【金版新学案】2014-2015学年高中物理第2章电路章末知识整合课时检测粤教版选修3-1基本计算专题一电路中能量转化的分析(1)电功：W＝UIt.(2)电功率：P电＝UI.(3)热量：Q＝2I Rt.(4)热功率：P热＝2I R.分析与方法：闭合电路中电功、热量和电功率、热功率的问题本质上都是能量转化和守恒问题．分析这类问题时，要注意区分电功和热量、电功率和热功率，抓住能量守恒这条主线；在纯电阻电路中，电功和热量相等，电功率和热功率相等；在非纯电阻电路中，电功大于热量，电功率大于热功率．一台洗衣机上的电动机的额定电压U＝220 V，线圈电阻R＝1 Ω，在额定电压下正常运转时电流I＝2 A，求：(1)电动机消耗的总功率和发热功率．(2)电动机的输出功率．解析：(1)电动机总功率即为电功率P总＝UI＝220×2 W＝440 W；发热功率即为线圈电阻的热功率P热＝I R2＝22×1 W＝4 W.(2)电动机的输出功率即为电动机的机械功率，由能量守恒可得：P总＝P出＋P热，所以P出＝P总－P热＝436 W.答案：(1) P总＝440 W P热＝4 W (2)P出＝436 W点评：电动机是非纯电阻元件，解答时要注意从能量转化和守恒的角度理解其消耗功率、发热功率和输出功率之间的关系．练习1．一直流电动机线圈内阻一定，用手握住转轴使其不能转动，在线圈两端加电压为0.3 V，电流为0.3 A；松开转轴，在线圈两端加电压为2 V时，电流为0.8 A，电动机正常工作．求：该电动机正常工作时，输入的电功率是多少？电动机的机械功率是多少？解析：电动机不转动时，其消耗的电功全部转化为内能，故可视为纯电阻电路，由欧姆定律得电动机线圈内阻：r ＝U/I ＝0.30.3Ω＝1 Ω，电动机转动时，消耗的电能转化为内能和机械能，其输入的电功率为P 入＝I 1·U 1＝0.8×2 W＝1.6 W ，电动机的机械功率P 机＝P 入－I 21·r ＝1.6 W －0.82×1 W＝0.96 W. 答案：1.6 W 0.96 W专题二 动态电路的分析在恒定电路中，常会由于某个因素的变化而引起整个电路中一系列电学量的变化，出现牵一发而动全身的情况，此类问题即为动态电路问题． 方法一：“程序法”分析这类问题的常用方法是“程序法”，即从阻值变化的部分入手，由串、并联规律判断R 总的变化情况，再由欧姆定律判断I 总和U 外的变化情况，最后由部分电路欧姆定律判定各部分的变化情况．电动势为E ，内阻为r 的电源与定值电阻R 1、R 2及滑动变阻器R 连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b 端时，下列说法正确的是( ) A ．电压表和电流表的读数都增大 B ．电压表和电流表的读数都减小 C ．电压表的读数增大，电流表的读数减小 D ．电压表的读数减小，电流表的读数增大解析：当滑动变阻器触点向b 端移动时，滑动变阻器的电阻R 增大，则R和R 2的并联电阻增大，回路外电阻R 外增大，由闭合电路欧姆定律I 总＝E R r 外可知，干路电流减小．由U＝E－I总r可知，路端电压增大，故电压表读数增大；R1两端的电压U1＝I 总R1，R2两端的电压U2＝U－U1，所以加在R2两端电压U2增大，流过R2的电流增大，流过电流表的电流I3＝I总－I2，故电流表的读数变小．综上所述可知，选项C正确．答案：C点评：分析动态电路问题时，关键是明确分析物理量的顺序，先部分再整体再部分；分析部分电路时，要先分析不变部分，再分析变化的部分；要注意思维的变换，分析电压不行时再分析电流．方法二：“并同串反”①“并同”：是指某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大；某一电阻减小时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小．②“串反”：是指某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小；某一电阻减小时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率将增大．如图所示的电路中，R1、R2、R3、和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U，当R5的滑动角点向图中a端移动时( )A．I变大，U变小 B．I变大，U变大C．I变小，U变大 D．I变小，U变小解析：本题中变量是R5，由题意知，R5的等效电阻变小．简化电路结构可各知，电压表V，电流表A 均与R 5间接并联，根据“串反并同”的原则，电压表V ，电流表A 的读数均与R 5的变化趋势相同，即两表示数均减小． 答案：D点评：(1)近几年高考对电路的分析和计算，考查的重点一般不放在基本概念的理解和辨析方面，而是重在知识的应用方面．本题通过5个电阻与电表的串、并联构成较复杂的电路，关键考查考生简化电路结构、绘制等效电路图的能力．然后应用“串反并同”法则，可快捷得到结果．(2)注意“串反并同”法则的应用条件：单变量电路．对于多变量引起的电路变化，若各变量对同一对象分别引起的效果相同，则该原则的结果成立；若各变量对同一对象分别引起的效果相反，则“串反并同”法则不适用． 练习2．(双选)如图所示，图中的四个表均为理想表，当滑动变阻器的滑动触点向右端滑动时，下列说法正确的是( )A ．电压表1V 的读数减小，电流表1A 的读数增大B ．电压表1V 的读数增大，电流表1A 的读数减小C ．电压表2V 的读数减小，电流表2A 的读数增大D ．电压表2V 的读数增大，电流表2A 的读数减小解析：当滑动变阻器的滑动触点向右端滑动时，R 的阻值减小，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律，电路中的总电流增大，即电流表A 1的读数增大；电压表V 1的读数为电路的路端电压，其读数减小，故A 正确．