2013届高考物理基础知识梳理专项复习3

第4课时电势、电势能与电场力做功考纲要求1、掌握电势、电势差、电势能的概念及它们间的关系【基础知识梳理与重难点分析】1．电势差U AB：（1）定义：电荷在电场中，由一点A移动到另一点B时，电场力所做的功与移动电荷电荷量的比值W AB/q，叫做A、B两点间的电势差，用U AB表示．（2）定义式：U AB=W AB/q．（3）电势差是标量，但有正负，正负表示．2．电势φ：描述电场能的性质的物理量（1）定义：电势实质上是和标准位置的电势差．即电场中某点的电势，在数值上等于把单位正电荷从某点移到标准位置（零电势点）时电场力所做的功．（2）定义式：φA=U A∞= W A∞/q．（3）电势是标量，但有正负，正负表示．（4）电势高低判断：a．根据移动检验电荷做功判断：移动正电荷电场力做正功(负功)时，电势降落(升高)；移动负电荷电场力做正功(负功)时，电势升高(降落)．b．根据电场线判断：沿着电场线方向，电势越来越低，逆着电场线方向电势越来越高．c．根据场源电荷判断：离正电荷越近，电势越高，离场源负电荷越近，电势越低．d ．根据电势差判断：AB U >0，则A 点电势比B 点高；AB U <0，则A 点电势比B 点低．3．电势能E P ：（1）电荷在电场中具有的与电荷位置有关的能量叫电荷的电势能．（2）电势能是标量．（3）电场力做功与电势能的变化的关系：电场力对电荷做正功，电荷的电势能 ，做功量等于电势能的减少量；电场力对电荷做负功，电荷的电势能 ，做功量等于电势能的增加量，即W 电=－△E P（类比于W G =－△E P ）．4．电场力做功的计算：（1）根据电势能的变化与电场力做功的关系计算：即W 电=－△E P ．（2）应用公式W AB =qU AB 计算：①正负号运算法：按照符号规约把电量q 和移动过程的始、终两点的电势差U AB 的值代入公式W AB =qU AB ．②绝对值运算法：公式中的q 和U AB 都取绝对值代入计算，功的正负再另判断：当正（或负）电荷从电势较高的点移动到电势较低的点时，是电场力做正功（或电场力做负功）；当正（或负）电荷从电势较低的点移动到电势较高的点时，是电场力做负功（或电场力做正功）．5．等势面：（1）定义：电场中电势相同的点构成的面叫做等势面．（2）等势面的特点：①等势面是为了形象描述电场中各点电势高低分布而引入的假想图，不是电场中实际存在的面．②同一等势面上各点间的电势差为零，电荷在等势面上学生笔记：移动时电场力不做功．③电场线垂直于等势面，并指向电势降低最快的方向．④等势面不相交．⑤电场强度较大的地方，等差的等势面较密．⑥电场线的描绘：利用电场线和等势面的垂直关系，先描绘出电场中的等势面，再画出电场线．6．匀强电场中场强和等势面的关系：在匀强电场中，沿着场强方向的两点间的电势差等于电场强度跟这两点间距离的乘积，即U=Ed，也可理解为：在匀强电场中，电场强度在数值上等于沿场强方向上单位长度的电势降落，即E=U/d．【要点讲练】1、电势差、电势、电势能例1:把一个电量q=5×10-9C的正点电荷从距电场无穷远处移到电场中的M点,电荷克服电场力做功W OM=6×10-3J.如果把该点电荷从距电场无穷处移到电场中N点,电荷克服电场力做功W ON=3.6×10-3J,取无穷远处为零电势点.求:(1)M、N点的电势是多少？(1)M、N点间的电势差是多少？把该点电荷由M移到N点，电场力做功是多少？例2、如图所示，一电场的电场线分布关于y 轴（沿竖直方向）对称，O 、M 、N 是y 轴上的三个点，且OM=MN ，P点在y 轴的右侧，MP ⊥ON ，则 （ ）A.M 点的电势比P 点的电势高B.将负电荷由O 点移动到P 点，电场力做正功C. M 、N 两点间的电势差大于O 、M 两点间的电势差D.在O 点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y 轴做直线运动2、 电势与电场强度例3、如右图所示，a 、b 为竖直向上的电场线上的两点，一带电质点在a 点由静止释放，沿电场线向上运动，到b 点恰好速度为零，下列说法正确的是（ ）A 、 带电质点在a 、b 两点所受的电场力都是竖直向上的B 、a 点电势比b 点电势高 C 、 带电质点在a 点的电势能比在b 点的电势能小D 、 a 点的电场强度比在b 点的电场强度大例4、A 、B 是一条电场线上的两点，若在A 点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A 运动到B ，其速度随时间变化的规律如图所示．设A 、B 两点的电场强度b分别为E A 、E B ，电势分别为U A 、U B ，则（A ）E A = E B ． （B ）E A ＜E B （C ）U A = U B （D ）U A ＜U B ．变式1.空间某一静电场的电势 在x 轴上分布如图所示，x 轴上两点B 、C 点电场强度在x 方向上的分量分别是Bx E 、Cx E ，下列说法中正确的有 （ ） A ．Bx E 的大小大于Cx E 的大小 B ．Bx E 的方向沿x 轴正方向C ．电荷在O 点受到的电场力在x 方向上的分量最大D ．负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功3、公式E=U/d 的理解及应用例5如图所示，平行板A 、B 带等量异种电荷，两板间是匀强电场，两板距离d ＝5cm ，场强E ＝1.2×103N/C ，两板间有P 1、P 2两点，其中P 1距A 板0.5cm ，P 2距B 板0.5cm ，则（1）A 、B 两板的电势差U AB ；（2）P 1、P 2两点的电势差U 12。

高中物理知识点总结一、力物体的平衡1.力是物体对物体的作用，是物体发生形变和改变物体的运动状态（即产生加速度）的原因. 力是矢量。

2.重力（1）重力是由于地球对物体的吸引而产生的.［注意］重力是由于地球的吸引而产生，但不能说重力就是地球的吸引力，重力是万有引力的一个分力.但在地球表面附近，可以认为重力近似等于万有引力（2）重力的大小:地球表面G=mg，离地面高h处G/=mg/，其中g/=[R/（R+h）]2g（3）重力的方向:竖直向下（不一定指向地心）。

（4）重心:物体的各部分所受重力合力的作用点，物体的重心不一定在物体上.3.弹力（1）产生原因:由于发生弹性形变的物体有恢复形变的趋势而产生的.（2）产生条件:①直接接触;②有弹性形变.（3）弹力的方向:与物体形变的方向相反，弹力的受力物体是引起形变的物体，施力物体是发生形变的物体.在点面接触的情况下，垂直于面;在两个曲面接触（相当于点接触）的情况下，垂直于过接触点的公切面.①绳的拉力方向总是沿着绳且指向绳收缩的方向，且一根轻绳上的张力大小处处相等.②轻杆既可产生压力，又可产生拉力，且方向不一定沿杆.（4）弹力的大小:一般情况下应根据物体的运动状态，利用平衡条件或牛顿定律来求解.弹簧弹力可由胡克定律来求解.★胡克定律:在弹性限度内，弹簧弹力的大小和弹簧的形变量成正比，即F=kx.k为弹簧的劲度系数，它只与弹簧本身因素有关，单位是N/m.4.摩擦力（1）产生的条件:①相互接触的物体间存在压力;③接触面不光滑;③接触的物体之间有相对运动（滑动摩擦力）或相对运动的趋势（静摩擦力），这三点缺一不可.（2）摩擦力的方向:沿接触面切线方向，与物体相对运动或相对运动趋势的方向相反，与物体运动的方向可以相同也可以相反.（3）判断静摩擦力方向的方法:①假设法:首先假设两物体接触面光滑，这时若两物体不发生相对运动，则说明它们原来没有相对运动趋势，也没有静摩擦力;若两物体发生相对运动，则说明它们原来有相对运动趋势，并且原来相对运动趋势的方向跟假设接触面光滑时相对运动的方向相同.然后根据静摩擦力的方向跟物体相对运动趋势的方向相反确定静摩擦力方向.②平衡法:根据二力平衡条件可以判断静摩擦力的方向.（4）大小:先判明是何种摩擦力，然后再根据各自的规律去分析求解.①滑动摩擦力大小:利用公式f=μF N进行计算，其中F N是物体的正压力，不一定等于物体的重力，甚至可能和重力无关.或者根据物体的运动状态，利用平衡条件或牛顿定律来求解.②静摩擦力大小:静摩擦力大小可在0与f max 之间变化，一般应根据物体的运动状态由平衡条件或牛顿定律来求解.5.物体的受力分析（1）确定所研究的物体，分析周围物体对它产生的作用，不要分析该物体施于其他物体上的力，也不要把作用在其他物体上的力错误地认为通过“力的传递”作用在研究对象上. （2）按“性质力”的顺序分析.即按重力、弹力、摩擦力、其他力顺序分析，不要把“效果力”与“性质力”混淆重复分析.（3）如果有一个力的方向难以确定，可用假设法分析.先假设此力不存在，想像所研究的物体会发生怎样的运动，然后审查这个力应在什么方向，对象才能满足给定的运动状态.6.力的合成与分解（1）合力与分力:如果一个力作用在物体上，它产生的效果跟几个力共同作用产生的效果相同，这个力就叫做那几个力的合力，而那几个力就叫做这个力的分力.（2）力合成与分解的根本方法:平行四边形定则.（3）力的合成:求几个已知力的合力，叫做力的合成.共点的两个力（F 1 和F 2 ）合力大小F的取值范围为:|F 1 -F 2 |≤F≤F 1 +F 2 . （4）力的分解:求一个已知力的分力，叫做力的分解（力的分解与力的合成互为逆运算）.在实际问题中，通常将已知力按力产生的实际作用效果分解;为方便某些问题的研究，在很多问题中都采用正交分解法.7.共点力的平衡（1）共点力:作用在物体的同一点，或作用线相交于一点的几个力.（2）平衡状态:物体保持匀速直线运动或静止叫平衡状态，是加速度等于零的状态. （3）★共点力作用下的物体的平衡条件:物体所受的合外力为零，即∑F=0，若采用正交分解法求解平衡问题，则平衡条件应为:∑F x =0，∑F y =0.（4）解决平衡问题的常用方法:隔离法、整体法、图解法、三角形相似法、正交分解法等等.二、直线运动1.机械运动:一个物体相对于另一个物体的位置的改变叫做机械运动，简称运动，它包括平动，转动和振动等运动形式.为了研究物体的运动需要选定参照物（即假定为不动的物体），对同一个物体的运动，所选择的参照物不同，对它的运动的描述就会不同，通常以地球为参照物来研究物体的运动.2.质点:用来代替物体的只有质量没有形状和大小的点，它是一个理想化的物理模型.仅凭物体的大小不能做视为质点的依据。

