高中生物一輪復習教案

高三數學一輪復習學案25-33九套。

一名優(yōu)秀負責的教師就要對每一位學生盡職盡責，作為教師就要早早地準備好適合的教案課件。教案可以讓學生更好的消化課堂內容，幫助教師能夠井然有序的進行教學。你知道怎么寫具體的教案內容嗎？下面是小編為大家整理的“高三數學一輪復習學案25-33九套”，僅供您在工作和學習中參考。

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高三數學一輪復習函數重點知識

高三數學一輪復習函數重點知識

注重對概念的理解

函數部分的一個鮮明特點是概念多，對概念理解的要求高。而在實際的復習中，學生對此可能不是很重視，其實，概念能突出本質，產生解決問題的方法。對概念不重視，題目一定也做不好。

就高考而言，直接針對函數概念的考題也不少，例如05年上海春季高考數學卷的第16題就是考察學生是否理解函數最大值的概念。在高中數學的代數證明問題中，函數問題是最多最突出的一個部分，如函數的單調性、奇偶性、周期性的證明等等，而用定義法判斷和證明這些性質往往是最直接有效的方法。上海卷連續(xù)兩年都考查了這方面的內容與方法，如06年文、理科的第22題，考查的是函數的單調性、值域與最值，07年的第19題，文科考察的是函數奇偶性的判斷與證明，理科在此基礎上還考察了函數單調性。

構建知識、方法與技能網

當問到學生類似于函數主要有哪些內容？等問題時，學生的回答大多是一些零散的數學名詞或局部的細節(jié)，這說明學生對知識還缺少整體把握。所以復習的首要任務是立足于教材，將高中所學的函數知識進行系統(tǒng)梳理，用簡明的圖表形式把基礎知識進行有機的串聯，以便于找出自己的缺漏，明確復習的重點，合理安排復習計劃。

就函數部分而言，大體分為三個層次的內容：

1、函數的概念與基本性質，主要有函數的概念與運算、單調性、奇偶性與對稱性、周期性、最值與值域、圖像等。

2、一些簡單函數的研究，主要是二次函數、冪、指、對函數等。

3、函數綜合與實際應用問題，如函數-方程-不等式的關系與應用，用函數思想解決的實際應用問題等。

當然，在這個過程中也發(fā)現，學生梳理知識的過程過于被動、機械，只是將課本或是參考書中的內容抄在本子上，缺少了自己的認識與理解，將知識與方法割裂開來，整理的東西成了空中樓閣，自然沒什么用。這時，就需對每一個內容細化，問問自己復習這個內容時需要解決好哪些問題，以此為載體來提煉與總結基本方法。

以函數的單調性為例，可以從哪些問題入手復習呢？問題一：什么是函數的單調性？可以借助一些概念的辨析題來幫助理解。問題二：如何判斷和證明一個函數在某個區(qū)間上的單調性？對這個問題的解決，需要的知識基礎有：理解函數單調性的概念，熟知所學習過的各種基本函數(如一次函數、二次函數、反比例函數、冪、指、對函數等)的單調性，和函數(如y=x+ax(a0))以及簡單的復合函數單調性等?；镜姆椒ㄖ饕抢脝握{性的定義、以及不等式的性質進行判斷和證明。問題三：函數的單調性有哪些簡單應用？主要的應用是求函數的最值，此外還可能涉及到不等式、比較大小等問題。最后還可以進一步總結易錯、易漏點，如討論函數的單調性必須在其定義域內進行，兩個單調函數的積函數的單調性不確定等。

抓典型問題強化訓練

高三學生在復習中大都愿意花大量時間做題，追求解題技巧，雖然這樣做有一定的作用，但題目做得太多太雜，未必有利于基本方法的落實。其實對于每一個知識點都有典型問題，抓住它們進行訓練，將同一知識，同一方法的問題集中在一起練習，并努力使自己表達規(guī)范、正確，相信能達到更高效的復習效果。

還是以函數的單調性的判斷與證明為例，一般也就兩類典型問題。第一是正確判斷與證明某個函數的單調性，寫出單調區(qū)間，要注意函數的各種形式，如分式的(如y=x+32x+1),和函數(如y=x+(a0))，簡單的復合函數(如y=log2(x2-2x-3)),以及帶有根式和絕對值的等等。第二是它的逆問題，知道函數在某個區(qū)間上的單調性如何求字母參數的取值范圍，如函數y=ax2+x+2在區(qū)間[5，10]上遞增，求實數a的取值范圍等。

另一方面，可以在同一個問題的背景下，自己做一些小小的變化與發(fā)展，從中做一些深入的探究。例如將函數y=log2(x2-2x-3)變化為y=loga(x2-2x-3)單調性會怎樣變化？如果變化為y=log2(ax2-2x-3)情況又如何？再復雜一些，如變化為y=loga(x2-2x-a)呢？反之，如果函數y=log2(ax2-2x-3)在區(qū)間(-，1)上單調遞減，a的取值范圍是什么？在此基礎上再想一想還能提出什么問題來研究呢？例如函數y=log2(ax2-2x-3)的值域為R，a的取值范圍是什么？函數y=log2(ax2-2x-3)是否可以有最大值，如果有，a的取值范圍是什么？對自己提出的問題加以解決，能使自己的復習更有針對性，真正掌握解題的規(guī)律和方法，并幫助自己跳出盲目的題海戰(zhàn)。

總之，在復習中把握函數的基本概念，將知識、方法和技能有機地整合起來，建立一個立體網絡,就一定能達到良好的復習效果。

高三理科數學一輪直線和圓的方程總復習教學案

一名合格的教師要充分考慮學習的趣味性，高中教師要準備好教案，這是高中教師的任務之一。教案可以讓學生們能夠在上課時充分理解所教內容，使高中教師有一個簡單易懂的教學思路。關于好的高中教案要怎么樣去寫呢？急您所急，小編為朋友們了收集和編輯了“高三理科數學一輪直線和圓的方程總復習教學案”，供大家借鑒和使用，希望大家分享！

第八章直線和圓的方程

高考導航

考試要求重難點擊命題展望
1.在平面直角坐標系中，結合具體圖形，確定直線位置的幾何要素.
2.理解直線的傾斜角和斜率的概念，掌握過兩點的直線的斜率的計算公式.
3.能根據兩條直線的斜率判定這兩條直線平行或垂直.
4.掌握確定直線位置的幾何要素，掌握直線方程的幾種形式(點斜式、兩點式及一般式)，了解斜截式與一次函數的關系.
5.掌握用解方程組的方法求兩條相交直線的交點坐標.
6.掌握兩點間的距離公式、點到直線的距離公式，會求兩條平行線間的距離.
7.掌握確定圓的幾何要素，掌握圓的標準方程與一般方程.
8.能根據給定直線、圓的方程，判斷直線與圓、圓與圓的位置關系.
9.能用直線和圓的方程解決簡單的問題.
10.初步了解用代數方法處理幾何問題的思想.
11.了解空間直角坐標系，會用空間直角坐標表示點的位置，會推導空間兩點間的距離公式.本章重點：1.傾斜角和斜率的概念；2.根據斜率判定兩條直線平行與垂直；3.直線的點斜式方程、一般式方程；4.兩條直線的交點坐標；5.點到直線的距離和兩條平行直線間的距離的求法；6.圓的標準方程與一般方程；7.能根據給定直線，圓的方程，判斷直線與圓的位置關系；8.運用數形結合的思想和代數方法解決幾何問題.
本章難點：1.直線的斜率與它的傾斜角之間的關系；2.根據斜率判定兩條直線的位置關系；3.直線方程的應用；4.點到直線的距離公式的推導；5.圓的方程的應用；6.直線與圓的方程的綜合應用.本章內容常常與不等式、函數、向量、圓錐曲線等知識結合起來考查.
直線和圓的考查，一般以選擇題、填空題的形式出現，屬于容易題和中檔題；如果和圓錐曲線一起考查，難度比較大.同時，對空間直角坐標系的考查難度不大，一般為選擇題或者填空題.本章知識點的考查側重考學生的綜合分析問題、解決問題的能力，以及函數思想和數形結合的能力等.
知識網絡

