电阻为0.1 Ω的金属环．铁芯的横截面积为0.01 m2，且假设磁场全部集中在铁芯中，金属环与铁芯截面垂直．调剂滑动变阻器的滑动头，使铁芯中的磁感应强度每秒平均增加0.2 T ，则从上向下看( )图4A ．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3 VB ．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3 VC ．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为2.0×10－3 VD ．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为2.0×10－3 V 答案 C解析 金属环中的原磁场方向竖直向下，由楞次定律，感应电流的磁场向上，电流方向是逆时针方向；由法拉第电磁感应定律，电动势大小E ＝ΔBΔtS 铁芯＝2.0×10－3 V ，故C 项对． 3．一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u 如图5所示，副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则( )图5A ．流过电阻的电流是20 AB ．与电阻并联的电压表的示数是100 2 VC ．通过1分钟电阻发出的热量是6×103 JD ．变压器的输入功率是1×103 W 答案 D解析 原线圈中电压的有效值是220 V ，由变压比知副线圈中电压为100 V ，流过电阻的电流是10 A ，故输入功率为1×103 W ；与电阻并联的电压表的示数是100 V ；通过1分钟电阻发出的热量是6×104 J ．故只有D 正确．4．如图6所示为一理想变压器，S 为单刀双掷开关，T 为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流，则( )图6A ．保持U1及T 的位置不变，S 由a 合到b 时，I1将增大B ．保持U1及T 的位置不变，S 由b 合到a 时，R 消耗的功率将减小C ．保持U1不变，S 合在a 处，使T 上滑，I1将增大D ．保持T 的位置不变，S 合在a 处，若U1增大，I1将增大 答案 ABD解析 S 由a 合到b 时，n1减小，由U1U2＝n1n2可知U2增大，P2＝U 22R随之增大，而P1＝P2，又P1＝I1U1，因此I1增大．选项A 正确；S 由b 合到a 时，与上述情形相反，P2将减小，选项B 正确；T 上滑时，电阻值增大，P2＝U 22R 减小，又P1＝P2，P1＝I1U1，因此I1减小，选项C 错误；U1增大，由U1U2＝n1n2，可知U2增大，I2＝U2R 随之增大；由I1I2＝n2n1可知I1也增大，选项D 正确．5．如图7所示电路中，S 是闭合的，现在流过线圈L 的电流为i1，流过灯泡A 的电流为i2，且i1>i2，在t1时刻将S 断开，那么流过灯泡的电流随时刻变化的图象是( )图7答案 D解析 在t1时刻内流过灯泡的电流为i2，且方向为从左向右，当断开S 时，i2赶忙消逝，但由于自感作用，线圈L 产生自感电动势，与灯泡构成回路缓慢消逝，现在流过灯泡的电流从i1开始逐步减小，方向自右向左，故D 项正确． 6．如图8所示是一种风速仪示意图，试回答下列问题：图8(1)有水平风吹来时磁体如何转动(自上往下看)?(2)依照电磁学的有关规律，简述用该装置测定风速大小的原理．答案 (1)逆时针转动 (2)风吹动塑料杯转动，带动磁体转动，引起线圈磁通量周期性的变化，从而使线圈中的电流发生周期性变化，而电流的大小反映线圈转动的速度，亦反映风速的大小．。

学习目标与要求
目标
掌握电磁感应的基本原理和规律 ，了解电磁波的产生、传播和接 收。
要求
能够运用电磁感应的知识分析实 际问题，理解电磁波的基本特性 和应用。
知识结构与脉络
知识结构
电磁感应（法拉第电磁感应定律、楞 次定律）、电磁波（麦克斯韦电磁场 理论、电磁波的产生与传播、电磁波 的接收与调制）。
知识脉络
不同波段的电磁波具有不 同的传播特性和应用。
电磁波的产生与传播
电磁波的产生
变化的电场和磁场相互激发，形成电 磁波。
电磁波的传播特性
具有反射、折射、衍射和干涉等现象 。
电磁波的传播
电磁波在真空中以光速传播，不需要 介质。
电磁波的接收与发射
电磁波的接收
通过天线接收电磁波，经过调谐、检波等过程还原出信号。
无线通信技术的发展
随着技术的进步，无线通信的速度、稳定性和覆 盖范围不断提高，推动了现代社会的信息化进程 。
电磁波与环境保护
电磁辐射对环境的影响
电磁辐射会对环境造成一定的影响，如电磁污染、对生物体的影 响等。
电磁辐射的防护与治理
采取一系列措施，如制定电磁辐射标准、使用低辐射设备等，以减 少电磁辐射对环境和生物体的影响。
电磁波的发射
将信号加载到高频振荡电流上，通过天线辐射出去。
电磁波的调制与解调
调制是将低频信号加载到高频振荡波上，解调是从已调波中提取出 低频信号的过程。
电磁波的应用与影响
电磁波的应用
广泛应用于通信、广播、电视、 雷达、导航等领域。
电磁波的影响
过量的电磁辐射会对人体健康和环 境造成不良影响，如引起头痛、失 眠、记忆力减退等症状，对生态环 境造成破坏。

