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　　多普勒效

　　八、多普勒效应

　　目标：1.知道波源的频率与观察者接收到的频率的区别

　　2.知道什么是多普勒效应?

　　3.能运用多普勒效应解释一些物理现象

　　重点：1.知道波源的频率与观察者接收到的频率的区别

　　2.知道多普勒效应是在波源和观察者之间有相对运动时产生的.

　　教学难点：波源的频率与观察者接收到的频率的区别

　　教学方法：读、讲、练与分析相结合

　　课时安排：1课时

　　教学过程：

　　让学生叙述火车向你驶来时，汽笛本身的音调如何变？人听到的汽笛音调如何变？

　　火车离你而去时，汽笛本身的音调如何变？人听到的汽笛音调如何变？同是汽笛发声为什么会产生两种不同的现象呢？

　　[板书]：多普勒效应

　　一、波源的频率与观察者接收到的频率

　　知识回顾：1.什么叫频率?

　　2.声音的音调由什么因素决定?

　　1.波源的频率------单位时间内波源发出的完全波的个数

　　2.观察者接收到的频率------单位时间内观察者接收到的完全波的个数

　　如果波源和观察者相对于介质静止,则观察者接收到的频率与波源的频率相等,如果波源或观察者相对于介质运动时,则观察者接收到的频率与波源的频率不相等,这一现象就叫多普勒效应

　　二、多普勒效应的成因

　　例:波速为V＝100m/s.波源的频率f＝100Hz.可算得:波的周期T＝0.01s,波长λ＝1m.

　　1.波源相对于介质静止,观察者相对于介质静止

　　在时间t＝1s里有100个波传到观察者所在的A处,观察者接收到的频率与波源的频率相等,音调不变.

　　2.观察者相对于介质静止,波源以速度V源＝10m/s相对于介质运动

　　(1).波源向观察者运动

　　则对观察者来说感觉到的波速为110m,他在1秒钟内接收到的完全波数为110个,所以观察者感受到的频率f'＝110Hz比波源的频率f＝100Hz要高,因而音调变高

　　注意:波速实际并没有改变,但在相同的距离中却多了10个完整波,是由于波在介质中被均匀挤压,使之波长变短的缘故

　　(2).波源远离观察者

　　由同学自行分析

　　3.波源相对于介质静止,观察者以速度V人＝10m/s相对于介质运动

　　(1).观察者向波源运动 (2).观察者远离波源

　　由同学自行分析

　　4.波源与观察者同时相对于介质运动又如何呢?

　　多普勒效应更加明显

　　三、多普勒效应的应用

　　学生阅读课文的最后一段,并加以总结

　　四、本课小结

　　五、巩固练习

　　1.关于多普勒效应,下列说法中正确的是

　　A.多普勒效应是由波的干涉引起的 B.多普勒效应说明波源的频率发生了改变

　　C.多普勒效应是由于波源和观察者之间有相对运动而产生的

　　D.只有声波才能产生多普勒效应

　　2.炮弹由远处飞来从头顶呼啸而过的整个过程中,我们所听到的音调

　　A.越来越高 B.越来越低

　　C.先变高后变低 D.先变低后变高

　　E.因不知炮弹的速度为多少,所以无法判断

　　六、作业

　　带电粒子在电场中的运动

　　-选修3-1

　　1.9带电粒子在电场中的运动

　　前预习学案

　　一、预习目标

　　1、理解带电粒子在电场中的运动规律，并能分析解决加速和偏转方向的问题．

　　2、知道示波管的构造和基本原理．

　　二、预习内容

　　1、带电粒子在电场中加速，应用动能定理，即

　　所以

　　2、（1）带电粒子在匀强电场中偏转问题的分析处理方法，类似于平抛运动的分析处理，应用运动的合成和分解的知识。

　　①离开电场运动时间 。

　　②离开电场时的偏转量 。

　　③离开电场时速度的大小 。

　　④以及离开电场时的偏转角 。

　　（2）若电荷先经电场加速然后进入偏转电场，则y=

　　（U1为加速电压，U2为偏转电压）

　　3、处理带电粒子在匀强电场中运动问题的方法

　　（1）等效法：

　　（2）分解法：带电微粒在匀强电场中偏转这种较复杂的曲线运动，可分解成沿初速方向的 和沿电场力方向的 分析、处理。

　　三、提出疑惑

　　同学们，通过你的自主学习，你还有哪些疑惑，请把它填在下面的表格中

　　疑惑点疑惑内容

　　内探究学案

　　一学习目标

　　通过带电粒子在电场中加速、偏转过程分析，培养学生的分析、推理能力

　　二学习过程

　　1引导学生复习回顾相关知识

　　（1）牛顿第二定律的内容是 ?

　　（2）动能定理的表达式是 ?

　　（3）平抛运动的相关知识:1

　　2.

　　2、带电粒子的加速

　　提出问题要使带电粒子在电场中只被加速而不改变运动方向该怎么办?

　　学生探究活动：结合相关知识提出设计方案并互相讨论其可行性。

　　学生介绍自己的设计方案。

　　师生互动归纳：

　　方案

　　1 。

　　2： 。

　　可求得当带电粒子从静止开始被加速时获得的速度为：

　　vt=

　　深入探究：

　　（1）结合牛顿第二定律及动能定理中做功条（W=Fscosθ恒力 W=Uq 任何电场）讨论各方法的实用性。

　　（2）若初速度为v0（不等于零），推导最终的速度表达式。

　　学生活动：思考讨论，列式推导

　　3、带电粒子的偏转

　　教师投影：如图所示，电子以初速度v0垂直于电场线射入匀强电场中．

　　问题讨论：

　　（1）分析带电粒子的受力情况。

　　（2）你认为这种情况同哪种运动类似，这种运动的研究方法是什么?

　　（3）你能类比得到带电粒子在电场中运动的研究方法吗?

　　学生活动：讨论并回答上述问题：

　　深入探究：如右图所示，设电荷带电荷量为q，平行板长为L，两板间距为d，电势差为U，初速为v0．试求：

　　（1）带电粒子在电场中运动的时间t。

　　（2）粒子运动的加速度。

　　（3）粒子受力情况分析。

　　（4）粒子在射出电场时竖直方向上的偏转距离。

　　（5）粒子在离开电场时竖直方向的分速度。

　　（6）粒子在离开电场时的速度大小。

　　（7）粒子在离开电场时的偏转角度θ。

　　拓展：若带电粒子的初速v0是在电场的电势差U1下加速而的（从零开始），那么上面的结果又如何呢?（y，θ）

　　学生活动：结合所学知识，自主分析推导。

　　θ=arctan

　　与q、m无关。

　　3、示波管的原理

　　出示示波器，教师演示操作

　　①光屏上的亮斑及变化。

　　②扫描及变化。

　　③竖直方向的偏移并调节使之变化。

　　④机内提供的正弦电压观察及变化的观察。

　　学生活动：观察示波器的现象。

　　三、反思总结

　　1

　　2

　　四、当堂检测

　　1、如图所示，水平安放的A、B两平行板相距h，上板A带正电，现有质量m，带电量为+q的小球，在B板下方距离H处，以初速v0竖直向上从B板小孔进入板间电场，欲使小球刚好能到A板，则A、B间电势差UAB= 。

　　2、质子 H和 粒子 He在匀强电场中由静止开始加速，通过相同位移时，它们的动能比为 ，所用时间比为 。

　　3、一个电子以3.2×106m/s的初速度沿电场线方向射入匀强电场，在电场中飞行了9.1×10-7s后开始返回，则匀强电场的场强大小为 ，电子在匀强电场中从进入到返回原处所通过的路程为 。

　　后练习与提高

　　1、 粒子和质子以相同速度垂直于电场线进入两平行板间匀强电场中，设都能飞出电场，则它们离开匀强电场时，侧向位移之比y :yH= ，动能增量之比 = 。

　　2、如图所示，水平平行金属板A、B间距为d，带电质点质量为m，电荷量为q，当质点以速率v从两极板中央处于水平飞入两极间，两极不加电压时，恰好从下板边缘飞出，若给A、B两极加一电压U，则恰好从上板边缘飞出，那么所加电压U= 。

　　3、如图所示，电子的电荷量为e，质量为m，以v0的速度沿与场强垂直的方向从A点飞入匀强电场，并从另一侧B点沿与场强方向成150°角飞出。则A、B两点间的电势差为 。