路端电压减小则电流表A 2的读数减小；总电流增大，A 2电流减小，则流过R 2的电流增大，故电压表V 2的读数增大，D 正确．答案：AD专题三电路故障分析方法故障类型①短路：电路被短路部分有电流通过(电流表有示数)被短路两点之间没有电压(电压表无示数)②断路：电路断路部分没有电流通过(电流表无示数)断路两点之间有电压，断路同侧导线两点无电压电路故障分析思路①认真审题，判断电路各元件连接方式，明确电流表、电压表测量的元件，各开关控制的元件．②根据故障现象分析有无电流，得出电路是短路还是断路．③根据电表示数变化分析找出故障位置．★利用电流表、电压表判断电路故障★(1)电流表示数正常而电压表无示数“电流表示数正常”表明电流表所在电路为通路，“电压表无示数”表明无电流通过电压表．故障原因可能是：①电压表损坏；②电压表接触不良；③与电压表并联的用电器短路．(2)电压表有示数而电流表无示数“电压表有示数”表明电路中有电流通过，“电流表无示数”说明没有或几乎没有电流流过电流表．故障原因可能是：①电流表短路；②和电压表并联的用电器断路(3)电流表电压表均无示数“两表均无示数”表明无电流通过两表，除了两表同时短路外，可能是干路断路导致无电流．★利用电导线判断电路故障★(主要判断断路故障)电路中无电流或灯泡不发光：将导线接在两点间，如果电路中有电流(或电路中灯泡发光了)，说明此两点间有断路．在如图所示电路中，电源电压不变，闭合开关S，电路正常工作一段时间后，发现其中一个电压表示数变大，则( )A．L可能变亮 B．R可能断路C．灯L可能断路 D．电阻R可能短路V 解析：首先分析电路的连接方式与电表的作用对象．灯L与电阻R串联，V测电源电压，1V 测电阻R电压．其次，从故障现象看，有一个电压表示数变大，而电源电压不变则可判断是1示数变大．根据上面的“故障分析思路”可判断：可能是灯L短路，或者可能是电阻R断路V也测电源电压)．所以，此题应选答案B.(1答案：B如图所示，开关S闭合电灯不亮，为了检查图中电路故障，现用一根导线进行判断，当导线连接BC时，灯不亮；当导线连接CD时，灯也不亮；当导线连接DE时，灯亮了．则电路故障原因是( )A．电阻R断路B．电灯L断路C．R、L同时断路D．变阻器R断路解析：在串联电路中，灯不亮，有两种可能，第一：灯短路；第二：电路中有断路处．根据导线的连接现象判断，应该不是第一种故障，所以是电路中有断路处．当把断路处连接好，灯就会亮．所以，此题应选答案D.答案：D专题四含容电路含电容电器的分析与计算方法在直流电路中，当电容器充、放电时，电路里有充、放电电流．一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无限大(只考虑电容器是理想的不漏电的情况)的元件，在电容器处电路可看作是断路，简化电路时可去掉它．简化后若要求电容器所带电量时，可接在相应的位置上．分析和计算含有电容器的直流电路时，需注意以下几点：(1)电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压．(2)当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联电阻两端的电压相等． (3)电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充(放)电．如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电．如图所示，电源电动势E ＝12 V ，内阻r ＝1 Ω，电阻R 1＝3 Ω，R 2＝2 Ω，R 3＝5 Ω，电容器的电容C 1＝4μF ，C 2＝1μF.求：(1)当S 闭合时间足够长时，C 1和C 2所带的电量各是多少？(2)然后把S 断开，S 断开后通过R 2的电量是多少？解析：(1)当S 闭合时间足够长时，C 1两端的电压等于R 2两端的电压；C 2两端的电压等于路端电压回路电流I ＝12++E r R R ＝2 A.C 1两端的电压U C1＝U 2＝IR 2＝4 VC 1的带电量为：Q 1＝C C U 11＝4×106－×4 C＝1.6×105－ C C 2两端的电压C U 2＝U ＝I(R 1＋R 2)＝10 VC2的带电量为：Q2＝CC U22＝1×106－×10 C＝1.0×105－ C(2)断开S后，电容器C1通过电阻R2、R3放电；电容器C2通过电阻R1、R2、R3放电，放电电流均流过R2，且方向相同．因此，通过R2的电量为：Q＝Q1＋Q2＝1.6×105－ C＋1.0×105－ C＝2.6×105－C.答案：(1)1.6×510－ C 1.0×510－ C(2)Q＝2.6×510－ C实验部分专题一万用表及其应用用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量：①旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻度线.②将K旋转到电阻挡“×100”位置.③将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件______，使指针对准电阻的________(填“0 刻线”或“∞刻线”).④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1”的位置B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准解析：(1)首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S.