图1第2课时 气体 液体与固体导学目标 1.掌握气体三定律的内容、表达式及图象.2.掌握理想气体的概念，理解气体热现象的微观意义.3.掌握晶体与非晶体以及液晶的微观结构，理解液体的表面张力现象．一、气体 [基础导引]1. 一定质量理想气体的状态经历了如图1所示的ab 、bc 、cd 、da 四 个过程，其中bc 的延长线通过原点，cd 垂直于ab 且与水平轴平 行，da 与bc 平行，则气体体积在 ( ) A ．ab 过程中不断减小 B ．bc 过程中保持不变 C ．cd 过程中不断增加 D ．da 过程中保持不变2．电灯泡内充有氦氩混合气体，如果要使电灯泡内的混合气体在500°C 时的压强不超过一个大气压，则在20°C 的室温下充气，电灯泡内气体压强至多能充到多少？ [知识梳理]1．气体分子运动的特点(1)气体分子间距较______，分子力可以________，因此分子间除碰撞外不受其他力的作用，故气体能充满________________________．(2)分子做无规则的运动，速率有大有小，且时而变化，大量分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布．(3)温度升高时，速率小的分子数________，速率大的分子数________，分子的平均速率将________，但速率分布规律________． 2.3.理想气体的状态方程(1)理想气体①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体．②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间．(2)理想气体的状态方程一定质量的理想气体状态方程：________________或________．气体实验定律可看作一定质量理想气体状态方程的特例．二、液体和固体[基础导引]关于晶体和非晶体，下列说法正确的是() A．有规则几何外形的固体一定是晶体B．晶体的各向同性是由于组成它的微粒是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性C．晶体一定具有各向异性的特点D．某些物质微粒能够形成几种不同的空间分布[知识梳理]12．液体的表面张力(1)作用：液体的表面张力使液面具有________的趋势．(2)方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线________．3．液晶的物理性质(1)具有液体的________性．(2)具有晶体的光学各向______性．(3)在某个方向上看其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是____________的．4．饱和汽湿度(1)饱和汽与未饱和汽①饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽．②未饱和汽：没有达到饱和状态的蒸汽．(2)饱和汽压①定义：饱和汽所具有的压强．②特点：液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关．(3)湿度①定义：空气的干湿程度．②描述湿度的物理量绝对湿度：空气中所含水蒸气的压强．相对湿度：空气的绝对湿度与同一温度时水的饱和汽压的百分比．即：相对湿度＝水蒸气的实际汽压同温度水的饱和汽压×100%考点一气体压强的产生与计算考点解读1．产生的原因：由于大量分子无规则地运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫做气体的压强．2．决定因素(1)宏观上：决定于气体的温度和体积．(2)微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度．3．常用单位：帕斯卡(Pa)：1 Pa＝1 N/m21 atm＝760 mmHg＝1.013×105 Pa4．计算方法(1)系统处于平衡状态下的气体压强计算方法①液体封闭的气体压强的确定平衡法：选与气体接触的液柱为研究对象进行受力分析，利用它的受力平衡，求出气体的压强．取等压面法：根据同种液体在同一水平液面处压强相等，在连通器内灵活选取等压面，由两侧压强相等建立方程求出压强．液体内部深度为h处的总压强p＝p0＋ρgh.②固体(活塞或汽缸)封闭的气体压强的确定由于该固体必定受到被封闭气体的压力，所以可通过对该固体进行受力分析，由平衡条件建立方程来求出气体压强．(2)加速运动系统中封闭气体压强的计算方法：一般选与气体接触的液柱或活塞为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．特别提醒 1.气体压强与大气压强不同，大气压强由重力而产生，随高度增大而减小，气体压图3图4强由大量气体分子频繁碰撞器壁而产生，大小不随高度而变化．2．容器内气体的压强是大量分子频繁碰撞器壁而产生的，并非因其重力而产生的． 3．求解液体内部深度为h 处的总压强时，不要忘记液面上方气体的压强． 典例剖析例1 (2010·上海单科·22改编)如图2所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放 置，截面积为5×10－3 m 2，一定质量的气体被质量为2.0 kg 的光滑活塞封闭在汽缸内，其压强为________ Pa(大气压强取1.01×105 Pa ，g 取10 m/s 2)．跟踪训练1 如图3所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立汽缸的活塞， 使汽缸悬空而静止．设活塞和缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动， 缸壁导热性能良好，使缸内气体温度总能与外界大气的温度相同，则 下列结论中正确的是 ( ) A ．若外界大气压强增大，则弹簧将压缩一些B ．若外界大气压强增大，则汽缸的上底面距地面的高度将增大C ．若气温升高，则活塞距地面的高度将减小D ．若气温升高，则汽缸的上底面距地面的高度将增大 考点二 理想气体实验定律的微观解释及应用 考点解读典例剖析例2 如图4所示，带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，其下部 放入盛水的烧杯中，注射器活塞的横截面积S ＝5×10－5 m 2，活塞及框架的总质量m 0＝5×10－2 kg ，大气压强p 0＝1.0×105 Pa.当水温为t 0＝13 °C 时，注射器内气体的体积为5.5 mL.(g ＝10 m/s 2) (1)向烧杯中加入热水，稳定后测得t 1＝65 °C 时，气体的体积为多 大？(2)保持水温t 1＝65 °C 不变，为使气体的体积恢复到5.5 mL ，则要 在框架上挂质量多大的钩码？方法突破 应用实验定律及状态方程解题的一般步骤 (1)明确研究对象，即一定质量的某理想气体；(2)确定气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2；(3)由气体实验定律或状态方程列式求解．(4)讨论结果的合理性．跟踪训练2一气象探测气球，在充有压强为76.0 cmHg、温度为27.0 ℃的氦气时，体积为3.50 m3.在上升至海拔6.50 km高空的过程中，气球内氦气压强逐渐减小到此高度上的大气压36.0 cmHg，气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变．此后停止加热，保持高度不变．已知在这一海拔高度气温为－48.0 ℃.求：(1)氦气在停止加热前的体积；(2)氦气在停止加热较长一段时间后的体积．考点三气体实验定律图象的应用考点解读典例剖析例3一足够高的内壁光滑的导热汽缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，如图5所示．开始时气体的体积为2.0×10－3 m3，现缓慢地在活塞上倒上一定量的细砂，最后活塞静止时气体的体积恰好变为原来的一半，然后将汽缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为136.5°C.(大气压强为1.0×105 Pa)图5(1)求汽缸内气体最终的体积；(2)在p－V图上画出整个过程中汽缸内气体的状态变化(请用箭头在图线上标出状态变化的方向)．跟踪训练3一定质量的理想气体经过一系列过程，如图6所示．下列说法中正确的是()图6图7A ．a →b 过程中，气体体积增大，压强减小B ．b →c 过程中，气体压强不变，体积增大C ．c →a 过程中，气体压强增大，体积变小D ．c →a 过程中，气体内能增大，体积变小 考点四 固体、液体的性质 考点解读1．液体的微观结构特点：(1)分子间的距离很小；(2)液体分子间的相互作用力很大；(3)分子的热运动特点表现为振动与移动相结合．2．液体的表面张力：(1)作用：液体的表面张力使液面具有收缩的趋势．(2)方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直．(3)大小：液体的温度越高，表面张力越小；液体中溶有杂质时，表面张力变小；液体的密度越大，表面张力越大． 3．液晶物理,性质⎩⎪⎨⎪⎧具有液体的流动性具有晶体的光学各向异性在某个方向上看其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的典例剖析例4 (1)下列说法中正确的是 ( ) A ．黄金可以切割加工成任意形状，所以是非晶体 B ．同一种物质只能形成一种晶体 C ．单晶体的所有物理性质都是各向异性的 D ．玻璃没有确定的熔点，也没有规则的几何形状(2)经实验证明，表面张力的大小与液体的种类、温度和边界长度 有关，我们把某种液体在一定温度下单位边界长度的表面张力大 小定义为这种液体的表面张力系数，它的大小反映了液体表面张 力作用的强弱．图7所示是测量表面张力系数的一种方法．若已知 金属环质量为m ＝0.10 kg ，半径为r ＝0.20 m ，当用F T ＝1.15 N 的力向上提金属环时，恰好可以将金属环提离液面，求该种液体的表面张力系数α.(g ＝9.80 m/s 2)方法归纳 本题第(2)问属于信息给予题，根据所学物理知识，结合题目描述的内容，理解所给信息的含义是解决这类问题的关键．本题首先需理解表面张力系数的含义，其次是分析环所受的力．注意表面张力在环内外均有作用，所以作用边界长度为4πr .跟踪训练4 关于液体表面现象的说法中正确的是 ( ) A ．把缝衣针小心地放在水面上，针可以把水面压弯而不沉没，是因为针受到重力小，又受液体的浮力的缘故B ．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体内分子间有相互吸引力C ．玻璃管道裂口放在火上烧熔，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃，在表面张力的作用图8图9下，表面要收缩到最小的缘故D ．飘浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故A 组 气体实验定律1． (1)下列有关热现象的说法中，正确的是________．A ．布朗运动是液体或气体分子的运动，它说明分子永不停息做无规则运动B ．两分子间距离增大，分子间的势能一定增加C ．在热传导过程中，热量可以自发地由低温物体传递到高温物体D ．