8.1直線與方程
典例精析
題型一直線的傾斜角
【例1】直線2xcosα－y－3＝0，α∈[π6，π3]的傾斜角的變化范圍是()
A.[π6，π3]B.[π4，π3]
C.[π4，π2]D.[π4，2π3]
【解析】直線2xcosα－y－3＝0的斜率k＝2cosα，
由于α∈[π6，π3]，所以12≤cosα≤32，k＝2cosα∈[1，3].
設直線的傾斜角為θ，則有tanθ∈[1，3]，
由于θ∈[0，π)，所以θ∈[π4，π3]，即傾斜角的變化范圍是[π4，π3]，故選B.
【點撥】利用斜率求傾斜角時，要注意傾斜角的范圍.
【變式訓練1】已知M(2m＋3，m)，N(m－2,1)，當m∈時，直線MN的傾斜角為銳角；當m＝時，直線MN的傾斜角為直角；當m∈時，直線MN的傾斜角為鈍角.
【解析】直線MN的傾斜角為銳角時，k＝m－12m＋3－m＋2＝m－1m＋5＞0m＜－5或m＞1；
直線MN的傾斜角為直角時，2m＋3＝m－2m＝－5；
直線MN的傾斜角為鈍角時，k＝m－12m＋3－m＋2＝m－1m＋5＜0－5＜m＜1.
題型二直線的斜率
【例2】已知A(－1，－5)，B(3，－2)，直線l的傾斜角是直線AB的傾斜角的2倍，求直線l的斜率.
【解析】由于A(－1，－5)，B(3，－2)，所以kAB＝－2＋53＋1＝34，
設直線AB的傾斜角為θ，則tanθ＝34，
l的傾斜角為2θ，tan2θ＝2tanθ1－tan2θ＝2×341－(34)2＝247.
所以直線l的斜率為247.
【點撥】直線的傾斜角和斜率是最重要的兩個概念，應熟練地掌握這兩個概念，扎實地記住計算公式，傾斜角往往會和三角函數的有關知識聯系在一起.
【變式訓練2】設α是直線l的傾斜角，且有sinα＋cosα＝15，則直線l的斜率為()
A.34B.43C.－43D.－34或－43
【解析】選C.sinα＋cosα＝15sinαcosα＝－1225＜0
sinα＝45，cosα＝－35或cosα＝45，sinα＝－35(舍去)，
故直線l的斜率k＝tanα＝sinαcosα＝－43.
題型三直線的方程
【例3】求滿足下列條件的直線方程.
(1)直線過點(3,2)，且在兩坐標軸上截距相等；
(2)直線過點(2,1)，且原點到直線的距離為2.
【解析】(1)當截距為0時，直線過原點，直線方程是2x－3y＝0；當截距不為0時，設方程為xa＋ya＝1，把(3,2)代入，得a＝5，直線方程為x＋y－5＝0.
故所求直線方程為2x－3y＝0或x＋y－5＝0.
(2)當斜率不存在時，直線方程x－2＝0合題意；
當斜率存在時，則設直線方程為y－1＝k(x－2)，即kx－y＋1－2k＝0，所以|1－2k|k2＋1＝2，解得k＝－34，方程為3x＋4y－10＝0.
故所求直線方程為x－2＝0或3x＋4y－10＝0.
【點撥】截距可以為0，斜率也可以不存在，故均需分情況討論.
【變式訓練3】求經過點P(3，－4)，且橫、縱截距互為相反數的直線方程.
【解析】當橫、縱截距都是0時，設直線的方程為y＝kx.
因為直線過點P(3，－4)，所以－4＝3k，得k＝－43.此時直線方程為y＝－43x.
當橫、縱截距都不是0時，設直線的方程為xa＋y－a＝1，
因為直線過點P(3，－4)，所以a＝3＋4＝7.此時方程為x－y－7＝0.
綜上，所求直線方程為4x＋3y＝0或x－y－7＝0.
題型四直線方程與最值問題
【例4】過點P(2,1)作直線l分別交x、y軸的正半軸于A、B兩點，點O為坐標原點，當△ABO的面積最小時，求直線l的方程.
【解析】方法一：設直線方程為xa＋yb＝1(a＞0，b＞0)，
由于點P在直線上，所以2a＋1b＝1.
2a1b≤(2a＋1b2)2＝14，
當2a＝1b＝12時，即a＝4，b＝2時，1a1b取最大值18，
即S△AOB＝12ab取最小值4，
所求的直線方程為x4＋y2＝1，即x＋2y－4＝0.
方法二：設直線方程為y－1＝k(x－2)(k＜0)，
直線與x軸的交點為A(2k－1k，0)，直線與y軸的交點為B(0，－2k＋1)，
由題意知2k－1＜0，k＜0,1－2k＞0.
S△AOB＝12(1－2k)2k－1k＝12[(－1k)＋(－4k)＋4]≥12[2(－1k)(－4k)＋4]＝4.
當－1k＝－4k，即k＝－12時，S△AOB有最小值，
所求的直線方程為y－1＝－12(x－2)，即x＋2y－4＝0.
【點撥】求直線方程，若已知直線過定點，一般考慮點斜式；若已知直線過兩點，一般考慮兩點式；若已知直線與兩坐標軸相交，一般考慮截距式；若已知一條非具體的直線，一般考慮一般式.
【變式訓練4】已知直線l：mx－(m2＋1)y＝4m(m∈R).求直線l的斜率的取值范圍.
【解析】由直線l的方程得其斜率k＝mm2＋1.
若m＝0，則k＝0；
若m＞0，則k＝1m＋1m≤12m1m＝12，所以0＜k≤12；
若m＜0，則k＝1m＋1m＝－1－m－1m≥－12(－m)(－1m)＝－12，所以－12≤k＜0.
綜上，－12≤k≤12.
總結提高
1.求斜率一般有兩種類型：其一，已知直線上兩點，根據k＝y(tǒng)2－y1x2－x1求斜率；其二，已知傾斜角α或α的三角函數值，根據k＝tanα求斜率，但要注意斜率不存在時的情形.
2.求傾斜角時，要注意直線傾斜角的范圍是[0，π).
3.求直線方程時，應根據題目條件，選擇合適的直線方程形式，從而使求解過程簡單明確.設直線方程的截距式，應注意是否漏掉過原點的直線；設直線方程的點斜式時，應注意是否漏掉斜率不存在的直線.

8.2兩條直線的位置關系

典例精析
題型一兩直線的交點
【例1】若三條直線l1：2x＋y－3＝0，l2：3x－y＋2＝0和l3：ax＋y＝0不能構成三角形，求a的值.
【解析】①l3∥l1時，－a＝－2a＝2；
②l3∥l2時，－a＝3a＝－3；
③由將(－1，－1)代入ax＋y＝0a＝－1.
綜上，a＝－1或a＝2或a＝－3時，l1、l2、l3不能構成三角形.
【點撥】三條直線至少有兩條平行時或三條直線相交于一點時不能構成三角形.
【變式訓練1】已知兩條直線l1：a1x＋b1y＋1＝0和l2：a2x＋b2y＋1＝0的交點為P(2,3)，則過A(a1，b1)，B(a2，b2)的直線方程是.
【解析】由P(2,3)為l1和l2的交點得
故A(a1，b1)，B(a2，b2)的坐標滿足方程2x＋3y＋1＝0，
即直線2x＋3y＋1＝0必過A(a1，b1)，B(a2，b2)兩點.
題型二兩直線位置關系的判斷
【例2】已知兩條直線l1：ax－by＋4＝0和l2：(a－1)x＋y＋b＝0，求滿足下列條件的a，b的值.
(1)l1⊥l2，且l1過點(－3，－1)；
(2)l1∥l2，且坐標原點到兩條直線的距離相等.
【解析】(1)由已知可得l2的斜率存在，
所以k2＝1－a，若k2＝0，則1－a＝0，即a＝1.
因為l1⊥l2，直線l1的斜率k1必不存在，即b＝0，
又l1過點(－3，－1)，所以－3a＋b＋4＝0，
而a＝1，b＝0代入上式不成立，所以k2≠0.
因為k2≠0，即k1，k2都存在，
因為k2＝1－a，k1＝ab，l1⊥l2，所以k1k2＝－1，即ab(1－a)＝－1，
又l1過點(－3，－1)，所以－3a＋b＋4＝0，
聯立上述兩個方程可解得a＝2，b＝2.
(2)因為l2的斜率存在，又l1∥l2，所以k1＝k2，即ab＝(1－a)，
因為坐標原點到這兩條直線的距離相等，且l1∥l2，
所以l1，l2在y軸的截距互為相反數，即4b＝b，
聯立上述方程解得a＝2，b＝－2或a＝23，b＝2，
所以a，b的值分別為2和－2或23和2.
【點撥】運用直線的斜截式y(tǒng)＝kx＋b時，要特別注意直線斜率不存在時的特殊情況.求解兩條直線平行或垂直有關問題時，主要是利用直線平行和垂直的充要條件，即“斜率相等”或“斜率互為負倒數”.
【變式訓練2】如圖，在平面直角坐標系xOy中，設三角形ABC的頂點分別為A(0，a)，B(b,0)，C(c,0).點P(0，p)是線段AO上的一點(異于端點)，這里a，b，c，p均為非零實數，設直線BP，CP分別與邊AC，AB交于點E，F，某同學已正確求得直線OE的方程為(1b－1c)x＋(1p－1a)y＝0，則直線OF的方程為.
【解析】由截距式可得直線AB：xb＋ya＝1，直線CP：xc＋yp＝1，兩式相減得(1c－1b)x＋(1p－1a)y＝0，顯然直線AB與CP的交點F滿足此方程，又原點O也滿足此方程，故所求直線OF的方程為(1c－1b)x＋(1p－1a)y＝0.
題型三點到直線的距離
【例3】已知△ABC中，A(1,1)，B(4,2)，C(m，m)(1＜m＜4)，當△ABC的面積S最大時，求m的值.
【解析】因為A(1,1)，B(4,2)，所以|AB|＝(4－1)2＋(2－1)2＝10，
又因為直線AB的方程為x－3y＋2＝0，
則點C(m，m)到直線AB的距離即為△ABC的高，
設高為h，則h＝|m－3m＋2|12＋(－3)2，S＝12|AB|h＝12|m－3m＋2|，
令m＝t，則1＜t＜2，所以S＝12|m－3m＋2|＝12|t2－3t＋2|＝12|(t－32)2－14|，
由圖象可知，當t＝32時，S有最大值18，此時m＝32，所以m＝94.
【點撥】運用點到直線的距離時，直線方程要化為一般形式.求最值可轉化為代數問題，用處理代數問題的方法解決.
【變式訓練3】若動點P1(x1，y1)與P2(x2，y2)分別在直線l1：x－y－5＝0，l2：x－y－15＝0上移動，求P1P2的中點P到原點的距離的最小值.
【解析】方法一：因為P1、P2分別在直線l1和l2上，
所以
(①＋②)÷2，得x1＋x22－y1＋y22－10＝0，所以P1P2的中點P(x1＋x22，y1＋y22)在直線x－y－10＝0上，點P到原點的最小距離就是原點到直線x－y－10＝0的距離d＝102＝52.所以，點P到原點的最小距離為52.
方法二：設l為夾在直線l1和l2之間且和l1與l2的距離相等的直線.
令l：x－y－c＝0，則5＜c＜15，且|c－5|2＝|c－15|2，
解得c＝10.所以l的方程為x－y－10＝0.
由題意知，P1P2的中點P在直線l上，點P到原點的最小距離就是原點到直線l的距離d＝102＝52，所以點P到原點的最小距離為52.
總結提高
1.求解與兩直線平行或垂直有關的問題時，主要是利用兩直線平行或垂直的條件，即“斜率相等”或“互為負倒數”.若出現斜率不存在的情況，可考慮用數形結合的方法去研究.
2.學會用分類討論、數形結合、特殊值檢驗等基本的數學方法和思想.特別是注意數形結合思想方法，根據題意畫出圖形不僅易于找到解題思路，還可以避免漏解和增解，同時還可以充分利用圖形的性質，挖掘出某些隱含條件，找到簡捷解法.
3.運用公式d＝|C1－C2|A2＋B2求兩平行直線之間的距離時，要注意把兩直線方程中x、y的系數化成分別對應相等.
8.3圓的方程