接着是欧姆调零，将“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端零刻度处．当两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，必须将指针指在中间刻度附近，所以要将倍率调大．原因是指针偏转小，则说明刻度盘值大，现在要指针偏大即刻度盘值要小，则只有调大倍率才会实现．所以正确顺序ADC.答案：①S；③T；0刻线；④ADC练习3．如图是某同学连接的实验实物图，使用四节电动势为1.5 V的干电池做电源，合上开关S 后发现A、B灯都不亮，他采用下列两种方法检查故障：(1)用多用电表的直流电压挡进行检查：①那么选择开关应置于下列量程的几挡；A．2.5 V B．10 V C．50 V D．250 V②在测试a、b间直流电压时，红表笔应接触________点(填“a”或“b”)(2)用欧姆挡的×1挡检查c、f段电路情况①测试前，应将开关S________；(填“断开”或“闭合”)②测试结果如表格所示，由此可以断定这段电路的故障是A.灯A 断路 B ．灯B 断路C ．灯A 、B 都断路 D ．de 间导线断路答案：(1)B ；a (2)断开；D专题二 测定电源的电动势和内阻为了测定某一电源的电动势E 和内阻r(E 约为4.5 V ，r 约为1.5 Ω)，实验室提供的实验器材有：量程为3 V 的理想电压表V ；量程为0.5 A 的电流表A(具有一定内阻)；固定电阻R ＝4 Ω；滑动变阻器R′；电键K ；导线若干．(1)画出实验原理图．(2)实验中，当电流表的读数为I 1时，电压表的读数为U 1；当电流表的读数为I 2时，电压表的读数为U 2.则可以求出E ＝________，r ＝________.解析：(1)电路中的短路电流I 0≈Er ＝3 A ，大于电流表量程，所以必须使用固定电阻保护电路，兼顾干路中电流测量的准确性，采用如图所示的电路．(2)由闭合电路欧姆定律有： U 1＝E －I 1 (R ＋r)，U 2＝E －I 2 (R ＋r)，联立两式解得E ＝222112I U I U I I --，r ＝2112U U I I --－R.答案：见解析练习4．小明的实验桌上有：A.待测电源一个(电动势约3 V，内阻小于1 Ω)；B.直流电流表(量程0～0.6～3 A，0.6 A挡的内阻约0.22 Ω，3 A挡的内阻约0.1 Ω)；C.直流电压表(量程0～3～15 V,3 V挡内阻为15 kΩ，15 V挡内阻为25 kΩ)；D.滑动变阻器(阻值范围为0～15 Ω，允许最大电流为1 A)；E.滑动变阻器(阻值范围为0～1 000 Ω，允许最大电流为0.2 A)；F.开关；G.导线若干；H.小灯泡(电阻小于1 Ω)．假如你是小明，请你完成：(1)利用给出的器材测电源的电动势和内阻，有如图甲、乙两种电路，为了减小测量误差，应选择图______所示电路．(2)根据你选择的电路将图丙中的实物连接好．(3)你选择的滑动变阻器是________(填代号)，理由是________________________________________________________________________.(4)小明根据测出的数据，作出U－I图线如图丁a线所示，实验所测电源的电动势为E＝__________V，内电阻为r＝________Ω.解析：(1)伏特表测量的是路端电压，所以使用图乙电路．(2)图略．(3)D，电流适中且移动滑片时电流表示数较明显．(4)3,0.75.答案：见解析专题三测定小灯泡的U－I关系曲线线性元件的伏安特性曲线是过原点的直线，而非线性元件的伏安特性曲线则是过原点的曲线．因此，在分析非线性元件的伏安特性时，要充分认识到这一点，避免受线性元件伏安特性曲线的影响而形成思维定式．小灯泡通电后其电流随所加电压变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为过P 点的切线．则下列说法正确的是( )A．对应P点，小灯泡的电阻为0.1 ΩB．对应P点，小灯泡的电阻为0.05 ΩC．对应P点，小灯泡的电阻为10 ΩD．对应P点，小灯泡的电阻为20 Ω解析：该图线是小灯泡的伏安特性曲线，值得注意的是，流过小灯泡的电流和小灯泡两端的电压并不是正比关系．对应P点，小灯泡的电阻R＝UI＝40.4Ω＝10 Ω.故选项C正确．答案：C点评：分析该题常见的错误有两种：一种是没有看清纵坐标和横坐标所代表的物理量，受思维定式的影响，认为小灯泡的电阻R ＝0.44Ω＝0.1 Ω，误选了A ；一种是误认为切线斜率的倒数就表示小灯泡的电阻，而误选了D.练习5．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图(a)所示的I －U 坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线．(1)根据图线的坐标数值，请在图(b)中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路．(2)根据图(a)，可判断出图(c)中正确的关系图是________(图中P 为小灯泡功率)．(3)将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与10 Ω的定值电阻串联，接在电压恒为8 V 的电源上，如图(d)所示，则电流表的示数为__________A ，每个小灯泡的功率为__________W.解析：(1)因描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，电流从零调到最大值，滑动变阻器应用分压式，故电路图如图所示．(2)由图(a)所示图象可知，随电流增大，灯泡电阻R增大，由P＝I2R可知，在P－I2图象中图象上某点与原点连线的斜率为电阻R，而电阻R又随I的增大而增大，则P－I2图象的斜率随I2的增大而增大，由图象可知，ABC错误，D正确．(3)由图(d)所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I. 在这个闭合电路中，E＝U＋2IR0，代入数据并整理得，U＝8－20I，在图(a)所示坐标系中作出U＝8－20I的图象如图所示，由图象可知，两图象交点坐标值为：U＝2 V、I＝0.3 A，此时通过电流表的电流值I A＝2I＝0.6 A，每只灯泡的实际功率P＝UI＝2×0.3＝0.6 W.答案：(1)电路图如图所示(2)D (3)0.6 0.6。