图2 A．小物块所受的静电力逐渐减小 B．小物块具有的电势能逐渐减小 C．M点的电势一定高于N点的电势 D．小物块电势能的减少量一定等于克服摩擦力做的功
9
@《创新设计》
解析 小物块在从M运动到N的过程中，一定受到向右的摩擦力，所以静电力一定 向左。由M运动到N，离电荷Q距离越来越大，所以小物块受到的静电力一定减小， A正确；由动能定理可得μmgx－WE＝0，即WE＝μmgx，静电力做正功，小物块具 有的电势能减小，其减少量等于克服滑动摩擦力做的功，B、D正确；因点电荷Q 的电性未知，不能判断M、N两点电势的高低，C错误。 答案 C
mdh qφ
22
＝φA－φB＝WqAB。 2．电势的高低判断与计算
(1)根据电场线判断：沿着电场线方向电势降低。这是判断电势高低最常用、最直观的 方法。(注意与电场强度大小的判断的区别)。 (2)根据电势差的定义式 UAB＝WqAB＝φA－φB 判断：若 UAB>0，则 φA>φB；若 UAB<0，则 φA<φB。 (3)根据电势的定义式 φ＝Eqp判断：求得 A、B 两点的电势，进行比较。计算时需将正负 号一并代入。
7
@《创新设计》
3．电势能的大小判断与计算 (1)根据Ep＝qφ计算，并可判断：电势越高处，正电荷具有的电势能越大，负电 荷具有的电势能越小，反之亦然。 (2)根据静电力做功与电势能变化的关系WAB＝EpA－EpB判断。这是判断电势能 如何变化最基本、最有效的方法。
8
@《创新设计》
[例2] 如图2所示，在粗糙程度相同的绝缘水平面上固定一个点电荷Q，在M点无初 速度释放一个带有恒定电荷量的小物块，小物块在Q的电场中沿水平面运动到N 点停止，则从M到N的过程中，下列说法错误的是( )

高中物理章节归类总结教案
学科：物理
年级：高中
课时：1课时
目标：
1. 了解物理学的基本概念和原理；
2. 掌握各个章节的内容和归类；
3. 能够根据章节内容总结归类相关知识。

教学流程：
1. 引入（5分钟）
教师简单介绍物理学的重要性和应用，并告知今天的学习目标。

2. 章节归类总结（30分钟）
将高中物理的内容划分为四大章节：力学、热学、光学和电磁学。

请学生结合自己的学习经历，分别在每个章节下列出相关的知识点和原理，并进行总结归类。

3. 讨论分享（15分钟）
让学生将自己总结的内容与同学分享，相互讨论并做出补充和修改。

4. 总结（5分钟）
教师对学生的总结进行点评和总结，强调高中物理各个章节的重要性和联系。

作业安排：
1. 完成一份关于高中物理各章节的知识点总结表；
2. 针对其中一个章节，选择一个知识点进行深入探究并写一份小结。

教学反思：
本节课通过对高中物理各章节进行归类总结，让学生对物理学的整体结构有了更清晰的认识，也提升了他们的总结和归纳能力。

在今后的学习中，学生可以更好地把握不同章节的内容，更有针对性地进行学习和复习。

章末总结一、气体实验定律和理想气体状态方程的应用1．玻意耳定律、查理定律、盖-吕萨克定律可看成是理想气体状态方程在T恒定、V恒定、p恒定时的特例．2．正确确定状态参量是运用气体实验定律的关键．3．求解压强的方法：（1）在连通器内灵活选取等压面，由两侧压强相等列方程求气体压强．（2）也可以把封闭气体的物体(如液柱、活塞、汽缸等）作为力学研究对象，分析受力情况，根据研究对象所处的不同状态,运用平衡条件或牛顿第二定律列式求解．4．注意气体实验定律或理想气体状态方程的适用条件，即适用于定质量的气体,对打气、抽气、灌气、漏气等变质量问题，巧妙地选取对象，使变质量的气体问题转化为定质量的气体问题．例1如图1所示,两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通,顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V0，汽缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略)．开始时K关闭,两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和p0/3；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V0/4。