典例精析
題型一求圓的方程
【例1】求經過兩點A(－1,4)，B(3,2)且圓心在y軸上的圓的方程.
【解析】方法一：設圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，則圓心為(－D2，－E2)，
由已知得即
解得D＝0，E＝－2，F＝－9，所求圓的方程為x2＋y2－2y－9＝0.
方法二：經過A(－1,4)，B(3,2)的圓，其圓心在線段AB的垂直平分線上，
AB的垂直平分線方程為y－3＝2(x－1)，即y＝2x＋1.
令x＝0，y＝1，圓心為(0,1)，r＝(3－0)2＋(2－1)2＝10，
圓的方程為x2＋(y－1)2＝10.
【點撥】圓的標準方程或一般方程都有三個參數，只要求出a、b、r或D、E、F，則圓的方程確定，所以確定圓的方程需要三個獨立條件.
【變式訓練1】已知一圓過P(4，－2)、Q(－1,3)兩點，且在y軸上截得的線段長為43，求圓的方程.
【解析】設圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，①
將P、Q兩點的坐標分別代入①得
令x＝0，由①得y2＋Ey＋F＝0，④
由已知|y1－y2|＝43，其中y1、y2是方程④的兩根.
所以(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝E2－4F＝48，⑤
解②、③、⑤組成的方程組，得
D＝－2，E＝0，F＝－12或D＝－10，E＝－8，F＝4，
故所求圓的方程為x2＋y2－2x－12＝0或x2＋y2－10x－8y＋4＝0.
題型二與圓有關的最值問題
【例2】若實數x，y滿足(x－2)2＋y2＝3.求：
(1)yx的最大值和最小值；
(2)y－x的最小值；
(3)(x－4)2＋(y－3)2的最大值和最小值.
【解析】(1)yx＝y(tǒng)－0x－0，即連接圓上一點與坐標原點的直線的斜率，因此yx的最值為過原點的直線與圓相切時該直線的斜率，設yx＝k，y＝kx，kx－y＝0.
由|2k|k2＋1＝3，得k＝±3，所以yx的最大值為3，yx的最小值為－3.
(2)令x－2＝3cosα，y＝3sinα，α∈[0,2π).
所以y－x＝3sinα－3cosα－2＝6sin(α－π4)－2，
當sin(α－π4)＝－1時，y－x的最小值為－6－2.
(3)(x－4)2＋(y－3)2是圓上點與點(4,3)的距離的平方，因為圓心為A(2,0)，B(4,3)，
連接AB交圓于C，延長BA交圓于D.
|AB|＝(4－2)2＋(3－0)2＝13，則|BC|＝13－3，|BD|＝13＋3，
所以(x－4)2＋(y－3)2的最大值為(13＋3)2，最小值為(13－3)2.
【點撥】涉及與圓有關的最值問題，可借助圖形性質，利用數形結合求解，一般地：①形如U＝y(tǒng)－bx－a形式的最值問題，可轉化為動直線斜率的最值問題；②形如(x－a)2＋(y－b)2形式的最值問題，可轉化為圓心已定的動圓半徑的最值問題.
【變式訓練2】已知實數x，y滿足x2＋y2＝3(y≥0).試求m＝y(tǒng)＋1x＋3及b＝2x＋y的取值范圍.
【解析】如圖，m可看作半圓x2＋y2＝3(y≥0)上的點與定點A(－3，－1)連線的斜率，b可以看作過半圓x2＋y2＝3(y≥0)上的點且斜率為－2的直線的縱截距.
由圖易得3－36≤m≤3＋216，－23≤b≤15.
題型三圓的方程的應用
【例3】在平面直角坐標系xOy中，二次函數f(x)＝x2＋2x＋b(x∈R)與兩坐標軸有三個交點，經過三個交點的圓記為C.
(1)求實數b的取值范圍；
(2)求圓C的方程；
(3)問圓C是否經過定點(其坐標與b無關)？請證明你的結論.
【解析】(1)令x＝0，得拋物線與y軸交點是(0，b)，
由題意b≠0，且Δ＞0，解得b＜1且b≠0.
(2)設所求圓的一般方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
令y＝0，得x2＋Dx＋F＝0，這與x2＋2x＋b＝0是同一個方程，故D＝2，F＝b.
令x＝0，得y2＋Ey＋F＝0，此方程有一個根為b，代入得出E＝－b－1.
所以圓C的方程為x2＋y2＋2x－(b＋1)y＋b＝0.
(3)圓C必過定點，證明如下：
假設圓C過定點(x0，y0)(x0，y0不依賴于b)，將該點的坐標代入圓C的方程，
并變形為x20＋y20＋2x0－y0＋b(1－y0)＝0，(*)
為使(*)式對所有滿足b＜1(b≠0)的b都成立，必須有1－y0＝0，
結合(*)式得x20＋y20＋2x0－y0＝0，
解得或
經檢驗知，點(0,1)，(－2,1)均在圓C上，因此圓C過定點.
【點撥】本題(2)的解答用到了代數法求過三點的圓的方程，體現了設而不求的思想.(3)的解答同樣運用了代數的恒等思想，同時問題體現了較強的探究性.
【變式訓練3】(2010安徽)動點A(x，y)在圓x2＋y2＝1上繞坐標原點沿逆時針方向勻速旋轉，12秒旋轉一周.已知時間t＝0時，點A的坐標是(12，32)，則當0≤t≤12時，動點A的縱坐標y關于t(單位：秒)的函數的單調遞增區(qū)間是()
A.[0,1]B.[1,7]C.[7,12]D.[0,1]和[7,12]
【解析】選D.由題意知角速度為2π12＝π6，故可得y＝sin(π6t＋π3),0≤t≤12，
π3≤π6t＋π3≤π2或32π≤π6t＋π3≤52π，所以0≤t≤1或7≤t≤12.
所以單調遞增區(qū)間為[0,1]和[7,12].
總結提高
1.確定圓的方程需要三個獨立條件，“選標準，定參數”是解題的基本方法.一般來講，條件涉及圓上的多個點，可選擇一般方程；條件涉及圓心和半徑，可選圓的標準方程.
2.解決與圓有關的問題，應充分運用圓的幾何性質幫助解題.解決與圓有關的最值問題時，可根據代數式子的幾何意義，借助于平面幾何知識，數形結合解決.也可以利用圓的參數方程解決最值問題.

