第一篇：高中物理選修3-1恒定電流教案

第二章 恒定電流

第10節

實驗：測定電池的電動勢和內阻

【課前準備】

【課型】新授課 【課時】1課時 【教學三維目標】

（一）知識與技能

1.知道測定電源的電動勢和內阻的實驗原理，進一步感受電源路端電壓隨電流變化的關系.2.掌握利用儀器測量電池電動勢和內電阻的方法.3.學會根據圖象合理外推進行數據處理的方法.（二）過程與方法

嘗試分析電源電動勢和內阻的測量誤差，了解測量中減小誤差的方法.（三）情感態度與價值觀

1.使學生理解和掌握運用實驗手段處理物理問題的基本程序和技能，具備敢于質疑的習慣、嚴謹求實的態度和不斷求索的精神.2.培養學生觀察能力、思維能力和操作能力，提高學生對物理學習的動機和興趣.【教學重點難點】

重點：利用圖線處理數據

難點：如何利用圖線得到結論以及實驗誤差的分析 【教學方法】實驗、講解、探究、討論、分析

【教學過程】

【復習引入】

【問題】閉合電路的歐姆定律內容？表達式？

【回答】閉合電路中的電流跟電源的電動勢成正比，跟整個電路的電阻成反比，這就是閉合電路的歐姆定律，表達式：E=U+Ir

【問題】現在有一個干電池，要想測出其電動勢和內電阻，需要什么儀器，采用什么樣的電路圖，原理是什么？ 新課教學 實驗：測定電池的電動勢和內阻

一、實驗原理 【展示】

方法

一、伏安法測電源電動勢E , 內電阻r

由閉合電路的歐姆定律E=U+Ir得，用電壓表路端電壓U、電流表測電路中電流I , 改變滑動變阻器滑片的位置，測出兩組U和I相應的數值便可得到，電源電動勢E , 內電阻r.方法

二、用電流表、電阻箱測電源電動勢E , 內電阻r

由閉合電路的歐姆定律E=IR+Ir得，用電流表測出電路中的電流，調節電阻箱的旋鈕，改變電路中的電阻，測出幾組R和I相應的數值便可得到，電源電動勢E , 內電阻r.方法

二、用電流表、電阻箱測電源電動勢E , 內電阻r

由閉合電路的歐姆定律E?U?Ur得，用電壓表測出電阻箱兩端的電壓，調節電阻箱的旋鈕，改R變電路中的電阻，測出兩組R和U相應的數值便可得到，電源電動勢E , 內電阻r.【過渡】根據以上原理均可測得電源電動勢E , 內電阻r，以伏安法為例，具體測量

二、實驗方法

實驗目的：伏安法測電源電動勢E , 內電阻r 實驗原理：E=U+Ir

實驗器材：被測電池、電壓表、電流表、滑動變阻器、電鍵、導線、坐標紙.電路圖

實驗步驟：

（1）確定電流表、電壓表的量程，按照電路原理圖把器材連接好.（2）把滑動變阻器滑片移到電阻最大的一端.（3）閉合電鍵，調節變阻器，使電流表有明顯示數，記錄一組電壓表和電流表的讀數，用同樣方法測量并記錄幾組I、U值.（4）斷開電鍵，整理好器材.（5）數據處理：在坐標紙上作U－I圖，求出E、r.注意事項 1．為了使電池的路端電壓變化明顯，電池的內阻應選大些(選用已使用過一段時間的干電池)； 2．在實驗中不要將I調得過大，每次讀完U和I的數據后應立即斷開電源，以免干電池在大電流放電時老化現象嚴重，使得E和r明顯變化．

3．測出不少于6組I、U數據，且變化范圍要大些，用方程組求解時，類似于逐差法，要將測出的I、U數據中，第1和第4組為一組，第2和第5組為一組，第3和第6組為一組，分別解出E、r值再求平均．

4．干電池內阻較小時，U的變化較小，此時，坐標圖中數據點將呈現如圖(甲)所示的狀況，使下部大面積空間得不到利用．為此，可使縱坐標不從零開始而是根據測得的數據從某一恰當值開始(橫坐標I必須從零開始)，如圖(乙)所示，并且把縱坐標的比例放大，可使結果的誤差減小．此時圖線與橫軸交點不表示短路電流而圖線與縱軸的截距仍為電動勢．要在直線上任取兩個相距較遠的點，用r＝?U，計算出電池的內阻r.?I

三、數據處理

實驗數據的處理是本實驗中的一個難點.原則上，利用兩組數據便可得到結果，但這樣做誤差會比較大，為此，可以多測幾組求平均，也可以將數據描在圖上，利用圖線解決問題.圖線的縱坐標是路端電壓U，橫坐標是電流I，實驗中至少得到5組以上實驗數據，畫在圖上擬合出一條直線.要求：使多數點落在直線上，并且分布在直線兩側的數據點的個數要大致相等，這樣，可使偶然誤差得到部分抵消，從而提高精確度.將圖線兩側延長，縱軸截距點意味著斷路情況，它的數值就是電源電動勢E.橫軸截距點（路端電壓U=0）意味著短路情況，它的數值就是短路電流

E.r說明：①兩個截距點均是無法用實驗實際測到的，是利用得到的圖線向兩側合理外推得到的.②由于r一般很小，得到的圖線斜率的絕對值就較小.為了使測量結果準確，可以將縱軸的坐標不從零開始，而是根據測得的數據從某一恰當值開始(橫坐標I必須從零開始)，這時圖線在縱軸上的截距仍為電源電動勢,而圖線在橫軸上的截距不再是短路電流，電源內阻r由?U求得，計算r時選

?I取直線上相距較遠的兩點求得.【拓展】作U—I圖象的幾個原則：（1）適當選擇橫坐標、縱坐標的單位的比例和坐標起點.坐標的起點不一定通過零點，圖線在坐標系中應盡可能占有較大的空間，不要使圖線偏于一邊或一角.標度能反映讀數的準確程度，坐標的最小分格至少與實驗數據中最后一位準確數字相當.(2)描繪圖線時，應盡可能使實驗數據點通過或均勻地分布在光滑圖線的兩側.對于個別離圖線較遠的點，誤差很大，應舍棄.誤差分析

【問題】選用電路圖時，有甲乙兩種電路圖，原則上也是可以的，那么我們在做實驗時是否兩個都可以，還是哪一個更好？為什么？（甲圖）

1、誤差來源：電壓表的分流

2、測量值與真實值比較：設電動勢為E′，內電阻為r′；

E′＝U1?(I1?U1)r′ RVU2)r′ RVE′＝U2?(I2?解得：E?＝（I1U2－I2U1r?r?）（1＋）＝E（1＋）I1－I2RVRV

r?＝U2－U1r?r?（1＋）＝r（1＋）I1－I2RVRV由此可知測量值E、r均比真實值偏小，但r′＜＜RV，故誤差很小。適宜測小內阻電源（乙圖）

1、誤差來源:電流表分壓

2、測量值與真實值比較

E?＝U1＋I（1r?＋RA）E?＝U2＋I（2r?＋RA）

解得E?＝I1U2－I2U1＝E

I1－I2r?＝U2－U1－RA＝r－RAI1－I2

由此可知測量電動勢不存在系統誤差，但內電阻測量值r比真實值多了電流表的內阻RA。由于內電阻本身很小，這種方法測出的內電阻相對誤差很大，因此我們選用圖甲的接法來測量電源電動勢和內電阻，但是如果題目僅要求測電源電動勢則應選用圖乙接法為宜。注意事項：

(1)使用內阻大些（用過一段時間）的干電池，在實驗中不要將I調得過大，每次讀完U、I讀數立即斷電，以免于電池在大電流放電時極化現象過重，E、r明顯變化（2）測量誤差：E、r測量值均小于真實值。

（3）電流不能過大，一般小于0.5A。【課堂小結】

通過本節課的學習，我們知道了伏安法測量電池電動勢和內阻的的實驗原理，E=U+Ir，E=IR+I，E?U?Ur，實驗步驟及注意事項，實驗數據的處理方法，以及誤差的來源.R【布置作業】 課本P71-72，問題與練習1,2,3 【板書設計】

第二篇：高中物理選修3-3教案10

普通高中課程標準實驗教科書—物理選修3－3[人教版]

第十章 熱力學定律 4 熱力學第二定律

【教學目標】

一、知識與技能

1.了解熱傳遞過程的方向性。

2.知道熱力學第二定律的兩種不同的表述，以及這兩種表述的物理實質。3.知道什么是第二類永動機，為什么第二類永動機不可能制成。

二、過程與方法

1．熱力學第二定律的表述方式與其他物理定律的表述方式有一個顯著不同，它是用否定語句表述的。

2．熱力學第二定律的表述不只一種，對任何一類宏觀自然過程進行方向的說明，都可以作為熱力學第二定律的表述，學習本節時注意這一方法。

三、情感、態度與價值觀

1． 通過學習熱力學第二定律，可以使學生明白熱機的效率不會達到100%，我們只能想辦法盡量提高熱機的效率，但不能渴求達到100%。

2． 自然界發生的一切過程中的能量都是守恒的，但不違背能量守恒定律的宏觀過程并都能發生。

【重點、難點分析】：

重點：熱力學第二定律兩種常見的表述。

難點：1.熱力學第二定律的開爾文表述。

2.自然界中進行的涉及熱現象的宏觀過程都具有方向性。

【課時安排】： 1課時 【課前準備】：

教師：多媒體課件，一個電冰箱模型，一盆涼水，準備一個酒精燈和一個鐵塊，鐵鉗。學生：課前預習課文，在家觀察自家的電冰箱。【教學設計】：

一．引入新課：

【問題】我們在初中學過，當物體溫度升高時，就要吸收熱量；當物體溫度降低時，就要放

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出熱量。而且熱量公式Q = cm△t，這里有一個有趣的問題：地球上有大量的海水,它的總質量約為1.4×10t , 如果這些海水的溫度降低0.1C,將要放出多少焦耳的熱量?海水的比熱容為C=4.2×10J/(kg·℃)。下面請大家計算一下。

學生計算：Q = 4.2×10×1.4×10×10×0.1 J = 5.8×10J 這相當于1800萬個功率為100萬千瓦的核電站一年的發電量。為什么人們不去研究這“新能源”呢？原來，這樣做是不可能的，這涉及物理學的一個基本定律，這就是本節要討論的熱力學第二定律。

【設計意圖】：從實際問題入手，喚起學生對學習的興趣。從學生已有的熱學知識出發引入新的知識，使過渡自然，減少學生對新知識的唐突性。

【板書】 第四節 熱力學第二定律

二．進行新課：

【板書】

一、熱傳遞的方向性

教師實驗，點燃酒精燈，用鉗夾住事先準備好的鐵塊，在火焰上灼燒一段時間后，問學生現在如果用手摸會出現什么現象？下面把灼熱的鐵塊放入冷水中，過一段時間，拿出鐵塊現在你們敢用手摸嗎？通過這個實驗說明什么問題？（學生思考，教師給予啟發）

學生答：熱量從溫度高的物體自發地傳給溫度低的物體

再讓學生列舉一些這樣的例子，例如：雪花落在手上就融化，挨著火爐就溫暖等等。利用課本中“思考與討論”開展小組討論并進行對話交流。

反問學生：有沒有可能發生這樣地現象，熱量自發地從低溫物體傳給高溫物體，使低溫物體的溫度越來越低，高溫物體的溫度越來越高。這里所說的“自發地”，指的是沒有任何外界的影響或幫助。學生思考討論一會后，有的同學可能產生疑問：電冰箱內部的溫度比外部低，為什么致冷系統還能夠不斷地把冰箱內的熱量傳給外界的空氣？

事前我們讓大家觀察自家的電冰箱，請同學做簡要的回答，教師進行點撥。然后，展示電冰箱模型給學生簡要講解(圖1)。

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圖1 這是因為電冰箱消耗了電能，對致冷系統做了功。一旦切斷電源，電冰箱就不能把其內部的熱量傳給外界的空氣了。相反，外界的熱量會自發地傳給電冰箱，使其溫度逐漸升高。【學生總結】熱傳導的方向性：兩個溫度不同的物體相互接觸時，熱量會自發地從高溫物體傳給低溫物體。要實現相反過程，必須借助外界的幫助，因而產生其他影響或引起其他變化。【板書】結論:熱力學第二定律的一種表述:熱量不能自發地從低溫物體傳到高溫物體。這是熱力學第二定律的克勞修斯表述。

老師講解對定律的理解:這里闡述的是熱傳遞的方向性.在這個表述中,“自發”二字指的是:當兩個物體接觸時,不需要任何第三者的介入、不會對任何第三者產生任何影響,熱量就能從一個物體傳向另一個物體.當兩個溫度不同的物體接觸時,這個“自發”的方向是從高溫物體指向低溫物體的。

教師指出：熱力學第二定律的克勞修斯表述實質上就是：熱傳遞過程是不可逆的。【設計意圖】：

1.聯系學生熟悉的，身邊的生活現象，使知識的學習貼近學生的生活，使學生感受物理知識就在身邊，存在于生活，強化學生的實踐意識，使情感成為學習動力。

2.通過師生的對話交流，在互動中實現思維的碰撞，突出學生的學習過程，體現以學生為中心的原則，從自己的學習體驗和感悟中獲得知識，向學生學習活動要效益。

3.熱力學第二定律的克勞修斯表述中的“自發”是定律表述的關鍵詞，教師要引導學生作深刻理解。

【板書】

二、熱力學第二定律的另一種表述(第二類永動機)前面我們學習了第一類永動機，不能制成的原因是什么？（違背了能量守恒），什么是第版權所有：中華資源庫 www.tmdps.cn

二類永動機呢？

分組合作學習，思考討論下列問題： 1.熱機是一種把什么能轉化成什么能的裝置？ 2.熱機的效率能否達到100%？ 3.第二類永動機模型 4.機械能和內能轉化的方向性

然后由各小組代表回答，教師進行思路點撥

1.熱機是一種把內能轉化成機械能的裝置 2.熱機的效率不能達到100% 原因分析：

以內燃機為例，氣缸中的氣體得到燃燒時產生的熱量為Q1，推動活塞做工W，然后排出廢氣，同時把熱量Q2散發到大氣中，由能量守恒定律可知：Q1 = W + Q2

我們把熱機做的功W和它從熱源吸收的熱量Q1的比值叫做熱機的效率，用η表示

η=W / Q1

實際上熱機不能把得到的全部內能轉化為機械能，熱機必須有熱源和冷凝器，熱機工作時，總要向冷凝器散熱，不可避免的要由工作物質帶走一部分熱量Q2，所以有：Q1>W 因此，熱機的效率不可能達到100%，汽車上的汽油機械效率只有20%～30%，蒸汽輪機的效率比較高，也只能達到60%，即使是理想熱機，沒有摩擦，也沒有漏氣等能量損失，它也不可能把吸收的熱量百分之百的轉化成機械能，總要有一部分散發到冷凝器中。

師生總結:熱力學第二定律的另一種表述: 【板書】不可能從單一熱源吸收熱量，使之完全變成功,而不產生其他影響。這是熱力學第二定律的開爾文表述(也稱第二類永動機)。

教師應該強調定律內容“而不產生其他影響”這個條件，舉出“絕熱膨脹”的例子加以說明。

第二類永動機并不違反能量守恒定律，人們為了制造出第二類永動機作出了各種努力，但同制造第一類永動機一樣，都失敗了。

為什么第二類永動機不可能制成呢？

因為機械能和內能的轉化過程具有方向性。機械能全部轉化成內能，內能卻不能全部轉化為機械能，同時不引起其他變化。

再舉實例，說明有些物理過程具有方向性。

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〈學生思考回答，教師引導點撥〉 1.氣體的擴散現象。

2.書上連通器的小實驗（氣體向其中膨脹）。【板書】熱力學第二定律的兩種表述

表述一：不可能使熱量由低溫物體傳遞到高溫物體，而不引起其他變化

（按照熱傳遞的方向性來表述的）

表述二：不可能從單一熱源吸收熱量并把它全部用來做功，而不引起其他變化。也可表述為第二類永動機是不可能制成的。（機械能與內能轉化具有方向性）

這兩種表述是等價的，可以從一種表述導出另一種表述，所以他們都稱為熱力學第二定律。

熱力學第二定律揭示了有大量分子參與的宏觀過程的方向性。（自然界中進行的涉及熱現象的宏觀過程都具有方向性）。

因此,對任何一類宏觀自然過程進行方向的說明,都可以作為熱力學第二定律的表述。如圖2中,盒子中間有一個擋板,左室為真空,右室有氣體。撤去

圖2 擋板后右室的氣體自發地向左室擴散,而相反的過程不可能自發地進行。因此，熱力學第二定律也可以表述為:氣體向真空的自由彭脹是不可逆的。

【注意】 ：不管如何表述，熱力學第二定律的實質在于揭示了：一切與熱現象有關的實際宏觀過程都是不可逆的。

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三．隨堂練習：

1、熱力學第二定律使人們認識到，自然界中進行的涉及 現象的宏觀過程都具有 性，例如機械能可以 轉化為內能，但內能 全部轉化成機械能，而不引起其他變化。

2.熱傳導的規律為：（）

A、熱量總是從熱量較多的物體傳遞給熱量較少的物體 B、熱量總是從溫度較高的物體傳遞給溫度較低的物體 C、熱量總是從內能較多的物體傳遞給內能較少的物體 D、熱量總是從比熱容較大的物體傳遞給比熱容較小的物體 3.根據熱力學第二定律，下列判斷正確的是（）