液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的(2)如图8所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸，高度为L 、底面积为 S ，缸内有一个质量为m 的活塞，封闭了一定质量的理想气体．温 度为热力学温标T 0时，用绳子系住汽缸底，将汽缸倒过来悬挂起 来，汽缸处于竖直状态，缸内气体高为L 0.已知重力加速度为g ，大 气压强为p 0，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，求：①采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到多少？ ②当活塞刚要脱离汽缸时，缸内气体的内能增加量为ΔU ，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为多少？2. 标准状况下的压强为p 0＝1.013×105 Pa ，在标准状况下用充气 筒给一个体积为V 0＝2.5 L 的足球充气，如图9所示．充气前足 球呈球形、内部空气的压强为1.013×105 Pa ，设充气过程中球 内、外的温度始终保持20 °C 不变．在充气的最后时刻，对打气 活塞施加的压力为F ＝200 N ．设打气筒为圆柱形，其活塞的截面积为S ＝10 cm 2，打气筒每次打气压下的高度为20 cm.不计各种摩擦，打气筒的活塞与 连杆、把手的重力均不计．求：充气过程中，打气筒的活塞下压了多少次？B 组 固体与液体3．在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡，由烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图10甲、乙、丙所示，而甲、乙、丙三种固体在熔解过程中温度随加热时间变化的关系如图丁所示，则 ()图10A ．甲、乙为非晶体，丙是晶体B．甲、丙为晶体，乙是非晶体C．甲、丙为非晶体，丙是晶体D．甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体4．下列现象，哪些是因液体的表面张力所造成的() A．使用洗洁精易清除餐具上的油渍B．融化的蜡烛从燃烧的蜡烛上流下来，冷却后呈球形C．早上看到叶面上的露珠呈球形D．小昆虫能漂浮在水面上课时规范训练(限时：45分钟)一、选择题1．(2010·课标全国理综·33)关于晶体和非晶体，下列说法正确的是() A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体B．晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的2．关于液体的表面张力，下列说法中正确的是() A．表面张力是液体各部分间的相互作用B．液体表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间相互作用表现为引力C．表面张力的方向总是垂直于液面，指向液体内部的D．表面张力的方向总是与液面相切的3．封闭在汽缸内的一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是() A．气体的密度增大B．气体的压强增大C．气体分子的平均动能减小D．气体分子的平均动能增大4．用如图1所示的实验装置来研究气体等体积变化的规律．A、B管下端由软管相连，注入一定量的水银，烧瓶中封有一定量的理想气体，开始时A、B两管中水银面一样高，那么为了保持瓶中气体体积不变()图1A．将烧瓶浸入热水中时，应将A管向上移动B．将烧瓶浸入热水中时，应将A管向下移动C．将烧瓶浸入冰水中时，应将A管向上移动D．将烧瓶浸入冰水中时，应将A管向下移动5．分子动能随分子速率的增大而增大，早在1859年麦克斯韦就从理论上推导出了气体分子速率的分布规律，后来有许多实验验证了这一规律．下列描述分子动能与温度关系正确的是() A．气体内部所有分子的动能都随温度的升高而增大B．气体温度升高，其内部少数分子的动能可能减少C．不同气体相同温度下，分子的平均动能相同，平均速率也相同D．当气体温度一定时，其内部绝大多数分子动能相近，动能很小或很大的很少图2图36. 某同学用导热性能良好的汽缸和活塞将一定质量的空气(视为理想气体) 封闭在汽缸内(活塞与缸壁间的摩擦不计)，待活塞静止后，将小石子缓 慢的加在活塞上，如图2所示．在此过程中，若大气压强与室内的温度 均保持不变，下列说法正确的是 ( ) A ．由于汽缸导热，故缸内气体的压强保持不变 B ．缸内气体温度不变，缸内气体对活塞的压力保持不变 C ．外界对缸内气体做的功大小等于缸内气体向外界释放的热量 D ．外界对缸内气体做功，缸内气体内能增加7．一定质量的理想气体，在某一状态下的压强、体积和温度分别为p 0、V 0、T 0，在另一状态下的压强、体积和温度分别为p 1、V 1、T 1，则下列关系错误的是 ( )A ．若p 0＝p 1，V 0＝2V 1，则T 0＝12T 1B ．若p 0＝p 1，V 0＝12V 1，则T 0＝2T 1C ．若p 0＝2p 1，V 0＝2V 1，则T 0＝2T 1D ．若p 0＝2p 1，V 0＝V 1，则T 0＝2T 1 二、非选择题8．(1)小强新买了一台照相机，拍到如图3所示照片，他看到 的小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中，他认为是靠 水的浮力作用，同班的小明则认为小强的说法不对．事实 上小昆虫受到的支持力是由________________提供 的．小强将照相机带入房间时，发现镜头上蒙上了一层 雾，说明室内水蒸气的温度相对室外温度，超过了其对 应的________________．(2)若把体积为V 的油滴滴在平静的水面上，扩展成面积为S 的单分子油膜，则该油滴的分子直径约为________．已知阿伏加德罗常数为N A ，油的摩尔质量为M ，则一个油分子的质量为________．9．(2010·上海单科·28)用DIS 研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图4所示，实验步骤如下：图4①把注射器活塞移至注射器中间位置，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接；②移动活塞，记录注射器的刻度值V ，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p ；③用V －1p图象处理实验数据，得出如图5所示的图线．图5图6图7 (1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是________________________________________________________________________；(2)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是_____________________ 和______________________________________________________________________；(3)如果实验操作规范正确，但图中的V －1p图线不过原点，则V 0代表______________． 10．(1)关于分子运动和热现象的说法，正确的是________(填入正确选项前的字母)A ．布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动B ．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C ． 一定量100°C 的水变成100°C 的水蒸汽，其分子之间的势能增加D ．气体压强的大小只与气体分子的平均动能有关(2)如图6所示，竖直放置的圆筒形注射器，活塞上端接有气压表，能够方便测出所封闭理想气体的压强．开始时，活塞处于静止状态，此时气体体积为30 cm 3，气压表读数为1.1×105 Pa.若用力向下推动活塞，使活塞缓慢向下移动一段距离，稳定后气压表读数为2.2×105 Pa.不计活塞与汽缸内壁间的摩擦，环境温度保持不变．①求活塞稳定后气体的体积；②对该过程中压强变化做出微观解释．11. 吸盘是由橡胶制成的一种生活用品，其上固定有挂钩用于悬挂物体．如图7所示，现有一吸盘，其圆形盘面的半径为2.0×10－2 m ， 当其与天花板轻轻接触时，吸盘与天花板所围容积为1.0×10－5 m 3；按下吸盘时，吸盘与天花板所围容积为2.0×10－6 m 3，盘内气体可看作与大气相通，大气压强为p 0＝1.0×105 Pa.设在吸盘恢复原状过程中，盘面与天花板之间紧密接触，吸盘内气体初态温度与末态温度相同．不计吸盘的厚度及吸盘与挂钩的重量．(1)吸盘恢复原状时，盘内气体压强为________；(2)在挂钩上最多能悬挂重为________的物体．12．(1)下列说法正确的是________．A ．区分晶体与非晶体最有效的方法是看其有没有规则的几何外形B ．已知某种液体的密度为ρ，摩尔质量为M ，阿伏加德罗常数为N A ，则该液体分子间的平均距离可以表示为 3M ρN A 或 36M πρN AC ．分子间距离减小时，分子力一定增大D ．空气的相对湿度等于水蒸气的实际压强与同温下水的饱和汽压的比值(2)用活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，当汽缸开口竖直向上时封闭气体的长度为h ，如图8甲．将汽缸慢慢转至开口竖直向下时，如图乙所示，封闭气柱的长度为4h /3.已知汽缸的导热性能良好，活塞与缸壁间的摩擦不计，外界温度不变，大气压强为p 0.汽缸开口向上时，缸内气体的压强为多少？图8复习讲义基础再现一、基础导引 1.B2．0.38个大气压知识梳理 1.(1)大 忽略 它能达到的整个空间 (3)减少 增加 增大 不变 2.p 1V 1＝p 2V 2 p 1T 1＝p 2T 2 p 1p 2＝T 1T 2 V 1T 1＝V 2T 2 V 1V 2＝T 1T 2 3.(2)p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2 pV T＝C 二、基础导引 D知识梳理 1.规则 确定 各向异性2．(1)收缩 (2)垂直 3.(1)流动 (2)异(3)杂乱无章课堂探究例1 1.05×105跟踪训练1 D例2 (1)6.5 mL (2)0.1 kg跟踪训练2 (1)7.39 m 3 (2)5.54 m 3例3 (1)1.5×10－3 m 3 (2)见解析图 跟踪训练3 A例4 (1)D (2)6.77×10－2 N/m 跟踪训练4 C分组训练1．(1)D (2)①LT 0L 0②ΔU ＋(p 0－mg S)(L －L 0)S 2．25次3．BD4．BCD课时规范训练1．BC 2.BD3．BD4．AD5．BD6．C7．ABC [根据p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1可以判断出选项A 、B 、C 错误，D 正确．] 8．(1)水的表面张力 饱和汽压(2)V S M N A9．(1)在注射器活塞上涂润滑油(2)移动活塞要缓慢 不能用手握住注射器封闭气体部分(3)注射器与压强传感器连接部位的气体体积10．(1)AC (2)①15 cm 3 ②体积减小，气体分子的密集程度增大，温度不变，分子的平均动能不变，故该过程中压强增大11．(1)2.0×104 Pa (2)100 N12．(1)BD (2)87p 0。