现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有挤压；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求：图1（1）恒温热源的温度T；（2）重新达到平衡后，左汽缸中活塞上方气体的体积Vx。

解析（1）设左、右活塞的质量分别为M1、M2，左、右活塞的横截面积均为S由活塞平衡可知：p0S＝M1g①p0S＝M2g＋错误!得M2g＝错误!p0S②打开阀门后，由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧上方气体的温度和压强均不变，所以体积仍保持14V0不变，所以当下面接触温度为T 的恒温热源稳定后，活塞下方体积增大为（V0＋错误!V0），则由等压变化:错误!＝错误!解得T ＝错误!T0(2）如图所示，当把阀门K 打开重新达到平衡后，由于右侧上部分气体要充入左侧的上部,且由①②两式知M1g ＞M2g ，打开活塞后，左侧活塞降至某位置,右侧活塞升到顶端，汽缸上部保持温度T0等温变化，汽缸下部保持温度T 等温变化．设左侧上方气体压强为p ，由pVx ＝错误!·错误!,设下方气体压强为p2:p ＋错误!＝p2,解得p2＝p ＋p0所以有p2（2V0－Vx)＝p0·7V04联立上述两个方程有6V2，x －V0Vx －V20＝0，解得Vx ＝12V0，另一解Vx ＝－错误!V0，不合题意，舍去．答案 （1)错误!T0 (2)错误!V0例2 如图2所示，一定质量的气体放在体积为V0的容器中，室温为T0＝300 K ，有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成A 、B 两室，B 室的体积是A 室的两倍，A 室容器上连接有一U 形管（U 形管内气体的体积忽略不计），两边水银柱高度差为76 cm ，右室容器中连接有一阀门K ，可与大气相通(外界大气压等于76 cmHg)求:图2(1）将阀门K 打开后，A 室的体积变成多少？（2)打开阀门K 后将容器内的气体从300 K 分别加热到400 K 和540 K 时，U 形管内两边水银面的高度差各为多少？解析 (1)初始时，pA0＝p0＋ρgh＝2 atm ，VA0＝V0/3打开阀门后，A 室气体等温变化，pA ＝1 atm,体积为VA,由玻意耳定律得pA0 VA0＝pAVAVA ＝错误!＝错误!V0(2）假设打开阀门后，气体从T0＝300 K 升高到T 时，活塞C 恰好到达容器最右端，即气体体积变为V0，压强仍为p0,即等压过程．根据盖—吕萨克定律错误!＝错误!得T ＝错误!T0＝450 K因为T1＝400 K<450 K,所以pA1＝p0，水银柱的高度差为零．从T ＝450 K 升高到T2＝540 K 为等容过程．根据查理定律p0T＝错误!，得pA2＝1.2 atm. T2＝540 K 时，p0＋ρgh′＝1。