A．電流的能不可能全部變為內能

B．在火力發電機中，燃氣的內能不可能全部變為電能

C．熱機中，燃氣內能不可能全部變為機械能

D．在熱傳導中，熱量不可能自發地從低溫物體傳遞給高溫度物體． 4.第二類永動機不可以制成，是因為（）

A．違背了能量的守恒定律

B．熱量總是從高溫物體傳遞到低溫物體

C．機械能不能全部轉變為內能

D．內能不能全部轉化為機械能，同時不引起其他變化

四．回顧總結:回過頭分析引入的例子,學生應用熱力學第二定律分析,老師點撥總結。進一步說明第二類永動機不能制成的,違背熱力學第二定律。【設計意圖】：

1.熱力學第二定律的開爾文表述比較抽象和難以理解，需要學生通過合作學習，在討論和交流中認識規律，再通過教師的點撥指導才能更好的理解和掌握規律。

2.熱力學第二定律是在大量實驗事實的基礎上總結出來的，教學過程要引導學生多運用實例來輔助理解。

3.分析引入的例子，學生應用熱力學第二定律分析，師生共同小結本節內容，首尾呼應，學

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以致用。【課后思考題】：

一種冷暖兩用型空調銘牌標注有如下指標：輸入功率1KW，制冷能力1.2×10KJ/h，制熱能力1.3×10 KJ/h。這樣，該空調在制熱時，每消耗1J電能，將放出3J多熱量，是指標注錯誤還是能量不守恒呢？

五．布置作業：p62問題與練習:

2、3

【教學反思】

1.從有趣的問題引入，學生利用初中的熱學知識能夠計算出地球上海水降低0.1 oC時釋放出巨大的能量，是否是新能源？在能源緊缺的今天，無疑是一個能引發學生積極思考的問題，學生對此特別感興趣，學習積極性也有此受到激發，求知欲望強烈，這是一個成功的引入。

2.通過實例的討論和分析，學生整體對熱力學第二定律的克勞修斯表達能夠較好的理解，教學過程的關鍵點是由實例引導學生對兩個關鍵詞“自發”和“不可逆”的理解。

3.對于本節的教學難點―― 熱力學第二定律的開爾文表述，學生對此理解有一定的難度，引導學生對教材中的熱機工作過程的分析，用好“熱機能流圖”和“熱機工作時能流分配圖”，明確熱機效率不可能100％，才能幫助學生理解機械能和內能轉化的方向性，到此學生有一個誤區，以為內能一定不可能100％的轉化為機械能，教師應該強調定律內容“而不產生其他影響”這個條件，舉出“絕熱膨脹”的例子加以說明。

4.熱力學第二定律的兩種表述，一種是按照熱傳導過程的方向性表述的另一種是按照機械能與內能轉化過程的方向性表述的。這兩種表述是等價的，它們都表明，自然界中一切與熱現象有關的實際宏觀過程都是不可逆的。教學時，要注意說明這兩種不同表述的內在聯系，講清這兩種表述的物理實質。

5．熱力學第二定律跟其它的物理規律不同的是：用一種現象作為定律的內容，對任何一類宏觀自然過程方向的說明，都可以作為熱力學第二定律的表述，必須向學生交代清楚的這一特點。

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第三篇：高中物理選修3

高中物理選修3—1磁場 磁場·磁現象的電本質·教案

一、教學目標 1在物理知識方面要求 1了解磁現象的電本質2了解磁性材料及其應用。2通過對安培分子電流假說的講述一方面要使學生了解科學假設的提出要有實驗基礎和指導思想另一方面也要使學生了解假說是科學發展的形式假說是否正確要看能否解釋實驗現象導出的結論是否符合實驗結果。安培假說已經得到實驗的證實假說上升為理論——安培分子電流理論。教學中要向學生滲透科學的研究方法。

二、教學重點 磁鐵的磁場也是由運動電荷產生的。

三、教具 1演示軟磁鐵被磁化的實驗 鐵架臺條形磁鐵軟鐵棒大頭針。2演示磁性材料的實驗 電源通電螺線管可被輕繩吊起的小磁針塑料棒銅棒鉛棒軟鐵棒硅鋼棒揚聲器磁電式儀表繼電器變壓器。

四、主要教學過程 一復習提問 1從上節課的學習我們知道了用幾種方法可以產生磁場 回答磁鐵能產生磁場電流也能產生磁場。2請學生在黑板上畫出條形磁鐵和通電螺線管周圍的磁場。二引入新課及講授新課 磁極和電流能夠同樣產生磁場通電螺線管和條形磁鐵周圍的磁場又是那么相似這些現象使我們想到磁極的磁場和電流的磁場是不是有相同的起源

第四篇：恒定電流復習教案

恒定電流復習教案

知 識 結 構

重點和難點

一、部分電路歐姆定律

1．部分電路歐姆定律的內容

導體中的電流跟導體兩端的電壓成正比，跟導體的電阻成反比．公式表示為：I?UR

2．歐姆定律是實驗定律

本定律通過探索性實驗得到電流I和電壓U之間的關系，其關系也可以用I-U圖像表示出來（如圖1）．對于給定的金屬導體，比值U/I為一恒定值，對于不同的導體，比值U/I反映對電流的阻礙作用，所以把比值U/I定義為導體的電阻R．

3．幾個公式的含義

公式I?UR是歐姆定律，公式U?IR習慣上也

UI稱為歐姆定律．而公式R?是電阻的定義式，它表明了一種量度電阻的方法，絕不可以錯誤地認為“電阻跟電壓成正比，跟電流成反比”，或認為“既然電阻是表示導體對電流的阻礙作用的物理量，所以導體中沒有電流時導體就不存在電阻”．一定要明確公式的物理意義，不能不講條件地說量與量之間的關系．

4．會應用歐姆定律分析和解決問題

歐姆定律是解決電路問題的基礎．用部分電路歐姆定律解決問題無非牽涉U、I、R三個量之間的關系，解決問題時，第一要注意三個量之間的對應關系，這三個量一定屬于同一段純電阻電路，且這段電路中一定不含有電動勢；第二要注意研究問題的過程中哪個量不變，另外兩個量誰隨誰變，怎么變，找不到不變量，就無法確定電路中各量如何變化．

5．知道歐姆定律的適用范圍

歐姆定律是在金屬導電的實驗基礎上總結出來的，對于電解液導電也適用，但對于氣體導電和半導體導電就不適用了．

二、電阻定律

導體的電阻是由它本身的性質決定的．金屬導體的電阻由它本身的長度l、橫截面積S、所用材料和溫度決定．在溫度一定時，金屬導體的電阻跟它的長度l成正比，跟它的橫截面積S成反比，用公式表示為：

這就是電阻定律，式中ρ叫做導體的電阻率，由導體的材料決定．

注意：

1．物質的電阻率與溫度有關，實驗表明，溫度越高，金屬的電阻率就越大，因此，金屬導體的電阻隨溫度的升高而增大．例如，白熾燈泡點亮時的燈絲電阻比不通電時要大很多倍，因為燈泡點亮后，燈絲溫度升高，電阻率增大，電阻也隨之增大．

2．導體的電阻由式R?UI定義，也可以利用其測量，但并不是由U和I決定的，而是由電阻定律決定的，即導體本身的性質決定的．

三、電功、電熱、電功率

1．為了更清楚地看出各概念之間區別與聯系，列表如下：

2．電功和電熱不相等的原因

由前面的表格，我們看到，只有在純電阻電路中才有電功等于電熱，而一般情況電路中電功和電熱不相等．這是因為，我們使用用電器，相當多的情況是需要其提供其它形式的能量．如電動機，消耗電能是需要讓其提供機械能，如果電功等于電熱，即消耗的電能全部轉化為電動機線圈電阻的內能，電動機就不可能轉起來，就無從提供機械能了．因而一般的電路中電功一定大于電熱，從而為電路提供除內能之外的其它能量．但無論什么電路，原則上一定要有一部分電能轉化為內能，因為任何電路原則上都存在電阻．

所以電路中的能量關系為：W?Q?E其它，只有在純電阻電路中W = Q．

3．額定電壓與實際電壓、額定功率與實際功率

額定電壓指用電器正常工作時的電壓，這時用電器消耗的功率為額定功率．但有時加在用電器上的電壓不等于額定電壓，這時用電器不能正常工作，這時加在用電器上的電壓就稱之為實際電壓，這時用電器消耗的功率為實際功率．要注意，在一些問題中“額定”和“實際”往往不相等．

四、閉合電路歐姆定律

1．意義：

描述了包括電源在內的全電路中，電流強度I與電動勢E、全電路中內電阻r與外電阻R之間的關系．

公式為：I?ER?r

常用的表達式還有：E=IR+Ir=U+U＇ U=E-Ir

2．電動勢與路端電壓的比較：

3．路端電壓U隨外電阻R變化的討論

電源的電動勢和內電阻是由電源本身的性質決定的，不隨外電路電阻的變化而變化，而電流、路端電壓是隨著外電路電阻的變化而變化的．

I?ER?r

①

U=E-Ir

②

當外電路斷路時，R???I?0?U?E

當外電路短路時，R?0?I?Er?U?0

路端電壓隨電流變化的圖線（U-I圖線）如圖2所示．

由U=E-Ir可知，圖線縱軸截距等于電源電動勢E，若坐標原點為（0，0），則橫軸截距為短路電流，圖線斜率的絕對值等于電源的內電阻，即

?U?I?r．

在解決路端電壓隨外電阻的變化問題時，由于E、r不變，先判斷外電阻R變化時電流I如何變化，再判斷I變化時路端電壓U如何變化，因為在兩式中除E和r都還分別有兩個變量，一式中是外電阻R和電流I，一式中是電流I和路端電壓U，這樣可以討論一個量隨另外一個量的變化．有的同學試圖用公式U?IR來討論路端電壓隨外電阻的變化問題，但由于當外電阻R發生變化時電流I也發生變化，因此無法討論路端電壓U的變化情況．如外電阻R增大時，電流I減小，其乘積的變化無從判斷．

甲圖中電流I甲的測量值大于通過電阻Rx上的電流，因此計算出的電阻值R甲小于電阻Rx的值．

乙圖中電壓U乙的測量值大于加在電阻Rx上的電壓，因此計算出的電阻值R乙大于電阻Rx的值．

為了減小測量誤差，可先將待測電阻Rx的粗略值與電壓表和電流表的內阻值加以比較，當Rx<< RV時，RxRV?0R甲?RVRxRV?Rx?Rx1?RxRV?Rx，宜采用電流表外接法測量．當Rx>> RA 時，R乙?RA?Rx?Rx，宜采用電流表內接法測量．

例 題 精 選

【例1】畫出實驗室用的小燈泡燈絲的I-U特性線（考慮燈絲的電阻隨溫度的變化而變化）：

分析：隨著電壓的升高，電流增大，燈絲的電功將會增大，于是溫度升高，電阻率也將隨之增大，所電阻增大，I-U曲線的斜率減小。

【例2】某一電動機，當電壓U1=10V時帶不動負載，因此不轉動，這時電流為I1=2A。當電壓為U2=36V時能帶動負載正常運轉，這時電流為I2=1A。求這時電動機的機械功率是多大？

4． 閉合電路中的幾種電功率

由于在閉合電路中內、外電路中的電流都相等，因此由E=U+U＇可以得到

IE=IU+IU＇ 或

IEt?IUt?IU?t

式中IEt是電源將其它形式的能轉化成的電能，IUt是電源輸出的電能，即外電路消耗的電能，IU?t是電源內電阻上消耗的電能，等于I2rt，即內電阻上產生的率以曲熱．與之相對應，IE是電源的總功率，IU是電源輸出的電功率，IU?是內電阻上的焦耳熱功率．一定要從能量轉化和守恒的觀點理解這幾個功率的意義．

五、伏安法測電阻

伏安法測電阻的原理是部分電路的歐姆定律（R?UI），測量電路可以有電流表外接和電流表內接兩種方法，如圖3甲、乙兩圖．由于電壓表和電流表內阻的存在，兩種測量電路都存在著系統誤差．

典型例題分析

例

1來自質子源的質子(初速度為零)，經一加速電壓為800 kV的直線加速器加速，形成電流為1.0 mA的細柱形質子流，打在與質子流垂直的靶上。已知質子電荷e＝1.60×10－19C。求：這束質子流每秒有多少個質子打到靶上？

分析與解答：

本題中的電流是質子流，每秒打到靶上的質子數反映了電流的大小。設每秒打到靶上的質子數為n，則每秒通過靶所在柱形截面的電量為Q＝ne。

根據電流的定義式I?學法點撥：

(1)有關電流的計算問題是電路中的基本問題，常見的方法有：①根據電流的定義式I?QtQt，有Q＝It＝ne，解得n?Ite?1.0?101.60?10?3?19?6.25?1015。

直接計算(如金屬導體或電解液中電流的計算)；②根據電流的微觀表達式I＝neSv計

UR算；③由部分電路歐姆定律I?和閉合電路的歐姆定律I?ER?r求解電流；④由電功、電功率的表達式計算電流。

上述計算電流的不同方法中，①②兩式從微觀描述了電流的意義；③從宏觀角度揭示了決定電流大小的因素；④反映了電流和電路中其他電學量間的聯系。

(2)本題的問題背景不是通常意義上的電路，在理解其中的電流意義時，需要構建新的模型——粒子流模型，同時還應具有等效思想，這樣才能理解“形成電流為1mA的細柱形質子流”。同樣對于帶電粒子的勻速圓周運動而形成電流的計算，如電子繞核運動可等效為一環形電流，可以把電子繞核運動的軌道，看成一個電路，這個等效電路建立后再利用I?Qt即可求出等效電流。

例

2在如圖2－1所示的電路中，電源電動勢為E，電源內阻為r，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動變阻器。當R2的滑動觸點在a端時，閉合開關S，此時三個電表A1、A2和V的示數分別為I1、I2和U。現將R2的滑動觸點向b端移動，則在此過程中，三個電表示數的變化情況是（）

A．I1增大，I2不變，U增大

圖2－1

B．I1減小，I2增大，U減小 C．I1增大，I2減小，U增大 D．I1減小，I2不變，U減小

分析與解答：

判斷電表示數變化的問題，應先弄清電路的結構特點，進而從引起電路變化的原因入手，根據歐姆定律及局部電路與整體電路之間的關系，進行嚴密的邏輯推理。

當滑動變阻器的滑動觸頭P向b端移動時，R2↓→R總↓→I總↑→U↓[∵U＝E－I總r]→V示數↓

┕→U3↑[∵U3＝I總R3] ┕→U1↓、U2↓[∵U1＝U－U3；U2＝U－U3] ┕→I1↓[∵I1＝U1/R1]→A1示數↓ ┕→I2↑[∵I2＝I總↑－I1↓]→A2示數↑。

因此本題的答案為B。學法點撥：

在電路中各元件按照一定方式連接，當電路局部電阻發生變化時，會引起電路中一系列電學量的變化。分析電路變化時，要注意內、外電路的聯系，干路、支路的聯系；要注意區分不變量與變量，弄清這些物理量相互依存的關系。通常是先確定不變量(如電源電動勢E，內電阻r，定值電阻R等)，然后依據歐姆定律分析電阻不發生變化的局部電路的電流或電壓變化的情況，再根據電路整體和局部的關系(如：全電路U＝E－Ir，并聯部分I總＝I1＋I2，串聯部分U總＝U1＋U2等)，討論電阻發生變化的局部電路的電流或電壓的變化情況。對于電阻發生變化的局部電路的電流或電壓的變化情況，用歐姆定律分析往往不易得到結論。如本題在討論A2變化時，用部分電路歐姆定律I2＝U2/R2討論時，會由于U2和R2的變化都是減小的，而又無從判斷U2和R2哪一個減小得更多，所以無法判斷I2的變化，這時就需要改用整體和局部的電流關系來討論。

動態分析問題有很多，雖然各有不同，但總的思路卻是相近的，電路動態分析的一般步驟是：

(1)確定電路的外電阻如何變化。通常電路中開關的通、斷或滑動變阻器的阻值變化會引起局部電路電阻的變化，局部電路電阻的變化，會導致外電路總電阻的變化。

(2)根據閉合電路歐姆定律I＝E/(R＋r)，確定電路的總電流I如何變化。

(3)由U內＝Ir，確定電源的內電壓如何變化，由U外＝E－U內，確定外電壓如何變化。(4)由部分電路歐姆定律，確定電阻不發生變化的局部電路各部分的電流、電壓如何變化。

(5)靈活運用電路整體和局部的關系，判斷電阻值變化的局部電路的電壓和電流的變化。例

3如圖2－2所示的電路中，電源兩端的電壓保持不變，閉合開關S，燈L1、L2正常發光。由于電路出現故障，燈L1變亮，燈L2變暗，電流表的示數變小，則電路發生的故障可能是（）A．R1斷路