2013年高考物理三轮复习知识点串讲态度决定一切，细节决定成败第一讲物体的平衡问题的分析方法。

一．知识网络二．热点透析(一）三个模型的正确理解： 1．轻绳(1）不可伸长——沿绳索方向的速度大小相等、方向相反. （2)不能承受压力,拉力必沿绳的方向。

(3)内部张力处处相等，且与运动状态无关. 2．轻弹簧(1）约束弹簧的力是连续变化的，不能突变。

（2)弹力的方向沿轴线。

(3）任意两点的弹力相等 3．轻杆（1）不可伸长和压缩——沿杆方向速度相同。

（2)力可突变-—弹力的大小随运动可以自由调节。

（二）受力分析习惯的养成: 1．受力分析的步骤：（1)重力是否有()⎩⎨⎧微观粒子动研究动量定理应用和圆周运宏观物体 （2）弹力看四周⎩⎨⎧--弹簧的弹力多解性利用牛顿定律力的存在性判断 （3)分析摩擦力受力确 定 研大小:由牛顿定律决定 静摩擦力 由牛顿定律判定方向：多解性 （4）不忘电磁浮 2．正确作受力分析图要求:正确、规范,涉及空间力应将其转化为平面力。

1．判断-—变量分析（1）函数讨论法(2）图解法（△法） （3）极限法 选择思路 （4)物理法2．平衡状态计算：Rt △：三角函数勾股定理 三个 力作用——合成平衡法:F 12=－F 3构成封闭△→解△一般△： 正弦定理、余弦 定理、相似定理∑F x =0受四个力及以上——分解平衡法∑F y=0第二讲力与运动一．知识图表二．热点透析运动受力紧相连，严谨笃实细分析,临界隐含图助研，物理模型呈眼前（一)动态变量分析——牛顿第二定律的瞬时性1．动态过程分析大小力加速度速度变化（ V min V=0）力方向有明显形变产生的弹力不能突变2．瞬时状态的突变无明显形变产生的弹力不能突变接能的刚性物体必具有共加速度矢量性（确定正方向）关键运动示意图，对称性和周期性，v-t图a是否一样3．运动会成分解方法的灵活使用按正交方向分解平抛运动按产生运动的原因分解渡河问题（二)牛顿定律与运动1．在恒力作用下的匀变速运动（1）句变速直线运动的研究技巧矢量性（确定正方向）关键运动示意图，对称性和周期性，v—t图a是否一样（往复运动）（2）研究匀变速曲线运动的基本方法（出发点）-—灵活运用运动的合成和分解按正交方向分解抛体运动⇒带电粒子在电场中的运动按产生运动的原因分解渡河问题2．在变力作用下的圆周运动和机械振动（1)圆周运动①圆周运动的临界问题绳子T=0 圆周轨道的最高点、最低点（绳型、杆型）的极值速度临界轨道N=0 ⇒摩擦力f=fmax 锥摆型、转台型、转弯型的轨道作用力临界②典型的圆周运动:天体运动、核外电子绕核运动、带电粒子在磁场中的运动、带电粒子在多种力作用的圆周运动③等效场问题④天体运动问题考虑多解性（2）振动过程分析对称性V ｜a｜|F｜的对称平衡位置的确定特殊位置特征(3）圆周运动、振动、波的系列解的确定方法考虑时空周期性运动的双向性第三讲动量和能量一．知识图表二．热点透析（一）四个物理量的比较功：——①F ②S ③功的正负判断方法④变力功的求法⑤一对内力功功率:①定义式②意义③平均功率④α⑤功率与加速度⑥机车启动与最大速度1．功和冲量冲量：——①变力冲量的求法②对合冲量的理解 ③一对内力的冲量功和冲量比较区别:一矢一标 2．动量与动能 关系：k k mE P mp E 222==PE k ∆∆与的关系：变化kE P 一定变化；P 变化；kE 不一定变化（二）四个规律的比较 1．动能定理和动量定理2．动量守恒定律和机械能守恒定律 （1)条件的比较碰撞模型（2）典型问题 反冲与爆炸 人船模型 三．功能关系 功=能的变化∑∆=kiE W∑∆+∆=p k E E W 除重力 ∑∆+∆=弹除弹力p k E E W ∑∆+∆=电除电力p k E W ε∑+∆=电除安培力E E W k电电弹安培力弹力电场力除重力E E E E W p p k +∆+∆+∆+∆=∑ε,,,即：功的表述中已考虑某力对应的能,在能量变化的表述中不考虑该力对应的能的变化.反之在能量变化的表述中已考虑该力对应的能的变化,在功的表述中不考虑该力所做的功。