8.4直線與圓、圓與圓的位置關系

典例精析
題型一直線與圓的位置關系的判斷
【例1】已知圓的方程x2＋y2＝2，直線y＝x＋b，當b為何值時，
(1)直線與圓有兩個公共點；
(2)直線與圓只有一個公共點.
【解析】方法一：(幾何法)
設圓心O(0,0)到直線y＝x＋b的距離為d，d＝|b|12＋12＝|b|2，半徑r＝2.
當d＜r時，直線與圓相交，|b|2＜2，－2＜b＜2，
所以當－2＜b＜2時，直線與圓有兩個公共點.
當d＝r時，直線與圓相切，|b|2＝2，b＝±2，
所以當b＝±2時，直線與圓只有一個公共點.
方法二：(代數法)
聯立兩個方程得方程組
消去y得2x2＋2bx＋b2－2＝0，Δ＝16－4b2.
當Δ＞0，即－2＜b＜2時，有兩個公共點；
當Δ＝0，即b＝±2時，有一個公共點.
【點撥】解決直線與圓的位置關系的問題時，要注意運用數形結合思想，既要運用平面幾何中有關圓的性質，又要結合待定系數法運用直線方程中的基本關系，養(yǎng)成勤畫圖的良好習慣.
【變式訓練1】圓2x2＋2y2＝1與直線xsinθ＋y－1＝0(θ∈R，θ≠kπ＋π2，k∈Z)的位置關系是()
A.相離B.相切C.相交D.不能確定
【解析】選A.易知圓的半徑r＝22，設圓心到直線的距離為d，則d＝1sin2θ＋1.
因為θ≠π2＋kπ，k∈Z.所以0≤sin2θ＜1，
所以22＜d≤1，即d＞r，所以直線與圓相離.
題型二圓與圓的位置關系的應用
【例2】如果圓C：(x－a)2＋(y－a)2＝4上總存在兩個點到原點的距離為1，求實數a的取值范圍.
【解析】到原點的距離等于1的點在單位圓O：x2＋y2＝1上.當圓C與圓O有兩個公共點時，符合題意，故應滿足2－1＜|OC|＜2＋1，
所以1＜a2＋a2＜3，即22＜|a|＜322，
所以－322＜a＜－22或22＜a＜322為所求a的范圍.
【變式訓練2】兩圓(x＋1)2＋(y－1)2＝r2和(x－2)2＋(y＋2)2＝R2相交于P，Q兩點，若點P的坐標為(1,2)，則點Q的坐標為.
【解析】由兩圓的方程可知它們的圓心坐標分別為(－1,1)，(2，－2)，則過它們圓心的直線方程為x－(－1)2－(－1)＝y(tǒng)－1－2－1，即y＝－x.
根據圓的幾何性質可知兩圓的交點應關于過它們圓心的直線對稱.
故由P(1,2)可得它關于直線y＝－x的對稱點，即點Q的坐標為(－2，－1).
題型三圓的弦長、中點弦的問題
【例3】已知點P(0,5)及圓C：x2＋y2＋4x－12y＋24＝0.
(1)若直線l過點P且被圓C截得的線段長為43，求l的方程；
(2)求圓C內過點P的弦的中點的軌跡方程.
【解析】(1)如圖，AB＝43，D是AB的中點，則AD＝23，AC＝4，
在Rt△ADC中，可得CD＝2.
設所求直線的斜率為k，則直線的方程為y－5＝kx，即kx－y＋5＝0.由點C到直線的距離公式|－2k－6＋5|k2＋1＝2，
得k＝34，此時直線l的方程為3x－4y＋20＝0.
又直線l的斜率不存在時，也滿足題意，此時的方程為x＝0.
所以所求直線為x＝0或3x－4y＋20＝0.(也可以用弦長公式求解)
(2)設圓C上過點P的弦的中點為D(x，y)，
因為CD⊥PD，所以＝0，即(x＋2，y－6)(x，y－5)＝0，
化簡得軌跡方程x2＋y2＋2x－11y＋30＝0.
【點撥】在研究與弦的中點有關問題時，注意運用“平方差法”，即設弦AB兩端點的坐標分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，中點為(x0，y0)，
由得k＝y(tǒng)1－y2x1－x2＝－x1＋x2y1＋y2＝－x0y0.
該法常用來解決與弦的中點、直線的斜率有關的問題.
【變式訓練3】已知圓的方程為x2＋y2－6x－8y＝0，設該圓過點(3,5)的最長弦和最短弦分別為AC和BD，則四邊形ABCD的面積為()
A.106B.206C.306D.406
【解析】選B.圓的方程化成標準方程(x－3)2＋(y－4)2＝25，過點(3,5)的最長弦為AC＝10，最短弦為BD＝252－12＝46，S＝12ACBD＝206.
總結提高
1.解決直線與圓、圓與圓的位置關系有代數法和幾何法兩種，用幾何法解題時要注意抓住圓的幾何特征，因此常常要比代數法簡捷.例如，求圓的弦長公式比較復雜，利用l＝2R2－d2(R表示圓的半徑，d表示弦心距)求弦長比代數法要簡便.
2.處理直線與圓，圓與圓的位置關系，要全面地考查各種位置關系，防止漏解，如設切線為點斜式，要考慮斜率不存在的情況是否合題意，兩圓相切應考慮外切和內切兩種情況.
3.處理直線與圓的位置關系時，特別是有關交點問題時，為避免計算量過大，常采用“設而不求”的方法.
8.5直線與圓的綜合應用
典例精析
題型一直線和圓的位置關系的應用
【例1】已知圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝25及直線l：(2m＋1)x＋(m＋1)y＝7m＋4(m∈R).
(1)求證：不論m為何值，直線l恒過定點；
(2)判斷直線l與圓C的位置關系；
(3)求直線l被圓截得的弦長最短時的弦長及此時直線的方程.
【解析】(1)證明：直線方程可寫作x＋y－4＋m(2x＋y－7)＝0，
由方程組可得
所以不論m取何值，直線l恒過定點(3,1).
(2)由(3－1)2＋(1－2)2＝5＜5，
故點(3,1)在圓內，即不論m取何值，直線l總與圓C相交.
(3)由平面幾何知識可知，當直線與過點M(3,1)的直徑垂直時，弦|AB|最短.
|AB|＝2r2－|CM|2＝225－[(3－1)2＋(1－2)2]＝45，
此時k＝－1kCM，即－2m＋1m＋1＝－1－12＝2，
解得m＝－34，代入原直線方程，得l的方程為2x－y－5＝0.
【點撥】解決弦長問題時，可利用弦長的幾何意義求解.
【變式訓練1】若函數f(x)＝－1beax的圖象在x＝0處的切線l與圓C：x2＋y2＝1相離，則P(a，b)與圓C的位置關系是()
A.在圓外B.在圓內C.在圓上D.不能確定
【解析】選B.f(x)＝－1beaxf′(x)＝－abeaxf′(0)＝－ab.
又f(0)＝－1b，所以切線l的方程為y＋1b＝－ab(x－0)，即ax＋by＋1＝0，
由l與圓C：x2＋y2＝1相離得1a2＋b2＞1a2＋b2＜1，即點P(a，b)在圓內，故選B.
題型二和圓有關的對稱問題
【例2】設O為坐標原點，曲線x2＋y2＋2x－6y＋1＝0上有兩點P、Q關于直線x＋my＋4＝0對稱，又滿足＝0.
(1)求m的值；
(2)求直線PQ的方程.
【解析】(1)曲線方程可化為(x＋1)2＋(y－3)2＝9，是圓心為(－1,3)，半徑為3的圓.
因為點P，Q在圓上且關于直線x＋my＋4＝0對稱，
所以圓心(－1,3)在直線x＋my＋4＝0上，代入得m＝－1.
(2)因為直線PQ與直線y＝x＋4垂直，所以設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
則直線PQ的方程為y＝－x＋b.將直線y＝－x＋b代入圓的方程，得2x2＋2(4－b)x＋b2－6b＋1＝0，Δ＝4(4－b)2－4×2(b2－6b＋1)＞0，解得2－32＜b＜2＋32.
x1＋x2＝b－4，x1x2＝b2－6b＋12，
y1y2＝(－x1＋b)(－x2＋b)＝b2－b(x1＋x2)＋x1x2＝b2＋2b＋12，
因為＝0，所以x1x2＋y1y2＝0，
即b2－6b＋12＋b2＋2b＋12＝0，得b＝1.
故所求的直線方程為y＝－x＋1.
【點撥】平面向量與圓的交匯是平面解析幾何的一個熱點內容，解題時，一方面要能夠正確地分析用向量表達式給出的題目的條件，將它們轉化為圖形中相應的位置關系，另一方面還要善于運用向量的運算解決問題.
【變式訓練2】若曲線x2＋y2＋x－6y＋3＝0上兩點P、Q滿足①關于直線kx－y＋4＝0對稱；②OP⊥OQ，則直線PQ的方程為.
【解析】由①知直線kx－y＋4＝0過圓心(－12，3)，所以k＝2，故kPQ＝－12.
設直線PQ的方程為y＝－12x＋t，與圓的方程聯立消去y，
得54x2＋(4－t)x＋t2－6t＋3＝0.(*)
設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由于OP⊥OQ，所以x1x2＋y1y2＝0，
即x1x2＋(－12x1＋t)(－12x2＋t)＝0，所以(x1＋x2)(－12t)＋54x1x2＋t2＝0.
由(*)知，x1＋x2＝4(t－4)5，x1x2＝4(t2－6t＋3)5，代入上式，解得t＝32或t＝54.
此時方程(*)的判別式Δ＞0.從而直線的方程為y＝－12x＋32或y＝－12x＋54，
即x＋2y－3＝0或2x＋4y－5＝0為所求直線方程.
題型三與圓有關的最值問題
【例3】求與直線x＋y－2＝0和曲線x2＋y2－12x－12y＋54＝0都相切的半徑最小的圓的標準方程.
【解析】曲線x2＋y2－12x－12y＋54＝0可化為
(x－6)2＋(y－6)2＝18，它表示圓心為(6,6)，半徑為32的圓.
作出直線x＋y－2＝0與圓(x－6)2＋(y－6)2＝18，
由圖形可知，當所求圓的圓心在直線y＝x上時，半徑最小.
設其半徑為r，點(6,6)到直線x＋y＝2的距離為52，所以2r＋32＝52，即r＝2，
點(0,0)到直線x＋y＝2的距離為2，
所求圓的圓心為(22cos45°，22sin45°)，即(2,2)，
故所求圓的標準方程為(x－2)2＋(y－2)2＝2.
【點撥】解決與圓有關的最值問題時，要借助圖形的幾何性質，利用數形結合求解.
【變式訓練3】由直線y＝x＋1上的點向圓C：(x－3)2＋(y＋2)2＝1引切線，則切線長的最小值為()
A.17B.32C.19D.25
【解析】選A.設M為直線y＝x＋1上任意一點，過點M的切線長為l，則l＝|MC|2－r2，當|MC|2最小時，l最小，此時MC與直線y＝x＋1垂直，即|MC|2min＝(3＋2＋12)2＝18，故l的最小值為17.
總結提高
1.解決直線與圓的綜合問題時，一方面，我們要注意運用解析幾何的基本思想方法(即幾何問題代數化)，把它轉化為代數問題，通過代數的計算，使問題得到解決；另一方面，由于直線與圓和平面幾何聯系得非常緊密，因此，我們要勤動手，準確地作出圖形，并充分挖掘幾何圖形中所隱含的條件，利用幾何知識使問題較為簡捷地得到解決，即注意圓的幾何性質的運用.
2.解決直線與圓的綜合問題時，經常要用到距離，因此兩點間的距離公式、點到直線的距離公式要熟練掌握，靈活運用.
3.綜合運用直線的有關知識解決諸如中心對稱、軸對稱等一些常見的問題.