C．R3短路

B．R2斷路 D．R4短路

圖2－2 分析與解答：

電路故障的分析可以采用正向思維和逆向思維兩種不同的分析方法。正向思維的分析方法是根據題目提供的現象，分析電路的故障。逆向思維的分析方法是把選項作為結論，分析在此種情況下，發生的電路現象，如果和題中敘述的現象吻合，選項中的故障就是電路中發生的故障。

這兩種方法的共同前提是要清楚電路的結構。本題簡化等效電路如圖2－3。

圖2－3 正向分析：

故障前：閉合開關S，燈L1、L2正常發光。

故障后：由于電路出現故障，發現燈L1變亮，燈L2變暗，電流表的示數變小。燈L1變亮，燈L2變暗，→L2不可能短路 ┕→U1↑

┕→U2↓I2↓[∵I2＝U2/R2] 可能┕→R1斷路，可能┕→R2；R3；R4短路

┕→L2；R2；R3；R4短路

┕I總↑I2↓→A示數增大

(與題中A示數減小矛盾)所以電路故障只有R1斷路的可能，故選項A正確。

逆向分析：

若只有R1斷路，即AB段少了一個并聯的支路，AB段電阻變大；BC段電路結構不變，所以RBC不變。由于電源兩端電壓一定，所以UAB增大，UBC減小，即燈L1兩端電壓變大，燈L2兩端電壓變小，因此燈L1變亮，燈L2變暗。UBC減小，電流表示數變小。選項A正確。

若只有R2斷路，即BC段的支路中少了一個并聯的電阻，BC段電阻變大；AB段電路結構不變，所以RAB不變。同理由于電源兩端電壓一定，所以UBC增大，UAB減小，即燈L2兩端電壓變大，燈L1兩端電壓變小，因此燈L2變亮，L1燈變暗。與題中現象不符，所以選項B不正確。

若只有R3短路，即BC段上面支路的電阻變小，從而總電阻變小，干路電流變大，電流表所在的支路由于電阻減小，分得的比例也變大，從而電流表示數變大，與題中現象不符，故選項C不正確。

若只有R4短路，與選項C情況基本相同，也要造成電流表示數變大，因此也不正確。

故本題正確選項為A。學法點撥：

在分析電路故障中，如果遇到較復雜的電路，在識別與化簡過程中，可采用電勢分析法。電勢分析法的具體方法如下： ①在原電路上把電路的結點(電路分叉點)按電勢高低標出序號。靠近電源正極的結點為高電勢點，靠近電源負極的結點為低電勢點，凡電勢相同的結點（導線中間沒有經過用電器的點）用同一個序號標出，如圖2－4所示。

②在一條直線上，從左至右依次標上數字1、2、3、4，如圖2－5所示。

圖2－4 ③根據原電路上所標結點的序號，將用電器接入電路。如，L1、R1在原電路上在序號1、2間，據此將燈L1、R1畫到圖中的1、2點間；同樣的R2在原電路上在序號2、3間，據此將R2畫到圖中的2、3點間；其他用電器依此方法依次接入其間，即可得到電路連接草圖，如圖2－6所示。

④整理草圖形成簡單的串、并聯電路，如圖2－7所示。

圖2－5

圖2－6

圖2－7 例

4如圖2－8所示電路中，處于正常發光的燈泡L上標有“6V12W”的字樣，電動機線圈的電阻RM＝2Ω，電源的輸出電壓－電流關系如圖2－9中圖線①所示，其輸出功率－電流關系如圖2－9中圖線②所示。若電動機轉動過程中的摩擦阻力忽略不計，求此時電路消耗的熱功率和電動機的輸出功率。

圖2－8

圖2－9 分析與解答：

本題要解決的問題是電路中的能量問題，其中用電器有燈和電動機，電源提供的電能通過用電器轉化為內能和機械能，能量傳輸的方向是：

根據能量轉化和守恒定律，其功率關系可表示為：

由上述分析可知，電路中消耗的熱功率和電動機的機械功率分別為： 熱功率P熱＝I2r＋I2RM＋P燈

電動機輸出的機械功率為P機輸出＝IE－P燈－I(RM＋r)或P機輸出＝P由題目條件“小燈泡恰能正常發光”可知I＝IL＝P額/U額＝2A，圖線①的斜率的數值表示電源內電阻的大小，電源內阻r?電路消耗的熱功率P熱＝Ir＋IRM＋P燈＝40W 由圖線②上可以看出，當通過電源的電流是2A時，相應的電源的輸出功率是80W，因此P機輸出＝P電源出－P燈－I2RM＝60W。

學法點撥：

(1)在作電路能量轉化分析時，應抓住三個關鍵問題：一是能量轉化的量值關系，即電源輸出的總能量與電路中轉化成其他形式的總能量相等；二是能量轉化的去向，即能量是由什么形式向什么形式轉化；三是輸入和輸出的關系，輸入能量和輸出能量只有在沒有消耗的情況下，二者才會相等；如果有能量消耗，輸入能量應該等于輸出能量加上消耗的能量，如本題中電動機的輸入能量等于電動機輸出功率與電動機線消耗的熱功率之和。

(2)電動機是非純電阻元件，由于歐姆定律不適用于非純電阻元件，所以本題中不能通過P＝U/RM或者P＝IRM計算電動機的輸出功率。

(3)在用圖象分析問題時，要弄清橫、縱坐標所代表的意義，圖線縱軸截距、橫軸截距的意義，圖線斜率值的意義，圖線上每個點對應坐標的意義。如果不弄清這些意義，在解決問題中，就會出現錯誤。如本題中圖2－9中圖線①縱軸截距等于電源電動勢E，但橫軸截距不等于短路電流，在通過圖線斜率求電源的內電阻時，若把橫軸截距當成短路電流，就會出現r?505??10?的錯誤。2

222

電源出

－P燈－IRM

50?255?0??5?。

例

5圖2－10為用電壓表、電流表測量一個定值電阻阻值的實驗所需的器材實物圖，器材規格如下：

圖2－10

圖2－11(1)待測電阻Rx(約100Ω)

(2)直流毫安表(量程0～10mA，內阻50Ω)(3)直流電壓表(量程0～3V，內阻5kΩ)

(4)直流電源(輸出電壓4V，內阻可不計)(5)滑動變阻器(阻值范圍0～15Ω，允許最大電流1A)(6)開關一個，導線若干條

根據器材的規格和實驗要求，在本題的實物圖上完成實驗電路的連線。

分析與解答：

在給定電壓表、電流表測電阻時，主要解決的問題有兩個：一是確定電流表的連接是采用“電流表外接電路”還是“電流表內接電路”；二是確定滑動變阻器的連接采用分壓式接法還是采用限流式接法。由于待測電阻Rx與電流表內阻RA之比

RxRA?10050?21；待測電阻Rx與電壓表內阻RV之比

RxRV?150，所以，直流毫安表的連接應采取“電流表外接電路”。

如果滑動變阻器采用限流接法，當將滑動變阻器以最大阻值接入電路中時，此時電路中電流最小，最小電流為I?ERx?RA?R?24mA?10mA。因此，滑動變阻器不能采用限流接法，而要采用分壓式接入電路，由于滑動變阻器允許通過的最大電流為1A，所以即使將4V電壓全部加在滑動變阻器兩端，也不會將滑動變阻器燒毀。所以，滑動變阻器的連接采用分壓接法。答案如圖2－11所示。

學法點撥：

在設計實驗電路時，要解決好滑動變阻器和電流表的連接。需要對不同接法的電路特點有較清楚地認識。

(1)滑動變阻器采用如圖2－12所示限流接法，電路的特點是：在電源內阻不計的情況下，R兩端的電壓調節范圍：E≥UR≥ER/(R0＋R)，電流調節范圍：E/R≥IR≥E/(R0＋R)。即電壓和電流不能調至零，因此調節范圍較小。要使限流電路的電壓和電流調節范圍變大，可適當增大R0。另外，使用該電路時，在接通電前，R0應調到最大。

圖2－12(2)滑動變阻器采用如圖2－13所示分壓接法，電路的特點是：在電源內阻不計的情況下，R兩端的電壓調節范圍為E≥UR≥0，即電壓可調到零，電壓調節范圍大。電流調節范圍為E/R≥IR≥0。

滑動變阻器采用分壓接法時，在R0＜R時，調節線性好。通電前，滑片P置于A端，可使UR＝0。

圖2－13(3)如果滑動變阻器的額定電流夠用，在下列三種情況下必須采用分壓接法。①用電器的電壓或電流要求從零開始連續可調。②要求用電器的電壓或電流變化范圍盡量大一些，且滑動變阻器的阻值小。③采用限流接法時限制不住，電流(或電壓)超過電表量程或用電器額定值。

在安全(I夠大，電流(或電壓)不超過電表量程、不超過用電器的額定值，電源不過載)、滑額有效(調節范圍夠用)的前題下，若R＜R0＜10R時，從可調性好的角度考慮，可選用限流接法；但當負載電阻R較大，而變阻器總阻值R0較小時，即R≥R0時，限流接法對電流、電壓控制范圍較小，調控作用不明顯，一般選分壓接法。如本題，待測Rx＝100Ω，而滑動變阻器R總＝15Ω，應選用分壓接法。

(4)“電流表外接電路”和“電流表內接電路”兩種電路的連接方法，均不能測出待測電阻的真實值。“電流表外接電路”主要是由于電壓表的分流影響，將使得測量的電阻值比真實值偏小(實際測量的是Rx與RV并聯的總電阻)；“電流表內接電路”主要是由于電流表的分壓影響，將使得測量的電阻值比真實值偏大(實際測量的是Rx與RA串聯的總電阻)。當待測電阻較大時(Rx?RARV)，則電流表分壓的影響較小，選用“電流表內接電路”誤差

RARV)，則電壓表的分流的影響較小，選用“電流表外接較小；當待測電阻較小時(Rx?法”誤差較小。

思考一下Rx?RARV和Rx?RARV條件是怎樣得出的？

第九章 穩恒電流

一、主要內容

本章內容包括電流、產生持續電流的條件、電阻、電壓、電動勢、內電阻、路端電壓、電功、電功率等基本概念，以及電阻串并聯的特點、歐姆定律、電阻定律、閉合電路的歐姆定律、焦耳定律、串聯電路的分壓作用、并聯電路的分流作用等規律。

二、基本方法 本章涉及到的基本方法有運用電路分析法畫出等效電路圖，掌握電路在不同連接方式下結構特點，進而分析能量分配關系是最重要的方法；注意理想化模型與非理想化模型的區別與聯系；熟練運用邏輯推理方法，分析局部電路與整體電路的關系

三、錯解分析

在本章知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：不對電路進行分析就照搬舊的解題套路亂套公式；邏輯推理時沒有逐步展開，企圖走“捷徑”；造成思維“短路”；對含有電容器的問題忽略了動態變化過程的分析。

例1 如圖9－1所示電路，已知電源電動勢ε=6.3V，內電阻r=0.5Ω，固定電阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3是阻值為5Ω的滑動變阻器。按下電鍵K，調節滑動變阻器的觸點，求通過電源的電流范圍。

【錯解】

將滑動觸頭滑至左端，R3與R1串聯再與R2并聯，外電阻

再將滑動觸頭滑至右端R3與R2串聯再與R1并聯，外電阻

【錯解原因】 由于平時實驗，常常用滑動變阻器作限流用（滑動變阻器與用電器串聯）當滑動頭移到兩頭時，通過用電器的電流將最大或最小。以至給人以一種思維定勢：不分具體電路，只要電路中有滑動變阻器，滑動頭在它的兩頭，通過的電流是最大或最小。

【分析解答】

將圖9—1化簡成圖9－2。外電路的結構是R′與R2串聯、（R3-R′）與R1串聯，然后這兩串電阻并聯。要使通過電路中電流最大，外電阻應當最小，要使通過電源的電流最小，外電阻應當最大。設R3中與R2串聯的那部分電阻為R′，外電阻R為

因為，兩數和為定值，兩數相等時其積最大，兩數差值越大其積越小。當R2+R′=R1+R3-R′時，R最大，解得

因為R1=2Ω＜R2=3Ω，所以當變阻器滑動到靠近R1端點時兩部分電阻差值最大。此時刻外電阻R最小。

通過電源的電流范圍是2.1A到3A。【評析】

不同的電路結構對應著不同的能量分配狀態。電路分析的重要性有如力學中的受力分析。畫出不同狀態下的電路圖，運用電阻串并聯的規律求出總電阻的阻值或阻值變化表達式是解電路的首要工作。

例2 在如圖9－3所示電路中，R1=390Ω,R2=230Ω，電源內電阻r=50Ω，當K合在1時，電壓表的讀數為80V；當K合在2時，電壓表的讀數為U1=72V，電流表的讀數為I1=0.18A，求：（1）電源的電動勢（2）當K合在3時，兩電表的讀數。

【錯解】

（1）因為外電路開路時，電源的路端電壓等于電源的電動勢，所以ε=U斷=80V；

【錯解原因】

上述解答有一個錯誤的“替代假設”：電路中的電流表、電壓表都是理想的電表。事實上，問題并非如此簡單。如果進一步分析K合在2時的情況就會發現矛盾：I1R1=0.18×390=70.2（V）≠80V，這就表明，電路中的電流表和電壓表并非理想的電表。

【分析解答】

（1）由題意無法判斷電壓表、電流表是理想電表。設RA、Rv分別為電壓表、電流表的內阻，R′為電流表與電阻器R1串聯后的電阻，R″為電流表與電阻器R2串聯的電阻。則K合在2時：

由上述兩式解得：R1=400Ωε=90V

【評析】

本題告訴我們，有些題目的已知條件隱藏得很深。僅從文字的表面是看不出來的。只好通過試算的方法判斷。判斷無誤再繼續進行解題。

例3 如圖9－4所示，ε1=3V，r1=0.5Ω，R1=R2=5.5Ω，平行板電容器的兩板距離d=1cm，當電鍵K接通時極板中的一個質量m=4×10-3g，電量為q=1.0×10-7C的帶電微粒恰好處于靜止狀態。求：（1）K斷開后，微粒向什么方向運動，加速度多大？（2）若電容為1000pF，K斷開后，有多少電量的電荷流過R2？

【錯解】 當電鍵K接通電路穩定時、電源ε1和ε2都給電容器極板充電，所以充電電壓U=ε1+ε2。

帶電粒子處于平衡狀態，則所受合力為零，F-mg=0

ε2=U-ε1=1(v)當電鍵K斷開后，電容器上只有電源 給它充電，U′=ε2。

即帶電粒子將以7.5m/s2的加速度向下做勻加速運動。又 Q1=CU=103×10-12×4=4×10－9C Q′=CU′＝103×10-12×1＝1×10-9C △Q=Q-Q′=3×10C-9

極板上電量減少3×10-9C，也即K斷開后，有電量為3×10-9C的電荷從R2由下至上流過。

【錯解原因】 在直流電路中，如果串聯或并聯了電容器應該注意，在與電容器串聯的電路中沒有電流，所以電阻不起降低電壓作用(如R2)，但電池、電容兩端可能出現電勢差，如果電容器與電路并聯，電路中有電流通過。電容器兩端的充電電壓不是電源電動勢ε，而是路端電壓U。

【分析解答】

(1)當K接通電路穩定時，等效電路圖如圖9－5所示。

ε

1、r1和R1形成閉合回路，A，B兩點間的電壓為：

電容器中帶電粒子處于平衡狀態，則所受合力為零，F-mg＝0

在B，R2，ε2，C，A支路中沒有電流，R2兩端等勢將其簡化，U＋ε2=UAB，ε2=U-UAB=1.25V 當K斷開電路再次達到穩定后，回路中無電流電路結構為圖9－6所示。電容器兩端電壓U′=ε2=1.25V

即帶電粒子將以6.875m／s2的加速度向下做勻加速運動。(2)K接通時，電容器帶電量為Q=CU=4×1O-9C K斷開時，電容器帶電量為Q′=CU′=1.2×10(C)△Q＝Q—Q′=2.75×10-9C 有總量為2.75×10-9(C)的電子從R2由下至上流過。

-9 【評析】

本題考查學生對電容器充放電物理過程定性了解程度，以及對充電完畢后電容所在支路的電流電壓狀態是否清楚。學生應該知道電容器充電時，隨著電容器內部電場的建立，充電電流會越來越小，電容器兩極板間電壓(電勢差)越來越大。當電容器兩端電壓與電容器所并聯支路電壓相等時充電過程結束，此時電容器所在的支路電流為零。

根據這個特點學生應該會用等勢的方法將兩端等勢的電阻簡化，畫出等效電路圖，如本題中的圖9－5，圖9－6，進而用電路知識解決問題。

例4 如圖9－7所示，電源電動勢ε=9V，內電阻r=0.5Ω，電阻R1=5.0Ω、R2=3.5Ω、R3=6.0Ω、R4=3.0Ω，電容C=2.0μF。當電鍵K由a與接觸到與b接觸通過R3的電量是多少？