　　参考答案

　　前预习学案

　　1、

　　2、（1）① ② ③ ④

　　（2）

　　3（1）带电粒子在匀强电场中运动，若不能忽略重力时，可把电场和重力看作等效重力，这样处理起更容易理解 ，显得方便简捷。

　　（2）匀速直线运动

　　内探究学案

　　1（1）a=F合/m（注意是F合）

　　（2）W合=△Ek= （注意是合力做的功）

　　（3）平抛运动的相关知识

　　2方案1：v0=0，仅受电场力就会做加速运动，可达到目的。

　　方案2：v0≠0，仅受电场力，电场力的方向应同v0同向才能达到加速的目的。

　　3解：由于带电粒子在电场中运动受力仅有电场力（与初速度垂直且恒定），不考虑重力，故带电粒子做类平抛运动。

　　粒子在电场中的运动时间 t=

　　加速度 a= =qU/md

　　竖直方向的偏转距离：

　　y= at2=

　　粒子离开电场时竖直方向的速度为

　　v1=at=

　　速度为： v=

　　粒子离开电场时的偏转角度θ为：

　　tanθ=

　　三反思总结

　　1．带电粒子的加速 功能关系分析：粒子只受电场力作用，动能变化量等于电势能的变化量．

　　(初速度为零)； 此式适用于一切电场．

　　2．带电粒子的偏转运动的分析方法(看成类平抛运动)：

　　①沿初速度方向做速度为v0的匀速直线运动．

　　②沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动．

　　四、当堂检测

　　1、 2、1：2 3、2V/m 0.29m

　　后练习与提高

　　1、1：2 2：1 2、 3、-3eBV0

　　第九节、带电粒子在电场中的运动设计

　　一、教材分析

　　本专题是是历年高考的重点内容。本专题综合性强，理论分析要求高，带电粒子的加速是电场的能的性质的应用；带电粒子的偏转则侧重于电场的力的性质，通过类比恒力作用下的曲线运动（平抛运动），理论上探究带电粒子在电场中偏转的规律。此外专题既包含了电场的基本性质，又要运用直线和曲线运动的规律，还涉及到能量的转化和守恒，有关类比和建模等科学方法的应用也比较典型。探究带电粒子的加速和偏转的规律，只要做好引导，学生自己是能够完成的，而且可以提高学生综合分析问题的能力。

　　二、目标：

　　（一）知识与技能

　　1、理解带电粒子在电场中的运动规律，并能分析解决加速和偏转方向的问题．

　　2、知道示波管的构造和基本原理．

　　（二）过程与方法

　　通过带电粒子在电场中加速、偏转过程分析，培养学生的分析、推理能力

　　（三）情感、态度与价值观

　　通过知识的应用，培养学生热爱科学的精神

　　三、教学重点难点

　　重点：带电粒子在匀强电场中的运动规律

　　难点：运用电学知识和力学知识综合处理偏转问题

　　四、学情分析

　　带电粒子在场中的运动（重力场、电场、磁场）问题，由于涉及的知识点众多，要求的综合能力较高，因而是历年高考的热点内容，这里需要将几个基本的运动，即直线运动中的加速、减速、往返运动，曲线运动中的平抛运动、圆周运动、匀速圆周运动进行综合巩固和加深，同时需要将力学基本定律，即牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律等进行综合运用。

　　五、教学方法

　　讲授法、归纳法、互动探究法

　　六、前准备

　　1．学生的学习准备：预习牛顿第二定律的内容是什么，能定理的表达式是什么，抛运动的相关知识点。

　　2．教师的教学准备：多媒体制作，前预习学案，内探究学案，后延伸拓展学案

　　3、教具：多媒体

　　七、时安排：1时

　　八、学过程

　　(一)预习检查、总结疑惑

　　教师活动：引导学生复习回顾相关知识点

　　（1）牛顿第二定律的内容是什么?

　　（2）动能定理的表达式是什么?

　　（3）平抛运动的相关知识点。

　　（4）静电力做功的计算方法。

　　学生活动：结合自己的实际情况回顾复习。

　　师生互动强化认识：

　　（1）a=F合/m（注意是F合）

　　（2）W合=△Ek= mv2- mv02

　　（注意是合力做的功）

　　（3）平抛运动的相关知识

　　（4）W=Fscosθ（恒力→匀强电场）

　　W=qU（任何电场）

　　检查落实了学生的预习情况并了解了学生的疑惑，使教学具有了针对性。

　　（二）情景导入、展示目标

　　带电粒子在电场中受到电场力的作用会产生加速度，使其原有速度发生变化．在现代科学实验和技术设备中，常常利用电场控制或改变带电粒子的运动。

　　具体应用有哪些呢?本节我们研究这个问题．以匀强电场为例。

　　（三）合作探究、精讲点拨

　　1、带电粒子的加速

　　教师活动：提出问题

　　要使带电粒子在电场中只被加速而不改变运动方向该怎么办?

　　（相关知识链接：合外力与初速度在一条直线上，改变速度的大小；合外力与初速度成90°，仅改变速度的方向；合外力与初速度成一定角度θ，既改变速度的大小又改变速度的方向）

　　学生探究活动：结合相关知识提出设计方案并互相讨论其可行性。

　　学生介绍自己的设计方案。

　　师生互动归纳：（教师要对学生进行激励评价）

　　方案1：v0=0，仅受电场力就会做加速运动，可达到目的。

　　方案2：v0≠0，仅受电场力，电场力的方向应同v0同向才能达到加速的目的。

　　教师投影：加速示意图．

　　学生探究活动：上面示意图中两电荷电性换一下能否达到加速的目的?

　　（提示：从实际角度考虑，注意两边是金属板）

　　学生汇报探究结果：不可行，直接打在板上。

　　学生活动：结合图示动手推导，当v0=0时，带电粒子到达另一板的速度大小。

　　（教师抽查学生的结果展示、激励评价）

　　教师点拨拓展：

　　方法一：先求出带电粒子的加速度：

　　a=

　　再根据

　　vt2-v02=2ad

　　可求得当带电粒子从静止开始被加速时获得的速度为：

　　vt=

　　方法二：由W=qU及动能定理：

　　W=△Ek= mv2-0

　　得：

　　qU= mv2

　　到达另一板时的速度为：

　　v= .

　　深入探究：

　　（1）结合牛顿第二定律及动能定理中做功条（W=Fscosθ恒力 W=Uq 任何电场）讨论各方法的实用性。

　　（2）若初速度为v0（不等于零），推导最终的速度表达式。

　　学生活动：思考讨论，列式推导

　　（教师抽查学生探究结果并展示）

　　教师点拨拓展：

　　（1）推导：设初速为v0，末速为v，则据动能定理得

　　qU= mv2- mv02

　　所以 v=

　　（v0=0时，v= ）

　　方法渗透：理解运动规律，学会求解方法，不去死记结论。

　　（2）方法一：必须在匀强电场中使用（F=qE，F为恒力，E恒定）

　　方法二：由于非匀强电场中，公式W=qU同样适用，故后一种可行性更高，应用程度更高。

　　实例探究：本例题1

　　第一步：学生独立推导。

　　第二步：对照本解析归纳方法。

　　第三步：教师强调注意事项。（计算先推导最终表达式，再统一代入数值运算，统一单位后不用每个量都写，只在最终结果标出即可）

　　过渡：如果带电粒子在电场中的加速度方向不在同一条直线上，带电粒子的运动情况又如何呢?下面我们通过一种较特殊的情况研究。

　　2、带电粒子的偏转

　　教师投影：如图所示，电子以初速度v0垂直于电场线射入匀强电场中．

　　问题讨论：

　　（1）分析带电粒子的受力情况。

　　（2）你认为这种情况同哪种运动类似，这种运动的研究方法是什么?

　　（3）你能类比得到带电粒子在电场中运动的研究方法吗?

　　学生活动：讨论并回答上述问题：

　　（1）关于带电粒子的受力，学生的争论焦点可能在是否考虑重力上。

　　教师应及时引导：对于基本粒子，如电子、质子、α粒子等，由于质量m很小，所以重力比电场力小得多，重力可忽略不计。

　　对于带电的尘埃、液滴、小球等，m较大，重力一般不能忽略。

　　（2）带电粒子以初速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成90°角的作用而做匀变速曲线运动，类似于力学中的平抛运动，平抛运动的研究方法是运动的合成和分解。