第三章　牛顿运动定律第 1 课时　牛顿第一定律　牛顿第三定律基础知识归纳1.牛顿第一定律(1)内容：一切物体总保持　匀速直线运动　状态或　静止　状态，除非作用在它上面的力迫使它　改变　这种状态.(2)牛顿第一定律的意义①指出了一切物体都有　惯性　，因此牛顿第一定律又称　惯性定律　.②指出力不是　维持　物体运动的原因，而是　改变　物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因.(3)惯性①定义：物体具有保持原来　匀速直线运动　状态或　静止　状态的性质.②量度：　质量　是物体惯性大小的唯一量度，　质量　大的物体惯性大，　质量　小的物体惯性小.③普遍性：惯性是物体的　固有　属性，一切物体都有　惯性　.2.牛顿第三定律(1)作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是　相互　的，一个物体对另一个物体施加了力，另一个物体一定同时对这个物体也施加了力.(2)内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小　相等　，方向相反，作用在　同一条　直线上.(3)物理意义：建立了相互作用的物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系.4.作用力与反作用力的“四同”和“三不同”四同： (1)　大小相同　(2)　方向在同一直线上　(3)　性质相同　(4)　出现、存在、消失的时间相同　三不同：(1)　方向不同　(2)　作用对象不同　(3)　作用效果不同　重点难点突破一、如何理解牛顿第一定律1.建立惯性的概念，即一切物体都具有保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质，叫做惯性.是物体固有的一种属性，与物体是否受力及物体的运动状态无关.2.对力的概念更加明确.力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是物体产生加速度的原因.3.牛顿第一定律不是实验定律，即不能由实验直接加以验证，它是在可靠的实验事实基础上采用科学的抽象思维而推理和总结出来的.二、牛顿第一定律、惯性、牛顿第二定律的比较1.力不是维持物体运动的原因，牛顿第一定律指出“一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止”.因此物体在不受力时仍可以匀速运动，并不需要力来维持，力是改变这种状态的原因，也就是力是产生加速度的原因.2.惯性是一切物体保持原来运动状态的性质，而力是物体间的相互作用.因此惯性不是一种力，力是使物体运动状态发生改变的外部因素，惯性则是维持物体运动状态，阻碍物体运动状态发生改变的内部因素.3.惯性的表现：物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来，物体不受外力时，惯性表现在维持原运动状态不变，即反抗加速度产生，且在外力一定时，质量越大的物体运动状态越难改变，加速度越小.4.牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是牛顿第二定律的基础，牛顿第一定律不是由实验直接总结出来的，是以伽利略的理想实验为基础，通过对大量实验现象的思维抽象、推理而总结出来的.牛顿第一定律定性地给出了物体在不受力的理想情况下的运动规律，在此基础上牛顿第二定律定量地指出了力和运动的关系：F＝ma.三、作用力和反作用力与平衡力1.作用力和反作用力与平衡力的比较内容作用力和反作用力平衡力受力物体作用在两个相互作用的物体上作用在同一物体上依赖关系相互依存，不可单独存在，同时产生，同时变化，同时消失无依赖关系，撤除一个，另一个可依然存在，只是不再平衡叠加性两力作用效果不可叠加，不可求合力两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，且合力为零可以是同性质的力，也可以力的性质一定是同性质的力是不同性质的力大小方向大小相等、方向相反、作用在一条直线上大小相等、方向相反、作用在一条直线上2.判断一对力是否是作用力和反作用力(1)看作用点，作用力与反作用力应作用在两个物体上.(2)看产生的原因，作用力和反作用力是由于相互作用而产生的.(3)作用力与反作用力具有相互性和异体性，与物体运动状态无关.典例精析1.牛顿第一定律的应用【例1】如图所示，在一辆表面光滑的小车上，有质量分别为m1、m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动，当车停止时，如不考虑其他阻力，设车足够长，则两个小球( )A.一定相碰B.一定不相碰C.不一定相碰D.难以确定是否相碰，因为不知小车的运动方向【解析】两个小球放在光滑的小车表面上，又不考虑其他阻力，故水平方向不受外力，由牛顿第一定律可知，两小球仍然以相同的速度做匀速直线运动，永远不相碰，只有B对.【答案】B【思维提升】运用牛顿第一定律解决问题时，正确的受力分析是关键，如果物体不受力或所受合外力为零，物体的运动状态将保持不变，同理可知，如果物体在某一方向上不受力或所受合外力为零，则物体在这一方向上的运动状态(即速度)保持不变.2.对惯性概念的理解【例2】做匀速直线运动的小车上，水平放置一密闭的装有水的瓶子，瓶内有一气泡，如图所示，当小车突然停止运动时，气泡相对于瓶子怎样运动？【解析】从惯性的角度去考虑瓶内的气泡和水，显然水的质量远大于气泡的质量，故水的惯性比气泡的惯性大.当小车突然停止时，水保持向前运动的趋势远大于气泡向前运动的趋势，于是水由于惯性继续向前运动，水将挤压气泡，使气泡相对瓶子向后运动.【思维提升】分别考虑水和气泡的惯性是解决本题的关键，抓住惯性只与质量有关，质量越大，惯性越大，也就是运动状态更不易改变.【拓展1】在上题中：(1)若在瓶内放一小软木块，当小车突然停止时，软木块相对于瓶子怎样运动？(2)若在瓶内放一小铁块，又如何？【解析】(1)由于木块的密度小于水的密度，所以同体积的水质量大于木块的质量，水的惯性比木块大，木块将相对于瓶子向后运动.(2)由于同体积的铁块质量大于水的质量，铁块的惯性比水大，所以铁块相对于瓶子将向前运动.3.作用力与反作用力和平衡力的区别【例3】如图所示，在台秤上放半杯水，台秤示数为G′＝50 N，另用挂在支架上的弹簧测力计悬挂一边长a＝10 cm的金属块，金属块的密度ρ＝3×103kg/m3，当把弹簧测力计下的金属块平稳地浸入水中深b＝4 cm时，弹簧秤和台秤示数分别为多少？(水的密度是ρ水＝103kg/m3，取g＝10 m/s2)【解析】金属块的受力分析如图所示，因金属块静止，故有F T＝G －F浮又因G＝ρa3g＝30 N，F浮＝ρ水gV排＝ρ水ga2b＝4 N由牛顿第三定律知水对金属块的力与金属块对水的力都为4 N，F T ＝30 N－4 N＝26 N台秤的示数由于浮力的作用力增加了F′＝4 N，所以台秤的示数为F N＝G′＋F′＝54 N【思维提升】类似此类问题要紧抓一对平衡力以及一对作用力和反作用力的特点，结合它们的区别、联系一一分析.易错门诊【例4】关于马拉车时马与车的相互作用，下列说法正确的是( )A.马拉车而车未动，马向前拉车的力小于车向后拉马的力B.马拉车只有匀速前进时，马向前拉车的力才等于车向后拉马的力C.马拉车加速前进时，马向前拉车的力大于车向后拉马的力D.无论车是否运动、如何运动，马向前拉车的力都等于车向后拉马的力【错解】C；马拉车加速前进，就像拔河一样，甲方胜一定是甲方对乙方的拉力大，所以甲对乙的拉力比乙对甲的拉力大，由此而得出结论：马向前拉车的力大于车向后拉马的力.【错因】产生上述错解原因是学生凭主观想象，而不是按物理规律分析问题.按照物理规律我们知道物体的运动状态不是由哪一个力决定的而是由合外力决定的，车随马加速前进是因为马对车的拉力大于地面对车的摩擦力.【正解】马拉车的力和车拉马的力是一对作用力和反作用力.根据牛顿第三定律，物体间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，故不管在什么情况下，马向前拉车的力都等于车向后拉马的力，而与马车的运动状态无关，故A、B、C错误，D正确.【答案】D【思维提升】生活中有一些感觉是不正确的，不能把生活中的经验、感觉当成规律来用，要运用物理规律来解决问题.第 2 课时　牛顿第二定律　力学单位制基础知识归纳1.牛顿第二定律(1)内容：物体的加速度与所受合外力成　正比　，跟物体的质量成　反比　.(2)表达式：　F＝ma　.(3)力的单位：当质量m的单位是　kg　、加速度a的单位是　m/s2　时，力F的单位就是N，即1 kg•m/s2＝1 N.(4)物理意义：反映物体运动的加速度大小、方向与所受　合外力　的关系，且这种关系是瞬时的.(5)适用范围：①牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面　静止　或　匀速直线　运动的参考系).②牛顿第二定律只适用于　宏观　物体(相对于分子、原子)、　低速　运动(远小于光速)的情况.2.单位制(1)单位制：由　基本　单位和　导出　单位一起组成了单位制.①基本单位：基本物理量的单位.力学中的基本物理量有三个，它们是　长度　、　质量　、　时间　；它们的国际单位分别是　米　、　千克　、　秒　.②导出单位：由　基本　量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位.一、牛顿第二定律的理解牛顿第二定律明确了物体的受力情况和运动情况之间的定量关系.联系物体的受力情况和运动情况的桥梁是加速度.可以从以下角度进一步理解牛顿第二定律.因果关系力是产生加速度的原因，力是因，加速度是果.只能描述为物体运动的加速度与物体所受的外力成正比，反之不行同体性F、a、m三者都针对同一个物体，其中F是该物体所受的合外力，m是该物体的质量，a是在F作用下该物体的加速度瞬时性F与a是瞬时对应的，它们同时存在，同时变化，同时消失.物体在每一时刻的瞬时加速度是跟那一时刻所受的合外力成正比的，恒力产生恒定的加速度，变力产生变化的加速度，某一方向上合外力不为零，就在这一方向上产生加速度同向性F与a的方向永远是一致的，也就是说合外力的方向决定了物体加速度的方向，加速度的方向反映了物体所受合外力的方向独立性作用于物体上的每一个力各自独立产生加速度也遵从牛顿第二定律，与其他力无关.物体实际的加速度则是每个力单独作用时产生的加速度的矢量和适用范围惯性参考系，宏观低速运动的物体1.当物体只受两个力作用而做变速运动时，通常根据加速度和合外力方向一致，用平行四边形定则先确定合外力后求解，称为合成法.2.当物体受多个力作用时，通常采用正交分解法.为减少矢量的分解，建立坐标系，确定x轴正方向有两种方法：(1)分解力不分解加速度，此时一般规定a方向为x轴正方向.(2)分解加速度不分解力，此种方法以某种力的方向为x轴正方向，把加速度分解在x轴和y轴上.三、力和运动关系的分析分析力和运动关系问题时要注意以下几点：1.物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，合力与加速度的大小关系是F合＝ma，只要有合力，不管速度是大还是小，或是零，都有加速度，只有合力为零时，加速度才能为零，一般情况下，合力与速度无必然的联系，只有速度变化才与合力有必然的联系.2.合力与速度同向时，物体加速，反之则减速.3.物体的运动情况取决于物体受的力和物体的初始条件(即初速度)，尤其是初始条件是很多同学最容易忽视的，从而导致不能正确地分析物体的运动过程.典例精析1.瞬时性问题分析【例1】如图甲所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态.(1)现将L2线剪断，求剪断瞬间物体的加速度；(2)若将图甲中的细线L1改为质量不计的轻弹簧而其余情况不变，如图乙所示，求剪断L2线瞬间物体的加速度.【解析】(1)对图甲的情况，L2剪断的瞬间，绳L1不可伸缩，物体的加速度只能沿切线方向，则mg sin θ＝ma1所以a1＝g sin θ，方向为垂直L1斜向下.(2)对图乙的情况，设弹簧上拉力为F T1，L2线上拉力为F T2.