【錯解】

K接a時，由圖9-8可知

流過R3的電量為△Q=QC-Q′C =3×10－6(C)【錯解原因】 沒有對電容器的充電放電過程做深入分析。圖9－8圖中電容器的上極板的電勢高，圖9－9中電容器的下極板的電勢高。電容器經歷了先放電后充電的過程。經過R3的電量應是兩次充電電量之和。

【分析解答】

K接a時，由圖9－8可知

此時電容器帶電量QC=CU1=I×10(C)K接b時，由圖9－9可知

5此時電容器帶電量Q′C=CU1=0.7×10(C)流過R3的電量為△Q=QC＋Q′C=1.7×10－5(C)【評析】

對于電容電量變化的問題，還要注意極板電性的正負。要分析清電容器兩端的電勢高低，分析全過程電勢變化。

例5 在電源電壓不變的情況下，為使正常工作的電熱器在單位時間內產生的熱量增加一倍，下列措施可行的是

()A、剪去一半的電阻絲 B、并聯一根相同的電阻絲 C、串聯一根相同的電阻絲 D、使電熱器兩端的電壓增大一任 【錯解】

-為原來的一半，所以選A、B。

【錯解原因】

忽略了每根電阻絲都有一定的額定功率這一隱含條件。【分析解答】

將電阻絲剪去一半后，其額定功率減小一半，雖然這樣做在理論上滿足使熱量增加一倍的要求，但由于此時電阻絲實際功率遠遠大于額定功率，因此電阻絲將被燒壞。故只能選B。

【評析】

考試題與生產、生活問題相結合是今后考試題的出題方向。本題除了需要滿足電流、電壓條件之外，還必須滿足功率條件：不能超過用電器的額定功率。

例6 如圖9－10所示的電路中已知電源電動勢ε=36V，內電阻r=2Ω，R1=20Ω，每盞燈額定功率都是2W，額定電壓也相同。當K閉合調到R2=14Ω時，兩燈都正常發光；當K斷開后為使L2仍正常發光，求R2應調到何值？

【錯解】

設所求電阻R′2，當燈L1和L2都正常發光時，即通過燈的電流達額定電流I。

【錯解原因】

分析電路時應注意哪些是恒量，哪些是變量。圖9－10電路中電源電動勢ε是恒量，燈L1和L2正常發光時，加在燈兩端電壓和通過每個燈的電流是額定的。錯解中對電鍵K閉合和斷開兩種情況，電路結構差異沒有具體分析，此時隨燈所在支路電流強度不變，兩種情況干路電流強度是不同的，錯誤地將干路電流強度認為不變，導致了錯誤的結果。

【分析解答】

解法一：設所求阻值R′2，當燈L1和L2正常發光時，加在燈兩端電壓力額定電壓UL。當K閉合時，ε1=UL+I1(R1+r+R2)當K斷開時，ε2=UL+I2(R1+r+R′2)，又 ∵ε1=ε2=ε I1=2I2=2I，(I為額定電流)得ε= UL＋2I(R1＋r＋R2)① ε=USL＋I(R1＋r＋R′2)②

①-②I(R1＋r＋2R2-R2′)=0 但I≠0，∴R1+r＋2R2=R′2即R′2=20+2+2×14=50Ω 解法二：設所求阻值R′2，當燈L1和L2正常發光時，加在燈兩端電壓為額定電壓UL，由串聯電路電壓分析可得：

【評析】

電路中的局部電路(開關的通斷、變阻器的阻值變化等)發生變化必然會引起干路電流的變化，進而引起局部電流電壓的變化。應當牢記當電路發生變化后要對電路重新進行分析。

例7 如圖9－11所示，電源電壓保持不變，變阻器R1的最大值大于R2的阻值，在滑片P自右向左滑動過程中，R1的電功率如何變化？

【錯解】

采用“端值法”，當P移至最左端時，R1＝0，則Rl消耗的電功率變為0，由此可知，當滑片P自右向左滑動過程中，R1的電功率是變小的。

【錯解原因】

由于題中R1＞R2，所以用端值法只假設R1=0是不夠的。【分析解答】

因此，在這兩種情況時，R1的電功率都是P1＜U/4R，且不難看出，Rl與R2差值越大，P1越小于U2／4R。

綜上所述，本題答案應是滑片P自右向左移動時，Rl的電功率逐漸變大；當R1=R2時R1的電功率最大；繼續沿此方向移動P時，R1的電功率逐漸變小。

【評析】

電路中某電阻消耗的功率，不止是由本身電阻決定，還應由電路的結構和描述電路的各個物理量決定。求功率的公式中出現二次函數，二次函數的變化不一定單調變化的，所以在求解這一類問題時，千萬要作定量計算或者運用圖像進行分析。

例8 如圖9－12所示電路，當電鍵K依次接a和b的位置時，在(1)R1＞R2(2)Rl=R2(3)R1＜R2三種情況時，R1、R2上消耗的電功率哪個大？

2【錯解】

(l)根據P=I2R可知，當R1＞R2時，P1＞P2；當R1=R2時，P1=P2；當Rl＜R2時，P1＞P2。

當R1＞R2時，P1＜P2；當R1=R2時，P1=P2；當R1＜R2時，P1＞P2。【錯解原因】

錯誤在于認為電路改變時其路端電壓保持不變，U1=U2，應該分析當電鍵K接不同位置時，電路的結構不同，電路結構改變但ε，r不變。

【分析解答】

當電鍵K接不同位置時，電路的結構不同。

(l)當R1＜R2時，若r2=R1R2 P1-P2=0所以P1=P2；若r2＜R1R2 P1-P2＜0所以 P1＜P2；若r2＞ RlR2 P1-P2＞0所以P1＞P2

(2)當R1＞R2時，若r=R1R2 P1-P2=0，所以P1=P2；若r＜R1R2P1-P2＞0所以 P1＞P2；若r2＞ R1R2

【評析】

解決電路問題先審題，審題過后有的同學頭腦中出現許多公式，他從中選擇合適的公式，有的同學則從頭腦中搜尋以前做過的題目，看有沒有與本題相似的題目，如果有相似的題目，就把那道題的解題方法照搬過來。這些方法不一定錯，但是一旦問題比較復雜，或者題目敘述的是一個陌生的物理情境，這些方法就不好用了。所以，規范化的解題步驟是必不可少的。

例9 如圖9－13所示電路中，r是電源的內阻，R1和R2是外電路中的電阻，如果用Pr，P1和P2分別表示電阻r，R1，R2上所消耗的功率，當R1=R2=r時，Pr∶P1∶P2等于

[ ] A、1∶l∶1 B、2∶1∶1 C、1∶4∶4 D、4∶l∶1 【錯解】

因為R1=R2=r，r與R1，R2并聯，它們電壓相同，【錯解原因】

認為電源的兩端就是外電路的兩端，所以內外電阻是并聯關系，即認為r與R1，R2并聯，Ur=U1-U2，這一看法是錯誤的，Ur不等于U1，Ur=ε-U1。

【分析解答】

在圖9-13電路中，內電阻上通過的電流與外電路的總電流相同，內電阻與外電阻是串聯關系，(不能認為內電阻與外電阻并聯)但R1與R2是并聯的，因R1=R2，則I1=I2=I，Ir=I1+I2=2I。

Pr∶P1∶P2=Irr∶I1R1∶I2R2∶=4∶1∶1。，所以是正確的。【評析】

單憑直覺就對電路的串并聯關系下結論，太草率了。還是要通過電流的分合，或電勢的高低變化來做電路分析。

例10 如圖9－14所示，2

22已知電源電動勢ε=20V，內阻r=1Ω，當接入固定電阻R=4Ω時，電路中標有“3V 4.5W”的燈泡L和內阻r′=0.5Ω的小型直流電動機恰能正常工作，求(1)電路中的電流強度？(2)電動機的額定工作電壓？(3)電源的總功率？

【錯解】

由燈泡的額定電壓和額定功率可求得燈泡的電阻

串聯電路中電路中的電流強度

電動機額定工作電壓U=I′r=2.7×0.5=l.35(V)電源總功率P=Iε=2.7×20=54(W)【錯解原因】

此電路是非純電阻電路，閉合電路歐姆定律ε=IR總不適用，所以電

【分析解答】

(1)串聯電路中燈L正常發光，電動機正常工作，所以電路中電流強度為燈L的額定電流。

電路中電流強度I＝1.5A。

(2)電路中的電動機是非純電阻電路。根據能量守恒，電路中 ε=UR+UL+Ur+Um

Um=ε-UR-UL-Ur＝ε-I(R+RL+r)=20-1.5×(2＋4＋1)=9.5(3)電源總功率P總=Iε=1.5×20=30(W)。

【評析】

要從能量轉化與守恒的高度來認識電路的作用。一個閉合電路中，電源將非靜電能轉化為電能，內外電路又將電能轉化為其他形式的能。ε=U內+U外則是反映了這個過程中的能量守恒的關系。

例11 電動機M和電燈L并聯之后接在直流電源上，電動機內阻r′=1Ω，電燈燈絲電阻R=10Ω，電源電動勢ε=12V，內阻r=1Q，當電壓表讀數為10V時，求電動機對外輸出的機械功率。

【錯解】

電阻成反比，流與其

【錯解原因】

上述錯解過程中有兩處致命的錯誤：一是將電動機視為純電阻處理了，電動機不屬于純電阻，而是將電能轉化為機械能，錯解中利用了并聯電路中支路電流與電阻成反比的結論是不恰當的，因為該結論只適用于純電阻電路，二是不明確電動機的輸入功率PM入與輸出功率PM出的區別，IM2r′是電動機內阻發熱功率。三者的關系是：PM入=PM出+IM2r′。

【分析解答】 根據題意畫出電路圖，如圖9－15所示。由全電路歐姆定律ε= U+Ir得出干路電流

由已知條件可知：流過燈泡的電流

電動機的輸出功率的另一種求法：以全電路為研究對象，從能量轉化和守恒的觀點出發P源=P路。本題中電路中消耗電能的有：內電阻、燈泡和電動機，電動機消耗的電能又可

222分為電動機輸出的機械能和電動機自身消耗的內能。即Iε=Ir+ILR+PM出+IMr′。

PM出＝Iε-(I2r+IL2R++IM2r′)=9(W)

【評析】

站在能量轉化與守恒的高度看電路各個部分的作用。就可以從全局的角度把握一道題的解題思路，就能比較清醒地分清公式規律的適用范圍和條件。

例12 如圖9－16，外電路由一個可變電阻R和一個固定電阻R0串聯構成，電源電動勢為ε，電源內阻為r，問：R調到什么時候，R0上將得到最大功率。【錯解】

把可變電阻R看成電源內阻的一部分，即電源內阻r′=r+R。利用電源輸出功率最大的條件是R＝r′得R0=R＋r，即R=R0-r，所以把可變電阻調到R=R2-r時，電路中R0上得到最大功率，其大小為

【錯解】

可變電阻R上得到的功率，決定于可變電阻的電流和電壓，也可以用電源輸出功率最大時的條件，內外電阻相同時電源有最大輸出功率來計算。但是題目要求討論定值電阻R0上的輸出功率，則不能生搬硬套。定值電阻R0上的功率，決定于流過電阻R0的電流強，這與討論可變電阻R上的功率不同。

【分析解答】

電流經過電阻R0，電流能轉換成內能，R0上功率決定于電流強度大小和電阻值，即P=IR0，所以當電流強度最大時，R0上得到最大功率。由純電阻的閉合電路歐姆定律，有

2固定電阻R0上有最大輸出功率，其大小為

【評析】

在討論物理問題時選擇研究對象是重要的一環。研究對象選錯了，就要犯張冠李戴的錯誤。明明題目中要我們計算定值電阻的功率，有人卻套用滑動變阻器的結論。所以認真審題找出研究對象，也是提高理解能力的具體操作步驟。

例13 輸電線的電阻共計10Ω，輸送的電功率是100kw，用400V的低壓送電，輸電線上發熱損失的功率是多少kw？改用10kV的高壓送電，發熱功率損失又是多少kw？

【錯解】

【錯解原因】

錯解一是對歐姆定律使用不當，輸送電壓是加在輸電線電阻和負載上的，如果把它考慮成輸電線上的電壓求電流強度當然就錯了。錯解二注意到了負載的作用，所求出的損失功率P1是正確的，然而在高壓送電電路中，負載都是使用了變壓器而錯解二把它當作純電阻使P2解錯。

【分析解答】

輸送電功率100kw，用400V低壓送電，輸電線上電流

輸電線上損失功率

若用10kV高壓送電輸電線上電流

輸電線上損失功率P2=I22r=102×1=0.1(kw)【評析】 一道很簡單的題目做錯了，有些人將錯解原因歸結為：粗心、看錯了題目。其實真正的原因是解題不規范。如果老老實實地畫出電路圖標出各個物理量，按圖索驥就可以避免所謂的“粗心”的錯誤。

例14 把一個“10V 2.0W”的用電器A(純電阻)接到某一電動勢和內阻都不變的電源上，用電器A實際消耗的功率是2.0W，換上另一個“ 10V 5.0W”的用電器B(純電阻)接到這一電源上，用電器B實際消耗的電功率有沒有可能反而小于2.0W？你如果認為不可能，試說明理由，如果認為可能，試求出用電器B實際消耗的電功率小于2.0W的條件(設電阻不隨溫度改變)【錯解】

將“ 10V 2.0W”的用電器與電源連接，用電器正常工作說明用電器兩端電壓為10V，現將“ 10V 5.0W”的用電器B與電源連接，用電器兩端電壓是10V，B也能正常工作，實際功率是5.0W，所以用電器的實際功率不會小于2.0W。

【錯解原因】

把路端電壓與電源電動勢混為一談，認為路端電壓是恒定的，不隨外電路改變而改變。【分析解答】

越大，U也越大，所以與ε不同，U不是恒定的。

以當B連入時，用電器兩端的電壓將小于10V，它消耗的實際功率將小

述條件時，B的實際功率小于2.0W。【評析】

根據電源最大輸出功率的條件做出輸出功率與外電阻圖(P－R圖如圖9－17所示)做定性分析，也可以得到同樣的結果。由題意可知RA接入電路時，若電源的輸出功率達到最大輸出功率，則RB接入電路時，電源的輸出功率肯定小于最大輸出功率2W。若電源的輸出功率沒有達到最大輸出功率，RB接入電路時，電源的輸出功率有可能小于RA接入電路時輸出功率2W。

例15 有四個電源，電動勢均為8V，內阻分別為1Ω、2Ω、4Ω、8Ω，今要對R=2Ω的電阻供電，問選擇內阻為多大的電源才能使R上獲得的功率最大？

A、1Ω B、2Ω C、4Ω D、8Ω 【錯解】

依“外電阻等于內電阻(R=r)時，外電路上的電功率有最大值”可知，應選內阻2Ω的電源對R供電，故選B。

【錯解分析】

上述錯解的根源在于濫用結論。事實上，確定的電源有最大的輸出功率和確定的外電路上獲得最大功率的條件是不同的。“外電阻等于內電阻(R=r)時，外電路上的電功率有最大值”只適用于電源確定而外電阻可選擇的此形，而本題實屬外電阻確定而電源可選的情況，兩者意義不同，不可混為一談。

【分析解答】

P是r的單調減函數，所以就題設條件而言，r取1Ω時P有最大值，應選A。

【評析】 物理學的任何規律結論的成立都是有條件的，都有其適用范圍。有的同學做題比較多，習慣于套用一些熟悉題目的解題路子。這種方法有它合理的一面，也有其造成危害的一面。關鍵是要掌握好“條件和范圍”。

例16 圖9－18所示，為用伏安法測量一個定值電阻阻值的實驗所需要的器材實物圖，器材規格如下：(1)待測電阻RX(約100Ω)(2)直流毫安表(量程0～10mA，內阻50Ω)(3)直流電壓表(量程0～3V，內阻5kΩ)(4)直流電源(輸出電壓4V，允許最大電流1A)(5)滑動變阻器(阻值范圍0～15Ω，允許最大電流1A)(6)電鍵一個，導線若干條。根據器材的規格和實驗要求，在本題的實物圖上連線。

【錯解】

錯解一：如圖9－19所示，此種連法錯在變阻器的右下接線柱和電源的負極之間少連了一條線，即使變阻器取最大值，通過電路的電流也超過了10mA，大于毫安表的量程。

錯解二：如圖9－20所示有兩處不妥：①電壓調節范圍小；②電流過大。這種連法實際上與圖9-19的錯誤是一樣的。

錯解三：如圖9-21所示，此種連法是用伏安法測量，電路與變阻器由滑動觸頭并聯，無論變阻器的阻值怎樣變化，流過毫安表的電流

始終超過毫安表的量程，而且當滑動觸頭滑到最左端時，電源還有被短路的可能，故連接錯誤。

錯解四：如圖9－22所示，可見這種連法實際上與圖9-21(變阻器取最大值時)的錯誤是一樣的。

錯解五：如圖9－23所示，顯然可見，當電鍵閉合時電源被短路，這是不允許的，連接錯誤。

錯解六：如圖9-24所示，電鍵閉合后電源被短路，滑到最右端時，電流超過毫安表的最大量程，故連接錯誤。

錯解七：如圖9－25，無論電鍵是否閉合，電源、變阻器回路始終是接通的，電鍵的位置連接錯了。

連接上的原因是：在高中學習伏安法測電阻時，接觸的多是將變阻器連接一個上接線柱和一個下接線柱，串連在電路中分壓限流，因而在做此題時，采用了習慣連法，沒有對器材的規格要求進行計算、分析。(2)將毫安表內接錯誤，錯誤的癥結是不了解系統誤差產生的原因，也是沒有對器材的規格進行具體分析。