第一章 碰撞与动量守恒章末整合一、动量定理及应用1．内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量变化．2．公式：Ft ＝mv 2－mv 1，它为一矢量式，在一维情况时可变为代数式运算．3．研究对象是质点．它说明的是外力对时间的积累效应．应用动量定理分析或解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程．4．解题思路：(1)确定研究对象，进行受力分析；(2)确定初末状态的动量mv 1和mv 2(要先规定正方向，以便确定动量的正负，还要把v 1和v 2换成相对于同一惯性参考系的速度)；(3)利用Ft ＝mv 2－mv 1列方程求解．【例1】 质量为0.2 kg 的小球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为________ kg·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s ，则小球受到地面的平均作用力大小为________N(取g ＝10 m/s 2)． 答案 2 12解析 由题知v t ＝4 m/s 方向为正，则动量变化Δp＝mv t －mv 0＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2 kg·m/s.由动量定理F 合·t＝Δp 得(N －mg)t ＝Δp，则N ＝Δp t ＋mg ＝20.2N ＋0.2×10 N＝12 N. 借题发挥 (1)动量、动量的变化量和动量定理都是矢量或矢量式，应用时先规定正方向． (2)物体动量的变化率ΔpΔt 等于它所受的合力，这是牛顿第二定律的另一种表达形式．二、多过程问题中的动量守恒1．合理选择系统(由哪些物体组成)和过程，分析系统所受的外力，看是否满足动量守恒的条件．分析物体所经历的过程时，注意是否每个过程都满足动量守恒．2．合理选择初、末状态，选定正方向，根据动量守恒定律列方程．【例2】如图1所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．图1答案 2 m/s解析长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则m A v0＝m A v A＋m C v C两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统，在两者达到同速之前系统所受合外力为零，系统动量守恒，m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，v C＝v联立以上各式，代入数值解得：v A＝2 m/s【例3】两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为m A＝0.5 kg，m B＝0.3 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量m C＝0.1 kg的滑块C(可视为质点)，以v C＝25 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图2所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0 m/s，求：图2(1)当C在A上表面滑动时，C和A组成的系统动量是否守恒？C、A、B三个物体组成的系统动量是否守恒？(2)当C在B上表面滑动时，C和B组成的系统动量是否守恒？C刚滑上B时的速度v C′是多大？答案(1)不守恒守恒(2)守恒 4.2 m/s解析(1)当C在A上表面滑动时，由于B对A有作用力，C和A组成的系统动量不守恒．对于C、A、B三个物体组成的系统，所受外力的合力为零，动量守恒．(2)当C在B上表面滑动时，C和B发生相互作用，系统不受外力作用，动量守恒．由动量守恒定律得：m C v C′＋m B v A＝(m B＋m C)v BC①A、B、C三个物体组成的系统，动量始终守恒，从C滑上A的上表面到C滑离A，由动量守恒定律得：m C v C＝m C v C′＋(m A＋m B)v A②由以上两式联立解得v C′＝4.2 m/s，v A＝2.6 m/s.三、动量和能量综合问题分析1．动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．2．动量守恒及机械能守恒都有条件．注意某些过程动量守恒，但机械能不守恒；某些过程机械能守恒，但动量不守恒；某些过程动量和机械能都守恒．但机械能不守恒的过程，能量仍守恒．3．当两物体相互作用后具有相同速度时，相互作用过程损失的机械能最多．【例4】 如图3所示，质量M ＝2 kg 的小车甲静置于光滑水平面上，一个光滑的14圆弧(其半径R ＝1 m ，质量可忽略)AB 固定在小车左端，其圆心O 恰位于B 点的正上方．小车的上表面粗糙．现将质量m ＝1 kg 的滑块P(可视为质点)从A 处由静止释放，滑块P 滑上小车后最终未滑离小车，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图3(1)滑块P 刚滑上小车时的速度大小；(2)滑块P 与小车组成的系统在整个过程中损失的机械能． 答案 (1)2330 m/s (2)10 J解析 (1)设滑块P 刚滑上小车时的速度为v 1，此时小车的速度为v 2，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，有mv 1－Mv 2＝0对系统应用能量守恒，有mgR ＝12mv 21＋12Mv 22解得v 1＝2330 m/s(2)由能量守恒定律，可得系统损失的机械能为 ΔE＝mgR ＝10 J.四、动量定理与动能定理、动量守恒定律的综合应用【例5】 如图4所示，水平地面上静止放置一辆小车A ，质量m A ＝4 kg ，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B 置于A 的最右端，B 的质量m B ＝2 kg.现对A 施加一个水平向右的恒力 F ＝10 N ，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t ＝0.6 s ，二者的速度达到v t ＝2 m/s.求：图4(1)A 开始运动时加速度a 的大小； (2)A 、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小； (3)A 的上表面长度l.答案(1)2.5 m/s2(2)1 m/s (3)0.45 m解析(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律得F＝m A a①代入数据解得：a＝2.5 m/s2②(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程中，由动量定理得Ft＝(m A＋m B)v t－(m A＋m B)v③代入数据解得：v＝1 m/s④(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为v A，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有：m A v A＝(m A＋m B)v⑤从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理得：Fl＝12m A v2A⑥联立④⑤⑥式，代入数据解得：l＝0.45 m．⑦2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．科学家已经成功检测定位了纳米晶体结构中的氢原子。