重力为mg，物体在三力作用下保持平衡，有F T1cos θ＝mg，F T1sin θ＝F T2，F T2＝mg tan θ剪断线的瞬间，F T2突然消失，物体即在F T2反方向获得加速度.因为mg tan θ＝ma2，所以加速度a2＝g tan θ，方向与F T2反向，即水平向右.【思维提升】(1)力和加速度的瞬时对应性是高考的重点.物体的受力情况应符合物体的运动状态，当外界因素发生变化(如撤力、变力、断绳等)时，需重新进行运动分析和受力分析，切忌想当然；(2)求解此类瞬时性问题，要注意以下四种理想模型的区别：　特性模型 质量内部弹力受外力时的形变量力能否突变产生拉力或压力轻绳不计处处相等微小不计可以突变只有拉力没有压力橡皮绳较大一般不能突变只有拉力没有压力轻弹簧较大一般不能突变既可有拉力也可有压力轻杆微小不计可以突变既有拉力也可有支持力【拓展1】如图所示，弹簧S1的上端固定在天花板上，下端连一小球A，球A与球B之间用线相连.球B与球C之间用弹簧S2相连.A、B、C的质量分别为m A、m B、m C，弹簧与线的质量均不计.开始时它们都处于静止状态.现将A、B间的线突然剪断，求线刚剪断时A、B、C的加速度.【解析】剪断A、B间的细线前，对A、B、C三球整体分析，弹簧S1中的弹力：F1＝(m A＋m B＋m C)g ①方向向上.对C分析，S2中的弹力：F2＝m C g ②方向向上.剪断A、B间的细线时，弹簧中的弹力没变.对A分析：F1－m A g＝m A a A ③对B分析：F2′＋m B g＝m B a B ④对C分析：F2－m C g＝m C a C ⑤F2′＝F2由①③式解得a A＝g，方向向上.由②④式解得a B＝g，方向向下.由②⑤式解得a C＝02.应用牛顿第二定律解题的基本方法【例2】一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法正确的是( )A.当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小B.当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大C.当a一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小D.当a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小【解析】解法一：用合成法，根据平行四边形定则求解.对物体作受力分析，如图所示.(设物体质量为m，斜面对物体的正压力为F N，斜面对物体的摩擦力为F f)物体具有向上的加速度a，由牛顿第二定律及力的合成有－mg＝ma－mg＝ma当θ一定时，a越大，F N越大，A不正确；当θ一定时，a越大，F f越大，B正确；当a一定时，θ越大，F N越小，C正确；当a一定时，θ越大，F f越大，D不正确.解法二：应用正交分解法求解.物体受重力、支持力、摩擦力的作用.由于支持力、摩擦力相互垂直，所以把加速度a在沿斜面方向和垂直于斜面方向分解，如图所示.沿斜面方向，由牛顿第二定律得：F f－mg sin θ＝ma sin θ ①垂直于斜面方向，由牛顿第二定律得：F N－mg cos θ＝ma cos θ ②当θ一定时，由①得，a越大，F f越大，B正确.由②得，a越大，F N越大，A错误.当a一定时，由①得，θ越大，F f越大，D错误.由②得，θ越大，F N越小，C正确.【答案】BC【思维提升】解题方法要根据题设条件灵活选择.本题的解法二中，要分析的支持力和摩擦力相互垂直，所以分解加速度比较简单，但是当多数力沿加速度方向时，分解力比较简单.【拓展2】风洞实验中可产生水平方向的、大小可以调节的风力，先将一套有小球的细杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径，如图所示.(1)当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上匀速运动，这时所受风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆的动摩擦因数；(2)保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离x的时间为多少.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)【解析】(1)设小球所受的风力为F，支持力为F N、摩擦力为F f、小球质量为m，作小球受力图，如图所示，当杆水平固定，即θ＝0时，由题意得F＝μmg所以μ＝F/mg＝0.5mg/mg＝0.5(2)沿杆方向，由牛顿第二定律得F cos θ＋mg sin θ－F f＝ma ①在垂直于杆的方向，由共点力平衡条件得F N＋F sin θ－mg cos θ＝0 ②又F f＝μF N ③联立①②③式解得a=＝将F＝0.5mg代入上式得a＝g ④由运动学公式得x＝at2 ⑤由④⑤式解得t＝易错门诊3.力和运动的关系【例3】如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点，如果物体受到的摩擦力恒定，则( )A.物体从A到O加速，从O到B减速B.物体从A到O速度越来越小，从O到B加速度不变C.物体从A到O间先加速后减速，从O到B一直减速运动D.物体运动到O点时所受合力为零【错解】A；物体在O点附近来回运动，因此物体在O点的速度最大，则A选项正确.【错因】犯以上错误的客观原因是思维定势，好像是弹簧振子的平衡位置O具有最大速度，这是盲目的模仿，主要是没有好的解题习惯，没有弄清楚力和运动的关系，另外有些同学是忽略了摩擦力.【正解】在A点，弹簧弹力F大于摩擦力μmg，合外力向右，物体加速运动；在O点，弹簧弹力减小到零，只受摩擦力μmg，方向向左，物体在A到O之间一定存在某点弹力等于摩擦力，此时物体所受到的合外力为零，速度最大.故从A到O，物体先加速后减速，加速度先减小后增大.从O到B，合外力向左，物体一直减速运动，加速度一直增大，故C 选项正确.【答案】C【思维提升】要正确理解力和运动的关系，物体运动方向和合外力方向相同时物体做加速运动，当弹力减小到等于摩擦力，即合外力为零时，物体的速度最大，小球的加速度决定于小球受到的合外力.第 3 课时　牛顿运动定律的应用重点难点突破一、动力学两类基本问题的求解思路两类基本问题中，受力分析是关键，求解加速度是桥梁和枢纽，思维过程如下：二、用牛顿定律处理临界问题的方法1.临界问题的分析思路解决临界问题的关键是：认真分析题中的物理情景，将各个过程划分阶段，找出各阶段中物理量发生突变或转折的“临界点”，然后分析出这些“临界点”应符合的临界条件，并将其转化为物理条件.2.临界、极值问题的求解方法(1)极限法：在题目中如出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，一般隐含着临界问题，处理此类问题时，应把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，达到尽快求解的目的.(2)假设法：有些物理过程中没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题，也可能不出现临界问题，解答此类题目，一般采用假设法.此外，我们还可以应用图象法等进行求解.三、复杂过程的处理方法——程序法按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程(或不同的状态)进行分析(包括列式计算)的解题方法可称为程序法.用程序法解题的基本思路是：1.划分出题目中有多少个不同的过程或多少个不同的状态.2.对各个过程或各个状态进行具体分析，得出正确的结果.3.前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的分界点是关键.典例精析1.动力学基本问题分析【例1】在光滑的水平面上，一个质量为200 g的物体，在1 N的水平力F作用下由静止开始做匀加速直线运动，2 s后将此力换为相反方向的1 N的力，再过2 s将力的方向再反过来……这样物体受到的力大小不变，而力的方向每过2 s改变一次，求经过30 s物体的位移.【解析】物体在1N的水平力F作用下，产生的加速度的大小为a ＝m/s2＝5 m/s2物体在2 s内做匀加速运动，2 s内位移为s1＝at2＝×5×22 m＝10 m方向与力的方向相同.t＝2 s末的速度为v1＝at＝5×2 m/s＝10 m/s从第3 s初到第4 s末，在这2 s内，力F的方向变成反向，物体将以v1＝10 m/s的初速度做匀减速运动，4 s末的速度为v2＝v1－at＝(10－5×2) m/s＝0在此2 s内物体的位移为s2＝×2 m＝10 m方向与位移s1的方向相同.从上述分段分析可知，在这4 s内物体的位移为s1＋s2＝20 m，物体4 s末的速度为零.以后重复上述过程，每4 s物体前进20 m.在30 s内有7次相同的这种过程，经过4 s×7＝28 s，最后2 s物体做初速度为零的匀加速运动，位移为10 m.所以经过30 s物体的总位移为s＝(20×7＋10) m＝150 m【思维提升】本题属已知物体的受力情况求其运动情况.我们也可以作出物体运动的v-t图象，然后由图象形象地分析物体的运动情况并求出位移.【拓展1】质量为40 kg的雪橇在倾角θ＝37°的斜面上向下滑动(如图甲所示)，所受的空气阻力与速度成正比.今测得雪橇运动的v-t图象如图乙所示，且AB是曲线的切线，B点坐标为(4,15)，CD是曲线的渐近线.试求空气的阻力系数k和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ.【解析】由牛顿运动定律得mg sin θ－μF N－kv＝ma由平衡条件得F N＝mg cos θ由图象得A点，v A＝5 m/s，加速度a A＝2.5 m/s2；最终雪橇匀速运动时最大速度v m＝10 m/s，a＝0代入数据解得μ＝0.125，k＝20 kg/s2.临界、极值问题【例2】如图所示，一个质量为m＝0.2 kg的小球用细绳吊在倾角为θ＝53°的光滑斜面上，当斜面静止时，绳与斜面平行.当斜面以10 m/s2的加速度向右做加速运动时，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力.【解析】先分析物理现象.用极限法把加速度a推到两个极端：当a 较小(a→0)时，小球受到三个力(重力、拉力、支持力)的作用，此时绳平行于斜面；当a增大(足够大)时，小球将“飞离”斜面，不再受支持力，此时绳与水平方向的夹角未知.那么，当斜面以加速度a＝10 m/s2向右加速度运动时，必须先求出小球离开斜面的临界值a0才能确定小球受力情况.小球刚要离开斜面时，只受重力和拉力，根据平行四边形定则作出其合力如图所示，由牛顿第二定律得mg cot θ＝ma0代入数据解得a0＝g cot θ＝7.5 m/s2因为a＝10 m/s2>7.5 m/s2，所以在题给条件下小球离开斜面向右做加速运动，T＝＝2.83 N，F N＝0【思维提升】物理问题要分析透彻物体运动的情景.而具体情景中存在的各种临界条件往往会掩盖问题的实质，所以有些问题挖掘隐含条件就成为解题的关键.【拓展2】如图所示，长L＝1.6 m，质量M＝3 kg的木板静放在光滑水平面上，质量m＝1 kg的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1.现对木板施加一水平向右的拉力F，取g＝10 m/s2，求：(1)使物块不掉下去的最大拉力F；(2)如果拉力F＝10 N恒定不变，小物块的所能获得的最大速度.【解析】(1)求物块不掉下时的最大拉力，其存在的临界条件必是物块与木板具有共同的最大加速度a1对物块，最大加速度a1＝＝μg＝1 m/s2对整体，F＝(M＋m)a1＝(3＋1)×1 N＝4 N(2)当F＝10 N时，木板的加速度a2＝m/s2＝3 m/s2由a2t2-a1t2=L得物块滑过木板所用时间t＝s物块离开木板时的速度v1＝a1t＝ m/s＝1.26 m/s易错门诊3.多过程问题分析【例3】如图，有一水平传送带以2 m/s的速度匀速运动，现将一物。