　　（3）带电粒子垂直进入电场中的运动也可采用运动的合成和分解的方法进行。

　　CAI分解展示：

　　（1）带电粒子在垂直于电场线方向上不受任何力，做匀速直线运动。

　　（2）在平行于电场线方向上，受到电场力的作用做初速为零的匀加速直线运动。

　　深入探究：如右图所示，设电荷带电荷量为q，平行板长为L，两板间距为d，电势差为U，初速为v0．

　　试求：

　　（1）带电粒子在电场中运动的时问

　　（2）粒子运动的加速度。

　　（3）粒子受力情况分析。

　　（4）粒子在射出电场时竖直方向上的偏转距离。

　　（5）粒子在离开电场时竖直方向的分速度。

　　（6）粒子在离开电场时的速度大小。

　　（7）粒子在离开电场时的偏转角度θ。

　　[学生活动：结合所学知识，自主分析推导。

　　（教师抽查学生活动结果并展示，教师激励评价）

　　投影示范解析：

　　解：由于带电粒子在电场中运动受力仅有电场力（与初速度垂直且恒定），不考虑重力，故带电粒子做类平抛运动。

　　粒子在电场中的运动时间 t=

　　加速度 a= =qU/md

　　竖直方向的偏转距离：

　　y= at2=

　　粒子离开电场时竖直方向的速度为

　　v1=at=

　　速度为： v=

　　粒子离开电场时的偏转角度θ为：

　　tanθ=

　　拓展：若带电粒子的初速v0是在电场的电势差U1下加速而的（从零开始），那么上面的结果又如何呢?（y，θ）

　　学生探究活动：动手推导、互动检查。

　　（教师抽查学生推导结果并展示：

　　结论：

　　y=

　　θ=arctan

　　与q、m无关。

　　3、示波管的原理

　　出示示波器，教师演示操作

　　①光屏上的亮斑及变化。

　　②扫描及变化。

　　③竖直方向的偏移并调节使之变化。

　　④机内提供的正弦电压观察及变化的观察。

　　学生活动：观察示波器的现象。

　　阅读本相关内容探究原因。

　　教师点拨拓展，师生互动探究：

　　多媒体展示：示波器的核心部分是示波管，由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。

　　投影：示波管原理图：

　　电子枪中的灯丝发射电子，经加速电场加速后，得到的速度为：

　　v0=

　　如果在偏转电极 上加电压电子在偏转电极 的电场中发生偏转．离开偏转电极 后沿直线前进，打在荧光屏上的亮斑在竖直方向发生偏移．其偏移量 为 =y+Ltanθ

　　因为y= tan

　　所以 = U+L

　　= U=（L+ ）tanθ

　　如果U=Umaxsinωt则 = maxsinωt

　　学生活动：结合推导分析教师演示现象。

　　（四）反思总结，当堂检测。

　　教师组织学生反思总结本节的主要内容，并进行当堂检测。

　　1．带电粒子的加速

　　(1)动力学分析：带电粒子沿与电场线平行方向进入电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加(减)速直线运动，如果是匀强电场，则做匀加(减)速运动．

　　(2)功能关系分析：粒子只受电场力作用，动能变化量等于电势能的变化量．

　　(初速度为零)； 此式适用于一切电场．

　　2．带电粒子的偏转

　　(1)动力学分析：带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入两带电平行板产生的匀强电场中，受到恒定的与初速度方向成900角的电场力作用而做匀变速曲线运动 (类平抛运动)．

　　(2)运动的分析方法(看成类平抛运动)：

　　①沿初速度方向做速度为v0的匀速直线运动．

　　②沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动．

　　（五）发导学案、布置预习。

　　1、书面完成 “问题与练习”第3、4、5题；思考并回答第1、2题。

　　2、下阅读本“科学足迹”和“科学漫步”中的两篇。

　　九板书设计

　　带电粒子在电场中的运动

　　(一)、带电粒子的加速

　　由W=qU及动能定理：

　　W=△Ek= mv2-0

　　得：

　　qU= mv2

　　到达另一板时的速度为：

　　v=

　　设初速为v0，末速为v，则据动能定理得

　　qU= mv2- mv02

　　所以 v=

　　（v0=0时，v= ）

　　（二）、带电粒子的偏转

　　y= at2=

　　tanθ=

　　（三）、示波管的原理

　　十、教学反思

　　本节内容是关于带电粒子在匀强电场中的运动情况，是电学和力学知识的综合， 带电粒子在电场中的运动，常见的有加速、减速、偏转、圆运动等等，规律跟力学是相同的，只是在分析物体受力时，注意分析电场力，同时注意：为了方便问题的研究，对于微观粒子的电荷，因为重力非常小，我们可以忽略不计．对于示波管，实际就是带电粒子在电场中的加速偏转问题的实际应用．

　　热力学第二定律的微观解释

　　选修3-3

　　第十章

　　10.5 热力学第二定律的微观解释

　　10.6 能源和可持续发展

　　一、教材分析

　　热力学第二定律以宏观事实为基础，告诉我们热学现象和热学过程应该遵循的规律，本节要从微观的角度说明，为什么涉及热运动的宏观过程会有这样的方向性。

　　二、目标

　　1.了解有序和无序，宏观态和微观态的概念。

　　2.了解热力学第二定律的微观意义。

　　3.了解熵的概念，知道熵是反映系统无序程度的物理量。知道随着条件的变化，熵是变化的。

　　4. 理解能量耗散和品质降低的概念。.理解能源的利用实际上是能量的转化和转移过程。

　　5. 了解常规能源的使用带来的环境污染。.了解开发新能源的方法和意义。

　　三、重难点

　　1.了解热力学第二定律的微观意义。

　　2.了解熵的概念，知道熵是反映系统无序程度的物理量。

　　3..理解能量耗散和品质降低的概念。

　　四、学情分析

　　学生掌握了热力学第二定律，但不知道它的微观解释。本节中的概念“有序”、“无序”、“熵”不易理解。热力学第二定律的微观解释较抽象。“能源和可持续发展”内容简单，易于掌握。

　　五、教学方法

　　思考、讨论、总结发言，多媒体。

　　六、课前准备

　　预习学案 阅读课本

　　七、课时安排 1课时

　　八、教学过程

　　（一）预习检查、总结疑惑

　　（二）情景引入、展示目标

　　（三）合作探究、精讲点拨

　　1.有序和无序

　　有序：只要确定了某种规则，符合这个规则的就叫做有序。

　　无序：不符合某种确定规则的称为无序。

　　无序意味着各处都一样，平均、没有差别，有序则相反。

　　有序和无序是相对的。

　　2.宏观态和微观态

　　宏观态：符合某种规定、规则的状态，叫做热力学系统的宏观态。

　　微观态：在宏观状态下，符合另外的规定、规则的状态叫做这个宏观态的微观态。

　　系统的宏观态所对应的微观态的多少表现为宏观态无序程度的大小。如果一个“宏观态”对应的“微观态”比较多，就说这个“宏观态”是比较无序的，同时也决定了宏观过程的方向性——从有序到无序。

　　3.热力学第二定律的微观意义

　　一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。

　　4.熵和系统内能一样都是一个状态函数，仅由系统的状态决定。从分子运动论的观点来看，熵是分子热运动无序(混乱)程度的定量量度。

　　一个系统的熵是随着系统状态的变化而变化的。在自然过程中，系统的熵是增加的。

　　在绝热过程或孤立系统中，熵是增加的，叫做熵增加原理。对于其它情况，系统的熵可能增加，也可能减小。

　　从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律：一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，而熵值较大代表着较为无序，所以自发的宏观过程总是向无序程度更大的方向发展。

　　典例探究

　　例： 一个物体在粗糙的平面上滑动，最后停止。系统的熵如何变化？

　　解析：因为物体由于受到摩擦力而停止运动，其动能变为系统的内能，增加了系统分子无规则运动的程度，使得无规则运动加强，也就是系统的无序程度增加了，所以系统的熵增加。

　　友情提示：本题考查的是对熵增加原理的理解和应用。

　　1.能量耗散：系统的内能流散到周围环境中，没有办法把这些内能收集起来加以利用，这种现象叫做能量耗散。

　　2.品质降低：能量从高度有用的形式降级为不大可用的形式叫品质降低。

　　能量在利用过程中，总是由高品质的能量最终转化为低品质的内能。

　　3.能源：能源是指能够提供可利用能量的物质，它是现代社会生活的重要物质基础。

　　常规能源：指已被广泛应用的能源，如煤、石油、天然气、水力等。

　　4.能源危机与环境污染

　　(1).近一百年，地球人口由16亿增加到目前的50亿，净增了2倍多，而能源消耗据统计却增加了16倍。按目前的消耗量，专家预测石油、天然气最多只能维持半个世纪，煤炭尚可维持一二百年。

　　(2).能源利用的过程也直接污染着地球环境

　　①温室效应：化石燃料燃烧放出的大量二氧化碳，使大气中二氧化碳的含量大量增高，导致“温室效应”，造成地面温度上升，两极的冰雪融化，海平面上升，淹没沿海地区等不良影响。

　　②酸雨污染：排放到大气中的大量二氧化硫和氮氧化物等在降水过程中溶入雨水，使其形成酸雨，酸雨进入地表、江河，破坏土壤，影响农作物生长，使生物死亡，破坏生态平衡。同时腐蚀建筑结构、工业装备、动力和通讯设备等，还直接危害人类健康。

　　③臭氧层的破坏：臭氧层的存在对吸收紫外线方面起着举足轻重的作用，一旦臭氧层遭到破坏，对生物有害的紫外线会毫无遮拦地照射到地面上，会提高皮肤癌和白内障的发病率，也会影响我们的免疫系统。同时对不同生态系统中生物的生长、发育、繁殖、分布和生物地球化学循环都会造成一系列危害。