高三物理一輪復習學案：磁場

20xx屆高三物理一輪復習學案：磁場
教學目標
1．了解磁場的產生和基本特性，加深對場的客觀性、物質性的理解。
2．通過磁場與電場的聯系，進一步使學生了解和探究看不見、摸不著的場的作用的方法．掌握描述磁場的各種物理量。
3．掌握安培力的計算方法和左手定則的使用方法和應用。
4．使學生掌握帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的規(guī)律。
5．培養(yǎng)學生應用平面幾何知識解決物理問題的能力。
6．進行理論聯系實際的思想教育。
教學重點、難點分析
1．對磁感強度、磁通量的物理意義的理解及它們在各種典型磁場中的分布情況。
2．對安培力和電磁力矩的大小、方向的分析。
3．如何確定圓運動的圓心和軌跡。
4．如何運用數學工具解決物理問題。
教學過程設計
一、基本概念
1．磁場的產生
（1）磁極周圍有磁場。
（2）電流周圍有磁場（奧斯特）。
安培提出分子電流假說（又叫磁性起源假說），認為磁極的磁場和電流的磁場都是由電荷的運動產生的。（不等于說所有磁場都是由運動電荷產生的。）
（3）變化的電場在周圍空間產生磁場（麥克斯韋）。
磁場是一種特殊的物質，我們看不到，但可以通過它的作用效果感知它的存在，并對它進行研究和描述。它的基本特征是對處于其中的通電導線、運動電荷或磁體的磁極能施加力的作用。磁現象的電本質是指所有磁現象都可歸納為：運動電荷之間通過磁場而發(fā)生的相互作用。
2．磁場的基本性質
磁場對放入其中的磁極和電流有磁場力的作用（對磁極一定有力的作用；對電流只是可能有力的作用，當電流和磁感線平行時不受磁場力作用）。這一點應該跟電場的基本性質相比較。
3．磁感應強度
電場和磁場都是無法直接看到的物質。我們在描述電場時引入電場強度E這個物理量，描述磁場則是用磁感應強度B。研究這兩個物理量采用試探法，即在場中引入試探電荷或試探電流元，研究電磁場對它們的作用情況，從而判定場的分布情況。試探法是一種很好的研究方法，它能幫助我們研究一些因無法直接觀察或接近而感知的物質，如電磁場。
磁感強度的定義式為：B=F/IL（條件是勻強磁場中，或ΔL很小，并且L⊥B）
其中電流元（IL）受的磁場力的大小與電流方向相關。因此采用電流與磁場方向垂直時受的最大力F來定義B。
研究電場、磁場的基本方法是類似的。但磁場對電流的作用更復雜一些，涉及到方向問題。我們分析此類問題時要多加注意。
磁感應強度B的單位是特斯拉，符號為T，1T=1N/（Am）=1kg/（As2）
磁感強度矢量性：磁感強度是描述磁場的物理量。因此它的大小表征了磁場的強弱，而它的方向，也就是磁場中某點小磁針靜止時N極的指向，則代表該處磁場的方向。同時，它也滿足矢量疊加的原理：若某點的磁場幾個場源共同形成，則該點的磁感強度為幾個場源在該點單獨產生的磁感強度的矢量和。
4．磁感線
（1）用來形象地描述磁場中各點的磁場方向和強弱的曲線。磁感線上每一點的切線方向就是該點的磁場方向，也就是在該點小磁針靜止時N極的指向。磁感線的疏密表示磁場的強弱。
特點：磁體外方向N極指向S極（內部反之）。
（2）磁感線是封閉曲線（和靜電場的電場線不同）。
（3）要熟記常見的幾種磁場的磁感線：
（4）安培定則（右手螺旋定則）：對直導線，四指指磁感線方向；對環(huán)行電流，大拇指指中心軸線上的磁感線方向；對長直螺線管大拇指指螺線管內部的磁感線方向。
【例題1】如圖所示，兩根垂直紙面平行放置的直導線A、C由通有等大電流，在紙面上距A、C等遠處有一點P。若P點磁感強度及方向水平向左，則導線A、C中的電流方向是如下哪種說法？
A．A中向紙里，C中向紙外
B．A中向紙外，C中向紙里
C．A、C中均向紙外
D．A、C中均向紙里
5．磁通量
如果在磁感應強度為B的勻強磁場中有一個與磁場方向垂直的平面，其面積為S，則定義B與S的乘積為穿過這個面的磁通量，用U表示。U是標量，但是有方向（進該面或出該面）。單位為韋伯，符號為Wb。1Wb=1Tm2=1Vs=1kgm2/（As2）。
穿過磁場中某一面積的磁感線條數稱為穿過這一面積的磁通量。定義式為：U=BS⊥（S⊥為垂直于B的面積）。磁感強度是描述磁場某點的性質，而磁通量是描述某一面積內磁場的性質。由B=U/S⊥可知磁感強度又可稱為磁通量密度。在勻強磁場中，當B與S的夾角為α時，有U=BSsinα。
【例題2】如圖所示，在水平虛線上方有磁感強度為2B，方向水平向右的勻強磁場，水平虛線下方有磁感強度為B，方向水平向左的勻強磁場。邊長為L的正方形線圈放置在兩個磁場中，線圈平面與水平面成α角，線圈處于兩磁場中的部分面積相等，則穿過線圈平面的磁通量大小為多少？
分析：注意到B與S不垂直，應把S投影到與B垂直的方向上；水平虛線上下兩部分磁場大小與方向的不同。應求兩部分磁通量按標量疊加，求代數和。
解：（以向右為正）U=U1+U2=[（2BL2/2）-（BL2/2）]sinα=BL2sinα/2
二、安培力（磁場對電流的作用力）
討論如下幾種情況安培力的大小計算，并用左手定則對其方向進行判斷。
安培力大?。篎=B⊥IL．B⊥為磁感強度與電流方向垂直分量。
方向：左手定則（內容略）。注意安培力總是與磁場方向和電流方向決定的平面垂直（除了二者平行，安培力為0的情況）。
1．安培力方向的判定
（1）用左手定則。
（2）用“同性相斥，異性相吸”（只適用于磁鐵之間或磁體位于螺線管外部時）。
（3）用“同向電流相吸，反向電流相斥”（反映了磁現象的電本質）?？梢园褩l形磁鐵等效為長直螺線管（不要把長直螺線管等效為條形磁鐵）。
只要兩導線不是互相垂直的，都可以用“同向電流相吸，反向電流相斥”判定相互作用的磁場力的方向；當兩導線互相垂直時，用左手定則判定。
【例題3】如圖所示，可以自由移動的豎直導線中通有向下的電流，不計通電導線的重力，僅在磁場力作用下，導線將如何移動？
解：先畫出導線所在處的磁感線，上下兩部分導線所受安培力的方向相反，使導線從左向右看順時針轉動；同時又受到豎直向上的磁場的作用而向右移動（不要說成先轉90°后平移）。分析的關鍵是畫出相關的磁感線。
【例題4】條形磁鐵放在粗糙水平面上，正中的正上方有一導線，通有圖示方向的電流后，磁鐵對水平面的壓力將會（增大、減小還是不變？）。水平面對磁鐵的摩擦力大小為。