2013届高考物理冲刺套卷（大纲版，三）二、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，有一个选项或多个选项正确，全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不选的得0分）14．将一个密闭的导热容器由地面送入空间站进行实验。

容器中装有压强不太大的某种气体。

若从地面送到绕地球做匀速圆周运动的空间站后，容器所处的环境温度降低了10℃（不考虑容器体积的变化），在这过程中，关于容器中的气体，下列判断正确的是：（）A．气体压强减小，单位体积内的分子数减少B．气体压强降低，内能减少C．气体压强增大，向外界放热D．由于气体处于完全失重状态，故气体压强为零15．下列说法正确的是：（）A．光的偏振现象说明光是纵波B．随着环境温度的升高，放射性物质的半衰期会减小C．用单色光做双缝干涉实验，在实验装置不变的情况下，红光的干涉条纹比蓝光宽D．氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级比从n=2能级跃迁到n=l能级辐射出的光子波长长16．很细的一束光沿AO方向入射到玻璃砖侧面上的O点，进入玻璃砖后分成I、II两束，部分光路如图所示。

关于光束I、II，以下分析中正确的是：（）A．光束I在玻璃中的折射率较大B．光束I在玻璃中的传播速度较小C．逐渐增大入射角i，光束II在玻璃砖的上表面先发生全反射D．如果光束I能使某金属发生光电效应，那么光束Ⅱ也一定能使这种金属发生光电效应17．已知地球半径为R，月球半径为r，地球与月球之间的距离（两中心之间的距离）为S。

月球公转的周期为T1，地球自转的周期为T2，地球公转周期为T3，万有引力常量为G，由以上条件可知：（）A．地球的质量为B．月球的质量为C．地球的密度为D．月球运动的加速度为18．图甲为一列简谐横波在t=0时的波形图，图中质点Q运动到负向最大位移处，质点P刚好经过平衡位置。

图乙为质点P从此时开始的振动图象。

下列判断正确的是：（）A．波沿x轴正方向传播，传播速度为20m/sB．t=0.1s时，质点Q的加速度小于质点P的加速度C．此后0.15s内，质点P沿x轴正方向移动了3mD．t=0.25s时，质点Q沿y轴正方向运动19．如图所示，空间的虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5cm，其中BB′为零势面。

第1课时交变电流的产生和描述导学目标 1.能掌握交变电流的产生和描述，会写出交变电流的瞬时值表达式.2.能认识交变电流的图象和进行有效值、最大值的计算．一、交变电流的产生和变化规律[基础导引]关于线圈在匀强磁场中转动产生的交流电，以下说法中正确的是()A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变B．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次C．线圈在中性面位置时，磁通量最大，磁通量的变化率为零D．线圈在与中性面垂直的位置时，磁通量为零，感应电动势最大[知识梳理]1．交变电流大小和方向都随时间做__________变化的电流．如图1(a)、(b)、(c)、(d)所示都属于交变电流．其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流，简称正弦式电流，如图(a)所示．图12．正弦交流电的产生和变化规律(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕________________方向的轴匀速转动． (2)中性面：①定义：与磁场方向________的平面．②特点：a.线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量________，磁通量的变化率为______，感应电动势为______．b.线圈转动一周，________经过中性面．线圈每经过____________一次，电流的方向就改变一次．(3)图象：用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为__________曲线．如图1(a)所示．思考：由正弦交流电的图象可以得出哪些物理量？ 二、描述交变电流的物理量 [基础导引]我们日常生活用电的交变电压是e ＝2202sin 100πt V ，它是由矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的，则下列说法正确的是________． ①交流电的频率是50 Hz ②交流电压的有效值是220 V③当t ＝0时，线圈平面恰好与中性面平行④当t ＝150 s 时，e 有最大值220 2 V⑤电流每秒方向改变50次 [知识梳理] 1．周期和频率(1)周期T ：交变电流完成________________变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)．公式：T ＝2πω.(2)频率f ：交变电流在1 s 内完成周期性变化的________，单位是赫兹(Hz)． (3)周期和频率的关系：T ＝________或f ＝________. 2．交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值(1)瞬时值：交变电流某一________的值，是时间的函数． (2)峰值：交变电流的电流或电压所能达到的________．(3)有效值：让交流与恒定电流分别通过________的电阻，如果它们在交流的一个周期内产生的________相等，则这个恒定电流I 、恒定电压U 就是这个交流的__________． (4)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系I ＝____________，U ＝____________，E ＝____________. (5)平均值：是交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值.考点一 正弦交流电的变化规律考点解读1．2．两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，S ⊥B ，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，i ＝0，电流方向将发生改变．(2)线圈平面与中性面垂直时，S ∥B ，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变．3．书写交变电流瞬时值表达式的基本思路(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式E m ＝nBSω求出相应峰值． (2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．如：①线圈从中性面位置开始转动，则i －t 图象为正弦函数图象，函数式为i ＝I m sin ωt . ②线圈从垂直中性面位置开始转动，则i －t 图象为余弦函数图象，函数式为i ＝I m cos ωt . 特别提醒 1.只要线圈平面在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，就产生正弦式交流电，其变化规律与线圈的形状、转动轴处于线圈平面内的位置无关． 2．Φ－t 图象与对应的e －t 图象是互余的． 典例剖析例1 如图2甲所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda 方向为电流正方向，则 ( )图2A ．乙图中Oa 时间段对应甲图中A 至B 图的过程 B ．乙图中c 时刻对应甲图中的C 图C ．若乙图中d 等于0.02 s ，则1 s 内电流的方向改变50次D ．若乙图中b 等于0.02 s ，则交流电的频率为50 Hz图3图4 例2 实验室里的交流发电机可简化为如图3所示的模型，正方形线圈 在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO ′轴匀速转动．今在发 电机的输出端接一个电阻R 和理想电压表，并让线圈每秒转25圈， 读出电压表的示数为10 V ．已知R ＝10 Ω，线圈电阻忽略不计，下 列说法正确的是 ( ) A ．线圈平面与磁场平行时，线圈中的瞬时电流为零B ．从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流瞬时值表达式为i ＝2sin 50πt AC ．流过电阻R 的电流每秒钟方向改变25次D ．电阻R 上的热功率等于10 W跟踪训练1 矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中，线框 输出的交流电压随时间变化的图象如图4所示，下列说法 中正确的是 ( ) A ．交流电压的有效值为36 2 VB ．交流电压的最大值为36 2 V ，频率为0.25 HzC ．2 s 末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大D ．1 s 末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变化最快 考点二 交变电流“四值”的比较与理解 考点解读典例剖析图5例3 一理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝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 ( ) A ．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 ．经过1分钟电阻发出的热量是6×103 J D ．变压器的输入功率是1×103 W 例4 如图6所示，R 线圈abcd 的面积是0.05 m 2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B ＝1π T ，当线圈以300 r/min 的转速匀速旋转时．问：(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值 表达式；(2)线圈转过130s 时电动势的瞬时值多大？(3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少？(4)从中性面开始计时，经130s 通过电阻R 的电荷量是多少？思维突破 有效值是交流电中最重要的物理量，必须会求，特别是正弦交流电的有效值，应记住公式．求交变电流有效值的方法有：(1)利用I ＝I m 2，U ＝U m 2，E ＝E m2计算，只适用于正(余)弦式交流电．(2)利用有效值的定义计算(非正弦式交流电)．在计算有效值时“相同时间”至少取一个周期或周期的整数倍．(3)利用能量关系求解．当有电能和其他形式的能转化时，可利用能量守恒定律来求有效值． 跟踪训练2 一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图7所示．由图可知 ( )图7A ．该交流电的电压瞬时值的表达式为u ＝100sin (25t ) VB ．该交流电的频率为25 HzC ．该交流电的电压的有效值为100 2 VD ．若将该交流电压加在阻值为R ＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W14.对交变电流图象的意义认识不清例5 如图8甲所示，一矩形线圈abcd 放置在匀强磁场中，并绕过ab 、cd 中点的轴OO ′以角速度ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时(如图乙)为计时起点，并规图9定当电流自a 流向b 时，电流方向为正．则下列四幅图中正确的是 ()图8误区警示 不能将交变电流的产生原理与图象正确结合，或判断初始时刻的电流方向错误而错选C.正确解析 从乙图可看出初始时刻线圈平面与中性面的夹角为 ，又由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为从b 到a(与正方向相反)，故瞬时电流的表达式为i=-imcos ( +ωt)，图象D 符合题意． 答案 D正本清源 对于交变电流的图象问题，关键在于把线圈在匀强磁场中的具体位置与图象上的时刻对应好，也就是把交变电流的变化规律与线圈在磁场中转动的具体情景对应好！跟踪训练3 如图9所示，在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置矩形 线圈abcd .线圈cd 边沿竖直方向且与磁场的右边界重合．线圈平面与磁场方向垂直．从t ＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝2πT 绕cd边沿图示方向转动，规定线圈中电流沿abcda 方向为正方向，则从t ＝0到t ＝T 时间内，线圈中的电流i 随时间t 的变化关系图象为下图中的( )15．忽视交变电流“四值”的区别，造成运用时的错误例6 一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图10甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则 ( )图11图10A ．电压表的示数为220 VB ．电路中的电流方向每秒钟改变50次C ．灯泡实际消耗的功率为484 WD ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J误区警示 错解1：不能正确区分电源电动势和路端电压，易错选A. 错解2：认为在一个周期内电流的方向改变1次，则会错选B.正确解析 电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图象知电动势的最大值E m ＝220 2 V ，有效值E ＝220 V ，灯泡两端电压U ＝RER ＋r＝209 V ，A 错；由图象知T ＝0.02 s ，一个周期内电流方向改变两次，可知1 s 内电流方向改变100次，B 错；灯泡消耗的实际功率P ＝U 2R ＝209295.0W ＝459.8 W ，C 错；电流的有效值I ＝ER ＋r ＝2.2 A ，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q ＝I 2rt ＝2.22×5.0×1 J ＝24.2 J ，D 对． 答案 D正本清源 在解答有关交变电流问题时，除要注意电路结构外，还要区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，最大值是瞬时值中的最大量值，有效值是以电流的热效应来等效定义的，与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关问题时，一定要使用有效值，而求解通过导体截面的电荷量时一定要用平均值.跟踪训练4 某交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中 匀速转动，产生的感应电动势与时间的关系如图11所 示．如果此线圈和一个R ＝100 Ω的电阻构成闭合电路， 不计电路的其他电阻，下列叙述正确的是 ( )A ．交变电流的周期为0.02 sB ．交变电流的最大值为1 AC ．交变电流的有效值为1 AD ．电阻R 两端的最大电压为141 VA 组 交变电流的产生与图象图12图13图151．如图12所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产 生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交 流电的图象如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的 说法正确的是 ( ) A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零 B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值表达式为u ＝10sin 5πt (V)D ．交流电b 的最大值为5 V2．如图13所示，N ＝50匝的矩形线圈abcd ，ab 边长l 1＝20 cm ，ad 边 长l 2＝25 cm ，放在磁感应强度B ＝0.4 T 的匀强磁场中，外力使线圈绕 垂直于磁感线且通过线圈中线的OO ′轴以n ＝3 000 r/min 的转速匀速 转动，线圈电阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝9 Ω，t ＝0时，线圈平面与 磁感线平行，ab 边正转出纸外、cd 边转入纸里． (1)在图中标出t ＝0时感应电流的方向． (2)写出线圈感应电动势的瞬时值表达式． (3)线圈转一圈外力做功多大？(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R 的电荷量是多大？B 组 交变电流的“四值”3．在如图14甲所示的电路中，电阻R 的阻值为50 Ω，在ab 间加上图乙所示的正弦交流电，则下面说法中正确的是 ()图14A ．交流电压的有效值为100 VB ．电流表示数为2 AC ．产生该交流电的线圈在磁场中转动的角速度为3.14 rad/sD ．在1分钟内电阻R 上产生的热量为1.2×104 J4．如图15所示，交流发电机线圈的面积为0.05 m 2，共100匝．该线圈在磁感应强度为1π T 的匀强磁场中，以10π rad/s 的角速度匀速转动，电阻R 1和R 2的阻值均为50 Ω，线圈的内阻忽略不计，若 从图示位置开始计时，则 ( ) A ．线圈中的电动势为e ＝50sin 10πt V B ．电流表的示数为 2 A C ．电压表的示数为50 2 VD．R1上消耗的电功率为50 W图1图2课时规范训练(限时：45分钟)一、选择题1．下面关于交变电流的说法中正确的是 ( ) A ．交流电器设备上所标的电压和电流值是交流的最大值 B ．用交变电流表和交变电压表测定的读数值是交流的瞬时值 C ．给定的交流数值，在没有特别说明的情况下都是指有效值D ．对同一电阻且时间相同，则跟交流有相同的热效应的直流的数值是交流的有效值 2. 某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电 流的图象如图1所示，由图中信息可以判断 ( ) A ．在A 和C 时刻线圈处于中性面位置 B ．在B 和D 时刻穿过线圈的磁通量为零 C ．从A ～D 线圈转过的角度为2πD ．若从O ～D 历时0.02 s ，则在1 s 内交变电流的方向改变100次3．如图所示，面积均为S 的单匝线圈绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e ＝BSωsin ωt 的图是 ()4．(2011·四川理综·20)如图2所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈 的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平 面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A ．那么 ( ) A ．线圈消耗的电功率为4 W B ．线圈中感应电流的有效值为2 A C ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos2πTt D ．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝T πsin 2πTt图3图55．如图3所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P 1和P 2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时 ( )A ．线圈绕P 1转动时的电流等于绕P 2转动时的电流B ．线圈绕P 1转动时的电动势小于绕P 2转动时的电动势C ．线圈绕P 1和P 2转动时电流的方向相同，都是a →b →c →dD ．线圈绕P 1转动时dc 边受到的安培力大于绕P 2转动时dc 边受到的安培力6．图4中甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是 ()甲乙图4A ．图甲表示交流电，图乙表示直流电B ．两种电压的有效值相等C ．图甲所示电压的瞬时值表达式为u ＝311sin 100πt VD ．图甲所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的1107．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图5所示．此线圈与一个R ＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻．下列说法正确的是 ( )A ．交变电流的周期为0.125 sB ．交变电流的频率为8 HzC ．交变电流的有效值为 2 AD ．交变电流的最大值为4 A8．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图6甲所示，则下列说法中正确的是 ( )图7图8图9图6A ．t ＝0时刻线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率最大C ．t ＝0.02 s 时刻，感应电动势达到最大D ．该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示9．如图7所示的正方形线框abcd 边长为L ，每边电阻均为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕cd 轴以角速度ω转动，c 、d 两点与外电路相连，外电路电阻也为r ，则下列说法中正确的是 ( )A ．S 断开时，电压表读数为22BωL 2 B ．S 断开时，电压表读数为28BωL 2 C ．S 闭合时，电流表读数为210r BωL 2 D ．S 闭合时，线框从图示位置转过π2过程中流过电流表的电荷量为BL 27r10．如图8所示，矩形线圈面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO ′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R ，当线圈由图示位置转过60°的过程中，下列判断正确的是 ( )A ．电压表的读数为NBSω2B ．通过电阻R 的电荷量为q ＝NBS 2(R ＋r )C ．电阻R 所产生的焦耳热为Q ＝N 2B 2S 2ωR π4(R ＋r )2D ．当线圈由图示位置转过60°时的电流为NBSω2(R ＋r )二、非选择题11．如图9所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框中感应电流的有效值I ＝图10________.线框从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的 电荷量q ＝________.12．如图10所示，线圈面积为0.05 m 2，共100匝，线圈总电阻为1Ω，与外电阻R ＝9 Ω相连．当线圈在B ＝2π T 的匀强磁场中绕OO ′以转速n ＝300 r/min 匀速转动时，求：(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时值表达式；(2)两电表的示数；(3)线圈转过160 s 时，电动势的瞬时值；(4)线圈转过130 s 的过程中，通过电阻R 的电荷量；(5)线圈匀速转一周外力做的功．复习讲义基础再现一、基础导引 CD知识梳理 1.周期性 2.(1)垂直于磁场 (2)①垂直 ②a.最大 零 零 b ．两次 中性面 (3)正弦思考：周期T 、频率f 、峰值等．二、基础导引 ①②知识梳理 1.(1)一次周期性 (2)次数 (3)1f 1T 2.(1)时刻(2)最大值 (3)相同 热量 有效值 (4)I m 2 U m 2 E m2课堂探究例1 A例2 D跟踪训练1 BC例3 D例4 (1)e ＝50sin 10πt V (2)43.3 V(3)31.86 V 3.54 A (4)14π C跟踪训练2 BD跟踪训练3 B跟踪训练4 B分组训练1．BC2．(1)adcba (2)e ＝314cos 100πt V(3)98.6 J (4)0.1 C3．ABD 4.B课时规范训练1．CD2．D3．A4．AC5．A6．C7．C8．B9．BD10．B11.2BSω2RBSR12．(1)e＝100sin 10πt V(2)5 2 A45 2 V(3)50 V(4)12πC(5)100 J。