1.5 电磁感应规律的应用 学案（粤教版选修3-2）1．情景分析：如图1所示，铜棒Oa 长为L ，磁场的磁感应强度为B ，铜棒在垂直于匀强磁场的平面上绕O 点以角速度ω匀速转动，则棒切割磁感线的等效速度v ＝ωL2，产生的感应电动势E ＝12BL 2ω，由右手定则可判定铜棒的O 端电势较高．图12．如图2所示，导体棒ef 沿着导轨面向右匀速运动，导轨电阻不计．导体棒ef 相当于电源，e 是正极，f 是负极，电源内部电流由负极流向正极；R 和R g 构成外电路，外电路中电流由电源正极流向负极．图23．电磁感应中的能量：在由导体切割磁感线产生的电磁感应现象中，导体克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能，即电能是通过克服安培力做功转变来的．4．正在转动的电风扇叶片，一旦被卡住，电风扇电动机的温度上升，时间一久，便发生一种焦糊味，十分危险，产生这种现象的原因是________________________________________________________________________． 答案 见解析解析 电风扇叶片一旦卡住，这时反电动势消失，电阻很小的线圈直接连在电源的两端，电流会很大，所以电风扇电动机的温度很快上升，十分危险．5．当穿过线圈的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是( ) A ．线圈中一定有感应电流 B ．线圈中一定有感应电动势C ．感应电动势的大小跟磁通量的变化成正比D ．感应电动势的大小跟线圈的电阻有关 答案 B解析 产生感应电流的条件与产生感应电动势的条件是不同的，只有电路闭合且磁通量发生变化才能产生感应电流，不管电路是否闭合，只要磁通量变化，就一定有感应电动势产生．感应电动势只与磁通量的变化快慢和线圈的匝数有关．6．如图3所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab 以水平速度v 抛出，且棒与磁场垂直，设棒在落下的过程中方向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动的过程中产生的感应电动势大小变化情况是()图3A ．越来越大B ．越来越小C ．保持不变D ．无法判断 答案 C解析 在运用公式E ＝BL v 进行感应电动势的运算时，要注意该公式中B 、L 、v 三者必须互相垂直．如果不互相垂直，要进行相应的分解后运用分量代入运算．本题中切割速度为金属棒的水平分速度，水平分速度不变，故感应电动势大小保持不变，选C.7．如图4所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R ，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于()图4A ．棒的机械能增加量B ．棒的动能增加量C ．棒的重力势能增加量D ．电阻R 上放出的热量 答案 A解析 棒受重力G 、拉力F 和安培力F A 的作用．由动能定理：W F ＋W G ＋W 安＝ΔE k 得W F＋W 安＝ΔE k ＋mgh ，即力F 做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增量，A 项正确．【概念规律练】知识点一 法拉第电机模型的分析1．如图5所示，长为L 的金属棒ab ，绕b 端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B ，求ab 两端的电势差．图5答案 12BL 2ω解析 方法一 棒上各处速率不等，故不能直接用公式E ＝BL v 求解，由v ＝ωr 可知，棒上各点线速度跟半径成正比，故可用棒的中点的速度作为平均切割速度代入公式计算．由v ＝ωL /2，有BL v ＝12BL 2ω，由右手定则判断φa >φb ，即U ab >0，故U ab ＝12BL 2ω方法二 用E ＝n ΔΦΔt来求解．设经过Δt 时间ab 棒扫过的扇形面积为ΔS ＝12LωΔtL ＝12L 2ωΔt变化的磁通量为ΔΦ＝B ΔS ＝12BL 2ωΔt ，所以E ＝n ΔΦΔt ＝nB ΔS Δt ＝12BL 2ω(n ＝1)由右手定则判断φa >φb所以a 、b 两端的电势差为12BL 2ω.点评 当导体棒转动切割磁感线时，若棒上各处磁感应强度B 相同，则可直接应用公式E ＝12BL 2ω. 2．如图6所示，长为L 的导线下悬一小球，在竖直向上的匀强磁场中做圆锥摆运动，圆锥的偏角为θ，摆球的角速度为ω，磁感应强度为B ，则金属导线中产生的感应电动势大小为________．图6答案 12BL 2ωsin 2 θ解析 导线的有效长度为L ′＝L sin θ电动势E ＝12BL ′2ω＝12BL 2ωsin 2 θ点评 导体在磁场中转动，导线本身与磁场并不垂直，应考虑切割磁感线的有效长度．知识点二 电磁感应中的电路问题3．