解：本題有多種分析方法。（1）畫出通電導線中電流的磁場中通過兩極的那條磁感線（如圖中粗虛線所示），可看出兩極受的磁場力的合力豎直向上。磁鐵對水平面的壓力減小，但不受摩擦力。（2）畫出條形磁鐵的磁感線中通過通電導線的那一條（如圖中細虛線所示），可看出導線受到的安培力豎直向下，因此條形磁鐵受的反作用力豎直向上。（3）把條形磁鐵等效為通電螺線管，上方的電流是向里的，與通電導線中的電流是同向電流，所以互相吸引。
【例題5】如圖在條形磁鐵N極附近懸掛一個線圈，當線圈中通有逆時針方向的電流時，線圈將向哪個方向偏轉？
解：用“同向電流互相吸引，反向電流互相排斥”最簡單：條形磁鐵的等效螺線管的電流在正面是向下的，與線圈中的電流方向相反，互相排斥，而左邊的線圈匝數多所以線圈向右偏轉。（本題如果用“同名磁極相斥，異名磁極相吸”將出現判斷錯誤，因為那只適用于線圈位于磁鐵外部的情況。）
【例題6】電視機顯象管的偏轉線圈示意圖如右，即時電流方向如圖所示。該時刻由里向外射出的電子流將向哪個方向偏轉？
解：畫出偏轉線圈內側的電流，是左半線圈靠電子流的一側為向里，右半線圈靠電子流的一側為向外。電子流的等效電流方向是向里的，根據“同向電流互相吸引，反向電流互相排斥”，可判定電子流向左偏轉。（本題用其它方法判斷也行，但不如這個方法簡潔）。
2．安培力大小的計算
F=BLIsinα（α為B、L間的夾角）高中只要求會計算α=0（不受安培力）和α=90°兩種情況。
【例題7】如圖所示，光滑導軌與水平面成α角，導軌寬L。勻強磁場磁感應強度為B。金屬桿長也為L，質量為m，水平放在導軌上。當回路總電流為I1時，金屬桿正好能靜止。求：（1）B至少多大？這時B的方向如何？（2）若保持B的大小不變而將B的方向改為豎直向上，應把回路總電流I2調到多大才能使金屬桿保持靜止？
解：畫出金屬桿的截面圖。由三角形定則可知，只有當安培力方向沿導軌平面向上時安培力才最小，B也最小。根據左手定則，這時B應垂直于導軌平面向上，大小滿足：BI1L=mgsinα，B=mgsinα/I1L。
當B的方向改為豎直向上時，這時安培力的方向變?yōu)樗较蛴遥貙к壏较蚝狭榱悖肂I2Lcosα=mgsinα，I2=I1/cosα。（在解這類題時必須畫出截面圖，只有在截面圖上才能正確表示各力的準確方向，從而弄清各矢量方向間的關系）。
【例題8】如圖所示，質量為m的銅棒搭在U形導線框右端，棒長和框寬均為L，磁感應強度為B的勻強磁場方向豎直向下。電鍵閉合后，在磁場力作用下銅棒被平拋出去，下落h后落在水平面上，水平位移為s。求閉合電鍵后通過銅棒的電荷量Q。
解：閉合電鍵后的極短時間內，銅棒受安培力向右的沖量FΔt=mv0而被平拋出去，其中F=BIL，而瞬時電流和時間的乘積等于電荷量Q=IΔt，由平拋規(guī)律可算銅棒離開導線框時的初速度，最終可得。
三、洛倫茲力
1．洛倫茲力
運動電荷在磁場中受到的磁場力叫洛倫茲力，它是安培力的微觀表現。
公式的推導：如圖所示，整個導線受到的磁場力（安培力）為F安=BIL；其中I=nesv；設導線中共有N個自由電子N=nsL；每個電子受的磁場力為F，則F安=NF。由以上四式可得F=qvB。條件是v與B垂直。當v與B成θ角時，F=qvBsinθ。
2．洛倫茲力方向的判定
在用左手定則時，四指必須指電流方向（不是速度方向），即正電荷定向移動的方向；對負電荷，四指應指負電荷定向移動方向的反方向。
【例題9】磁流體發(fā)電機原理圖如右。等離子體高速從左向右噴射，兩極板間有如圖方向的勻強磁場。該發(fā)電機哪個極板為正極？兩板間最大電壓為多少？
解：由左手定則，正、負離子受的洛倫茲力分別向上、向下。所以上極板為正。正、負極板間會產生電場。當剛進入的正負離子受的洛倫茲力與電場力等值反向時，達到最大電壓：U=Bdv。當外電路斷開時，這也就是電動勢E。當外電路接通時，極板上的電荷量減小，板間場強減小，洛倫茲力將大于電場力，進入的正負離子又將發(fā)生偏轉。這時電動勢仍是E=Bdv，但路端電壓將小于Bdv。
在定性分析時特別需要注意的是：
（1）正負離子速度方向相同時，在同一磁場中受洛倫茲力方向相反。
（2）外電路接通時，電路中有電流，洛倫茲力大于電場力，兩板間電壓將小于Bdv，但電動勢不變（和所有電源一樣，電動勢是電源本身的性質。）
（3）注意在帶電粒子偏轉聚集在極板上以后新產生的電場的分析。在外電路斷開時最終將達到平衡態(tài)。
【例題10】半導體靠自由電子（帶負電）和空穴（相當于帶正電）導電，分為p型和n型兩種。p型半導體中空穴為多數載流子；n型半導體中自由電子為多數載流子。用以下實驗可以判定一塊半導體材料是p型還是n型：將材料放在勻強磁場中，通以圖示方向的電流I，用電壓表比較上下兩個表面的電勢高低，若上極板電勢高，就是p型半導體；若下極板電勢高，就是n型半導體。試分析原因。
解：分別判定空穴和自由電子所受的洛倫茲力的方向，由于四指指電流方向，都向右，所以洛倫茲力方向都向上，它們都將向上偏轉。p型半導體中空穴多，上極板的電勢高；n型半導體中自由電子多，上極板電勢低。
注意：當電流方向相同時，正、負離子在同一個磁場中的所受的洛倫茲力方向相同，所以偏轉方向相同。
3．洛倫茲力大小的計算
帶電粒子在勻強磁場中僅受洛倫茲力而做勻速圓周運動時，洛倫茲力充當向心力，由此可以推導出該圓周運動的半徑公式和周期公式：，。
【例題11】如圖直線MN上方有磁感應強度為B的勻強磁場。正、負電子同時從同一點O以與MN成30°角的同樣速度v射入磁場（電子質量為m，電荷為e），它們從磁場中射出時相距多遠？射出的時間差是多少？
解：正負電子的半徑和周期是相同的。只是偏轉方向相反。先確定圓心，畫出半徑，由對稱性知：射入、射出點和圓心恰好組成正三角形。所以兩個射出點相距2r，由圖還看出經歷時間相差2T/3。答案為射出點相距，時間差為。關鍵是找圓心、找半徑和用對稱。
【例題12】一個質量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P（a，0）點以速度v，沿與x正方向成60°的方向射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求勻強磁場的磁感應強度B和射出點的坐標。
解：由射入、射出點的半徑可找到圓心O/，并得出半徑為，；射出點坐標為（0，）。
四、帶電粒子在勻強磁場中的運動
1．帶電粒子在勻強磁場中運動規(guī)律
初速度力的特點運動規(guī)律
v=0f洛=0靜止
v//Bf洛=0勻速直線運動
v⊥Bf洛=Bqv勻速圓周運動，半徑，周期