　　5.新能源的开发

　　（1）.新能源：指目前尚未被人类大规模利用而有待进一步研究、开发和利用的能源，如核能、太阳能、风能、地热能、海洋能、氢能等。

　　（2）.无穷无尽的太阳能：

　　九、板书设计：

　　热力学第二定律的微观意义：

　　1.有序和无序

　　2.热力学第二定律的微观意义：

　　3.熵增加原理

　　能源和持续发展：

　　1.能量耗散：

　　2.品质降低：

　　3.能源：

　　十、教学反思

　　能源和环境是社会关注的两个问题。通过本节的学习，是学生理解这两个社会问题产生的原因，使学生理解开发利用清洁能源的价值，让学生提高科学观念，提高社会责任感。

　　10.5热力学第二定律的微观解释

　　10.6 能源和可持续发展学案

　　一、预习目标：

　　1.了解有序和无序，宏观态和微观态的概念。

　　2.了解热力学第二定律的微观意义。

　　3.了解熵的概念，知道随着条件的变化，熵是变化的。

　　4.理解能量耗散和品质降低的概念，能源的利用实际上是能量的转化和转移过程。

　　5.了解常规能源的使用带来的环境污染。

　　二、预习内容：

　　（一）热力学第二定律的微观解释：

　　1.有序和无序

　　有序： 。

　　无序： 。

　　2.热力学第二定律的微观意义：

　　3.熵和系统内能一样都是一个 函数，仅由系统的状态决定。从分子运动论的观点来看，熵是分子热运动无序(混乱)程度的定量量度。

　　一个系统的熵是随着系统状态的变化而变化的。在自然过程中，系统的熵是增加的。

　　熵增加原理的内容： 。

　　从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律：一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，而熵值较大代表着较为无序，所以自发的宏观过程总是向无序程度更大的方向发展。

　　（二）能源和持续发展：

　　1.能量耗散： 。

　　2.品质降低：能量从高度有用的形式降级为不大可用的形式叫品质降低。

　　能量在利用过程中，总是由高品质的能量最终转化为低品质的内能。

　　3.能源：能源是指能够提供可利用能量的物质，它是现代社会生活的重要物质基础。

　　常规能源：指已被广泛应用的能源，如煤、石油、天然气、水力等。

　　三、提出疑惑、

　　课内探究学案

　　一、学习目标

　　1.理解热力学第二定律的微观意义。了解熵的概念，知道熵是反映系统无序程度的物理量。

　　2.理解能量耗散和品质降低的概念。

　　二、学习过程

　　典例探究

　　例1 一个物体在粗糙的平面上滑动，最后停止。系统的熵如何变化？

　　解析：因为物体由于受到摩擦力而停止运动，其动能变为系统的内能，增加了系统分子无规则运动的程度，使得无规则运动加强，也就是系统的无序程度增加了，所以系统的熵增加。

　　例2.某地的平均风速为5m/s，已知空气密度是1.2kg/m3，有一风车，它的车叶转动时可形成半径为12m的圆面，如果这个风车能将此圆内10%的气流的动能转变为电能，则该风车带动的发电机功率是多大？

　　解析：首先可以求出在时间t内作用于风车的气流质量为 m=лr2t，这些气流的动能为 m2；转变的电能为 ，故风车带动发电机发电的功率为

　　代入数据以后得P=3.4kW

　　友情提示：从能量守恒定律入手，注意能量转移的方向性是解答本题的关键。

　　例 某地的平均风速为5m/s，已知空气密度是1.2kg/m3，有一风车，它的车叶转动时可形成半径为12m的圆面，如果这个风车能将此圆内10%的气流的动能转变为电能，则该风车带动的发电机功率是多大？

　　解析：首先可以求出在时间t内作用于风车的气流质量为 m=лr2t，这些气流的动能为 m2；转变的电能为 ，故风车带动发电机发电的功率为

　　代入数据以后得P=3.4kW

　　友情提示：从能量守恒定律入手，注意能量转移的方向性是解答本题的关键。

　　三、反思总结

　　四、当堂检测

　　1.一定质量的气体被压缩，从而放出热量，其熵怎样变化？

　　2.保持体积不变，将一个系统冷却，熵怎样变化？

　　增加

　　3、.能源可划为一级能源和二级能源。自然界以现成形式提供的能源称为一级能源；需要依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二级能源。氢气是一种高效而没有污染的二级能源，它可以由自然界中大量存在的水来制取：2H2O=2H2+O2-517.6，下列叙述正确的是（ ）

　　A.电能是二级能源 B.水力是二级能源

　　C.天然气是一级能源 D.焦炉气是一级能源

　　课后练习与提高

　　1、.下面的叙述中正确的是（ ）

　　①不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化

　　②不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化

　　③所谓“能源”，指的就是能够提供可利用能量的物质

　　④能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有的方向性

　　A.①② B. ①②③④ C.③④ D.②③

　　2、.常规能源的利用带来很多环境问题，如煤和石油的燃烧会产生大量的二氧化碳，其主要危害是 。

　　3、.煤在燃烧时产生的二氧化硫等物质对环境的主要危害是 。

　　当堂检测

　　1、减少

　　2、增加

　　3、AC

　　课后练习与提高

　　1、B

　　2、产生“温室效应”

　　3、形成酸雨、腐蚀建筑物、酸化土壤。

　　电势差与电场强度的关系

　　第六节 电势差与电场强度的关系导学案

　　一、知识与技能

　　定性把握 电势差与电场强度的关系，理解匀强电场中电势差与电场强度的定量关系。

　　二、过程与方法

　　通过对匀强电场中电势差和电场强度的定性、定量关系的学习，培养学生的分析、解决问题的能力．

　　三、情感态度与价值观

　　从不同角度认识电场、分析寻找物理量之间的内在联系，培养对物理学科的兴趣、坚定思考探索物理的的信念，领略物理方法的奥妙，体会物理科学的力量。

　　四、重点、难点

　　重点：匀强电场中电势差与电场强度的关系

　　难点： 对公式 U=E d中d的理解及公式的正确运用

　　一、预习案

　　1． 电势差与电场强度：在匀强电场中两点间的电势差等于_____________与这两点沿__________方向上距离的乘积．

　　2．电场强度与电势差：在匀强电场中，电场强度的大小等于两点间的_____________与两点沿___________方向距离的比值，公式E＝___________，单位___________．

　　4．解题中运用E=F/q、E=kQ/r 、E＝U/d

　　三个公式都可以求场强，但要注意场合和 它们 5．理解、比较电场强度E和电势

　　的区别与联系．

　　二、探究案

　　独立思考1、如图所示将电荷 量为q 的电荷由A移动到B点,AB间距离为d,场强为E, AB两点间电势差为UAB,

　　（1）求电场力的功。

　　提示：q所受静电力为F=

　　所以静电力做功为：

　　问：静电力是一个恒力吗？

　　（2）推导U和E的关系：

　　比较得出UAB＝Ed．

　　小组讨论2、如图所示的匀强电场中场强为E ,AB间距离为L, CD间距离d ，，把一点电荷q从A移到B，则电场力做功为：

　　仍可用求功公式直接求解，假设电荷所走路径是由A沿直线

　　到达B ，则做功

　　两式相比较，UAB＝Ed．

　　结论：W＝qUAB与路径无关．可以得出以上结论

　　三、练习案

　　如图所示，匀强电场的场强E＝100 V／m，A、B

　　两点相距0.1 m，AB连线与电场线的夹角为60o，

　　则A、B两点的电势差为多少?

　　分子间的相互作用力

　　分子间的相互作用力

　　目的

　　1．了解分子间相互作用力的存在及相互作用力大小与分子间距离的关系。

　　2．能运用这部分知识解释一些有关的物理现象。

　　教具

　　小弹簧（每小组一个），演示用的两块铅块。

　　过程

　　一、复习提问

　　分子间存在着相互作用力，是根据哪些现象和实验总结出的？

　　可答：将木棍折断需用力，说明分子之间有相互作用力；液体很难被压缩，说明分子之间有排斥力；将两块铅块压紧后能连在一起……。

　　教师可再演示两块铅块压紧后能连接一起的实验，加深对分子间有相互作用力的认识。

　　二、新教学

　　1．进一步证明分子间有相互作用力。

　　学生分组实验：慢慢用力弯曲橡皮，观察橡皮受力后的状态变化，着重分析橡皮发生形变时为什么有弹力产生。

　　通过对此问题的思考，应使学生体会到弹力是宏观领域中的力，实际上是物体在形变时内部的相邻两边大量分子相互作用力的总和。

　　学生分组实验：用手压缩小弹簧。观察弹簧形变的情况，并分析压缩弹簧时为什么也有弹力产生。

　　用手压缩弹簧时，压到一定程度就很难继续压缩，弹簧产生一种抗拒压缩的力，这力就是宏观表现出的弹力，实际是弹簧截面两边大量分子互相排斥的结果。

　　小结：分子间既有引力也有斥力，引力和斥力是同时存在的，实际表现出的是分子的引力和斥力的合力，称为分子力。

　　2．分子引力和斥力的大小与什么因素有关？

　　引导学生读书得出答案，并进一步提问：

　　（1）分子力的大小与分子间的距离有什么关系？

　　答案参阅本图11-6

　　（2）为什么当r＞r0时表现为引力，r＜r0时表现为斥力？

　　抓住分子间距离的变化对斥力的影响比对引力的影响大这个要点去回答。

　　3．教师指出：为了处理问题简单起见，可认为当r=r0时，F=0；r＜r0时，F为斥力；当r＞r0时，F为引力。

　　然后用仿照本图11-7自制的教具进行演示，帮助学生了解分子间相互作用情况。

　　4．学生分组讨论问题。

　　（1）我们把锯条弯得很厉害时就会断裂，为什么？

　　答：分子间距离超过一定限度时，分子间的作用力为0，于是物体就被拉断。

　　（2）打碎的玻璃杯，为什么不能把它们拼在一起利用分子力使杯子复原？

　　对此题学生常常提问若把玻璃磨平能靠分子力把它们粘在一起吗？

　　教师可介绍在制造光学仪器时，需要把两块透镜进行粘合，就是把两个粘合的表面磨光，并处理得很干净，再加一定的压力就可以使其粘合在一起。这种粘合就是利用分子间的引力。

　　最近几年出现的摩擦焊接、爆炸焊接，都是利用分子引力。摩擦焊接是使焊两个接触面高速地向相反方向旋转，同时加上很大的压力（约每平方cm加几千到几万牛顿的力）经几s钟后就焊成一个整体了。