如图7所示，长为L ＝0.2 m 、电阻为r ＝0.3 Ω、质量为m ＝0.1 kg 的金属棒CD 垂直放在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也为L ，棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R ＝0.5 Ω的电阻，量程为0～3.0 A 的电流表串联在一条导轨上，量程为0～1.0 V 的电压表接在电阻R 的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面．现以向右恒定的外力F 使金属棒右移，当金属棒以v ＝2 m/s 的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一电表未满偏．问：图7(1)此时满偏的电表是什么表？说明理由． (2)拉动金属棒的外力F 有多大？ (3)导轨处的磁感应强度多大？ 答案 (1)见解析 (2)1.6 N (3)4 T解析 (1)假设电流表满偏，则I ＝3 A ，R 两端电压U ＝IR ＝3×0.5 V ＝1.5 V ，将大于电压表的量程，不符合题意，故满偏电表应该是电压表．(2)由能量关系，电路中的电能应是外力做功转化来的，所以有F v ＝I 2(R ＋r )，I ＝UR，两式联立得，F ＝U 2(R ＋r )R 2v＝1.6 N.(3)磁场是恒定的，且不发生变化，由于CD 运动而产生感应电动势，因此是动生电动势．根据法拉第电磁感应定律有E ＝BL v ，根据闭合电路欧姆定律得E ＝U ＋Ir 以及I ＝UR，联立三式得B ＝U L v ＋Ur RL v＝4 T.点评 注意区分电源和外电路，熟练运用闭合电路的有关规律． 4．匀强磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，磁场宽度l ＝3 m ，一正方形金属框边长ad ＝l ′＝1 m ，每边的电阻r ＝0.2 Ω，金属框以v ＝10 m/s 的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图8所示．求：图8(1)画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的I －t 图线；(要求写出作图依据) (2)画出ab 两端电压的U －t 图线．(要求写出作图依据) 答案 见解析解析 线框的运动过程分为三个阶段：第Ⅰ阶段cd 相当于电源，ab 为等效外电路；第Ⅱ阶段cd 和ab 相当于开路时两并联的电源；第Ⅲ阶段ab 相当于电源，cd 相当于外电路，如下图所示．(1)在第一阶段，有I 1＝Er ＋3r＝Bl ′v 4r ＝2.5 A感应电流方向沿逆时针方向，持续时间为t 1＝l ′v ＝110s ＝0.1 sab 两端的电压为U 1＝I 1·r ＝2.5×0.2 V ＝0.5 V (2)在第二阶段，有I 2＝0，U 2＝E ＝Bl ′v ＝2 V t 2＝0.2 s(3)在第三阶段，有I 3＝E4r＝2.5 A感应电流方向为顺时针方向 U 3＝I 3×3r ＝1.5 V ，t 3＝0.1 s规定逆时针方向为电流正方向，故I －t 图象和ab 两端U －t 图象分别如下图所示．点评 第二阶段cd 与ab 全部进入磁场后，回路中磁通量不变化，无感应电流，但ab 、cd 都切割磁感线，有感应电动势，相当于开路时两个并联的电路．【方法技巧练】用能量观点巧解电磁感应问题5．如图9所示，将匀强磁场中的线圈(正方形，边长为L )以不同的速度v 1和v 2匀速拉出磁场，线圈电阻为R ，那么两次拉出过程中，外力做功之比W 1∶W 2＝________.外力做功功率之比P 1∶P 2＝________.图9答案 v 1∶v 2 v 21∶v 22解析 线圈匀速拉出磁场，故其动能未变化．线圈中由于电磁感应产生电流，即有电能产生，且电能全部转化为内能，故外力做多少功就有多少内能产生．W ＝Q ＝I 2R Δt ＝⎝⎛⎫ΔΦ2R Δt ＝(ΔΦ)2R Δt ∝1Δt∝v故W 1∶W 2＝v 1∶v 2同理，由P ＝W Δt ＝Q Δt∝v 2可得P 1∶P 2＝v 21∶v 22 方法总结 两次均匀速把线框拉出磁场都有F 安＝F 外，但两次的外力不同．6．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图10所示，抛物线的方程为y ＝x 2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(图中的虚线所示)，一个质量为m 的小金属块从抛物线y ＝b (b >a )处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是()图10A ．mgb B.12m v 2C ．mg (b －a )D ．mg (b －a )＋12m v 2答案 D解析 金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生电流，进而产生焦耳热．最后，金属块在高为a 的曲面上做往复运动．减少的机械能为mg (b －a )＋12m v 2，由能量的转化和守恒可知，减少的机械能全部转化成焦耳热，即选D.方法总结 在电磁感应现象中，感应电动势是由于非静电力移动自由电荷做功而产生的，要直接计算非静电力做功一般比较困难，因此要根据能量的转化及守恒来求解．。
预习案1【自主学习】阅读教材54页-58页，大约需要10分钟，读后请思考：1.能量守恒定律是某一个科学家发现的吗？2.永动机不可能制成的原因是什么？【学始于疑】（请将预习中不能解决的问题记录下来，供课堂解决。