v與B成θ角f洛=Bqv⊥（0＜θ＜90°）較復雜的曲線運動，高中階段不要求
2．帶電粒子在勻強磁場中的偏轉
（1）穿過矩形磁場區(qū)。一定要先畫好輔助線（半徑、速度及延長線）。偏轉角由sinθ=L/R求出。側移由R2=L2-（R-y）2解出。經歷時間由得出。
注意，這里射出速度的反向延長線與初速度延長線的交點不再是寬度線段的中點，這點與帶電粒子在勻強電場中的偏轉結論不同！
（2）穿過圓形磁場區(qū)。畫好輔助線（半徑、速度、軌跡圓的圓心、連心線）。偏角可由求出。經歷時間由得出。
注意：由對稱性，射出線的反向延長線必過磁場圓的圓心。
3．解題思路及方法
電荷在洛侖茲力的作用下做勻速圓周運動，圓運動的圓心的確定方法：
（1）利用洛侖茲力的方向永遠指向圓心的特點，只要找到圓運動兩個點上的洛侖茲力的方向，其延長線的交點必為圓心。
（2）利用圓上弦的中垂線必過圓心的特點找圓心。
【例題13】氘核、氚核、氦核都垂直磁場方向射入同一勻強磁場，求以下幾種情況下，它們軌道半徑之比及周期之比各是多少？（1）以相同速率射入磁場；（2）以相同動量射入磁場；（3）以相同動能射入磁場。
解：因為帶電粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，所以圓運動的半徑，周期。
（1）因為三粒子速率相同，所以，，有，
（2）因為三粒子動量相同，所以，，有，
（3）因為三粒子初動能相同，所以，，有，
通過例題復習基本規(guī)律。由學生完成，注意公式變換。
【例題14】如圖所示，abcd為絕緣擋板圍成的正方形區(qū)域，其邊長為L，在這個區(qū)域內存在著磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場．正、負電子分別從ab擋板中點K，沿垂直擋板ab方向射入場中，其質量為m，電量為e。若從d、P兩點都有粒子射出，則正、負電子的入射速度分別為多少？（其中bP=L/4）
做題過程中要特別注意分析圓心是怎樣確定的，利用哪個三角形解題。
提問：1．怎樣確定圓心？2．利用哪個三角形求解？
學生自己求解。
（1）分析：若為正電子，則初態(tài)洛侖茲力方向為豎直向上，該正電子將向上偏轉且由d點射出．Kd線段為圓軌跡上的一條弦，其中垂線與洛侖茲力方向延長線交點必為圓心，設該點為O1．其軌跡為小于1/4的圓弧。
解：如圖所示，設圓運動半徑為R1，則O1K=O1d=R1
由Rt△O1da可知：
而
故
（2）解：若為負電子，初態(tài)洛侖茲力方向豎直向下，該電子將向下偏轉由P點射出，KP為圓軌跡上的一條弦，其中垂線與洛侖茲力方向的交點必為圓心，設該點為O2，其軌跡為大于1/4圓弧。（如圖所示）
由Rt△KbP可知：
而
故
【例題15】一帶電質點，質量為m，電量為q，以平行于Ox軸的速度v從y軸上的a點射入圖所示第一象限的區(qū)域．為了使該質點能從x軸上的b點以垂直于Ox軸的速度v射出，可在適當的地方加一個垂直于xy平面、磁感應強度為B的勻強磁場．若此磁場僅分布在一個圓形區(qū)域內，試求這圓形磁場區(qū)域的最小半徑。重力忽略不計。
提問：
1．帶電質點的圓運動半徑多大？
2．帶電質點在磁場中的運動軌跡有什么特點？
3．在xy平面內什么位置加一個圓形磁場可使帶電質點按題意運動？其中有什么樣特點的圓形磁場為半徑最小的磁場？常見錯誤：
加以aM和bN連線交點為圓心的圓形磁場，其圓形磁場最小半徑為R。
分析：帶電質點在磁場中做勻速圓周運動，其半徑為
因為帶電質點在a、b兩點速度方向垂直，所以帶電質點在磁場中運動軌跡為1/4圓弧，O1為其圓心，如圖所示MN圓弧。
在xy平面內加以MN連線為弦，且包含MN圓弧的所有圓形磁場均可使帶電質點完成題意運動。其中以MN連線為半徑的磁場為最小圓形磁場。
解：設圓形磁場的圓心為O2點，半徑為r，則由圖知：
因為，所以
小結：這是一個需要逆向思維的問題，同時考查了空間想象能力，即已知粒子運動軌跡，求所加圓形磁場的位置?？紤]問題時，要抓住粒子運動特點，即該粒子只在所加磁場中做勻速圓周運動，所以粒子運動的1/4圓弧必須包含在磁場區(qū)域中，且圓運動起點、終點必須是磁場邊界上的點。然后再考慮磁場的最小半徑。
【例題16】在真空中，半徑為r=3×10-2m的圓形區(qū)域內，有一勻強磁場，磁場的磁感應強度為B=0.2T，方向如圖所示，一帶正電粒子，以初速度v0=106m/s的速度從磁場邊界上直徑ab一端a點處射入磁場，已知該粒子荷質比為q/m=108C/kg，不計粒子重力，則（1）粒子在磁場中勻速圓周運動的半徑是多少？（2）若要使粒子飛離磁場時有最大的偏轉角，其入射時粒子的方向應如何（以v0與Oa的夾角θ表示）？最大偏轉角多大？
問題：
1．第一問由學生自己完成。
2．在圖中畫出粒子以圖示速度方向入射時在磁場中運動的軌跡圖，并找出速度的偏轉角。
3．討論粒子速度方向發(fā)生變化后，粒子運動軌跡及速度偏轉角的比。
分析：（1）圓運動半徑可直接代入公式求解。
（2）先在圓中畫出任意一速度方偏轉角為初速度與未速度的夾角，且偏轉角等于粒子運動軌跡所對應的圓心角。向入射時，其偏轉角為哪個角？如圖所示。由圖分析知：弦ac是粒子軌跡上的弦，也是圓形磁場的弦。
因此，弦長的變化一定對應速度偏轉角的變化，也一定對應粒子圓運動軌跡的圓心角的變化。所以當弦長為圓形磁場直徑時，偏轉角最大。
解：（1）設粒子圓運動半徑為R，則
（2）由圖知：弦長最大值為ab=2r=6×10-2m
設速度偏轉角最大值為αm，此時初速度方向與ab連線夾角為θ，則
，故
當粒子以與ab夾角為37°斜向右上方入射時，粒子飛離磁場時有最大偏轉角，其最大值為74°。
小結：本題所涉及的問題是一個動態(tài)問題，即粒子雖然在磁場中均做同一半徑的勻速圓周運動，但因其初速度方向變化，使得粒子運動軌跡的長短和位置均發(fā)生變化，要會靈活運用平面幾何知識去解決．
計算機演示：（1）隨粒子入射速度方向的變化，粒子飛離磁場時速度偏轉角的變化。（2）隨粒子入射速度方向的變化，粒子做勻速圓周運動的圓心的運動軌跡。其軌跡為以a點為圓心的一段圓弧。
【例題17】如圖所示，很長的平行邊界面M、N與N、P間距分別為L1、L2，其間分別有磁感應強度為B1與B2的勻強磁場區(qū)，磁場方向均垂直紙面向里．已知B1≠B2，一個帶正電的粒子電量為q，質量為m，以大小為v0。的速度垂直邊界面M與磁場方向射入MN間磁場區(qū)，試討論粒子速度v0應滿足什么條件，才能通過兩個磁場區(qū)，并從邊界面P射出？（不計粒子重力）
問題：
1．該粒子在兩磁場中運動速率是否相同？
2．什么是粒子運動通過磁場或不通過磁場的臨界條件？
3．畫出軌跡草圖并計算。
分析：帶電粒子在兩磁場中做半徑不同的勻速圓周運動，但因為洛侖茲力永遠不做功，所以帶電粒子運動速率不變．粒子恰好不能通過兩磁場的臨界條件是粒子到達邊界P時，其速度方向平行于邊界面。粒子在磁場中軌跡如圖所示。再利用平面幾何和圓運動規(guī)律即可求解。
解：如圖所示，設O1、O2分別為帶電粒子在磁場B1和B2中運動軌跡的圓心。則
在磁場B1中運動的半徑為
在磁場B2中運動的半徑為
設角α、β分別為粒子在磁場B1和B2中運動軌跡所對應圓心角，則由幾何關系知
，，且α+β＝90°
所以
若粒子能通過兩磁場區(qū)，則
小結：
1．洛侖茲力永遠不做功，因此磁場中帶電粒子的動能不變。
2．仔細審題，挖掘隱含條件。
【例題18】在M、N兩條長直導線所在的平面內，一帶電粒子的運動軌跡，如圖所示．已知兩條導線M、N只有一條中有恒定電流，另一條導線中無電流，關于電流、電流方向和粒子帶電情況及運動方向，可能是
A．M中通有自上而下的恒定電流，帶正電的粒子從b點向a點運動
B．M中通有自上而下的恒定電流，帶負電的粒子從a點向b點運動
C．N中通有自下而上的恒定電流，帶正電的粒子從b點向a點運動
D．N中通有自下而上的恒定電流，帶負電的粒子從a點向b點運動
讓學生討論得出結果。很多學生會選擇所有選項，或對稱選擇A、D（或B、C）。前者是因為沒有考慮直線電流在周圍產生非勻強磁場，帶電粒子在其中不做勻速圓周運動。后者是在選擇過程中有很強的猜測成分。
分析：兩根直線電流在周圍空間產生的磁場為非勻強磁場，靠近導線處磁場強，遠離導線處磁場弱。所以帶電粒子在該磁場中不做勻速圓周運動，而是復雜曲線運動。因為帶電粒子在運動中始終只受到洛侖茲力作用，所以可以定性使用圓運動半徑規(guī)律R=mv/Bq。由該規(guī)律知，磁場越強處，曲率半徑越小，曲線越彎曲；反之，曲線彎曲程度越小。
解：選項A、B正確。
小結：這是一道帶電粒子在非勻強磁場中運動的問題，這時粒子做復雜曲線運動，不再是勻速圓周運動。但在定性解決這類問題時可使用前面所分析的半徑公式。洛侖茲力永遠不做功仍成立。
五、帶電粒子在混合場中的運動
1．速度選擇器
正交的勻強磁場和勻強電場組成速度選擇器。帶電粒子必須以唯一確定的速度（包括大小、方向）才能勻速（或者說沿直線）通過速度選擇器。否則將發(fā)生偏轉。這個速度的大小可以由洛倫茲力和電場力的平衡得出：qvB=Eq，。在本圖中，速度方向必須向右。
（1）這個結論與離子帶何種電荷、電荷多少都無關。
（2）若速度小于這一速度，電場力將大于洛倫茲力，帶電粒子向電場力方向偏轉，電場力做正功，動能將增大，洛倫茲力也將增大，粒子的軌跡既不是拋物線，也不是圓，而是一條復雜曲線；若大于這一速度，將向洛倫茲力方向偏轉，電場力將做負功，動能將減小，洛倫茲力也將減小，軌跡是一條復雜曲線。
【例題19】某帶電粒子從圖中速度選擇器左端由中點O以速度v0向右射去，從右端中心a下方的b點以速度v1射出；若增大磁感應強度B，該粒子將打到a點上方的c點，且有ac=ab，則該粒子帶___電；第二次射出時的速度為_____。
解：B增大后向上偏，說明洛倫茲力向上，所以為帶正電。由于洛倫茲力總不做功，所以兩次都是只有電場力做功，第一次為正功，第二次為負功，但功的絕對值相同。，故。
【例題20】如圖所示，一個帶電粒子兩次以同樣的垂直于場線的初速度v0分別穿越勻強電場區(qū)和勻強磁場區(qū)，場區(qū)的寬度均為L偏轉角度均為α，求E∶B
解：分別利用帶電粒子的偏角公式。在電場中偏轉：
，在磁場中偏轉：，由以上兩式可得。可以證明：當偏轉角相同時，側移必然不同（電場中側移較大）；當側移相同時，偏轉角必然不同（磁場中偏轉角較大）。
2．帶電微粒在重力、電場力、磁場力共同作用下的運動
（1）帶電微粒在三個場共同作用下做勻速圓周運動。必然是電場力和重力平衡，而洛倫茲力充當向心力。
【例題21】一個帶電微粒在圖示的正交勻強電場和勻強磁場中在豎直面內做勻速圓周運動。則該帶電微粒必然帶_____，旋轉方向為_____。若已知圓半徑為r，電場強度為E磁感應強度為B，則線速度為_____。
解：因為必須有電場力與重力平衡，所以必為負電；由左手定則得逆時針轉動；再由
（2）與力學緊密結合的綜合題，要認真分析受力情況和運動情況（包括速度和加速度）。必要時加以討論。
【例題22】質量為m帶電量為q的小球套在豎直放置的絕緣桿上，球與桿間的動摩擦因數為μ。勻強電場和勻強磁場的方向如圖所示，電場強度為E，磁感應強度為B。小球由靜止釋放后沿桿下滑。設桿足夠長，電場和磁場也足夠大，求運動過程中小球的最大加速度和最大速度。
解：不妨假設設小球帶正電（帶負電時電場力和洛倫茲力都將反向，結論相同）。剛釋放時小球受重力、電場力、彈力、摩擦力作用，向下加速；開始運動后又受到洛倫茲力作用，彈力、摩擦力開始減??；當洛倫茲力等于電場力時加速度最大為g。隨著v的增大，洛倫茲力大于電場力，彈力方向變?yōu)橄蛴?，且不斷增大，摩擦力隨著增大，加速度減小，當摩擦力和重力大小相等時，小球速度達到最大。
若將磁場的方向反向，而其他因素都不變，則開始運動后洛倫茲力向右，彈力、摩擦力不斷增大，加速度減小。所以開始的加速度最大為；摩擦力等于重力時速度最大，為。