(3)出現同時連接變阻器的兩個上接線柱；電表的“+”、“-”接反；不在接線柱上連線，而是在連線上連線等，說明學生缺乏實驗操作的規范化訓練，或缺乏親自動手做實驗。

【分析解答】

用伏安法測電阻，首先要判明電流表應該內接還是外接，由題目所給器材規格來看，顯然不滿足RA＜＜Rx條件，而是滿足Rv＞＞Rx條件，所以應采用外接法。若圖9－26電路，當滑動觸頭P處于最左端，滑動變阻器為最大值時，由題設條件流過電流表的電流

超過安培表的量程。因此變阻器既應分壓又應分流。

正確的連接圖為圖9－27所示。畫圖的關鍵是：毫安表需外接，變阻器接成分壓電路。實驗開始前將滑動變阻器的滑動觸頭滑至分壓為零的位置。

【評析】在設計實驗過程時，要根據具體實驗條件，靈活應用實驗原理，改變實驗方法。善于從習題中或所學的物理定律的推論中得出實驗原理和方法。基本原則是不能是電表超過量程，測量誤差盡可能小；不能使用電器超過其額定功率，結構上不能出現短路斷路現象。例17 如圖9－28所示電路的三根導線中有一根是斷的。電源電阻器R1·R2及另外兩根導線都是好的。為了查出斷導線，某學生想先用萬用表的紅表筆連接在電源的正極a,再將黑表筆分別連接在電阻器Rl的b端和R2的c端，并觀察萬用表指針的示數。在下列選擋中，符合操作規程的是：

[ ] A．直流10V擋 B．直流0.5A擋 C．直流2.5V擋 D．歐姆擋

【錯解】

如果電路連接正常，電路中的電流

測量的最大電壓為U1=IR1=2V。可選A、C。

用歐姆擋可以直接測量回路中的電阻是否等于15Ω或者等于10Ω。【錯解原因】

選B的同學沒有考慮R1與R2之間的導線斷開的情況。選C的同學沒有考慮到無論哪根導線斷開，測得的電壓都等于6V，大于2.5V。如選D的同學沒有考慮到如果被測回路中有電源，歐姆表就可能被毀壞或讀數不準。

【分析解答】

設萬用表各擋都理想，忽略電源的內阻。選用不同功能檔時，應畫出電路圖，至少在頭腦中想清楚。

用電壓擋測量時，由于電路斷開(無論是從ab間斷開，還是從R1與R2之間斷開)電路中無電流，黑表筆與電源負極等電勢。直流電壓擋測量的數值是電源電動勢ε=6V。所以A選項可行，C選項不行。

用電流擋測量時，假設ab間導線完好，而R1與R2之間導線斷開，B選項。

被測回路中有電源，歐姆表不能適用，排除D選項。

【評析】

本題考查學生的實驗能力。還考察學生的邏輯思維能力。邏輯思維的基礎是對電路結構的理解。養成正確的電路分析的習慣，處處受益。

第五篇：高中物理選修3-4全套教案(人教版)

高二物理選修3-4教案 11、1簡諧運動 一、三維目標 知識與技能

1、了解什么是機械振動、簡諧運動

2、正確理解簡諧運動圖象的物理含義，知道簡諧運動的圖象是一條正弦或余弦曲線 過程與方法

通過觀察演示實驗，概括出機械振動的特征，培養學生的觀察、概括能力 情感態度與價值觀

讓學生體驗科學的神奇，實驗的樂趣

二、教學重點

使學生掌握簡諧運動的回復力特征及相關物理量的變化規律

三、教學難點

偏離平衡位置的位移與位移的概念容易混淆；在一次全振動中速度的變化

四、教學過程

引入：我們學習機械運動的規律，是從簡單到復雜：勻速運動、勻變速直線運動、平拋運動、勻速圓周運動，今天學習一種更復雜的運動——簡諧運動

1、機械振動

振動是自然界中普遍存在的一種運動形式，請舉例說明什么樣的運動就是振動？

微風中樹枝的顫動、心臟的跳動、鐘擺的擺動、聲帶的振動??這些物體的運動都是振動。請同學們觀察幾個振動的實驗，注意邊看邊想：物體振動時有什么特征？ [演示實驗]（1）一端固定的鋼板尺[見圖1（a）]

（2）單擺[見圖1（b）]（3）彈簧振子[見圖1（c）（d）]

（4）穿在橡皮繩上的塑料球[見圖1（e）]

提問：這些物體的運動各不相同：運動軌跡是直線的、曲線的；運動方向水平的、豎直的；物體各部分運動情況相同的、不同的??它們的運動有什么共同特征？

歸納：物體振動時有一中心位置，物體（或物體的一部分）在中心位置兩側做往復運動，振動是機械振動的簡稱。

2、簡諧運動

簡諧運動是一種最簡單、最基本的振動，我們以彈簧振子為例學習簡諧運動（1）彈簧振子

演示實驗：氣墊彈簧振子的振動 討論 ：a．滑塊的運動是平動，可以看作質點

b．彈簧的質量遠遠小于滑動的質量，可以忽略不計,一個輕質彈簧聯接一個質點，彈簧的另一端固定，就構成了一個彈簧振子

c．沒有氣墊時，阻力太大，振子不振動；有了氣墊時，阻力很小，振子振動。我們研究在沒有阻力的理想條件下彈簧振子的運動。（2）彈簧振子為什么會振動？

物體做機械振動時，一定受到指向中心位置的力，這個力的作用總能使物體回到中心位置，這個力叫回復力，回復力是根據力的效果命名的，對于彈簧振子，它是彈力。回復力可以是彈力，或其它的力，或幾個力的合力，或某個力的分力，在O點，回復力是零，叫振動的平衡位置。

（3）簡諧運動的特征

彈簧振子在振動過程中，回復力的大小和方向與振子偏離平衡位置的位移有直接關系。在研究機械振動時，我們把偏離平衡位置的位移簡稱為位移。

3、簡諧運動的位移圖象——振動圖象

簡諧運動的振動圖象是一條什么形狀的圖線呢？簡諧運動的位移指的是什么位移？（相對平衡位置的位移）

演示：當彈簧振子振動時，沿垂置于振動方向勻速拉動紙帶，毛筆P就在紙帶上畫出一條振動曲線

說明：勻速拉動紙帶時，紙帶移動的距離與時間成正比，紙帶拉動一定的距離對應振子振動一定的時間，因此紙帶的運動方向可以代表時間軸的方向，紙帶運動的距離就可以代表時間。介紹這種記錄振動方法的實際應用例子：心電圖儀、地震儀

理論和實驗都證明：（1）簡諧運動的振動圖象都是正弦或余弦曲線 讓學生思考后回答：振動圖象在什么情況下是正弦，什么情況下是余弦？

引導學生回答：由開始計時的位置決定。

五、板書設計11、1簡諧運動

1、機械振動

物體振動時有一中心位置，物體（或物體的一部分）在中心位置兩側做往復運動，振動是機械振動的簡稱

2、簡諧運動

簡諧運動是一種最簡單、最基本的振動

3、簡諧運動的位移圖象——振動圖象

正弦曲線

六、課后作業 優化方案

七、教學輔助手段

鋼板尺、鐵架臺、單擺、豎直彈簧振子、皮筋球、氣墊彈簧振子、微型氣源

八、課后反思

本節課主要讓學生體會機械振動和簡諧運動，從實驗中感受簡諧運動到底是一個什么樣的運動，無論從形式上還是圖像上。

11、2 一、三維目標 知識與技能

簡諧運動的描述

1、知道簡諧運動的振幅、周期和頻率的含義

2、理解周期和頻率的關系

3、知道振動物體的固有周期和固有頻率，并正確理解與振幅無關 過程與方法

通過觀察概括出機械振動的特征，培養學生的概括能力 情感態度與價值觀

通過學生總結概括，增強學生學習物理的信心和興趣

二、教學重點

振幅、周期和頻率的物理意義

三、教學難點

理解振動物體的固有周期和固有頻率與振幅無關

四、教學過程 引入

上節課講了簡諧運動的現象和受力情況。我們知道振子在回復力作用下，總以某一位置為中心做往復運動。現在我們觀察彈簧振子的運動。將振子拉到平衡位置O的右側，放手后，振子在O點的兩側做往復運動。振子的運動是否具有周期性？

在圓周運動中，物體的運動由于具有周期性，為了研究其運動規律，我們引入了角速度、周期、轉速等物理量。為了描述簡諧運動，也需要引入新的物理量，即振幅、周期和頻率 進行新課

實驗演示：觀察彈簧振子的運動，可知振子總在一定范圍內運動，說明振子離開平衡位置的距離在一定的數值范圍內，這就是我們要學的第一個概念——振幅。

1、振幅A：振動物體離開平衡位置的最大距離。我們要注意，振幅是振動物體離開平衡位置的最大距離，而不是最大位移。這就意味著，振幅是一個數值，指的是最大位移的絕對值。

2、振動的周期和頻率

（1）、振動的周期T：做簡諧運動的物體完成一次全振動的時間

振動的頻率f：單位時間內完成全振動的次數（2）、周期的單位為秒（s）、頻率的單位為赫茲（Hz）

實驗演示：下面我們觀察兩個勁度系數相差較大的彈簧振子，讓這兩個彈簧振子開始振動，用秒表或者脈搏計時，比較一下這兩個振子的周期和頻率。演示實驗表明，周期越小的彈簧振子，頻率就越大

（3）、周期和頻率的關系。兩者的關系為：T=1/f

或

f=1/T

舉例來說，若周期T=0.2s，即完成一次全振動需要0.2s，那么1s內完成全振動的次數，就是1/0.2=5s-1.也就是說，1s鐘振動5次，即頻率為5Hz.3、簡諧運動的周期或頻率與振幅無關

實驗演示（引導學生注意聽）：敲一下音叉,聲音逐漸減弱,即振幅逐漸減小,但音調不發生變化,即頻率不變

振子的周期(或頻率)由振動系統本身的性質決定,稱為振子的固有周期或固有頻率

例如:一面鑼,它只有一種聲音,用錘敲鑼,發出響亮的鑼聲, 鑼聲很快弱下去,但不會變調.擺動著的秋千,雖擺動幅度發生變化,但頻率不發生變化.彈簧振子在實際的振動中, 會逐漸停下來,但頻率是不變的.這些都說明所有能振動的物體,都有自己的固有周期或固有頻率 鞏固練習:

A、B兩個完全一樣的彈簧振子，把A振子移到A的平衡位置右邊10cm，把B振子移到B的平衡位置右邊5cm，然后同時放手，那么： A、B運動的方向總是相同的 A、B運動的方向總是相反的 A、B運動的方向有時相同、有時相反 無法判斷A、B運動的方向的關系.五板書設計11、2

簡諧運動的描述

一、振幅A：振動物體離開平衡位置的最大距離

二、振動的周期和頻率

振動的周期T：做簡諧運動的物體完成一次全振動的時間

單位s

振動的頻率f：單位時間內完成全振動的次數

單位Hz

三、周期和頻率的關系

T=1/f

或

f=1/T

六、課后作業

優化方案

七、教學輔助手段

彈簧振子

音叉

八、課后反思

本節課涉及的描述簡諧運動的物理量有周期、頻率、振幅、位移，對于位移應重點講解，不同于以前的所學的位移是偏離平衡位置的位移，初始位置一定是平衡位置，學生易混淆。11、3簡諧運動的回復力和能量 一、三維目標 知識與技能

1、掌握簡諧運動的定義，了解簡諧運動的運動特征

2、掌握簡諧運動的動力學公式

3、了解簡諧運動的能量變化規律 過程與方法

引導學生通過實驗觀察，概括簡諧運動的運動特征和簡諧運動的能量變化規律，培養歸納總結能力

情感態度與價值觀

結合舊知識進行分析，推理而掌握新知識，以培養其觀察和邏輯思維能力

二、教學重點

1、重點是簡諧運動的定義

2、難點是簡諧運動的動力學分析和能量分析

三、教學難點

簡諧運動中的回復力

四、教學過程

（一）引入新課

復習提問：1什么是機械振動？

2振子做什么運動？

日常生活中經常會遇到機械振動的情況：機器的振動，橋梁的振動，樹枝的振動，樂器的發聲，它們的振動比較復雜，但這些復雜的振動都是由簡單的振動的組成的，因此，我們的研究仍從最簡單、最基本的機械振動開始。

演示豎直方向的彈簧振子，演示的就是一種最簡單、最基本的機械振動，叫做簡諧運動 提問3：過去我們研究自由落體等勻變速直線運動是從哪幾個角度進行研究的？

今天，我們仍要從運動學（位移、速度、加速度）研究簡諧運動的運動性質；從動力學（力和運動的關系）研究簡諧運動的特征，再研究能量變化的情況。

（二）新課教學

第二次演示豎直方向的彈簧振子 提問4：大家應明確觀察什么？ 學生：物體

提問5：上述四個物理量中，哪個比較容易觀察？（位移）

學生：位移

提問6：做簡諧運動的物體受的是恒力還是變力？力的大小、方向如何變？

學生：變力

小結：簡諧運動的受力特點：回復力的大小與位移成正比，回復力的方向指向平衡位置

提問7：簡諧運動是不是勻變速運動？

學生：不是

小結：簡諧運動是變速運動，但不是勻變速運動。加速度最大時，速度等于零；速度最大時，加速度等于零。

提問8：從簡諧運動的運動特點，我們來看它在運動過程中能量如何變化？讓我們再 觀察。

學生：動能先增加，后減小；勢能先減小后增大

提問9：振動前為什么必須將振子先拉離平衡位置？

學生：外力對系統做功

提問10：在A點，振子的動能多大？系統有勢能嗎？

提問11：在O點，振子的動能多大？系統有勢能嗎？

提問12：在D點，振子的動能多大？系統有勢能嗎？

提問13：在B，C點，振子有動能嗎？系統有勢能嗎？

小結：簡諧運動過程是一個動能和勢能的相互轉化過程。

五、板書設計11、3簡諧運動的回復力和能量

一、回復力：回復力的大小與位移成正比，回復力的方向指向平衡位置

二、能量：簡諧運動過程是一個動能和勢能的相互轉化過程

六、課后作業

優化方案

七、教學輔助手

彈簧振子，多媒體

八、課后反思

本節課主要是老師根據演示實驗讓學生觀察，然后以提問的形式進行，有的物理量便于觀察，有的物理量就需要力學分析，學生對力學掌握的不太扎實，力學確實也是高中物理的一個難點，教師在以后教學中要注重這方面的分析。11、4單擺 一、三維目標 知識與技能

1、知道什么是單擺

2、理解單擺振動的回復力來源及做簡諧運動的條件

3、知道單擺的周期和什么有關，掌握單擺振動的周期公式，并能用公式解題 過程與方法

觀察演示實驗，概括出影響周期的因素，培養由實驗現象得出物理結論的能力 情感態度與價值觀

通過實驗增強學生學習物理的興趣和信心

二、教學重點

掌握好單擺的周期公式及其成立條件

三、教學難點

單擺回復力的分析

四、教學過程（－）引入新課

在前面我們學習了彈簧振子，知道彈簧振子做簡諧運動。那么：物體做簡諧運動的條件是什么？

答：物體做機械振動，受到的回復力大小與位移大小成正比，方向與位移方向相反。今天我們學習另一種機械振動——單擺的運動

（二）進行新課

閱讀課本第13頁第一二段，思考：什么是單擺？

答：一根細線上端固定，下端系著一個小球，如果懸掛小球的細線的伸長和質量可以忽略，細線的長度又比小球的直徑大得多，這樣的裝置就叫單擺。

物理上的單擺，是在一個固定的懸點下，用一根不可伸長的細繩，系住一個一定質量的質點，在豎直平面內擺動。所以，實際的單擺要求繩子輕而長，擺球要小而重。擺長指的是從懸點到擺球重心的距離。將擺球拉到某一高度由靜止釋放，單擺振動類似于鐘擺振動。擺球靜止時所處的位置就是單擺的平衡位置。

物體做機械振動，必然受到回復力的作用，彈簧振子的回復力由彈簧彈力提供，單擺同樣做機械振動，思考：單擺的回復力由誰來提供，如何表示？

圖２

1、平衡位置

當擺球靜止在平衡位置O點時，細線豎直下垂，擺球所受重力G和懸線的拉力F平衡，O點就是擺球的平衡位置。

2、回復力 單擺的回復力F回=G1=mg sinθ，單擺的振動是不是簡諧運動呢？

單擺受到的回復力F回=mg sinθ，如圖：雖然隨著單擺位移X增大，sinθ也增大，但是回復力F的大小并不是和位移成正比，單擺的振動不是簡諧運動。但是，在θ值較小的情況下（一般取θ≤10°），在誤差允許的范圍內可以近似的認為 sinθ=X/ L，近似的有F= mg sinθ=(mg /L)x = k x（k=mg/L）,又回復力的方向始終指向O點，與位移方向相反，滿足簡諧運動的條件，即物體在大小與位移大小成正比，方向與位移方向相反的回復力作用下的振動，F =k x（k=mg/L）為簡諧運動。所以，當θ≤10°時，單擺振動是簡諧運動。