　　三、布置作业略

　　匀变速直线运动的位移与速度的关系

　　M 4 匀变速直线运动的位移与速度的关系

　　整体设计

　　本节的目标是让学生熟练运用匀变速直线运动的位移与速度的关系来解决实际问题.教材先是通过一个例题的求解，利用公式x=v0t+ at2和v=v0+at推导出了位移与速度的关系：v2-v02=2ax.到本节为止匀变速直线运动的速度—时间关系、位移—时间关系、位移—速度关系就都学习了.解题过程中应注意对学生思维的引导，分析物理情景并画出运动示意图，选择合适的公式进行求解，并培养学生规范书写的习惯，解答后注意解题规律.学生解题能力的培养有一个循序渐进的过程，注意选取的题目应由浅入深，不宜太急.对于涉及几段直线运动的问题，比较复杂，引导学生把复杂问题变成两段简单问题来解.

　　重点

　　1.匀变速直线运动的位移—速度关系的推导.

　　2.灵活应用匀变速直线运动的速度公式、位移公式以及速度—位移公式解决实际问题.

　　教学难点

　　1.运用匀变速直线运动的速度公式、位移公式推导出有用的结论.

　　2.灵活运用所学运动学公式解决实际问题.

　　课时安排

　　1课时

　　三维目标

　　知识与技能

　　1.掌握匀变速直线运动的速度—位移公式.

　　2.会推导公式vt2-v02=2ax.

　　3.灵活选择合适的公式解决实际问题.

　　过程与方法

　　通过解决实际问题，培养学生灵活运用物理规律合理分析、解决问题和实际分析结果的能力.

　　情感态度与价值观

　　通过教学活动使学生获得成功的喜悦，培养学生参与物理学习活动的兴趣，提高学习的自信心.

　　教学过程

　　导入新课

　　问题导入

　　发射枪弹时，枪弹在枪筒中的运动可以 看作是匀加速运动.如图2-4-1.如果枪弹的加速度大小是5×105 m/s2，枪筒长0.64 m，枪弹射出枪口的速度是多大？

　　图2-4-1 子弹加速运动

　　学生思考得出：由x= at2求出t.再由v=at求出速度.

　　同学们回答得很好，我们今天可以学习一个新的公式，利用它直接就可求解此问题了.

　　情境导入

　　为研究跳高问题，课题研究组的同学小李、小王、小华，在望江楼图书馆的多媒体阅读室里上多媒体宽带网的“世界体坛”网站，点播了当年朱建华破世界纪录的精彩的视频实况录像，如图2-4-2，并展开了相关讨论.

　　图2-4-2

　　解说员：“……各位观众你们瞧，中国著名跳高选手朱建华正伸臂、扩胸、压腿做准备活动，他身高1.83米.注意了：他开始助跑、踏跳，只见他身轻如燕，好一个漂亮的背跃式，将身体与杆拉成水平，跃过了2.38米高度，成功了！打破了世界纪录.全场响起雷鸣般的掌声……”

　　我们能否运用运动学知识求出朱建华离地瞬间的速度？

　　复习导入

　　在前面两节我们分别学习了匀变速直线运动的位移与时间的关系、速度与时间的关系.其公式为：v=v0+at x=v0t+ at2

　　若把两式中消去t，可直接得到位移与速度的关系.

　　这就是今天我们要学习的内容.

　　推进新课

　　一、匀变速直线运动的位移与速度关系

　　问题：（多媒体展示）上两节学习了匀变速直线运动速度—时间关系与位移—时间关系，把两式中的t消去，可得出什么表达式？

　　学生运用两个公式推导，v=v0+at t= ①

　　x=v0t+ at2 ②

　　把①式代入②式得：

　　x= = = v2 -v02=2ax

　　点评：通过学生推导公式可加深学生对公式的理解和运用，培养学生逻辑思维能力.

　　注意：

　　1.在v-t关系、xt关系、xv关系式中，除t外，所有物理量皆为矢量，在解题时要确定一个正方向，常选初速度的方向为正方向，其余矢量依据其与v0方向的相同或相反，分别代入“+”“-”号，如果某个量是待求的，可先假定为“+”，最后根据结果的“+”“-”确定实际方向.

　　2.末速度为零的匀减速直线运动可看成初速度为零，加速度相等的反向匀加速直线运动.[来源:]

　　例1某飞机着陆时的速度是216 km/h，随后匀减速滑行，加速度的大小是2 m/s2.机场的跑道至少要多长才能使飞机安全地停下来？

　　解析：这是一个匀变速直线运动的问题.以飞机着陆点为原点，沿飞机滑行的方向建立坐标轴（如图2-4-3）.

　　图2-4-3 以飞机的着陆点为原点，沿飞机滑行方向建立坐标轴

　　飞机的初速度与坐标轴的方向一致，取正号，v0=216 km/h=60 m/s；末速度v应该是0.由于飞机在减速，加速度方向与速度方向相反，即与 坐标轴的方向相反，所以加速度取负号，a=-2 m/s2.

　　由v2-v02=2ax解出

　　x=

　　把数值代入x= =900 m

　　即跑道的长度至少应为900 m.

　　另一种解法：飞机着陆后做匀减速直线运动，并且末速度为零.因此可以看成初速度为零，加速度相等的反向匀加速直线运动.

　　即v0=0，v=216 km/h=60 m/s，a=2 m/s2

　　由v2-v02=2at得v2=2ax

　　解出x= = m=900 m.

　　答案：900 m

　　课堂训练

　　做匀减速直线运动的物体经4 s后停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s的位移与4 s内的位移各是多少？

　　不给学生提示，让学生自由发挥，引导学生用多种解法求解此题.学生完成后让学生回答此题的答案及思路.充分调动学生利用物理知识解决实际问题的思维意识.

　　参考答案：解法一（常规解法）

　　设初速度为v0，加速度大小为a，由已知条件及公式：

　　v=v0+at，x=v0t+ at2可列方程

　　解得

　　最后1 s的位移为前4 s的位移减前3 s的位移.

　　x1=v0t4- at42-（v0t3- at32）

　　代入数值x1=［16×4- ×4×42-（16×3- ×4×32）］ m=2 m

　　4 s内的位移为：x=v0t+ at2=（16×4- ×4×16） m=32 m.

　　解法二（逆向思维法）

　　思路点拨：将时间反演，则上述运动就是一初速度为零的匀加速直线运动.

　　则14= at42- at32

　　其中t4=4 s，t3=3 s，解得a=4 m/s2

　　最后1 s内的位移为x1= at12= ×4×12 m=2 m

　　4 s内的位移为x2= at42= ×4×42 m=32 m.

　　解法三（平均速度求解）

　　思路点拨：匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速 度.

　　由第1秒内位移为14 m解出v0.5= m/s=14 m/s，v4=0

　　由v4=v0.5+a×3.5得出a=-4 m/s2

　　再由v=v0+at得：v0=16 m/s，v3=4 m/s

　　故最后1秒内的位移为：x1= t= ×1 m=2 m

　　4 s内的位移为：x2= t= ×4 m=32 m.

　　点评：通过用多种方法解决同一问题，可以加深学生对公式的理解，提高学生灵活应用公式解决实际问题的能力.发散学生思维，培养多角度看问题的意识.

　　小结1：匀变速直线运动问题的解题思路

　　（1）首先是选择研究对象.分析题意，判断运动性质.是匀速运动还是匀变速运动，加速度方向、位移方向如何等.

　　（2）建立直角坐标系，通常取v0方向为坐标正方向.并根据题意画草图.

　　（3）根据已知条件及待求量，选定有关规律列方程.要抓住加速度a这个关键量，因为它是联系各个公式的“桥梁”.为了使解法简便，应尽量避免引入中间变量.

　　（4）统一单位，求解方程（或方程组）.

　　（5）验证结果，并注意对结果进行有关讨论，验证结果时，可以另辟思路，运用其他解法.

　　以上各点，弄清运动性质是关键.

　　小结2：匀变速直线运动问题解题的注意点

　　注意物理量的矢量性：对运动过程中a、v、x赋值时，应注意它们的正、负号.

　　（1）匀减速运动：①匀减速运动的位移、速度大小，可以看成反向的匀加速运动来求得；②求匀减速运动的位移，应注意先求出物体到停止运动的时间.