高三物理一輪復習教學案

一名優(yōu)秀負責的教師就要對每一位學生盡職盡責，作為教師就要根據教學內容制定合適的教案。教案可以讓學生更好地進入課堂環(huán)境中來，幫助教師提前熟悉所教學的內容。教案的內容具體要怎樣寫呢？為了讓您在使用時更加簡單方便，下面是小編整理的“高三物理一輪復習教學案”，僅供參考，希望能為您提供參考！

高三物理一輪復習教學案
課題：運動學基本概念
班級___________姓名_______________學號______
一、知識梳理
1．機械運動是指物體相對于的位置的改變，選擇不同的參照物來觀察同一個運動物體，觀察的結果往往；
2．質點是一種理想化的模型是指；
3．位移表示，位移是量，路程是指，路程是量，只有當物體做運動時位移的大小才等于路程；
4．時刻指某，在時間軸上表示為某一點，而時間指間隔，在時間軸上表示為兩點間線段的長度；
5．速度表示質點運動的，速度是量，它的方向就是物體的方向，也是位移變化的方向，但不一定與位移方向相同；平均速度指，平均速度的方向與位移方向相同，平均速度總是與那一段時間或那一段位移相對應；即時速度指；
6．勻速直線運動是指；
二、例題精講
例1．下列關于質點的說法正確的是（）
A．體積很大的物體不能看成質點B．質點是一種理想化模型實際不存在
C．研究車輪的轉動時可把車輪看成質點D．研究列車從徐州到南京的時間時可把車輪看成質點
例2．如圖所示，一質點沿半徑為R的圓周從A點到B點運動了半周，它在運動過程中位移大小和路程分別是（）
A．πR、πRB．2R、2R
C．2R、πRD．πR、R
例3．關于時刻和時間，下列說法正確的是()
A．時刻表示時間較短，時間表示時間較長B．時刻對應位置，時間對應位移
C．作息時間表上的數字均表示時刻D．1min只能分成60個時刻
例4．速度大小是5m/s的甲、乙兩列火車，在同一直路上相向而行。當它們相隔2000m時，一只鳥以10m/s的速度離開甲車頭向乙車飛去，當到達乙車車頭時立即返回，并這樣連續(xù)在兩車頭間來回飛著，問：
（1）當兩車頭相遇時，這鳥共飛行了多少時間？
（2）相遇前這只鳥共飛行了多少中程？

三、隨堂練習
1．下列說法正確的是（）
A．參考系就是絕對不動的物體
B．只有選好參考系以后，物體的運動才能確定
C．同一物體的運動，相對于不同的參考系，觀察的結果可能不同
D．我們平常所說的樓房是靜止的，是以地球為參考系的
2．某運動員在百米競賽中，起跑后第3s未的速度是8m/s，第10s末到達終點時的速度是13m/s，他這次跑完全程的平均速度是（）
A．11m/sB．10.5m/sC．10m/sD．9.5m/s

四、鞏固提高
1．下列情況中的物體，哪幾種情況可看作質點（）
A．地面上放一只木箱，在上面箱角處用水平力推它，當研究它是先滑動還是先翻轉時
B．上述木箱，在外力作用下沿地面作勻速運動時
C．汽車的后輪，在研究牽引力的來源時
D．人造衛(wèi)星，在研究它繞地球轉動時
2．兩輛汽車在平直公路上勻速并排行駛，甲車內一個人看見窗外樹木向東移動，乙車內一個人發(fā)現甲車沒有運動，如果以大地為參照物，上述事實說明（）
A．甲車向西運動，乙車不動
B．乙車向西運動，甲車不動
C．甲車向西運動，乙車向東運動
D．甲、乙兩車以相同的速度同時向西運動
3．在研究物體的運動時，下列物體中可以當作質點處理的是（）
A．研究一端固定并可繞該端轉動的木桿的運動時
B．研究用20cm長的細線拴著一個直徑為10cm的小球擺動時
C．研究一體操運動員在平衡木上動作時
D．研究月球繞地球運轉時
4．從甲地到乙地的高速公路全長360km，汽車從甲地出發(fā)歷時90min，行駛150km，停車10min，然后以v2=120km/h速度繼續(xù)前進50min，又停了5min，最后又行駛了45min到達乙地，則汽車在第一段時間內的平均速度v=km/h，在最后一段時間內的平均速度v=km/h，在全程的平均速度v=km/h。

5．火車從甲站到乙站的正常行駛速度是60km/h，有一次火車從甲站開出，由于遲開了5分鐘，司機把速度提高到72km/h，才剛好正點到達乙站，則甲、乙兩站的距離是km，火車從甲站到乙站正常行駛的時間為小時。

6．小球從距地面5m高處落下，被地面反向彈回后，在距地面2m高處被接住，則小球從高處落下到被接住這一過程中通過的路程和位移大小分別為（）
A．7m,7mB．5m,2mC．5m,3mD．7m,3m

7．如圖是一個初速度為V0沿直線運動物體的速度圖象，經過時間t速度為Vt,則在這段時間內物體的平均速度和加速度a的情況是……………………………（）
A.B.
C.a是恒定的D.a是隨時間t變化的

8一支長150m的隊伍沿直線前進，通訊兵從隊尾前進300m趕到隊伍前傳達命令后立即返回。當通訊兵到回隊尾時，隊伍已前進了200m,則此過程中通訊兵所走的位移是多少？通訊兵所走的路程是多少？