條件：擺角θ≤10°

位移大時，單擺的回復力大，位移小，回復力小，當單擺經過平衡位置時，單擺的位移為0，回復力也為0，思考：此時，單擺所受的合外力是否為0？

單擺此時做的是圓周運動，做圓周運動的物體受向心力，單擺也不能例外，也受到向心力的作用（引導學生思考，單擺作圓周運動的向心力從何而來？）。在平衡位置，擺球受繩的拉力F和重力G的作用，繩的拉力大于重力G，它們的合力充當向心力。

所以，單擺經過平衡位置時，受到的回復力為0，但是所受的合外力不為0。

3、單擺的周期

我們知道做機械振動的物體都有振動周期，請思考： 單擺的周期受那些因素的影響呢？

生：可能和擺球質量、振幅、擺長有關。

單擺的周期是否和這些因素有關呢？下面我們用實驗來證實我們的猜想

為了減小對實驗的干擾，每次實驗中我們只改變一個物理量，這種研究問題的方法就是——控制變量法。首先，我們研究擺球的質量對單擺周期的影響：

那么就先來看一下擺球質量不同，擺長和振幅相同，單擺振動周期是不是相同。演示1：將擺長相同，質量不同的擺球拉到同一高度釋放。

現象：兩擺球擺動是同步的，即說明單擺的周期與擺球質量無關，不會受影響。這個實驗主要是為研究屬于簡諧運動的單擺振動的周期，所以擺角不要超過10°。接下來看一下振幅對周期的影響。

演示2：擺角小于10°的情況下，把兩個擺球從不同高度釋放。（由一名學生來完成實驗驗證，教師加以指導）

現象：擺球同步振動，說明單擺振動的周期和振幅無關。

剛才做過的兩個演示實驗，證實了如果兩個擺擺長相等，單擺振動周期和擺球質量、振幅無關。如果擺長L不等，改變了這個條件會不會影響周期？

演示3：取擺長不同，兩個擺球從某一高度同時釋放，注意要θ≤10°。（由一名學生來完成實驗驗證，教師加以指導）

現象：兩擺振動不同步，而且擺長越長，振動就越慢。這說明單擺振動和擺長有關。具體有什么關系呢？荷蘭物理學惠更斯研究了單擺的振動，在大量可靠的實驗基礎上，經過一系列的理論推導和證明得到：單擺的周期和擺長l的平方根成正比，和重力加速度g的平方根成反比

周期公式：

同時這個公式的提出，也是在單擺振動是簡諧運動的前提下，條件：擺角θ≤10° 由周期公式我們看到T與兩個因素有關，當g一定，T與

成正比；當L一定，T與

成反比；L，g都一定，T就一定了，對應每一個單擺有一個固有周期T，五、板書設計11、4單擺

一、平衡位置

二、2回復力 單擺的回復力F回=G1=mg sinθ

三、單擺的周期

與單擺的質量、振幅無關

六、課后作業

優化方案

七、教學輔助手

兩個單擺（擺長相同，質量不同）

八、課后反思

本節課主要講了單擺振動的規律，只有在θ<10°時單擺振動才是簡諧運動；單擺振動周期再進行實驗。

某單擺，演示實驗時學生做的較慢，浪費了很多時間，可以讓學生做好預習，5、外力作用下的振動 一、三維目標 知識與技能

1、知道阻尼振動和無阻尼振動，并能從能量的觀點給予說明

2、知道受迫振動的概念。知道受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，而跟振動物體的固有頻率無關

3、理解共振的概念，知道常見的共振的應用和危害 過程與方法

學生通過觀察演示實驗，進一步理解自由振動、阻尼振動、受迫振動 情感態度與價值觀

通過物理實驗增強學生學習物理的興趣

二、教學重點

受迫振動、共振

三、教學難點

受迫振動

四、教學過程

（一）復習提問

讓學生注意觀察教師的演示實驗。教師把彈簧振子的振子向右移動至B點，然后釋放，則振子在彈性力作用下，在平衡位置附近持續地沿直線振動起來。重復兩次讓學生在黑板上畫出振動圖象的示意圖（圖1中的Ⅰ）。

再次演示上面的振動，只是讓起始位置明顯地靠近平衡位置，再讓學生在原坐標上畫出第二次振子振動的圖象（圖1中的Ⅱ）。Ⅰ和Ⅱ應同頻、同相、振幅不同。

結合圖象和振子運動與學生一起分析能量的變化并引入新課

（二）新課教學

現在以彈簧振子為例討論一下簡諧運動的能量問題。

問：振子從B向O運動過程中，它的能量是怎樣變化的？引導學生答出彈性勢能減少，動能增加。

問：振子從O向C運動過程中能量如何變化？振子由C向O、又由O向B運動的過程中，能量又是如何變化的？

問：振子在振動過程中總的機械能如何變化？引導學生運用機械能守恒定律，得出在不計阻力作用的情況下，總機械能保持不變。

教師指出：將振子從B點釋放后在彈簧彈力（回復力）作用下，振子向左運動，速度加大，彈簧形變（位移）減少，彈簧的彈性勢能轉化為振子的動能。當回到平衡位置O時，彈簧無形變，彈性勢能為零，振子動能達到最大值，這時振子的動能等于它在最大位移處（B點）彈簧的彈性勢能，也就是等于系統的總機械能。

在任何一位置上，動能和勢能之和保持不變，都等于開始振動時的彈性勢能，也就是系統的總機械能

由于簡諧運動中總機械能守恒，所以簡諧運動中振幅不變。如果初始時B點與O點的距離越大，到O點時，振子的動能越大，則系統所具有的機械能越大。相應地，振子的振幅也就越大，因此簡諧運動的振幅與能量相對應。

問：怎樣才能使受阻力的振動物體的振幅不變，而一直振動下去呢？引導學生答出，應不斷地向系統補充損耗的機械能，以使振動物體的振幅不變。

指出：這種振幅不變的振動叫等幅振動。

舉幾個等幅振動的例子，例如電鈴響的時候，鈴錘是做等幅振動。電磁打點計時器工作時，打點針是做等幅振動。掛鐘的擺是做等幅振動。??它們的共同特點是，工作時振動物體不斷地受到周期性變化外力的作用。

這種周期性變化的外力叫驅動力。在驅動力作用下物體的振動叫受迫振動。

再讓學生舉幾個受迫振動的例子，例如內燃機氣缸中活塞的運動，縫紉機針頭的運動，揚聲器紙盆的運動，電話耳機中膜片的運動等都是受迫振動。

問：受迫振動的頻率跟什么有關呢？

讓學生注意觀察演示（圖3）。用不同的轉速勻速地轉動把手，可以發現，開始振子的運動情況比較復雜，但達到穩定后，振子的運動就比較穩定，可以明顯地觀察到受迫振動的周期等于驅動力的周期。這樣就可以得到物體做受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，而跟振子的固有頻率無關。

問：受迫振動的振幅又跟什么有關呢？

演示擺的共振（裝置如圖4），在一根繃緊的繩上掛幾個單擺，其中A、B、G球的擺長相等。當使A擺動起來后，A球的振動通過張緊的繩給其余各擺施加周期性的驅動力，經一段時間后，它們都會振動起來。驅動力的頻率等于A擺的頻率。實驗發現，在A擺多次擺動后，各球都將以A球的頻率振動起來，但振幅不同，固有頻率與驅動力頻率相等的B、G球的振幅最大，而頻率與驅動力頻率相差最大的D、E球的振幅最小。

明確指出：驅動力的頻率跟物體的固有頻率相等時，振幅最大，這種現象叫共振。

講解一下共振在技術上有其有利的一面，也存在不利的一面。結合課本讓同學思考，在生活實際中利用共振和防止共振的實例。

小結

1．振動物體都具有能量，能量的大小與振幅有關，振幅越大，振動能量也越大； 2．當振動物體的能量逐漸減小時，振幅也隨著減小，這樣的振動叫阻尼振動； 3．振幅保持不變的振動叫等幅振動；

4．物體在驅動力作用下的振動是受迫振動，受迫振動的頻率等于驅動力的頻率； 5．當驅動力的頻率等于物體的固有頻率時，受迫振動振幅最大的現象叫共振；共振在技術上有其有利的一面，也存在不利的一面；有利的要盡量利用，不利的要盡量防止。

五、板書設計

5、外力作用下的振動

一、等幅振動

振幅保持不變的振動叫等幅振動

二、阻尼振動

振動物體的能量逐漸減小時，振幅也隨著減小，這樣的振動叫阻尼振動

三、受迫振動

物體在驅動力作用下的振動是受迫振動

受迫振動的頻率等于驅動力的頻率

當驅動力的頻率等于物體的固有頻率時，受迫振動振幅最大的現象叫共振

六、課后作業

優化方案

七、教學輔助手

彈簧振子、受迫振動演示儀、擺的共振演示器

八、課后反思

本節課知識比較簡單，主要讓學生區分幾種振動，在受迫振動中，做受迫振動的物體其振動周期與物體的固有周期無關等于驅動力的周期，學生不好理解需要教師多羅列一些生活中的實例，并且做好演示實驗。關于共振因為與生活聯系緊密，學生反而容易接受。

12.1 波的形成和傳播 一、三維目標

知識與技能

1、知道直線上機械波的形成過程

2、知道什么是橫波,波峰和波谷

3、知道什么是縱波,密部和疏部

4、知道“機械振動在介質中傳播，形成機械波”，知道波在傳播運動形式的同時也傳遞了能量

過程與方法

1、培養學生進行科學探索的能力

2、培養學生觀察、分析和歸納的能力

情感態度與價值觀

培養學生的空間想象能力和思維能力

二、教學重點

機械波的形成過程及傳播規律

三、教學難點

機械波的形成過程

四、教學過程（－）引入新課

［演示］抖動絲帶的一端，產生一列凹凸相間的波在絲帶上傳播

在這個簡單的例子中，我們接觸到一種廣泛存在的運動形式——波動，請同學們再舉出幾個有關波的例子。

學生會列舉水波、聲波、無線電波、光波。教師啟發，大家聽說過地震嗎？學生會想到地震波。

水波、聲波、地震波都是機械波，無線電波、光波都是電磁波。這一章我們學習機械波的知識，以后還會學習電磁波的知識。

（二）進行新課

現在學習第一節，波的形成和傳播

［演示］撥動水平懸掛的柔軟長彈簧一端，產生一列疏密相間的波沿彈簧傳播

［演示］敲擊音叉，聽到聲音，這是聲波在空氣中傳播（指明，雖然眼睛看不到波形，但它客觀存在，也是疏密相間的波形）

師生共同分析，得出波產生的條件：①波源，②介質

波是怎樣形成的呢？為什么會有不同的波形？波傳播的是什么呢？（設置疑問，激發學生的探究欲望）

實驗探索

發放“探索波的形成和傳播規律”的實驗報告，進行實驗探索并完成實驗報告。實驗目的：探索波的形成原因和傳播規律

實驗

（一）學生分組實驗：每兩人一條絲帶（60cm左右），觀察絲帶上凹凸相間的波。實驗步驟：

（1）、將絲帶一端用手指按在桌面上，手持另一端沿水平桌面抖動，在絲帶上產生一列凹凸相間的波向另一端傳播。

（2）、在絲帶上每隔大約2~3cm用墨水染上一個點，代表絲帶上的質點。重復步驟（1）。觀察絲帶上的質點依次被帶動著振動起來，振動沿絲帶傳播開去，在絲帶上形成凹凸相間的波。

①思考：絲帶的一端振動后，為什么后面的質點能被帶動著運動起來？如果將絲帶剪斷，后面的質點還能運動嗎？（質點間存在力的作用，不能0 ②分析：絲帶上凹凸相間的波形是怎樣產生的？(質點振動的時間不同）③觀察絲帶上的質點是否隨波向遠處遷移？(不隨波遷移）

實驗

（二）觀察波動演示器上凹凸相間的波：（因器材有限，可以教師操作，引導學生注意觀察）

實驗步驟：

（1）、逆時針轉動搖柄，演示屏上的質點排成一條水平線。（表示各質點都處在平衡位置）（2）、順時針轉動搖柄，各個質點依次振動起來。（注意觀察各個質點振動的先后順序）現象：①后面的質點總比前面的質點開始振動的時刻遲些，從總體上看形成凹凸相間的波 ②各質點的振動沿豎直方向，波的傳播沿水平方向，質點振動方向與波的傳播方向垂直 ③質點是否沿波的傳播方向遷移？(不遷移）

這種波叫做橫波，在橫波中凸起的最高處叫做波峰，凹下的最低處叫做波谷 實驗

（三）觀察彈簧上產生的疏密相間的波 實驗步驟：

（1）、撥動水平懸掛的柔軟長彈簧一端，產生一列疏密相間的波沿彈簧傳播（2）、在彈簧上某一位置系一根紅布條，代表彈簧上的質點，重復步驟（1）①觀察:：紅布條是否隨波遷移？（不遷移）說明了什么？

②分析：彈簧上疏密相間的波形是怎樣產生的？（類比絲帶上波產生的分析方法，鍛煉學生的知識遷移能力）

實驗

（四）觀察波動演示器上疏密相間的波： 實驗步驟：

（1）、逆時針轉動搖柄，演示屏上的質點排成一條水平線（2）、順時針轉動搖柄，各個質點依次振動起來

現象：①后面的質點總比前面的質點開始振動的時刻遲些，從總體上看形成疏密相間的波 ②各質點的振動沿水平方向，波的傳播沿水平方向，質點振動方向與波的傳播方向在一條直線上

③質點是否沿波的傳播方向遷移？（不遷移）

這種波叫做縱波，在縱波中最密處叫做密部，最疏處叫做疏部 分析實驗得出結論：

①不論橫波還是縱波，介質中各個質點發生振動并不隨波遷移

②波傳來前，各個質點是靜止的，波傳來后開始振動，說明他們獲得了能量。這個能量是從波源通過前面的質點傳來的。因此：波是傳遞信息能量的一種方式。

（三）知識應用

1、課本中提到地震波既有橫波，又有縱波。你能想象在某次地震時，位于震源正上方的建筑物，在縱波和橫波分別傳來時的振動情況嗎？為什么？

2、本來是靜止的質點，隨著波的傳來開始振動，有關這一現象的說法正確的有： A、該現象表明質點獲得了能量 B、質點振動的能量是從波源傳來的

C、該質點從前面的質點獲取能量，同時也將振動的能量向后傳遞 D、波是傳遞能量的一種方式

E、如果振源停止振動，在介質中傳播的波也立即停止 F、介質質點做的是受迫振動

五、板書設計

12.1 波的形成和傳播

一、機械波

機械振動在介質中的傳播，形成機械波

二、機械波的分類

橫波、縱波

三、波傳播的是振動形式，是振動的能量

六、課后作業

優化方案

七、教學輔助手 絲帶、波動演示箱、水平懸掛的長彈簧、音叉

八、課后反思

波的形成過程對于學生們來說不好理解，需要掌握的細節知識特別多，教師要通過分組實驗和演示實驗加深學生們的印象。

12.2 波的圖象 一、三維目標

知識與技能

1、知道波的圖象，知道橫、縱坐標各表示什么物理量，知道什么是簡諧波

2、知道什么是波的圖象，能在簡諧波的圖象中讀出質點振動的振幅

3、根據某一時刻的波的圖象和波的傳播方向，能畫出下一時刻和前一時刻的波的圖象，并能指出圖象中各個質點在該時刻的振動方向。

4、了解波的圖象的物理意義，能區別簡諧波與簡諧運動兩者的圖象 過程與方法

能夠利用波的圖象解決實際問題

情感態度與價值觀

培養學生從圖像直接獲取信息并進行深加工的能力

二、教學重點

波的圖象的物理意義

三、教學難點

波的圖象與振動圖像的區別

四、教學過程

（一）引入新課

通過上節課的學習，我們知道了什么是機械波，同時認識了波的形成和傳播過程

我們還清楚，圖象是描述物理過程、物理現象和反映物理規律的一種簡單、直觀的方法，如物體的運動圖象、簡諧運動的圖象等。同樣，波的運動情況及傳播過程也可以用圖象直觀的表示出來，這就是波的圖象。

（二）進行新課

一、波的圖象

振動質點在某一時刻的位置連成的一條曲線，叫波的圖象 這就是質點振動方向和波的傳播方向之間的關系問題

二、振動方向和波的傳播方向的關系

【例題1】一列橫波在某一時刻的波形圖如圖10-1所示。若此時刻質點a的振動方向向下，則波向什么方向傳播？

分析：取和a相鄰的兩個點b、c。若a點此時刻向下振動，則b點應是帶動a點振動的，c點應是在a點帶動下振動的。所以b點先振動，其次是a、c兩點。因此，波是向左傳播的。