图2第2课时 变压器 电能的输送 导学目标 1.理解变压器的原理，会用功率关系、电压比、电流比进行有关的计算.2.能够对变压器进行动态分析.3.会分析计算远距离输电问题．一、理想变压器[基础导引]变压器原理图如图1所示，思考并回答以下问题：图1(1)变压器的工作原理是什么？(2)原、副线圈的电流、电压、电流的频率有什么关系？(3)副线圈的电压U 2由谁决定？(4)原线圈的电流I 1及输入功率P 1由谁决定？[知识梳理]1．变压器的构造：如图2所示，变压器是由____________和绕在铁芯上的____________组成的．(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫________线圈．(2)副线圈：与________连接的线圈，也叫________线圈．2．变压器的原理：电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场，由于电流的________、________ 在不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化．变化的磁场在副线圈中产生________________，所以尽管两个线圈之间没有导线相连，副线圈也能够输出电流．____________是变压器工作的基础．3．理想变压器：没有____________的变压器，即________功率等于________功率．4．基本关系式(1)功率关系：________.(2)电压关系：__________；有多个副线圈时，U 1n 1＝__________. (3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1. 由P 入＝P 出及P ＝UI 推出有多个副线圈时，U 1I 1＝________________. 思考：变压器能否改变恒定电流的电压？能否改变交流电的频率？二、远距离输电[基础导引]在远距离输电时，输送的电功率为P ，输电电压为U ，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S ，总长度为l ，输电线损失的电功率为P ′，用户得到的电功率为P 用，则下列关系式中正确的是 ( )A ．P ′＝U 2S ρlB ．P ′＝P 2ρl U 2SC ．P 用＝P －U 2S ρlD ．P 用＝P (1－Pρl U 2S) [知识梳理]1．根据P 损＝__________，降低输电损耗有两种方法(1)减小输电线的电阻．(2)减小输电导线中的电流：在输送功率一定的情况下，根据P ＝UI ，要减小电流，必须提高____________．2．远距离输电的功率损失输送功率一定时，线路电流I ＝________，输电线上的损失功率P 损＝I 2R 线＝____________，可知P 损∝1U 2. 远距离输电中的功率关系：P 输＝____________.考点一 理想变压器原、副线圈基本量的关系考点解读特别提醒 1.理想变压器的应用中要注意副线圈和原线圈功率相等这个特点，电流关系的推导应该以其为依据．2．变压器的以上关系都是根据“口”字型的变压器推出的．如果变压器不是“口”字型时，应根据变压器的原理及各线圈中磁通量的关系推导出各物理量的关系．典例剖析图3图5图6例1 如图3所示，理想变压器原线圈的匝数为n 1，副线圈的匝数为n 2，原线圈的两端a 、b 接正弦交流电源，电压表V 的示数为220 V ，负载电阻R ＝44 Ω，电流表A 1的示数为0.20 A ．下列判断中正确的是 ( )A ．原线圈和副线圈的匝数比为2∶1B ．原线圈和副线圈的匝数比为5∶1C ．电流表A 2的示数为1.0 AD ．电流表A 2的示数为0.4 A跟踪训练1 (2011·广东理综·19)图4(a)左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R ＝55 Ω，、为理想电流表和电压表．若原线圈接入如图(b)所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V ，下列表述正确的是 ()图4A ．电流表的示数2 AB ．原、副线圈匝数比为1∶2C ．电压表的示数为电压的有效值D ．原线圈中交变电压的频率为100 Hz考点二 理想变压器的动态分析 考点解读1．匝数比不变的情况(如图5所示)(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1决定输出电压U 2，不 论负载电阻R 如何变化，U 2不变．(2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，输出电流I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化．(3)I 2变化引起P 2变化，P 1＝P 2，故P 1发生变化．2．负载电阻不变的情况(如图6所示)(1)U 1不变，n 1n 2发生变化，故U 2变化． (2)R 不变，U 2变化，故I 2发生变化． (3)根据P 2＝U 22R，P 2发生变化，再根据P 1＝P 2，故P 1变化，P 1 ＝U 1I 1，U 1不变，故I 1发生变化．3．分析动态问题的思路程序可表示为图8典例剖析例2 (2010·山东理综·19)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图7甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P 为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是 ()图7A ．副线圈输出电压的频率为50 HzB ．副线圈输出电压的有效值为31 VC ．P 向右移动时，原、副线圈的电流比减小D ．P 向右移动时，变压器的输出功率增加思维突破 1.关于理想变压器的动态分析问题一般有两种类型：(1)负载电阻不变，原线圈的电压U 1不变，副线圈的电压U 2、电流I 1、I 2及功率P 1、P 2都随匝数比的变化而变化；(2)匝数比不变，原、副线圈的电压U 1、U 2不变，电流I 1、I 2及功率P 1、P 2都随负载电阻的变化而变化．2．无论哪种情况，处理此类问题的关键都是分清变量和不变量，弄清理想变压器中各物理量之间的联系和相互制约的关系．跟踪训练2 如图8所示电路中的变压器为理想变压器，S 为单刀双掷开关，P 是滑动变阻器R 的滑动触头，原线圈两端接交变电流，输入电压不变，则能使原线圈的输入功率变大的是 ( )A ．保持P 的位置不变，S 由b 切换到aB ．保持P 的位置不变，S 由a 切换到bC ．S 掷于b 位置不动，P 向上滑动D ．S 掷于b 位置不动，P 向下滑动考点三 远距离输电问题 考点解读1．远距离输电的处理思路对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析．2．远距离高压输电的几个基本关系(以图9为例)：图11图9(1)功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 损＋P 3.(2)电压、电流关系：U 1U 2＝n 1n 2＝I 2I 1，U 3U 4＝n 3n 4＝I 4I 3，U 2＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 3＝I 线． (3)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线. (4)输电线上损耗的电功率：P 损＝I 线ΔU ＝I 2线R 线＝(P 2U 2)2R 线．当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的1n 2. 典例剖析例3 (2010·浙江理综·17)某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3×106 kW ，现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是 ( )A ．输电线上输送的电流大小为2.0×105 AB ．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC ．若改用5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kWD ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2/r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻思维突破 在远距离输电问题中，计算线路功率损耗时应用P 损＝I 2线R 线，其原因是I 线可以由公式P 输入＝I 线U 输入求出，而P 损＝U 线I 线和P 损＝U 2线R 线则不常用，其原因是在一般情况下，U 线不易求出，且易将U 线和U 输入相混而造成错误．跟踪训练3 如图10所示，有一台交流发电机E ，通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R .T 1的输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，它的输出电压和输出功率分别为U 2和P 2；T 2的输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，它的输出电压和输出功率分别为U 4和P 4.设T 1的输入电压U 1一定，当用户消耗的电功率变大时，有()图10A ．U 2减小，U 4变大B ．U 2不变，U 3变小C ．P 1变小，P 2变小D ．P 2变大，P 3变大16.对远距离输电过程中各量的制约关系不明确造成错误例4 (2010·江苏·7)在如图11所示的远距离输电电路图图12 中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有 ( )A ．升压变压器的输出电压增大B ．降压变压器的输出电压增大C ．输电线上损耗的功率增大D ．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大误区警示 错解1：不清楚升压变压器的输入电压由发电机本身决定，而认为只要发电机功率变大，电压就变大，而误选A.错解2：由于不能写出输电线上损耗的功率占总功率的比例的表达式，而漏选D.正确解析 由U 1∶U 2＝n 1∶n 2可知，匝数比和输入电压不变，则输出电压，故A 错误；由I ＝P U，U 损＝IR ，U 3＝U 2－U 损可知，因P 变大，则I 变大，U 损变大，因此降压变压器的输入电压U 3变小，而降压变压器的匝数比不变，故降压变压器的输出电压变小，B 错误；由P 损＝(P U )2R 可知，因U 不变、P 变大，所以P 损变大，故C 正确；由P 损P ＝(P U )2R P ＝PR U 2可知，因U 不变、P 变大，所以比值变大，故D 正确．答案 CD正本清源 本题属于程序性比较强的题目，稍有不慎，很容易出现错误，要想正确地求解本题，应从输出功率增大这一变化开始，得出输出电流增大这一关系，然后按照远距离输电的过程图，由左到右，逐步分析，减少失误的机会.跟踪训练4 2008年1月10日开始的低温雨雪冰冻造成我国部分地区严重灾害，其中高压输电线因结冰而损毁严重，为消除高压输电线上的冰，事后有人设计了利用电流的热效应除冰的融冰思路．若在正常供电时，高压线上送电电压为U ，电流为I ，热耗功率为ΔP ；除冰时，在输电功率、用户的输入电压和输电线电阻不变的情况下，通过自动调节高压输电变压器的变压比，使输电线上的热耗功率变为16ΔP ，则除冰时 ( )A ．输电电流为4IB ．输电电流为16IC ．输电电压为4UD ．输电电压为U 16A 组 理想变压器基本规律的应用1．(2011·课标全国·17) 如图12所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V ，额定功率为22 W ；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U 和I 分别表示此时电压 表和电流表的读数，则 ( )图14 A ．U ＝110 V ，I ＝0.2 A B ．U ＝110 V ，I ＝0.05 AC ．U ＝110 2 V ，I ＝0.2 AD ．U ＝110 2 V ，I ＝0.2 2 A2．如图13所示，一理想变压器原线圈的匝数n 1＝1 100匝，副线圈的匝数n 2＝220匝，交流电源的电压u ＝2202sin 100πt V ，电阻R ＝44 Ω ，电压表、电流表均为理想电表，则下列说法错误的是 ()图13A ．交流电的频率为50 HzB ．电流表的示数为0.2 AC ．电流表的示数为 2 AD ．电压表的示数为44 VB 组 理想变压器的动态分析3．如图14所示，一理想自耦变压器线圈AB 绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端AB 间加一正弦式交流电压，在输出端BP 间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动P 的位置，可改变副线圈的匝数，变阻器的滑动触头标记为Q ，则 ( )A ．只将Q 向下移动时，灯泡的亮度变大B ．只将Q 向下移动时，电流表的读数变大C ．只将P 沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大D ．只提高输入端的电压U 时，电流表的读数变大4．如图15所示是街头变压器给用户供电的示意图．变压器的输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动，输出电压通过输电线输送给用户．输电线的电阻用R 0表示，变阻器R 表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头P 向下移动时，下列说法不正确的是()图15A ．相当于在增加用电器的数目B ．A 1表的示数随A 2表的示数的增大而增大C ．V 1表的示数随V 2表的示数的增大而增大D ．变压器的输入功率增大C 组 远距离输电问题5．图16为某小型水电站的电能输送示意图，A 为升压变压器，其输入功率为P 1，输出功率为P 2，输出电压为U 2；B 为降压变压器，其输入功率为P 3，输入电压为U 3.A 、B 均为理想变压器，输电线的总电阻为r ，则下列关系式正确的是 ( )图16A ．P 1>P 2B ．P 2＝P 3C ．U 2>U 3D ．U 2＝U 36．随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益扩大，节能变得越来越重要．某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电，若发电厂输出电压为U 1，输电导线总电阻为R ，在某一时段用户需求的电功率为P 0，用户的用电器正常工作的电压为U 2.在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是 ( )A ．输电线上损耗的功率为P 20R U 22B ．输电线上损耗的功率为P 20R U 21C ．若要减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电D ．采用更高的电压输电会降低输电的效率图3课时规范训练(限时：45分钟)一、选择题1．理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是 ( )A ．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1B ．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C ．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1D ．正常工作时，原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶12．如图1甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R ＝10 Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是 ()图1A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22 VB ．当单刀双掷开关与a 连接且t ＝0.01 s 时，电流表示数为零C ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，原线圈的输入功率变大D ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，副线圈输出电压的频率变为25 Hz3．如图2所示为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是()图2A ．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B ．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的C ．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D ．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好4．如图3所示，一理想变压器原线圈匝数为n 1＝1 000匝，副线圈匝数为n 2＝200匝，将原线圈接在u ＝200 2sin120πt V 的交流电压上，电阻R ＝100 Ω，电流表A 为理想电表．下列推断正确的是 ( )A ．交变电流的频率为50 HzB ．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为25 Wb/s C ．电流表A 的示数为25 2 A图5D ．变压器的输入功率是16 W5．(2010·天津理综·7)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L 1、L 2，电路中分别接了理想交流电压表V 1、V 2和理想交流电流表A 1、A 2，导线电阻不计，如图4所示．当开关S 闭合后()图4A ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值不变B ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值变大C ．V 2示数变小，V 1与V 2示数的比值变大D ．V 2示数不变，V 1与V 2示数的比值不变6．如图5所示，一理想变压器原线圈匝数n 1＝1 000匝，副线圈匝数n 2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u＝2202sin 100πt V ．副线圈中接一电动机，电阻为11 Ω，电流表A 2示数为1 A ．电表对电路的影响忽略不计，则 ( )A ．此交流电的频率为100 HzB ．电压表示数为220 2 VC ．电流表A 1示数为5 AD ．此电动机输出功率为33 W7．如图6所示为远距离输电的示意图，若电厂输出电压u 1＝4 400 2sin 100πt V ，电流I 1＝1 000 A ，不计变压器损耗，则下列判断正确的是 ()图6A ．U 1＝4 400 2 VB ．I 2<1 000 AC ．I 2U 2＝4.4×106 WD ．用户得到的交流电频率为100π Hz8．如图7所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为n 1∶n 2＝4∶1，原线圈ab 间接一电压为u ＝2202sin 100πt V 的交流电源，灯泡L 标有“36 V 18 W ”，当滑动变阻器R 的滑片处在某位置时，电流表示数为0.25 A ，灯泡L 刚好正常发光，则 ()图7图8A ．滑动变阻器R 消耗的功率为36 WB ．定值电阻R 0的电阻为19 ΩC ．流过灯泡L 的交变电流频率为25 HzD ．将滑动变阻器R 的滑片向上滑时，灯泡L 的亮度变暗9．(2011·浙江理综·16)如图8所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n 1＝800和n 2＝200的两个线圈，上线圈两端与u ＝51sin 314t V 的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是 ( )A ．2.0 VB ．9.0 VC ．12.7 VD ．144.0 V 10．如图9所示，M 是一小型理想变压器，接线柱a 、b 接在电压u ＝311sin 314t V 的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 2为用半导体热敏材料制成的传感器(R 2的阻值随温度升高而减小)，电流表A 2为值班室的显示器，显示通过R 1的电流，电压表V 2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R 3为一定值电阻．当传感器R 2所在位置处出现火警时，以下说法中正确的是 ()图9A ．A 1的示数不变，A 2的示数增大B ．A 1的示数增大，A 2的示数增大C ．V 1的示数增大，V 2的示数增大D ．V 1的示数不变，V 2的示数减小二、非选择题11．如图10甲是一理想变压器的电路连接图，图乙是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知原、副线圈的匝数比为10∶1，电流表A 2的示数为2 A ，开关S 断开，求：图10(1)变压器的输入功率和电压表的示数；(2)将开关S 闭合，定性分析电路中三只电表的示数变化情况．12．某小型实验水电站输出功率是20 kW ，输电线总电阻为6 Ω.(1)若采用380 V 输电，求输电线路损耗的功率；(2)若改用5 000 V 高压输电，用户端利用n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．复习讲义基础再现一、基础导引(1)互感现象(2)U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1，频率不变 (3)U 2由U 1及原、副线圈的匝数比决定(4)I 1由I 2及n 1、n 2决定，P 1由P 2决定知识梳理 1.闭合铁芯 两个线圈 (1)初级 (2)负载 次级 2.大小 方向 感应电动势互感现象 3.能量损失 输入 输出 4.(1)P 入＝P 出 (2)U 1n 1＝U 2n 2 U 2n 2＝U 3n 3＝… (3)U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n思考：(1)变压器不能改变恒定电流的电压．由变压器的原理可知恒定电流通过原线圈时不能产生变化的磁场，副线圈铁芯中的磁通量不会变化，副线圈中就不会有感应电动势．(2)变压器不能改变交流电的频率，因为原、副线圈中磁通量的变化情况相同． 二、基础导引 BD [输电线电阻R ＝ρl S ，输电电流I ＝P U 故输电线上损失的电功率为P ′＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫P U 2ρl S ＝P 2ρl U 2S用户得到的电功率为P 用＝P －P ′＝P ⎝⎛⎭⎫1－Pρl U 2S ] 知识梳理 1.I 2R 线 (2)输电电压 2.P U P 2R 线U 2P 损＋P 用户 课堂探究例1 BC跟踪训练1 AC例2 AD跟踪训练2 AC例3 B跟踪训练3 BD 跟踪训练4 A分组训练1．A2．C3．D4．C5．C6．C课时规范训练1．BD2．AC3．ABD4．BD5．AD6．D7．BC8．B9．A10．D11．(1)40 W20 V(2)A1示数增大A2示数增大V示数不变12．(1)16.62 kW(2)226.18 V。