）课堂案例题:教材65页第5题课堂练习与讨论：教材65页第3、4题讨论：热力学第一定律与能量守恒定律有何联系与区别？课堂练习：教材64页第5、6题【进阶闯关检测】A类基础关1．(多选)下列对能量守恒定律的认识，正确的是( )A．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机是可能制成的D．石子从空中落下，最后静止在地面上，说明能量消失了2．“第一类永动机”不可能制成，是因为( )A．不符合机械能守恒定律 B．违背了能量守恒定律C．技术上还达不到 D．找不到合适的材料和合理的设计方案B类能力关3.如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片。
轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动。
离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。
下列说法正确的是( ) A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量4．在一绝热的密闭房间里，有一台电冰箱正在工作。
如果电冰箱的门是开着的，那么室内的气温将如何变化？。
C类综合关（选做）5．一定质量的实际气体从外界吸收了4.2×105J的热量，同时气体对外做了6×105J的功，问：(1)气体的内能增大还是减小？变化量是多少？(2)分子势能是增大还是减小？(3)分子的平均动能是增大还是减小？6．质量M＝200 g的木块，静止在光滑水平面上，质量m＝20 g的铅弹[铅的比热容c＝126 J/(kg·℃)]以水平速度v0＝500 m/s射入木块，当它射出木块时速度变为v＝300 m/s，木块的速度为20 m/s。
学案1能量守恒定律的发现学案2热力学第一定律[目标定位] 1.理解能量守恒定律，知道能量守恒是自然界普遍遵循的基本规律.2.知道第一类永动机是不可能实现的.3.知道做功和热传递是改变内能的两种方式，理解这两种方式对改变系统内能是等效的.4.理解热力学第一定律，能运用它解释自然界的能量转化、转移问题.一、能量守恒定律[问题设计]观察课本中的“几种重要的能量形式及相互之间的转化”图，试着说明汽车把汽油的化学能转化为机械能的过程.在这些能量转化过程中，遵守的规律是什么？答案汽车通过燃烧汽油，把化学能转化为内能，再通过发动机做功把内能转化为机械能.能量守恒定律.[要点提炼]1.能量守恒定律内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变.2.对能量守恒定律的理解(1)某种形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等.(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等.3.能量的存在形式及相互转化各种运动形式都有对应的能：机械运动有机械能，分子的热运动有内能，还有诸如电磁辐射能、化学能、核能等.各种形式的能通过某种力做功可以相互转化.4.第一类永动机(1)定义：不需要任何动力和燃料，却能不断地对外做功的机器.(2)不可能制成的原因：违背了能量守恒定律.二、改变物体内能的两种方式[问题设计]给你一段铁丝，想让它的温度升高，你有哪些方法？答案加热铁丝或用铁锤不断的敲打铁丝.[要点提炼]改变物体内能的两种方式：做功和热传递.1.做功——其他形式的能与内能之间的转化.外界对物体做功，物体的内能增加.物体对外界做功，物体的内能减少.2.热传递——不同物体之间或同一物体不同部分之间内能的转移.物体吸收热量，内能增加.物体放出热量，内能减少.三、热力学第一定律1.热力学第一定律表达式：ΔU＝Q＋W.2.对公式ΔU＝Q＋W符号的规定3.三种特殊情况(1)若过程是绝热的，即Q＝0，则W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加.(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加.(3)若过程的始末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量.四、温度、内能和热量的区别与联系1.温度与内能从宏观看，温度表示的是物体的冷热程度；从微观看，温度反映了分子热运动的激烈程度，是分子平均动能的标志.物体的温度升高，其内能一定增加.但向物体传递热量，物体的内能却不一定增加(可能同时对外做功).2.热量和内能热量是热传递过程中的特征物理量，和功一样，热量只是反映物体在状态变化过程中所迁移的能量，是用来衡量物体内能变化的.要使系统的内能发生变化，可以通过热传递或做功两种方式来完成.一、能量守恒定律例1 一铁球从高H 处由静止落到地面上，回弹速率是落地速率的一半，设撞击所转化的内能全部使铁球温度升高，则铁球的温度升高多少？(设铁的比热容为c ，各物理量取国际制单位)解析 设落到地面时的速率为v ，由v 2＝2gH 得落地时速率 v ＝2gH则铁球在与地面撞击时损失的动能 ΔE ＝12m v 2－12m (v 2)2＝38m v 2＝38m ·2gH ＝34mgH由能量守恒定律得，损失的动能全部转化为铁球的内能 则ΔU ＝ΔE ＝34mgH ＝Q由Q ＝cm Δt 得 Δt ＝Q cm ＝34mgH cm ＝3gH 4c即铁球温度升高3gH 4c .答案3gH4c二、改变内能的两种方式例2 关于物体内能的变化情况，下列说法中正确的是( ) A.吸热的物体，其内能一定增加 B.体积膨胀的物体，其内能一定减少 C.放热的物体，其内能也可能增加 D.绝热压缩的气体，其内能一定增加解析 做功和热传递都能改变物体的内能，不能依据一种方式的变化就判断内能的变化. 