章末优化总结对杆、绳弹力的进一步分析1．杆的弹力自由转动的杆：弹力一定沿杆方向，可提供拉力，也可提供推力．固定不动的杆：弹力不一定沿杆方向，由物体所处的状态决定．2．绳的弹力(1)“死结”绳：可理解为把绳子分成两段，结点不可沿绳滑动，两侧看成两根独立的绳子，弹力大小不一定相等．(2)“活结”绳：一般是由绳跨过滑轮或绳上挂一光滑挂钩，实际上是同一根绳子．结点可沿绳滑动，两侧绳上的弹力大小相等．如图甲所示，轻绳AD跨过固定的水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求：(1)轻绳AC 段的张力F TAC 与细绳EG 的张力F TEG 之比； (2)轻杆BC 对C 端的支持力； (3)轻杆HG 对G 端的支持力．[解析] 题图甲和乙中的两个物体M 1、M 2都处于平衡状态，根据平衡条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C 点和G 点为研究对象，进行受力分析如图1和2所示，根据平衡规律可求解．(1)图1中轻绳AD 跨过定滑轮拉住质量为M 1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC 段的拉力F T AC ＝F T CD ＝M 1g ，图2中由F T EG sin 30°＝M 2g ，得F T EG ＝2M 2g . 所以F T AC F T EG ＝M 12M 2. (2)图1中，三个力之间的夹角都为120°，根据平衡规律有F N C ＝F T AC ＝M 1g ，方向和水平方向成30°，指向右上方．(3)图2中，根据平衡方程有F T EG sin 30°＝M 2g ，F T EG cos 30°＝F N G ，所以F N G ＝M 2g tan 30°＝3M 2g ，方向水平向右．[答案] (1)M 12M 2(2)M 1g 方向和水平方向成30°指向右上方 (3)3M 2g 方向水平向右(1)绳杆支架问题中一定先判断绳是“死结”还是“活结”，杆是“自由杆”还是“固定杆”，一般选结点为研究对象受力分析．(2)杆的弹力与绳的弹力不同，绳的弹力始终沿绳指向绳收缩的方向，但杆的弹力方向不一定沿杆的方向，其大小和方向的判断要根据物体的运动状态来确定，可以理解为“按需提供”，即为了维持物体的状态，由受力平衡求解得到所需弹力的大小和方向．如图所示，水平轻杆的一端固定在墙上，轻绳与竖直方向的夹角为37°，小球的重力为12 N ，轻绳的拉力为10 N ，水平轻弹簧的弹力为9 N ，求轻杆对小球的作用力．解析：(1)弹簧向左拉小球时，设杆的弹力大小为F ，与水平方向的夹角为α，小球受力如图甲所示．甲由平衡条件知：⎩⎪⎨⎪⎧F cos α＋F 1sin 37°＝F 2Fsin α＋F 1cos 37°＝G 代入数据解得：F ≈5 N ，α＝53°即杆对小球的作用力大小约为5 N ，方向与水平方向成53°角斜向右上方． (2)弹簧向右推小球时， 小球受力如图乙所示，乙由平衡条件知：⎩⎪⎨⎪⎧F cos α＋F 1sin 37°＋F 2＝0Fsin α＋F 1cos 37°＝G 代入数据解得：F ≈15.5 N ，α＝π－arc tan 415.即杆对小球的作用力大小约为15.5 N ，方向与水平方向成arc tan 415斜向左上方．答案：见解析摩擦力的“突变”问题摩擦力突变的常见情况分类说明案例图示静—静“突变”物体在摩擦力和其他力作用下处于平衡状态，当作用在物体上的其他力发生突变时，如果物体仍能保持静止状态，则物体受到的静摩擦力的大小或方向将会发生“突变”在水平力F作用下物体静止于斜面，F突然增大时物体仍静止，则所受静摩擦力大小或方向将“突变”静—动“突变”物体在摩擦力和其他力作用下处于静止状态，当其他力变化时，如果物体不能保持静止状态，则物体受到的静摩擦力将“突变”为滑动摩擦力放在粗糙水平面上的物体，水平作用力F从零逐渐增大，物体开始滑动时，物体受到地面的摩擦力由静摩擦力“突变”为滑动摩擦力动—静“突变”在摩擦力和其他力作用下，做减速运动的物体突然停止滑行时，物体将不受摩擦力作用，或滑动摩擦力“突变”为静摩擦力滑块以v0冲上斜面做减速运动，当到达某位置静止时，滑动摩擦力“突变”为静摩擦力动—动“突变”某物体相对于另一物体滑动的过程中，若突然相对运动方向变了，则滑动摩擦力方向发生“突变”水平传送带的速度v1大于滑块的速度v2，滑块受到的滑动摩擦力方向向右，当传送带突然被卡住时滑块受到的滑动摩擦力方向“突变”为向左把一重为G的物体，用一个水平的推力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的平整的墙面上，如图所示，从t＝0开始物体所受的摩擦力F f随t的变化关系是图中的哪一个( )[解析] 由于物体受的水平推力为F＝kt，由二力平衡得，墙与物体间的压力F N＝kt.