　　（2）用平均速度解匀变速运动问题：如果问题给出一段位移及对应的时间，就可求出该段的平均速度.因为有关平均速度的方程中，时间t都是一次函数，用平均速度解题一般要方便些.[来源:学&科&网]

　　（3）应用v-t图象作为解题辅助工具

　　从匀变速直线运动的v-t图象可以得出，物体在任一时刻的速度大小、速度方向、位移大小，可以比较两个物体在同一时刻的速度大小、位移大小.无论选择题、非选择题，v-t图象都可以直观地提供解题的有用信息.

　　小结3：解题常用的方法

　　1.应用平均速度.匀变速运动的平均速度 = ，在时间t内的位移x= t，相当于把一个变速运动转化为一个匀速运动.

　　2.利用时间等分、位移等分的比例关系.对物体运动的时间和位移进行合理的分割，应用匀变速直线运动及初速度为零的匀变速运动的特殊关系，是研究匀变速运动的重要方法，比用常规方法简捷得多.

　　3.巧选参考系.物体的运动都是相对一定的参考系而言的.研究地面上物体 的运动，常以地面为参考系，有时为了研究的方便，也可以巧妙地选用其他物体作参考系，从而简化求解过程.

　　4.逆向转换.即逆着原来的运动过程考虑，如火车进站刹车滑行；逆看车行方向考虑时就把原来的一个匀减速运动转化为一个初速为零的匀加速运动.[来源:Z。xx。k.Com]

　　5.充分利用v-t图象.利用图象斜率、截距、图线与t轴间面积所对应的物理意义，结合几何关系，提取出形象的思维信息，从而帮助解题.

　　二、追及相遇问题

　　现实生活中经常会发生追及（如警察抓匪徒）、相遇或避免碰撞（如两车在同一直线上相向或同向运动时）的问题.我们现在就利用物理学知识探究警察能否抓住匪徒、两车能否相遇或避免相撞.

　　讨论交流：1.解追及、相遇问题的思路

　　（1）根据对两物体运动过程的分析，画出两物体运动的示意图.

　　（2）根据两物体的运动性质，分别列出两个物体的位移方程，注意要将两物体运动时间的关系反映在方程中.

　　（3）由运动示意图找出两物体位移间的关联方程，这是关键.

　　（ 4）联立方程求解，并对结果进行简单分析.

　　2.分析追及、相遇问题时应注意的问题

　　（1）分析问题时，一定要注意抓住一个条件两个关系，一个条件是两物体速度相等时满足的临界条件，如两物体的距离是最大还是最小，是否恰好追上等.两个关系是时间关系和位移关系，时间关系是指两物体运动时间是否相等，两物体是同时运动还是一先一后等；而位移关系是指两物体同地运动还是一前一后运动等，其中通过画运动示意图找到两物体间的位移关系是解题的突破口，因此在学习中一定要养成画草图分析问题的良好习惯，对帮助我们理解题意，启迪思维大有裨益.

　　（2）若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意，追上前该物体是否停止运动.

　　（3）仔细审题，注意抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰巧”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件.

　　3.解决追及相遇问题的方法

　　大致分为两种方法：一是物理分析法，即通过对物理情景和物理过程的分析，找到临界状态和临界条件，然后列出方程求解；二是数学方法，因为在匀变速运动的位移表达式中有时间的二次方我们可列出位移方程，利用二次函数求极值的方法求解，有时也可借助v-t图象进行分析.

　　点评：通过该交流讨论，学生可在教师的引导下寻找解决实际问题的思路与方法，以及解决问题时的注意事项，这样可加快学生对理论知识的掌握，为自主地解决问题打下坚实的基础.

　　例2一辆汽车以3 m/s2的加速度开始启动的瞬间，一辆以6 m/s的速度做匀速直线运动的自行车恰好从汽车的旁边通过.求：

　　（1）汽车在追上自行车前多长时间与自行车相距最远？此时的距离是多少？汽车的瞬时速度是多大？

　　（2）汽车经多长时间追上自行车？追上自行车时汽车的瞬时速度是多大？

　　（3）作出此过程汽车和自行车的速度—时间图象.

　　解法一：（物理分析法）

　　分析：解决追及问题的关键是找出两物体运动中物理量之间的关系.当汽车速度与自行车速度相等时，两者之间的距离最大；当汽车追上自行车时，两者的位移相等.

　　（1）令v汽=v自，即at=v自，代入数值3t=6得t=2 s

　　Δx=x自-x汽=v首t- at2=（6×2- ×3×4） m=6 m.

　　（2）x汽=x自，即 at2=v自t，得t= s= s=4 s

　　v汽=at=3×4 m/s=12 m/s.

　　（3）见解法二.

　　解法二：（1）如图2-4-4所示，设汽车在追赶自行车的过程中与自行车的距离为Δx，根据题意：

　　图2-4-4

　　Δx=x2-x1=v-t- at2=6t- ×3t2= （t-2）2+6

　　可见Δx是时间的一元二次函数，根据相关的数学知识作出的函数图象如图2-4-5所示.显然当t=2 s时汽车与自行车相距最远，最大距离Δxm=6 m.此时汽车的速度为：

　　图2-4-5

　　v2=at=3×2 m/s=6 m/s.

　　（2）汽车追上自行车，即Δx=0

　　∴ （t-2）2+6=0

　　解得：t=4 s

　　此时汽车的速度为v4=at=3×4 m/s=12 m/s.

　　（3）图象如图2-4-6所示.

　　图2-4-6

　　点评：通过利用两种方法求解此题，可使学生体会两种方法的优、缺点.法一逻辑思维性强，需要研究运动过程的细节，虽比较麻烦，但可提高学生分析问题的能力；法二是把数学方程与物理过程相结合，把数学结果与物理意义相结合，充分体现了数学方法在解决物理问题中的意义和作用.但数学方法解出的答案需要检验其结果是否符合实际情况.

　　课堂训练

　　1.在平直公路上，一辆自行车与同方向行驶的汽车同时经过某点，它们的位移随时间的变化关系是自行车：s1=6t，汽车：s2=10t t2，由此可知：

　　（1）经过_________时间，自行车追上汽车.

　　（2）自行车追上汽车时，汽车的速度为_________.

　　（3）自行车追上汽车的过程中，两者间的最大距离为_________.

　　解析：（1）由方程可知，自行车以6 m/s的速度做匀速直线运动，汽车做初速度为10 m/s，加速度为0.5 m/s2的匀减速直线运动，自行车若要追上汽车，则位移相同，即

　　6t=10t t2

　　t=16 s.

　　（2）vt=v0+at=（10- ×16） m/s=2 m/s.

　　（3）当自行车与汽车速度相等时，两者相距最远.

　　vt=v0+at′=6 m/s

　　10- t′=6 m/s

　　t′=8 s

　　Δs=10t′- t′2-6t′=16 m

　　此题也可用数学方法解决.

　　Δs=10t- t2-6t=- t2+4t.

　　将二次函数配方，可得

　　Δs=- （t-8）2+16.

　　可见当t=8 s时，Δs有最大值为16 m.

　　当Δs=0，即- t2+4t=0时，

　　t=16 s

　　此时两者相遇，vt=v0-at=2 m/s.

　　答案：（1）16 s （2）2 m/s （3）16 m

　　2.如图2-4-7所示，处于平直轨道上的甲、乙两物体相距x，同时同向开始运动，甲以初速度v1，加速度a1做匀加速直线运动，乙以初速度为零，加速度a2做匀加速直线运动，下述情况可能发生的是（假定甲能从乙旁边通过互不影响）（ ）

　　A.a1=a2能相遇 一次 B.a1＞a2能相遇二次

　　C.a1＜a2可能相遇一次 D.a1＜a2可能相遇二次

　　图2-4-7

　　分析：本题属相遇问题，求解方法可以用公式（代数法），分别列出甲、乙的位移方程及相遇时的位移关系方程，再联立求解、讨论.也可以用图象法（几何法），结合v-t图象分析，这种方法很直观，尤其是本题只需进行定性判断，用图象法能迅速求解.

　　解法一：公式法

　　设经时间t，甲、乙相遇，时间t内甲、乙位移分别为：

　　x1=v1t+ a1t2 ①

　　x2= a2t2 ②

　　相遇时位移满足x1=x2+x ③

　　由①②③解得（a1-a2）t2+2v1t-2x=0 ④

　　①当a1=a2时，④变为一元一次方程，t有一解t= ，即表示甲、乙只相遇一次.

　　②当a1≠a2时，④为关于时间t的一元二次方程，由求根公式得

　　t=

　　当a1＞a2时，t的两个根中一正一负，合理解为t＞0，故只有一个解，即只能相遇一次.

　　当a1＜a2时，t=

　　这时解的情况比较复杂.若Δ=4v12+8（a2-a1）x＜0，方程无解，即表示不可能相遇.若Δ=0，t有唯一解且t＞0，表示相遇一次；若Δ＞0，方程有两解，可能两根一正一负，取合理解t＞0，故只能相遇一次；也可能两根均为正，表示相遇两次.

　　根据以上分析，本题选A、C、D.

　　解法二：图象法

　　图2-4-8

　　我们画出满足题给条件的v-t图象.如图2-4-8所示图a对应a1=a2的情况，两条图线平行，两物体仅在t=t1时相遇一次.图中阴影部分面积为x.

　　图b对应a1＞a2的情况，两物体仅在t=t2时相遇一次.