三、波的圖象變化情況

確定波的圖象變化的情況有兩種方法：一是描點作圖法，二是圖象平移作圖法。

1、描點作圖法

【例題2】某一簡諧波在t=0時刻的波形圖如圖10-2中的實線所示。若波向右傳播，畫出T/4后和T/4前兩個時刻的波的圖象。

分析：根據t=o時刻波的圖象及傳播方向，可知此時刻A、B、C、D、E、F各質點在該時刻的振動方向，由各個質點的振動方向可確定出經T/4后各個質點所在的位置，將這些點所在位置用平滑曲線連接起來，便可得到經T/4后時刻的波的圖象。如圖10-2中虛線所示。

若波向左傳播，同樣道理可以畫出從t=o時刻開始的T/4后和T/4前兩個時刻的波的圖象。下面請同學們在練習本上畫出波向左傳播，從t=0時刻開始的T/4后和T/4前兩個時刻的波的圖象。

2、圖象平移作圖法

從波的圖象中的波形曲線我們看到，波的圖象和振動圖象從圖線形狀看，可以完全相同，但兩種圖象有著本質的區別。

四、波的圖象與振動圖象的區別

1、兩種圖象橫、縱坐標的意義不同。

波的圖象橫坐標x表示在波的傳播方向上各個質點的平衡位置，振動圖象橫坐標t表示該質點振動的時間。

2、兩種圖象描述的對象不同

波的圖象描述的是某一時刻各個質點偏離平衡位置的位移，振動圖象描述的是某一質點在不同時刻偏離平衡位置的位移。

3、兩種圖象相鄰兩個正向（或負向）位移最大值之間的距離含義不同。

波的圖象中相鄰兩個正向（或負向）位移最大值之間的距離表示波在一個周期內傳播的距離，振動圖象中相鄰兩個正向（或負向）位移最大值之間的距離表示振動的周期。

（三）鞏固練習

1、一列橫波在某一時刻的波形如圖10-4所示，若質點O此時向上運動，則波的傳播方向？

若波向左傳播，則此時振動方向向下的質點有 ？

2、如圖10-5所示是一列橫波在t=o時刻的波形圖。若波向左傳播，用“描點法”作出3T/4前時刻的波形圖。

五、板書設計

12.2 波的圖象

一、波的圖象

振動質點在某一時刻的位置連成的一條曲線，叫波的圖象

二、振動方向和波的傳播方向的關系

質點振動法、上下坡法

三、波的圖象變化情況

質點振動法和波的平移

六、課后作業

優化方案

七、教學輔助手 波動演示儀

八、課后反思

振動圖像和波動圖像學生易混淆，從不同的圖像中學生能捕獲不同的信息，教師要加強這方面的訓練。

12.3 一、三維目標

知識與技能

波長、頻率和波速

1、知道什么是波的波長，能在波的圖象中求出波長

2、知道什么是波傳播的周期（頻率），理解周期與質點振動周期的關系

3、理解決定波的周期的因素，并知道其在波的傳播過程中的特點

4、理解波長、周期（頻率）和波速的物理意義及它們之間的關系，并會應用這一關系進行計算和分析實際問題

過程與方法

學會應用波長、周期（頻率）和波速的關系分析解決實際問題的方法 情感態度與價值觀

培養學生用聯系的觀點解決物理問題

二、教學重點

理解波長、周期（頻率）和波速的物理意義及它們之間的關系，并會應用這一關系進行計算和分析實際問題

三、教學難點

波的多解問題

四、教學過程

（一）引入新課

在物理中，一些物理現象、過程、規律等，都需要用物理量進行描述，同樣，機械波及其傳播過程，也需要一些物理量進行描述。在上一節我們認識和理解波的圖象的基礎上，這節課，我們來學習和研究描述波的幾個物理量，即波長、頻率和波速

（二）進行新課

一、波長（λ）

在教材中可以看出，由質點1發出的振動傳到質點13，使質點13開始振動時，質點1完成一次全振動，因而這兩個質點的振動步調完全一致。也就是說，至兩個質點在振動中的任何時刻，對平衡位置的位移大小和方向總是相等的。我們就把這樣兩個質點之間的距離叫做波長。

1、在波動中，對平衡位置的位移總是相等的兩個相鄰質點間的距離，叫做波的波長 對于波長這個物理量，我們還需要結合波的圖象，進一步加深理解

2、幾點說明

要理解“位移總相等”的含義。這里要求的是每時每刻都相等。如圖10-10所示，如E、F兩點在圖示的時刻位移是相等的，但過一段時間后，位移就不一定相等，所以E、F兩點的距離就不等于一個波長。

（1）“位移總相等” 的含義是“每時每刻都相等”

從波的圖象中不難看出，位移總相等的兩個質點，其速度也總是相等的（2）位移總相等的兩個質點，其速度也總是相等的

在橫波中，兩個相鄰波峰或兩個相鄰波谷之間的距離等于波長。在縱波中，兩個相鄰密部或兩個相鄰疏部之間的距離也等于波長。

結合圖10-10，我們可以看到，相距λ/2的兩個質點振動總是相反的。進而可以總結出這樣的結論：相距λ整數倍的質點振動步調總是相同的；相距λ/2奇數倍的質點振動步調總是相反的。

為了描述波的傳播過程，還需要引入物理量——周期和頻率

二、周期（T）、頻率（f）

波源質點振動的周期（或頻率）也就是波傳播的周期（頻率）

1、波源質點振動的周期（或頻率）就是波的周期（或頻率）關于波的周期（或頻率）我們也需要理解幾個問題

2、幾點說明

由于波的周期（或頻率）就是波源質點振動周期（或頻率）,所以波的周期（或頻率）應由波源決定，與傳播波的介質無關。

（1）、同一種波在同一種介質中傳播時周期（或頻率）保持不變（2）、每經過一個周期的時間波就沿傳播方向傳播一個波長的距離（3）、每經歷一個周期，原有的波形圖不改變

三、波速（v）

波速的含義和物體運動速度的含義是相同的，波速描述的是振動在介質中傳播的快慢程度

1、單位時間內振動所傳播的距離叫做波速。即v=s/t

2、幾點說明

同一振動在不同介質中傳播的快慢程度是不同的，也就是說，同一列波在不同介質中傳播的速度不同。由此我們還可以想到，在同一均勻介質中，同一列波的波速應是不變的。

（1）波速的大小由介質的性質決定，同一列波在不同介質中傳播速度不同（2）一列波在同一均勻介質中是勻速傳播的，即s=vt.波速和質點振動的速度有著完全不同的含義，前者在同種均勻介質中具有某一定值，后者的大小和方向都是隨時間改變的。

（3）要區分波速與質點振動速度的含義

由波長、周期、（或頻率）和波速的定義，我們可以看到三者有著一定的聯系

四、波長、周期（或頻率）和波速的關系

在波動中，每經過一個周期T，振動在介質中傳播的距離等于一個波長λ。由此我們可以找到λ、T（或f）和v三者之間的關系。

1、v=λ/T 由于周期T和頻率f互為倒數（即f=1/T），所以v、λ與f還應有如下對應關系

2、v=λf 由上式我們還可以這樣理解波速這個物理量，波速等于波長和頻率的乘積，這個關系雖然是從機械波得到的，但是它對于我們以后要學習的電磁波、光波也是適用的。

對于式v=λ/T或 v=λf，我們不但要理解，還要能應用他們解決實際問題。為了加深對以上兩式的理解和提高應用以上兩式分析問題和解決問題的能力。

五、板書設計

12.3 波長、頻率和波速

一、波長（λ）

在波動中，對平衡位置的位移總是相等的兩個相鄰質點間的距離，叫做波的波長 在橫波中，兩個相鄰波峰或兩個相鄰波谷之間的距離等于波長。在縱波中，兩個相鄰密部或兩個相鄰疏部之間的距離也等于波長。

二、周期（T）、頻率（f）

波源質點振動的周期（或頻率）就是波的周期（或頻率）

三、波速（v）

單位時間內振動所傳播的距離叫做波速。即v=s/t

四、波長、周期（或頻率）和波速的關系

1、v=λ/T

2、v=λf

六、課后作業

優化方案

七、教學輔助手 多媒體smart

八、課后反思

本節課學生覺得難度加大，首先三個物理量是由誰決定的學生有些混亂，需要進一步加強，其次波的多解性問題也是學生需要掌握的難點，學生需要反復練習。

12．4波的衍射和干涉 一、三維目標

知識與技能

1、知道什么是波的衍射現象

2、知道波發生明顯衍射現象的條件

3、知道波的疊加原理

4、知道什么是波的干涉現象和干涉圖樣

5、知道干涉現象和衍射現象是波所特有的現象

過程與方法

能夠利用波的實驗解決實際問題

情感態度與價值觀

培養學生善于觀察、善于總結的能力

二、教學重點

波發生明顯衍射現象的條件

波發生干射現象的條件

三、教學難點

波的疊加原理

四、教學過程

（一）引入新課

大家都熟悉“聞其聲不見其人”的物理現象，這是什么原因呢？通過這節課的學習，我們就會知道，原來波遇到狹縫、小孔或較小的障礙物時會產生一種特有得現象，這就是波的衍射

（二）進行新課

一、波的衍射

波在向前傳播遇到障礙物時，會發生波線彎曲，偏離原來的直線方向而繞到障礙物的背后繼

續轉播，這種現象就叫做波的衍射。

1、波的衍射：波可以繞過障礙物繼續傳播，這種現象叫做波的衍射。大家想一想，你見過的哪些現象是波的衍射現象？

答：在水塘里，微風激起的水波遇到露出水面的小石頭、蘆葦的細小的障礙物，會繞過它們繼續傳播

下面我們用水波槽和小擋板來做實驗，請大家認真觀察 現象：水波繞過小擋板繼續傳播 將小擋板換成長擋板，重新做實驗 現想：水波不能繞到長擋板的背后傳播

這個現象說明發生衍生的條件與障礙物的大小有關 下面通過實驗研究發生明顯衍射現象的條件

【演示】在水波槽里放兩快小擋板，當中留一狹縫，觀察波源發出的水波通過窄縫后怎樣傳播。

（1）保持水波的波長不變，該變窄縫的寬度（由窄到寬），觀察波的傳播情況有什么變化,觀察到的現象：

在窄縫的寬度跟波長相差不多的情況下，發生明顯的衍射現象,水波繞到擋板后面繼續傳播 在窄縫的寬度比波長大得多的情況下，波在擋板后面的傳播就如同光線沿直線傳播一樣，在擋板后面留下了“陰影區”

（2）保持窄縫的寬度不變，改變水波的波長（由小到大），將實驗現象用投影儀投影在大屏幕上。

可以看到：在窄縫不變的情況下，波長越長，衍射現象越明顯。

將課本圖12.4-2中的甲、乙、丙一起投影在屏幕上，它們是做衍射實驗時拍下的照片。甲中波長是窄縫寬度的3/10，乙中波長是窄縫寬度的5/10，丙中波長是窄縫寬度的7/10。

通過對比可以看出：窄縫寬度跟波長相差不多時，有明顯的衍射現象。

窄縫寬度比波長大得多時，衍射現象越不明顯。窄縫寬度與波長相比非常大時，水波將直線傳播，觀察不到衍射現象。

2、發生明顯衍射現象的條件

只有縫、孔的寬度或障礙物的尺寸跟波長相差不多，或者比波長更小時，才能觀察到明顯的衍射現象。

一切波都能發生衍射，衍射是波的特有現象。

前面研究的波的衍射現象，是從波源發出的一列波的傳播特性。在實際情況中，常可看到幾列波同時在介質中傳播。那么，兩列或幾列波在介質中相遇時，將會發生什么現象呢？２、下列哪些現象是波的衍射現象？

1、面對障礙物大喊一聲，過一會聽見自己的聲音

2、將一個音叉敲響，人圍繞它走一周，將聽到忽強忽弱的聲音

3、在障礙物的后面可以聽到前面的人說話的聲

二、波的疊加

我們有這樣的生活經驗：將兩塊石子投到水面上的兩個不同地方，會激起兩列圓形水波。它們相遇時會互相穿過，各自保持圓形波繼續前進，與一列水波單獨傳播時的情形完全一樣，這兩列水波互不干擾。

三、波的干涉

一般地說，振動頻率、振動方向都不相同的幾列波在介質中疊加時，情形是很復雜的。我們只討論一種最簡單的但卻是最重要的情形，就是兩個振動方向、振動頻率都相同的波源所發出的波的疊加。

【演示】在發波水槽實驗裝置中，振動著的金屬薄片AB，使兩個小球S1、S2同步地上下振動，由于小球S1、S2與槽中的水面保持接觸，構成兩個波源，水面就產生兩列振動方向相同、頻率也相同的波，這樣的兩列波相遇時產生的現象如課本圖12.4-3所示，為什么會產生這種現象呢？我們可以用波的疊加原理來解釋。

課本如圖所示的是產生上述現象的示意圖。S1和S2表示兩列波的波源，它們所產生的波分別用兩組同心圓表示，實線圓弧表示波峰中央，虛線圓弧表示波谷中央。某一時刻，如果介質中某點正處在這兩列波的波峰中央相遇處[課本如圖所示中的a點]，則該點(a點)的位移是正向最大值，等于兩列波的振幅之和。經過半個周期，兩列波各前進了半個波長的距離，a點就處在這兩

列波的波谷中央相遇處，該點（a點）的位移就是負向最大值。再經過半個周期，a點又處在兩列波的波峰中央相遇處。這樣，a點的振幅就等于兩列波的振幅之和，所以a點的振動總是最強的。這些振動最強的點都分布在課本如圖中畫出的粗實線上。某一時刻，介質中另一點如果正處在一列波的波峰中央和另一列波的波谷中央相遇處[課本如圖b點]，該點位移等于兩列波的振幅之差。經過半個周期，該點就處在一列波的波谷中央和另一列波的波峰中央相遇處，再經過半個周期，該點又處在一列波的波峰中央和另一列波的波谷中央相遇處。這樣，該點振動的振幅就等于兩列波的振幅之差，所以該點的振動總是最弱的。如果兩列波的振幅相等，這一點的振幅就等于零。這就是為什么在某些區域水面呈現平靜的原因。這些振動最弱的點都分布在課本圖中畫出的粗虛線上。可以看出，振動最強的區域和振動最弱的區域是相互間隔開的。

頻率相同的波，疊加時形成某些區域的振動始終加強，另一些區域的振動始終減弱，并且振動加強和振動減弱的區域相互間隔，這種現象叫做波的干涉。形成的圖樣叫做干涉圖樣。

只有兩個頻率相同、振動方向相同的波源發出的波，疊加時才會獲得穩定的干涉圖樣，這樣的波源叫做相干波源，它們發出的波叫做相干波。

不僅水波，一切波都能發生干涉，干涉現象是一切波都具有的重要特征之一。

【演示】敲擊音叉使其發聲，然后轉動音叉，就可以聽到聲音忽強忽弱。這就是聲波的干涉現象。

1、頻率相同的波，疊加時形成某些區域的振動始終加強，另一些區域的振動始終減弱，并且振動加強和振動減弱的區域相互間隔，這種現象叫做波的干涉。形成的圖樣叫做干涉圖樣。

2、干涉現象是一切波都具有的現象。

3、產生干涉的必要條件：兩列波的頻率必須相同 五板書設計

12．4波的衍射和干涉

一、波的衍射

只有縫、孔的寬度或障礙物的尺寸跟波長相差不多，或者比波長更小時，才能觀察到明顯的衍射現象

一切波都能發生衍射，衍射是波的特有現象

二、波的疊加

三、波的干涉

干涉現象是一切波都具有的現象

產生干涉的必要條件：兩列波的頻率必須相同

六、課后作業

優化方案

七、教學輔助手 水波槽、兩塊擋板、長繩、發波水槽（電動雙振子）、音叉

八、課后反思

本節課難度主要是讓學生從實驗中總結結論，需要教師對實驗準備充分

12．5多普勒效應 一、三維目標

知識與技能

1、知道波源的頻率與觀察者接收到的頻率的區別

2、知道什么是多普勒效應

3、能運用多普勒效應解釋一些物理現象

過程與方法

1、培養學生進行科學探索的能力

2、培養學生觀察、分析和歸納的能力

情感態度與價值觀

培養學生的空間想象能力和思維能力

二、教學重點

1、知道波源的頻率與觀察者接收到的頻率的區別

2、知道多普勒效應是在波源和觀察者之間有相對運動時產生的

三、教學難點

波源的頻率與觀察者接收到的頻率的區別

四、教學過程

讓學生敘述火車向你駛來時，汽笛本身的音調如何變？人聽到的汽笛音調如何變？ 火車離你而去時，汽笛本身的音調如何變？人聽到的汽笛音調如何變？同是汽笛發聲為什么會產生兩種不同的現象呢？

因為多普勒效應

一、波源的頻率與觀察者接收到的頻率

知識回顧：1.什么叫頻率?