当F比较小时，物体受到的摩擦力F f小于物体的重力G，物体将沿墙壁下滑，此时物体受到的摩擦力为滑动摩擦力．由F f＝μF N得，滑动摩擦力F f＝μkt，当摩擦力F f大小等于重力G时，由于惯性作用，物体不能立即停止运动，物体受到的摩擦力仍然是滑动摩擦力．随着摩擦力的增大，摩擦力将大于重力，物体做减速运动直至静止，摩擦力将变为静摩擦力，静摩擦力与正压力无关，跟重力始终平衡．[答案] B物体受到的外力发生变化时，物体受到的摩擦力就有可能发生突变．解决这类问题的关键：正确对物体进行受力分析和运动状态分析，从而找到物体摩擦力的突变“临界点”．如图甲所示，A物体放在水平面上，动摩擦因数为0.2，物体A重10 N，设物体A与水平面间的最大静摩擦力为2.5 N，若对A施加一个由零均匀增大到6 N的水平推力F，请在图乙中画出A所受的摩擦力F A随水平推力F变化的图线．解析：水平推力F≤2.5 N之前，物体未动，物体受静摩擦力F A＝F.当F>2.5 N后，F A发生突变，变成滑动摩擦力，其大小为F A滑＝μF N＝μG＝0.2×10 N＝2 N．作出图象如图所示．答案：见解析图物体平衡中的临界和极值问题1．临界问题(1)临界状态：物体的平衡状态将要发生变化的状态．(2)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”，这类问题的描述中经常出现“刚好”“恰好”等词语．(3)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．(4)常见的临界状态状态临界条件两接触物体脱离与不脱离相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0)绳子断与不断绳中张力达到最大值绳子绷紧与松弛绳中张力为0存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止静摩擦力达到最大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．解决这类问题常用以下三种方法：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极限法极限法是一种处理临界问题的有效方法，它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(“极大”“极小”“极右”“极左”等)，从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来，使问题明朗化，便于分析求解如图所示，物体的质量为2 kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ＝60°的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围(g取10 m/s2)．[解析] 设绳AB弹力为F1，绳AC弹力为F2，A的受力情况如图，由平衡条件得F sin θ＋F1sin θ－mg＝0F cos θ－F2－F1cos θ＝0由上述两式得F＝mgsin θ－F1F＝F22cos θ＋mg2sin θ令F1＝0，得F最大值F max＝mgsin θ＝4033N令F2＝0，得F最小值F min＝mg2sin θ＝2033N综合得F的取值范围为2033N≤F≤4033N.[答案]2033N≤F≤4033N解决临界极值问题时应注意的问题(1)求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点．(2)临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大和极小，并依此做出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论．一个人最多能提起质量m 0＝20 kg 的重物．如图所示，在倾角θ＝15°的固定斜面上放置一物体(可视为质点)，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝33.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，图中F 是人拖重物的力，求人能够向上拖动该重物质量的最大值m .已知sin 15°＝6－24，cos 15°＝6＋24. 解析：设F 与斜面的夹角为α时，人能拖动重物的最大质量为m ，由平衡条件可得F cos α－mg sin 15°－μF N ＝0① F N ＋F sin α－mg cos 15°＝0②由已知可得F ＝m 0g ③ 联立①②③式得m ＝m 0（cos α＋μsin α）sin 15°＋μcos 15°其中μ为定值，代入μ＝33得重物质量的最大值为20 2 kg. 答案：20 2 kg。