答案 CD三、热力学第一定律例3 一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104 J 的功，气体的内能减少了1.2×105 J ，则下列各式中正确的是( ) A.W ＝8×104 J ，ΔU ＝1.2×105 J ，Q ＝4×104 J B.W ＝8×104 J ，ΔU ＝－1.2×105 J ，Q ＝－2×105 J C.W ＝－8×104 J ，ΔU ＝1.2×105 J ，Q ＝2×104 J D.W ＝－8×104 J ，ΔU ＝－1.2×105 J ，Q ＝－4×104 J解析 因为外界对气体做功，W 取正值，即W ＝8×104 J ；内能减少，ΔU 取负值，即ΔU ＝－1.2×105 J ；根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，可知Q ＝ΔU －W ＝－1.2×105 J －8×104 J ＝－2×105 J ，即B 选项正确. 答案 B四、温度、内能和热量的区别与联系 例4 关于热传递，下列说法正确的是( )A.热传递中，热量一定从含热量多的物体传向含热量少的物体B.两个物体之间发生热传递的条件是它们之间有温度差C.在热传递中，热量一定从内能多的物体传向内能少的物体D.内能相等的两个物体相互接触时，也可能发生热传递解析 热量的概念只有在涉及能量的传递时才有意义，所以不能说物体含有多少热量，故A 错；物体间发生热传递的必要条件是存在温度差，故B 对；在热传递中，热量一定从温度高的物体传向温度低的物体，温度高的物体内能不一定多，故C 错，D 对. 答案 BD1.能量守恒定律的发现⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧能量形式与能量转化能量守恒定律发现的历史背景⎩⎪⎨⎪⎧蒸汽技术的发展各种基本运动形式之间普遍联系性的发现永动机研制的失败发现与确立的代表人物：迈尔、焦耳、亥姆霍兹能量守恒定律的内容2.热力学第一定律⎩⎪⎨⎪⎧改变物体内能的两种方式⎩⎪⎨⎪⎧ 做功热传递热力学第一定律⎩⎪⎨⎪⎧只有做功ΔU ＝W 只有热传递ΔU ＝Q 做功与热传递同时发生ΔU ＝Q ＋W1.(能量守恒定律和第一类永动机)“第一类永动机”不可能制成，是因为( ) A.不符合机械能守恒定律 B.违背了能量守恒定律 C.做功产生的热不符合热功当量 D.找不到合适的材料和合理的设计方案 答案 B2.(做功改变内能)地面附近有一正在上升的空气团，它与外界的热交换忽略不计.已知大气压强随高度增加而降低，则该空气团在上升过程中(不计气团内分子间的势能)( ) A.体积减小，温度降低 B.体积减小，温度不变 C.体积增大，温度降低 D.体积减小，温度不变 答案 C解析 空气团与外界的热交换忽略不计，随高度上升大气压强逐渐减小，空气团体积逐渐增大，对外界做功，所以内能逐渐减小，则温度逐渐降低，选项C 正确.3.(热力学第一定律)一定质量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J ，气体对外界做功1.0×104 J ，则该理想气体的( ) A.温度降低，密度增大 B.温度降低，密度减小 C.温度升高，密度增大 D.温度升高，密度减小答案 D解析 由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 得：ΔU ＝－1.0×104 J ＋2.5×104 J ＝1.5×104 J ，因此气体的内能增大，故温度升高，又因气体对外做功，体积增大，故密度减小.4.(温度、内能和热量的区别与联系)关于温度、内能和热量，下列说法中正确的是( ) A.物体的温度升高时，一定吸收热量B.物体沿斜面下滑时，内能将增大C.物体沿斜面匀速下滑时，内能可能增大D.内能总是从高温物体传递给低温物体，当内能相等时热传递停止答案 C解析改变物体内能的两种方法：做功和热传递.温度升高，内能增加，但不一定是吸收热量，A错误；物体沿斜面下滑时，可能不受摩擦力，内能可能不变，B错误；物体克服摩擦力做功，摩擦生热，内能可能增大，C正确；热传递的条件是物体间存在温度差，热量从温度高的物体传递给温度低的物体，温度相同后热传递停止，D错误.题组一能量守恒定律1.自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，下列说法中正确的是()A.机械能守恒B.能量正在消失C.只有动能和重力势能的相互转化D.减少的机械能转化为内能，但总能量守恒答案 D解析自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，说明机械能在减少，故A、C项错误；减少的机械能通过摩擦转化成了内能，故B项错误，D项正确.2.一物体获得一定初速度后，沿着一粗糙斜面上滑，在上滑过程中，物体和斜面组成的系统()A.机械能守恒B.总能量守恒C.机械能和内能增加D.机械能减少，内能增加答案BD解析物体沿斜面上滑过程中，有摩擦力对物体做负功，所以物体的机械能减少.由能量守恒定律知，内能应增加，能量总量不变.3.如图1所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片.轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动.离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动.下列说法正确的是()图1A.转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B.转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C.转动的叶片不断搅动热水，水温升高D.叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量答案 D解析轻推转轮后，叶片开始转动，由能量守恒定律可知，叶片在热水中吸收的热量一部分释放到空气中，另一部分使叶片在热水中伸展做功，所以叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，D正确.题组二热力学第一定律的基本应用4.关于系统的内能，下列说法中正确的是()A.物体内所有分子的平均动能与分子势能的总和叫物体的内能B.当一个物体的机械能发生变化时，其内能也一定发生变化C.外界对系统做了多少功W，系统的内能就增加多少，即ΔU＝WD.系统从外界吸收了多少热量Q，系统的内能就增加多少，即ΔU＝Q答案 A解析在分子动理论中，我们把物体内所有分子的动能与分子势能的总和定义为物体的内能，A对.物体的内能与机械能是两个不同的物理概念，两者没有什么关系，如物体的速度增加了，机械能可能增加，但如果物体的温度不变，物体的内能就可能不变，故B错.只有当系统与外界绝热时，外界对系统做的功才等于系统内能的增量，同理，只有在单纯的热传递过程中，系统吸收(或放出)的热量才等于系统内能的增加量(或减少量)，故C、D错.5.图2为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中()图2A.外界对气体做功，气体内能增大B.外界对气体做功，气体内能减小C.气体对外界做功，气体内能增大D.气体对外界做功，气体内能减小答案 A解析在M向下滑动的过程中，气体体积缩小，外界对气体做功，再根据热力学第一定律知，气体不与外界发生热交换，气体内能增加，故正确答案为A.6.如图3所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞.今对活塞施以一竖直向下的压力F，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小.若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体()图3A.温度升高，压强增大，内能减少B.温度降低，压强增大，内能减少C.温度升高，压强增大，内能增加D.温度降低，压强减小，内能增加答案 C解析向下压活塞，力F对气体做功，气体的内能增加，温度升高，体积减小，压强增大，故选项C正确.7.对一定质量的气体，下列说法正确的是()A.在体积缓慢地不断增大的过程中，气体一定对外界做功B.在压强不断增大的过程中，外界对气体一定做功C.在体积不断被压缩的过程中，内能一定增加D.在与外界没有发生热量交换的过程中，内能一定不变答案 A解析 气体体积增大，膨胀对外做功，故A 对；压强p 增大，可能是温度T 升高，不一定是体积减小，故B 错；做功和热传递都可以改变物体的内能，在体积被压缩的过程中，如果气体对外放热，内能不一定增加，故C 错；同理，与外界没有热量交换，如果气体对外界做功或外界对气体做功，内能也会改变，D 错. 题组三 热力学第一定律的综合应用8.出租车常以天然气作为燃料，加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)( ) A.压强增大，内能减小 B.吸收热量，内能增大 C.压强减小，分子平均动能增大 D.对外做功，分子平均动能减小 答案 B解析 储气罐内气体体积及质量均不变，温度升高，气体从外界吸收热量，分子平均动能增大，内能增大，压强变大.因气体体积不变，故气体不对外做功，只有B 正确.9.如图4所示，倒悬的导热汽缸中封闭着一定质量的理想气体.轻质活塞可无摩擦地上下移动，活塞的横截面积为S ，活塞的下面吊着一个重为G 的物体，大气压强恒为p 0.起初环境的热力学温度为T 0时，活塞到汽缸底面的距离为L .当环境温度逐渐升高，导致活塞缓慢下降，该过程中活塞下降了0.1L ，汽缸中的气体吸收的热量为Q .求：图4(1)汽缸内部气体内能的增量ΔU ； (2)最终的环境温度T .答案 (1)Q －0.1p 0SL ＋0.1LG (2)1.1T 0 解析 (1)密封气体的压强p ＝p 0－G S密封气体对外做功W ＝pS ×0.1L 由热力学第一定律得ΔU ＝Q －W 得ΔU ＝Q －0.1p 0SL ＋0.1LG(2)该过程是等压变化，由盖吕萨克定律有 LS T 0＝(L ＋0.1L )S T 解得T ＝1.1T 0.10.如图5所示，一定质量的理想气体从状态A 先后经过等压、等容和等温过程完成一个循环，A 、B 、C 状态参量如图所示，气体在状态A 的温度为27 ℃，求：图5(1)气体在状态B 的温度T B ；(2)气体从A →B →C 状态变化过程中与外界交换的总热量Q . 答案 (1)600 K (2)2p 0V 0解析 (1)A 到B 过程是等压变化有V A T A ＝V B T B代入数据得T B ＝600 K(2)根据热力学第一定律有ΔU ＝Q ＋W 其中W ＝－2p 0V 0 解得Q ＝2p 0V 0(吸热).11.如图6所示，导热材料制成的横截面积相等、长度均为45 cm 的汽缸A 、B ，通过带有阀门的管道连接.初始时阀门关闭，厚度不计的光滑活塞C 位于B 内左侧，在A 内充满压强p A ＝2.8×105 Pa 的理想气体，B 内充满压强p B ＝1.4×105 Pa 的理想气体，忽略连接汽缸的管道体积，室温不变，现打开阀门，求：图6(1)平衡后活塞向右移动的距离和B 中气体的压强；(2)自打开阀门到平衡，B 内气体是吸热还是放热(简要说明理由). 答案 (1)2.1×105 Pa (2)放热，理由见解析 解析 (1)活塞向右运动后， 对A 气体，有p A LS ＝p (L ＋x )S对B气体，有p B LS＝p(L－x)S得x＝15 cmp＝2.1×105 Pa(2)活塞C向右移动，对B中气体做功，而气体做等温变化，内能不变，由热力学第一定律可知B内气体放热.。