　　图c对应a1＜a2的情况，若在两条图线的交点对应的时刻t3两物体相遇，则仅相遇一次，图中阴影部分面积为x，若图中阴影面积小于x，则甲、乙不可能相遇.若图中阴影部分面积大于x，则可能相遇两次.

　　如图d，在t4和t4″两个时刻相遇.图中四边形ABCD的面积等于x，在0——t4时间内，甲在后，乙在前，v甲＞v乙，甲追赶乙，距离逐渐减小，在t4时刻甲、乙相遇，在t4——t4′时间内，甲在前，乙在后，甲将乙拉得越来越远.t4′——t4″时间内，甲在前，乙在后，v乙＞v甲，乙追甲，距离逐渐减小.到t4″时 刻甲、乙再次相遇.当t＞t4″后，乙在前，甲在后，v乙＞v甲，两者距离一直变大，不可能再相遇.图中S△BCE为从第一次相遇后，甲把乙拉开的距离，S△FCD为从t4′起乙追上甲的距离.显然，S△BCE=S△FCD.

　　答案：ACD

　　课堂小结

　　本节课我们利用前两节速度时间关系，位移时间关系推导出了匀变速直线运动的位移与速度的关系.要求同学们能熟练运用此公式求解问题.之后共同总结了如何应用运动学知识求解实际问题，这是本节课的重点，接着探究了追及、相 遇问题.重点介绍了处理追及相遇问题的两种方法：物理分析法、数学方法.

　　布置作业

　　1.教材第40页“问题与练习”第1、2题.

　　2.利用两个基本公式进行有关推导，体会各个公式解决问题的优、缺点.

　　板书设计

　　4 匀变速直线运动的位移与速度的关系

　　一、位移与速度关系的推导：

　　二、位移与速度的关系：v2-v02=2ax

　　三、追及相遇问题

　　活动与探究

　　课题：将一个物体以某一初速度v0竖直向上抛出，抛出的物体只受重力作用，这个物体的运动就是竖直上抛运动.竖直上抛运动的加速度大小为g，方向竖直向下，竖直上抛运动是匀变速直线运动.

　　根据所学匀变速直线运动的有关知识，探究竖直上抛运动的基本规律，以及竖直上抛运动的处理方法.

　　探究结论：1.竖直上抛运动的基本规律

　　速度公式：vt=v0-gt

　　位移公式：h=v0t- gt2

　　速度位移关系：vt2-v02=-2gh.

　　2.竖直上抛运动的处理方法

　　整个竖直上抛运动分为上升和下降两个阶段，但其本质是加速度恒为g的完整的匀变速运动，所以处理时可采用两种方法：

　　（1）分段法：上升过程是a=-g， vt=0的匀变速直线运动，下落阶段是自由落体运动.

　　（2）整体法：将全过程看作是初速为v0、加速度是-g的匀变速直线运动，上述三个基本规律直接用于全过程.但必须注意方程的矢量性.习惯上取v0的方向为正方向，则vt＞0时正在上升，vt＜0时正在下降，h为正时物体在抛出点的上方，h为负时物体在抛出点的下方.

　　习题详解

　　1.解答：设初速度为v0，且其方向为正方向.已知：a=-5 m/s2，x=22.5 m，vt=0

　　由公式v2-v02=2ax，代入数值0-v02=2×（-5）×22.5

　　得v0= 15 m/s=54 km/h.

　　2.解答：此题信息较多，关键是分清物体参与了哪个过程，从而提取解题的有用信息.

　　在最后匀减速阶段，v 0=10 m/s，x=1.2 m，v=0，求a.

　　由公式v2-v02=2ax，得a= = m/s2= m/s2.

　　3.解答：设靠自身的发动机起飞需要跑道的长度为x.

　　由v2-v02=2ax得x= = m=500 m＞100 m

　　故不能靠自身的发动机从舰上起飞.

　　由v2-v02=2ax得v02=v2-2ax

　　代入数值v02=（2 500-2×5×100） m2/s2=1 500 m2/s2

　　得v0= m/s.

　　设计点评

　　由于反映匀变速直线运动的规律很多，因此对同一个具体问题往往有许多解法，但不同的解法繁简程度不一样，那么怎样才能恰当地、灵活地选用有关公式，比较简捷地解题呢？本教学设计就是围绕这一问题展开探究的.

　　恒定电流 章末总结 学案

　　第二 恒定电流 末总结 学案（人教版选修3-1）

　　一、电路的分析和计算

　　1．认清外电路上各元的串、并联关系，必要时需画出等效电路图帮助分析．要特别注意电流表和电压表所对应的 电路．

　　2．闭合电路的动态分析问题

　　闭合电路中由于局部电阻变化(或开关的通断)引起各部分电压、电流(或灯泡明暗)发生变化的问题分析的基本步骤是：

　　(1)认清电路，明确各部分电路的串、并联关系及电流表或电压表的测量对象；

　　(2)由局部电阻变 化判断总电阻的变化；

　　(3)由I＝ER＋r判断总电流的变化；

　　(4)据U＝E－Ir判断路端电压的变化；

　　(5)由欧姆定律及串并联电路的规律判断各部分电路电压及电流的变化．

　　3．闭合电路中的功率

　　(1)各部分功率关系分析

　　由EIt＝I2Rt＋I2rt知，EI＝I2R＋I2r

　　其中EI为电的总功率，I2r为电 内电路消耗功率，I2R为外电路消耗功率，也是电的输出功率．

　　(2)判断可变电阻的功率变化时，可将可变电阻以外的其他电阻均看做内阻．

　　例1 电动势为E、内阻为r的电与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图1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( )

　　图1

　　A．电压表和电流表读数都增大

　　B．电压表和电流表读数都减小

　　C．电压表读数增大，电流表读数减小

　　D．电压表读数减小，电流表读数增大

　　听记录：

　　变式训练1 如图2所示电路中，电电动势为E，内阻为r，在平行板电容器C中恰好有一带电粒子处于悬空静止状态，当变阻器R0的滑动端向左移动时，带电粒子将( )

　　图2

　　A．向上运动

　　B．向下运动

　　C．静止不动

　　D．不能确定运动状态的变化

　　例2 电路图如图3甲所示 ，图乙中图线是电路中的电的路端电压随电流变化的关系图象，滑动变阻器的最大阻值为15 Ω，定值电阻R0＝3 Ω.

　　图3

　　(1)当R为何值时，R0消耗的功率最大，最大值为多少？

　　(2)当R为何值时，电的输出功率最大，最大值为多少？

　　变式训练2 如图4所示，直流电动机和电炉并联后接在直流电路中，电的内阻r＝1 Ω，电炉的电 阻R1＝19 Ω，电动机绕线的电阻R2＝2 Ω，当开关S断开时，电内电路消耗的热功率P＝25 W；当S闭合时，干路中的电流I＝12.6 A．求：

　　图4

　　(1)电的电动势E；

　　二、电路故障的分析方法

　　电路故障一般是短路或断路，常见的情况有导线断芯、灯泡断丝、灯座短路、电阻器内部断路、接触不良等现象，检查故障的基本方法有两种．

　　1．仪器检测法

　　(1)断点故障的判断：用电压表与电并联，若有电压，再逐段与电路并联 ，若电压表指针偏转，则该段电路中有断点．

　　(2)短路故障的判断：用电压表与电并联，若有电压，再逐段与电路并联，若电压表示数为零，则该电路被短路，若电压表示数不为零，则该电路没有被短路或不完全被短路．

　　2．假设法

　　已知电路发生某种故障，寻求故障发生在何处时，可将整个电路划分为若干部分，然后假设某部分电路发生故障，运用欧姆定律进行正向推理，推理结果若与题述物理现象不符合，则故障不是发生在这部分电路；若推理结果与题述物理现象符合，则故障可能发生在这部分电路．用此方法，直到找出全部可能发生的故障为止．

　　例3 某同学按图5所示电路连接实物，闭合开关后，发现灯泡不亮．他将高内阻的电压表并联在A、C之间时，电压表的读数为U，当并联在A、B之间时，电压表的读数也为U，当并联在B、C之间时，电压表的读数为0，则故障可能是( )

　　图5

　　A．AB段断路 B．BC段断路

　　C．AB段短路 D．无法判定

　　听记录：

　　变式训练3 用电压表检查图6电路中的故障，测得Uad＝5.0 V，Ucd＝0 V，Uab＝5.0 V，则此故障可能是( )

　　图6

　　A．L断路

　　B．R断路

　　C．R′断路

　　D．S断路

　　三、实验

　　1．掌握实验问题的基本方法，如电流表的内、外接法，滑动变阻器的限流、分压接法等．

　　2．电路设计

　　(1)设计原则：①安全性；②准确性；③方便性；④经济性．

　　(2)设计思路

　　题干的条和要求及器材?→确定实验原理?→确定需测量的物理量?→制定实验方案

　　例4 在“测定金属导体的电阻率”的实验中，待测金属导线的电阻Rx约为5 Ω.实验室备有下列实验器材：

　　A．电压表 (量程3 V，内阻约为15 kΩ)