15
(1)求静电分析器中半径为 r0 处的电场强度 E0 和磁分析器 中的磁感应强度 B 的大小； (2)求质量为 0.5m 的离子到达探测板上的位置与 O 点的 距离 l(用 r0 表示)； (3)若磁感应强度在(B－ΔB)到(B＋ΔB)之间波动，要在探 测板上完全分辨出质量为 m 和 0.5m 的两束离子，求ΔBB的 最大值。
图2
9
@《创新设计》
解析 设电场区域的宽度为 d，带电离子在电场中做类平抛运动。
离子在电场中的加速度为 a＝qmE 沿电场方向的分速度为 vy＝at＝qmEvd0
因为偏转角为 θ，故有 tan θ＝vv0y＝qmEvd02，
解得 d＝mv20qtEan θ，
离子在磁场中做匀速圆周运动，圆半径 R＝mqBv0， 由图可得 sin θ＝Rd＝dmqvB0，
19
@《创新设计》
五、带电粒子在磁场中运动的多解问题 1.带电粒子电性不确定形成多解
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度的条 件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。 如图5甲 ，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负 电，其轨迹为b。
图7 (1)电子释放位置与原点O的距离s需满足什么条件？ (2)电子从出发点到垂直打在屏上需要多长时间？
24
解析 (1)在电场中，电子从 A→O，由动能定理得 eEs＝12mv20 在磁场中，电子偏转，半径为
r＝meBv0， 据题意，有(2n＋1)r＝L 所以 s＝2Em（eL22nB＋2 1）2(n＝0，1，2，3，…)
3
@《创新设计》
2.安培力做功的特点和实质 (1)安培力做功与路径有关，不像重力、电场力做功与路径无关。 (2)安培力做功的实质：起传递能量的作用。 ①安培力做正功：是将电源的能量转化为导线的动能或其他形式的能。 ②安培力做负功：是将其他形式的能转化为电能后或储存或转化为其他形式的能。