2.聲音的音調由什么因素決定? 1.波源的頻率------單位時間內波源發出的完全波的個數

2.觀察者接收到的頻率------單位時間內觀察者接收到的完全波的個數

如果波源和觀察者相對于介質靜止,則觀察者接收到的頻率與波源的頻率相等,如果波源或觀察者相對于介質運動時,則觀察者接收到的頻率與波源的頻率不相等,這一現象就叫多普勒效應

二、多普勒效應的成因

例:波速為V＝100m/s.波源的頻率f＝100Hz.可算得:波的周期T＝0.01s,波長λ＝1m.1、波源相對于介質靜止,觀察者相對于介質靜止

在時間t＝1s里有100個波傳到觀察者所在的A處,觀察者接收到的頻率與波源的頻率相等,音調不變.2、觀察者相對于介質靜止,波源以速度V源＝10m/s相對于介質運動

(1)、波源向觀察者運動

則對觀察者來說感覺到的波速為110m,他在1秒鐘內接收到的完全波數為110個,所以觀察者感受到的頻率f'＝110Hz比波源的頻率f＝100Hz要高,因而音調變高

注意:波速實際并沒有改變,但在相同的距離中卻多了10個完整波,是由于波在介質中被均勻擠壓,使之波長變短的緣故

(2)、波源遠離觀察者 由同學自行分析

3、波源相對于介質靜止,觀察者以速度V人＝10m/s相對于介質運動

(1)、觀察者向波源運動

(2)、觀察者遠離波源 由同學自行分析

4、波源與觀察者同時相對于介質運動又如何呢? 多普勒效應更加明顯

三、多普勒效應的應用

學生閱讀課文的最后一段,并加以總結

四、鞏固練習

1.關于多普勒效應,下列說法中正確的是

A.多普勒效應是由波的干涉引起的 B.多普勒效應說明波源的頻率發生了改變

C.多普勒效應是由于波源和觀察者之間有相對運動而產生的 D.只有聲波才能產生多普勒效應

2.炮彈由遠處飛來從頭頂呼嘯而過的整個過程中,我們所聽到的音調

A.越來越高

B.越來越低 C.先變高后變低

D.先變低后變高 E.因不知炮彈的速度為多少,所以無法判斷

五、板書設計

12．5多普勒效應

一、波源的頻率與觀察者接收到的頻率

1.波源的頻率------單位時間內波源發出的完全波的個數

2.觀察者接收到的頻率------單位時間內觀察者接收到的完全波的個數

二、多普勒效應的成因

六、課后作業

優化方案

七、教學輔助手 多媒體

八、課后反思

教學大綱對本節課的要求不高，但內容非常不好理解，需要老師耐心講解

13、1光的折射 一、三維目標 知識與技能

1、了解介質的折射率與光速的關系

2、掌握光的折射定律

3、掌握介質的折射率的概念 過程與方法

通過觀察演示實驗，使學生了解到光在兩種介質界面上發生的現象(反射和折射)，觀察反射光線、折射光線隨入射角的變化而變化，培養學生的觀察、概括能力，通過相關物理量變化規律的學習，培養學生分析、推理能力 情感態度與價值觀

滲透物理研究和學習的科學態度的教育．實驗的客觀性與人的觀察的主觀性的矛盾應如何解決，人的直接觀察與用儀器探測是有差別的，我們應用科學的態度看待用儀器探測的結果

二、教學重點

光的折射定律、折射率．折射率是反映介質光學性質的物理量，由介質來決定

三、教學難點

光的折射定律和折射率的應用．通過問題的分析解決加深對折射率概念的理解，學會解決問題的方法

四、教學過程

（一）引入

我們在初中已學過光的折射規律：折射光線跟入射光線和法線在同一平面內；折射光線和入射光線分居在法線的兩側；當光從空氣斜射入水或玻璃中時，折射角小于入射角；當光從水或玻璃斜射入空氣中時，折射角大于入射角．初中學的光的折射規律只是定性地描述了光的折射現象，而我們今天要定量地進行研究

（二）新課教學

演示：將光的激光演示儀接通電源，暫不打開開關，將煙霧發生器點燃置入光的折射演示器中，將半圓柱透明玻璃放入對應的位置．打開開關，將激光管點燃，讓一束激光照在半圓柱透明玻璃的平面上，讓光線垂直于平面過圓心入射(沿法線入射)，觀察折射情況：a．角度，b．明暗程度與入射光線進行對比．然后改變入射角進行記錄，再次觀察能量改變的情況．最后進行概括、歸納、小結

1、在兩種介質的分界面上入射光線、反射光線、折射光線的能量分配

我們可以得出結論：隨入射角的增大，反射光線的能量比例逐漸增加，而折射光線的能量比例逐漸減小

2、經歷了近1500年才得到完善的定律

(1)歷史發展：公元2世紀古希臘天文學家托勒密通過實驗得到： A．折射光線跟入射光線和法線在同一平面內； B．折射光線和入射光線分居在法線的兩側； C．折射角正比于入射角． 德國物理學家開普勒也做了研究

(2)折射定律：最終在1621年，由荷蘭數學家斯涅耳找到了入射角和折射角之間的關系 將一組測量數據抄寫在黑板上讓學生進行計算(用計算器)，光線從空氣射入某種玻璃 入射角i(°)10 20 30 40 50 60 70 80

折射角r(°)6.7 13.3 19.6 25.2 30.7 35.1 38.6 40.6

i/r 1.50 1.50 1.53 1.59 1.63 1.67 1.81 1.97

sini/sinr 1.49 1.49 1.49 1.51 1.50 1.51 1.50 1.51

通過分析表中數據可以得出結論：

入射角的正弦跟折射角的正弦成正比．如果用n來表示這個比例常數，就有

這就是光的折射定律，也叫斯涅耳定律

演示：如果使光線逆著原來的折射光線到界面上，折射光線就逆著原來的入射光線射出，這就是說，在折射現象中光路也是可逆的．(在反射現象中，光路是可逆的)3．折射率n 光從一種介質射入另一種介質時，雖然入射角的正弦跟折射角的正弦之比為一常數n，但是對不同的介質來說，這個常數n是不同的．這個常數n跟介質有關系，是一個反映介質的光學性質的物理量，我們把它叫做介質的折射率

i是光線在真空中與法線之間的夾角．

r是光線在介質中與法線之間的夾角．光從真空射入某種介質時的折射率，叫做該種介質的絕對折射率，也簡稱為某種介質的折射率．相對折射率在高中不作要求．又因為空氣的絕對折射率為1.00028，在近似計算中認為空氣和真空相同，故有時光從空氣射入某種介質時的折射率當作絕對折射率進行計算

(2)折射率的定義式為量度式．折射率無單位，任何介質的折射率不能小于1 4．介質的折射率與光速的關系．理論和實驗的研究都證明：某種介質的折射率，等于光在真空中的速度c跟光在這種介質中的速度之比

例1 光在某介質中的傳播速度是2.122×108m/s，當光線以30°入射角，由該介質射入空氣時，折射角為多少？

解：由介質的折射率與光速的關系得

又根據介質折射率的定義式得

r為在空氣中光線、法線間的夾角即為所求．i為在介質中光線與法線間的夾角30°． 由(1)、(2)兩式解得：

所以r=45°．

練習：

這種玻璃中傳播的速度之比是多少？9∶8(2)光線由空氣射入某種介質，折射光線與反射光線恰好垂直，已知入射角是53°，則這種介質可能是什么？水

(3)一束寬度為10 cm的平行光束，以 60°的入射角從空氣射入折射

17.3cm

五、板書設計13、1光的折射

1、在兩種介質的分界面上入射光線、反射光線、折射光線的能量分配

隨入射角的增大，反射光線的能量比例逐漸增加，而折射光線的能量比例逐漸減小

2、折射率n

(2)折射率的定義式為量度式．折射率無單位，任何介質的折射率不能小于1

3、介質的折射率與光速的關系

六、課后作業

優化方案

七、教學輔助手 接線板、火柴、煙霧發生器及煙霧源、半圓柱透明玻璃

八、課后反思

本節課學生不好理解的地方在折射率的應用，需要老師耐心講解，學生根據例題慢慢體會

13、2全反射 一、三維目標 知識與技能

1、理解光的全反射現象

2、掌握臨界角的概念和發生全反射的條件

3、了解全反射現象的應用 過程與方法

通過觀察演示實驗，理解光的全反射現象，概括出發生全反射的條件，培養學生的觀察、概括能力；通過觀察演示實驗引起學生思維海洋中的波瀾，培養學生透過現象分析本質的方法、能力

情感態度與價值觀

滲透學生愛科學的教育，培養學生學科學、愛科學、用科學的習慣，生活中的物理現象很多，能否用科學的理論來解釋它，更科學的應用生活中常見的儀器、物品

二、教學重點

掌握臨界角的概念和發生全反射的條件，折射角等于90°時的入射角叫做臨界角，當光線從光密介質射到它與光疏介質的界面上時，如果入射角等于或大于臨界角就發生全反射現象

三、教學難點

全反射的應用，對全反射現象的解釋．光導纖維、自行車的尾燈是利用了全反射現象制成的；海市蜃樓、沙漠里的蜃景也是由于全反射的原因而呈現的自然現象

四、教學過程

1、全反射現象

光傳播到兩種介質的界面上時，通常要同時發生反射和折射現象，若滿足了某種條件，光線不再發生折射現象，而全部返回到原介質中傳播的現象叫全反射現象

那么滿足什么條件就可以產生全反射現象呢？

2、發生全反射現象的條件

(1)光密介質和光疏介質

對于兩種介質來說，光在其中傳播速度較小的介質，即絕對折射率較大的介質，叫光密介質，而光在其中傳播速度較大的介質，即絕對折射率較小的介質叫光疏介質，光疏介質和光密介質是相對的．例如：水、空氣和玻璃三種物質相比較，水對空氣來說是光密介質，而水對玻璃來說是光疏介質，根據折射定律可知，光線由光疏介質射入光密介質時(例如由空氣射入水)，折射角小于入射角；光線由光密介質射入光疏介質(例如由水射入空氣)，折射角大于入射角

既然光線由光密介質射入光疏介質時，折射角大于入射角，由此可以預料，當入射角增大到一定程度時，折射角就會增大到90°，如果入射角再增大，會出現什么情況呢？

演示Ⅱ將半圓柱透鏡的半圓一側靠近激光光源一側，使直平面垂直光源與半圓柱透鏡中心的連線，點燃煙霧發生器中的煙霧源置于激光演示儀中，將接線板接通電源，打開激光器的開關．一束激光垂直于半圓柱透鏡的直平面入射，讓學生觀察．我們研究光從半圓柱透鏡射出的光線的偏折情況，此時入射角0°，折射角亦為零度，即沿直線透出，當入射角增大一些時，此時，會有微弱的反射光線和較強的折射光線，同時可觀察出反射角等于入射角，折射角大于入射角，隨著入射角的逐漸增大，反射光線就越來越強，而折射光線越來越弱，當入射角增大到某一角度，使折射角達到90°時，折射光線完全消失，只剩下反射光線．這種現象叫做全反射

(2)臨界角C 折射角等于90°時的入射角叫做臨界角，用符號C表示．光從折射率為n的某種介質射到空氣(或真空)時的臨界角C就是折射角等于90°時的入射角，根據折射定律可得：

(3)發生全反射的條件 ①光從光密介質進入光疏介質 ②入射角等于或大于臨界角

3、對全反射現象的解釋(1)引入新課的演示實驗Ⅰ

被蠟燭熏黑的光亮鐵球外表面附著一層未燃燒完全的演示Ⅰ將光亮鐵球出示給學生看，在陽光下很刺眼，將光亮鐵球夾在試管夾上，放在點燃蠟燭上熏黑，將試管夾和鐵球置于燭焰的內焰進行熏制，一定要全部熏黑，再讓學生觀察．然后將熏黑的鐵球浸沒在盛有清水的燒杯中，現象發生了，放在水中的鐵球變得比在陽光下更亮．好奇的學生誤認為是水泡掉了鐵球上黑色物，當老師把試管夾從水中取出時，發現熏黑的鐵球依然如故，再將其再放入水中時，出現的現象和前述一樣，學生大惑不解，讓學生帶著這個疑問開始學習新的知識——全反射現象碳蠟混和物，對水來說是不浸潤的，當該球從空氣進入水中時，在其外表面上會形成一層很薄的空氣膜，當有光線透過水照射到水和空氣界面上時，會發生全反射現象，而正對小球看過去會出現一些較暗的區域，這是入射角小于臨界角的區域，明白了這個道理再來看這個實驗，學生會有另一番感受

(2)讓學生觀察自行車尾燈．用燈光來照射尾燈時，尾燈很亮，也是利用全反射現象制成的儀器．在講完全反射棱鏡再來體會它的原理就更清楚了．可先讓學生觀察自行車尾燈內部的結構，回想在夜間看到的現象．引導學生注意生活中的物理現象，用科學知識來解釋它，從而更好的利用它們為人類服務

(3)用激光演示儀的激光光源演示光導纖維傳播光的現象，或用彎曲的細玻璃棒進行演示，配合作圖來解釋現象：

從細玻璃棒一端射進棒內的光線，在棒的內壁多次發生全反射，沿著鋸齒形路線由棒的另一端傳了出來，玻璃棒就像一個能傳光的管子一樣

實際用的光導纖維是非常細的特制玻璃絲，直徑只有幾μm到100μm左右，而且是由內心和外套兩層組成的，光線在內心外套的界面上發生全反射，如果把光導纖維聚集成束，使其兩端纖維排列的相對位置相同，這樣的纖維就可以傳遞圖像

(4)讓學生閱讀大氣中的光現象——蒙氣差，海市蜃樓，沙漠里的蜃景

五、板書設計13、2光的全反射

一、全反射現象：光傳播到兩種介質的界面上時，光線不再發生折射現象，而全部返回到原介質中傳播的現象叫全反射現象

二、臨界角C

三、發生全反射現象的條件

(1)光密介質和光疏介質(2)入射角等于或大于臨界角

六、課后作業 優化方案

七、教學輔助手 全反射現象演示儀

八、課后反思

本節課實驗效果不明顯，下次應該用激光槍，使效果明顯，學生易于理解

13.3光的干涉 一、三維目標 知識與技能

1、認識光的干涉現象及產生光干涉的條件

2、理解光的干涉條紋形成原理，認識干涉條紋的特征 過程與方法

1、通過觀察實驗，培養學生對物理現象的觀察、表述、概括能力

2、通過觀察實驗培養學生觀察、表述物理現象，概括其規律特征的能力，學生親自做實驗培養學生動手的實踐能力

二、教學重點 波的干涉條件

三、教學難點

1、干涉的形成過程

2、加強區和減弱區并且互相間隔，如何理解“加強”和“減弱”

四、教學過程

1、從紅光到紫光頻率是如何變化的？頻率由誰決定？（1）從紅光到紫光的頻率關系為： υ紫>???> υ紅

（2）頻率由光源決定與傳播介質無關。（由光源的發光方式決定）

2、在真空中，從紅光到紫光波長是如何變化的？

變小

3、任一單色光從真空進入某一介質時，波長、光速、頻率各如何變化？

（1）當光從真空進入介質或從一種介質進入另一種介質時，頻率不發生變化。即光的的顏色不發生改變。

（2）當光從真空進入介質后，傳播速度將變小

（當光從一種介質進入另一種介質后，又如何判斷傳播速度的變化？）

（當光從一種介質進入另一種介質后，又如何判斷波長的變化？）例

1、已知介質對某單色光的臨界角為θ，則（）A.該介質對此單色光的折射率等于1/sinθ

B.此單色光在該介質中的傳播速度等于csinθ倍(c是真空中的光速)C.此單色光在該介質中的波長是在真空中的波長的sinθ倍 D.此單色光在該介質中的頻率是在真空中頻率的1/sinθ倍

4、在同一介質中，從紅光到紫光波長、速度大小間的關系如何？（1）在同一種介質中，頻率小的傳播速度大

（2）在同一種介質中，頻率小的波長大（這一點與真空中的規律一樣）

5、產生穩定干涉現象的條件是什么？頻率相同、振動方向相同、相差保持恒定。

6、日常生活中為何不易看到光的干涉現象？對機械波來說容易滿足相干條件，對光來講就困難的多。這與光源的發光機理有關。利用普通光源獲得相關光的方法是把一列光波設法分成兩部分進行疊加發生干涉。

7、楊氏雙縫干涉圖樣的特點有那些？（1）單色光為等間隔明暗相間的條紋。（明暗條紋的寬度

?L??dd?r1?r2?2Lr22?(x?)2?L2相干最大條件：r2?r1?n?(n?0、1、2...)2nL?x?相干最小條件：r2?r1?(2n?1)?/2(n?1、2、3...)r2?(x?d)2?L2d12當n取1時x為紋寬(r1?r2)(r2?r1)?2xdL??x?d相同）（2）相同雙縫時，頻率越大紋越窄。（3）白光干涉圖樣為彩色，中央亮紋為白色。注意；與單縫衍射圖樣進行對比。

8、如何解釋白光楊氏雙縫干涉圖樣是彩色的這一現象？（如何解釋紫光的楊氏雙縫干涉條紋比紅光窄這一現象？

例

1、用紅光做雙縫干涉實驗，在屏上觀察到干涉條紋.在其他條件不變的情況下，改用紫光做實驗，則干涉條紋間距將變_____，如果改用白光做實驗，在屏上將出現_____色條紋.例

2、用單色