　　B．电压表 (量程15 V，内阻约为75 kΩ)

　　C．电流表 (量程3 A，内阻约为0.2 Ω)

　　D．电流 表 (量程600 mA，内阻约为1 Ω)

　　E．滑动变阻器R1(0～10 Ω，0.6 A)

　　F．滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，0.1 A)

　　G．电池E(电动势为3 V，内阻约为0.3 Ω)

　　H．开关S，导线若干

　　(1)为了提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有__________．(填题干中相应英字母符号)

　　(2)为了减小实验误差，应选用图7中________(填“(a)”、“(b)”或““(c)”)为该实验的电路图，并按所选择的电路图把实物图8用导线连接起．

　　图7

　　图8

　　变式训练4 小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大．某同学为研究这一现象，通过实验得到如下数据(I和U分别表示小灯泡上的电流和电压)：

　　I(A)0.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50

　　U(V)0.200.400.600.801.001.201.40 1.601.802.00

　　(1)画出实验电路图，可用的器材有：电压表、电流表、滑动变阻器(阻值范围0～10 Ω)、电、小灯泡、电键、导线若干．

　　(2)在图9中画出小灯泡的U－I图象．

　　图9

　　(3)若一电池的电动势是1.5 V，内阻是2.0 Ω.问：将本题中的灯泡接在该电池两端，小灯泡的实际功率是多少？(简要写出求解过程；若需作图，可直接画在第(2)问的图中)

　　【即学即练】

　　1．电电动势和内阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐减小的过程中，下列说法正确的是( )

　　A．电的路端电压一定逐渐减小

　　B．电的路端电压一定逐渐增大

　　C．电路中的电流一定逐渐减小

　　D．电路中的电流可能逐渐减小

　　2. 如图10所示电路中，电压保持不变，当电键S断开时，电流表A的示数为0.6 A，当电键S闭合时，电流表的示数为0.9 A，则两电阻阻值之比R1∶R2为( )

　　图10

　　A．1∶2 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2

　　3．如图11所示是实物连接图和电路图．当酒精灯点燃后你将看到的现象是( )

　　图11

　　A．电流表读数增大 B ．电流表读数减小

　　C．灯泡变暗 D．灯泡变亮

　　4．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为( )

　　A.U2 B．U C．2U D．4U

　　5. 如图12所示的电路中，电电动势为E、内阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是( )

　　图12

　　A．灯泡L将变暗

　　B．灯泡L将变亮

　　C．电容器C的电荷量将减小

　　D．电容器C的电荷量将增大

　　6．如图13所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电电动势，r为电内阻，以下说法中正确的是( )

　　图13

　　A．当R2＝R1＋r时，R2获得最大功率

　　B．当R1＝R2＋r时，R1获得最大功率

　　C．当R2＝0时，R1上获得最大功率

　　D．当R2＝0时，电的输出功率最大

　　7．有一只电熨斗，内部电路如图14甲所示，其中为旋钮的内部接线端子，旋钮有“高”、“中”、“低”、“关”四个挡，每个挡内部接线有如图乙中所示的四种方式，下列判断正确的是( )

　　图14

　　A．a方式为“高”挡 B．b方式为“低”挡

　　C．c方式为“关”挡 D．d方式为“中”挡

　　题号12345 67

　　答案

　　8.在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l.用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻Rx.

　　(1)请写出测金属丝电阻率的表达式：＝______(用上述测量量的字母表示)．

　　(2)若实验中测量金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图15所示，则金属丝长度的测量值为l＝________ cm，金属丝直径的测量值为d＝________ mm.

　　图15

　　(3)如图16甲、乙所示，要用伏安法测量Rx的电阻，已知电压表内阻约几kΩ，电流表内阻约1 Ω，若用图甲电路，Rx的测量值比真实值________(填“偏大”或“偏小”)，若Rx的阻值约为10 Ω，应采用________(填“甲”或“乙”)图的电路，误差会较小．

　　参考答案

　　知识体系构建

　　qt UI Wq lS I＝UR ER＋r UIt I2Rt 与 或 非

　　解题方法探究

　　例1 A [由电路图可知，滑动变阻器的触头向b端滑动时，其连入电路的阻值变大，导致整个电路的外电阻R外增大，由U＝ER外＋rR外＝E1＋rR外知路端电压即电压表的读数变大，而R1的分压UR1＝ER外＋rR1减小，故R2两端的电压UR2＝U－UR1增大，再据I＝UR2R2可得通过R2的电流即电流表的读数增大，所以A项正确．]

　　变式训练1 B

　　例2 (1)电的电动势和内阻为：E＝20 V，r＝7.5 Ω

　　由题图甲分析知道，当R＝0时，R0消耗的功率最大，最大为P ＝(ER0＋r)2R0＝(203＋7.5)2×3 W≈10.9 W

　　(2)当r＝R＋R0时，即R＝4.5 Ω时，电的输出功率最大，最大值为

　　P＝(ER0＋R＋r)2(R0＋R)＝(203＋4.5＋7.5)2×(3＋4.5) W≈13.3

　　变式训练2 (1)100 V (2)571.2 W

　　解析 (1)S断开时，由P＝I20r得：I0＝ Pr＝ 251 A＝5 A.

　　由闭合电路欧姆定律得：

　　E＝I0(R1＋r)＝5×(19＋1) V＝100 V.

　　(2)S闭合后，内电压U1＝Ir＝12.6×1 V＝12.6 V

　　故电路的路端电压：U2＝E－U1＝(100－12.6) V＝87.4 V.

　　通过电炉的电流：I1＝U2R1＝87.419 A＝4.6 A

　　通过电动机的电流：I2＝I－I1＝(12.6－4.6) A＝8.0 A.

　　电动机消耗的热功率：P1＝I22R2＝8.02×2 W＝128

　　输送给电动机的电功率：P2＝U2I2＝87.4×8.0 W＝699.2

　　故电动机输出的机械功率：P3＝P2－P1＝(699.2－128) W＝571.2

　　例3 A [可采用“验证法”分析．若A对，即AB 段断路，符合题目所述的故障现象；若B对，即BC段断路，电路中无电流，不可能有UAB＝U；若C对，即AB段短路，则UAB＝0，不合题意．]

　　变式训练3 B [用“验证法”分析，若A对，即L断路，则Uad＝0，不合题意；若C对，即R′断路，则Uad＝0，不合题意；若D对，即S断路，则Uad＝0，也不合题意．]

　　例4 (1)ADEGH (2)(b) 实物连接如下图所示

　　解析 (1)E＝3 V，电压表选A；Im＝ERx＝0.6 A，电流表选D；因Im＝0.6 A，而IR2＝0.1 A，所以滑动变阻器选E.故应选用的实验器材为ADEGH.

　　(2)R1＝2Rx，故为限流式接法；Rx＜RARV，故采用电流表外接法．

　　变式训练4 (1)、(2)见解析中甲、乙图 (3)作出U＝E－Ir图线，可得小灯泡工作电流为0.35 A，工作电压为0.8 V，因此小灯泡实际功率为0.28

　　解析 (1)采用分压式电路有利于增大数据范围．(2)根据数据用描点法作图．(3)两个U－I图线(伏安特性曲线与U＝E－Ir图线)的交点即为小灯泡的实际工作点．

　　即学即练

　　1．A [由闭合电路欧姆定律知，电流增大，路端电压减小．]

　　2．A [ S断开时，0.6 R1＝U，当S闭合时，R1与R2并联，0.9 R并＝U，故A对．]

　　3．AD [热敏电阻随温度的升高阻值减小，由闭合电路欧姆定律可知电流变大，灯泡变亮．]

　　4．D [由电阻定律知，导线的电阻变为原的4倍，又因为电流不变，故导线两端所加的电压变为原的4倍．]

　　5．AD [当滑片向右移动时，滑动变阻器的阻值增大，总电流减小，外电压增大．]

　　6．AC [R2为可变电阻，若把R1看成是电内阻的一部分，则当R2＝R1＋r时，R2获得最大功率，A对；R1为定值电阻，当R2＝0时，R1的电流最大，功率也最大，C对，B错；当r＝R1＋R2时，电的输出功率最大，D错．]

　　7．B [a中回路未闭合，故a方式为“关”挡，b中总电阻Rb＝R1＋R2，c中总电阻为Rc＝R1，d中总电阻为Rd＝R1R2R1＋R2，由公式P＝U2R知，d方式为“高”挡，c方式为“中”挡，b方式为“低”挡，所以B对，A、C、D错．]

　　8．(1)πd2Rx4l (2)36.50(36.48～36.52) 0．797(0.796～0.799) (3)偏小 甲

　　解 析 (1)由Rx＝lS与S＝14πd2得＝πd2Rx4l.

　　(1)由刻度尺读得，l＝36.50 cm(36.48～36.52都正确)，螺旋测微器读得d＝0.797 mm(0.796～0.799都正确)．

　　(3)图甲电路中电流表的读数是流过Rx与电压表的电流之和，即测得的电流值偏大，由欧姆定律R＝UI知，测得的电阻偏小，由于Rx＝10 Ω，远小于电压表内阻，故应用电流表外接法，因此用甲图．

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