【步步高教案导学设计】 2014-2015 学年高中物理第二章磁场章末总结教案新人教版选修 1-1一、三种常用的电流的磁场的比较安培安则立体图横截面图纵截面图直线电流以导线上随意点为圆心的多组齐心圆，越向外越稀少，磁场越弱环形电流(从右向左看 )内部磁场比环外强，磁感线越向外越稀少通电螺线(从右向左看 )管内部为匀强磁场且比外面强，方向由S 极指向N 极，外面近似条形磁铁，由N 极指向S 极注图中“×”表示方向垂直纸面向里，“·”表示方向垂直纸面向外．例 1在图1中，分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针静止时N 极的指向或磁感线方向．请画出对应的磁感线(标上方向 )或电流方向．图 1答案用安培定章来判断，以以下图所示二、安培力作用下的均衡问题1．解决通电导体在磁场中受重力、弹力、摩擦力、安培力等力的作用下的均衡问题，重点是受力剖析．2．因为安培力 F 的方向、电流I 的方向、磁感觉强度 B 的方向三者之间波及三维空间，所以在分析和计算安培力的大小时，要擅长把立体图形改画成平面图形，以便受力剖析．3．画好协助图(如斜面 )，注明协助方向(如 B 的方向、 I 的方向等 )也是画好受力剖析图的重点．例 2如图2所示，在倾角为α的圆滑斜面上，搁置一根长为L 、质量为m、通有电流I 的导线，若使导线静止，应当在斜面上施加匀强磁场的磁感觉强度 B 的大小和方向为()图 2A ．B ＝ mgsinα /IL，方向垂直斜面向下B ． B ＝ mgsinα /IL，方向垂直斜面向上C． B ＝ mgsinα /IL，方向竖直向下D． B ＝ mgsinα /IL，方向水平向右分析依据电流方向和所给磁场方向的关系能够确立通电导线所受安培力 F 分别以下图，又因为导线还受重力和支持力，依据力的均衡条件知只有①③两种状况是可能的，此中①中 F ＝ mgsin α，mgB ＝ mgsinα /IL，③中B＝IL tan，α故A正确．答案 A三、带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动关于带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动一类问题的解题思路分为以下几个步骤：1．定倾向：利用左手定章．2．定圆心(1)若已知粒子运动轨迹上两点及对应速度方向，作这两点速度的垂线，交点即为圆心．(2)若已知粒子运动轨迹上两点及此中一点对应速度方向，作该点速度方向的垂线及两点连线的垂直均分线，交点即圆心．(3) 若已知粒子经过某一地点的速度方向和轨道半径R，则速度垂线上距该地点距离为R 的点即为圆心．(4) 若已知粒子在磁场中的入射点、入射方向和出射方向(不必定在磁场中)，则入射方向的垂线与两速度 (或反向延伸线 )夹角的角均分线的交点即为圆心．(多用于求有界磁场地区 )3．定半径mv(1) 若已知 m、 v 、 q、 B ，则依据 R＝Bq，求 R.v2求(2) 若题目中要求的物理量为m、 v、 q、 B 中某一个，则先依据几何关系求R，再依据 qvB ＝ m R 未知量． (此中几何关系中若存在直角三角形，常用三角函数或勾股定理)4．准时间第一确立圆周运动转过的圆心角α，再依据 t＝αT 求解 (确立圆心角常用：弦切角等于所夹弧对应2π圆心角的一半；速度偏转角等于圆周运动转过的圆心角)．例 3 如图 4 所示，两块长度均为5d 的金属板，相距 d 平行搁置．下板接地，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场．一束宽为 d 的电子束从两板左边垂直磁场方向射入两板间．设电子的质量为m，电荷量为 e，入射速度为v0.要使电子不会从两板间射出，求匀强磁场的磁感觉强度 B 知足的条件．图 4分析粒子不从双侧飞出，即不从射入的一侧飞出，也不从另一侧飞出，这是两个界限条件或许说d是两个临界条件．以下图，不从左边飞出，则电子做圆周运动的最小半径R2＝2；不从另一侧飞出，设电子做圆周运动的最大部分径为R1.欲使电子不飞出极板，电子运动的半径R 应知足的关系式为R2＜ R＜ R1.由几何知识得R 12 ＝(R1 － d)2 ＋ (5d)2解得 R1＝ 13d.mv又因带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时，半径R＝qB .mv0 2mv0.可得 B 知足的条件是13ed＜ B＜ed答案mv0 ＜B＜ 2mv013ed ed1．以下说法中正确的选项是()A．电荷处在电场强度为零的地方，遇到的电场力必定为零B．一小段通电导线放在磁感觉强度为零的地方，遇到的洛伦兹力必定为零C．电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度为零D．一小段通电导线在某处不受洛伦兹力作用，则该处磁感觉强度必定为零答案 ABC2．如图 5 所示，带负电的金属围绕轴OO′以角速度ω匀速转动，在环左边轴线上的小磁针最后平衡的地点是 ()图 5A ． N 极竖直向上B ． N 极竖直向下C． N 极沿轴线向左D． N 极沿轴线向右答案 C分析带负电的金属围绕OO′轴匀速转动，形成环形电流，等效电流方向与转动方向相反，由安培定章可判断，它产生的磁场在轴线OO′上水平向左，所以小磁针最后均衡时N 极沿轴线向左， C 项正确．3．在磁感觉强度为 B 的匀强磁场B1 中，一带电粒子做匀速圆周运动半周后，又顺利进入另一磁感觉强度为2B 的匀强磁场B2 中， B 的方向如图 6 所示，则在B2 中 ()图 6A．粒子速率加倍，周期减半B ．粒子的半径加倍，周期加倍C ．粒子的半径减半，周期减半D ．粒子在 B 中仍沿逆时针方向运动 答案 C4．质量为 m 的通电导体棒 ab 置于倾角为 θ的金属导轨上，以下图．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为 μ，在以下各图所加各样磁场中，导体棒均静止，则导体棒与导轨间摩擦力为零的可能 状况是( )答案 AB分析 要使静摩擦力为零，假如 FN ＝ 0，必有 Ff ＝ 选项中安培力的方向竖直向上与重力的方向 相反可能使 FN ＝ 0.假如 FN ≠0，则导体棒除受静摩擦力 Ff 之外的其余力的协力只需为零，那么Ff ＝0.在 A 选项中，导体棒所遇到的重力 G 、支持力 FN 及安培力 F 安三力协力可能为零，则导体棒所受静摩擦力可能为零； C 、D 选项中，从导体棒所遇到的重力G 、支持力 FN 及安培力 F 安三力 的方向剖析，协力不行能为零，所以导体所受静摩擦力不行能为零，故正确的选项应为A 、B. 5．在磁感觉强度为 4.0 ×10－ 2 T 、方向水平向右的匀强磁场里，有一条与磁场方向垂直、长 8 cm的通电导线 ab(如图 7 所示 )，通电导线 ab 所受的安培力为 1.0 ×10－ 2 N ，方向垂直纸面向外，求导 线中电流的大小和方向．图 7 答案 3.125 A 由 b 到 a 分析 由 F ＝BIL 得F 1.0 ×10 － 2 I ＝BL ＝4.0 ×10－ 2× A ＝3.125 A ，由左手定章判断电流方向由b 到 a.6．图 8 所示，一个不计重力、带电荷量为 q 、质量为 m 的带负电的粒子，垂直射入一宽度为d ，磁感觉强度为 B 的匀强磁场中，要使粒子能穿过该磁场地区，问：图 8(1) 粒子的速度起码为多大？(2) 粒子在磁场中所经历的时间至多为多长？答案 (1) Bqdm (2) 2Bq πm。