力矩平衡教案范文

2024-07-28

力矩平衡教案范文（精选9篇）

力矩平衡教案第1篇

第四课时：力矩平衡条件的应用

教学目标：

一、知识目标：

1：理解有固定转动轴的物体的平衡条件； 2：能应用力矩平衡条件处理有关问题。

二、能力目标：

1：学会用数学知识处理物理问题； 2：进一步熟悉对物体的受力分析。

三、德育目标：

使学生学会要具体问题具体分析

教学重点：

力矩平衡条件的应用

教学难点：

用力矩平衡条件如何正确地分析和解决问题

教学方法：讲授法、归纳法

教学用具：

投影仪、投影片

教学步骤：

一、导入新课

1．用投影片出示下列思考题：

（1）什么是力矩的平衡？

（2）有固定准确轴的物体的平衡条件是什么？

2、本节课我们继续学习运动有固定转动轴的物体的平衡求解问题的方法。

二、新课教学

（一）用投影片出示本节课的学习目标：

1：熟练应用力矩平衡条件解决有固定转动轴物体在转动平衡状态下的有关问题。2：进一步提高受力分析的能力。

（二）学习目标完成过程： 1：用投影片出示例题1：

如图：BO是一根质量均匀的横梁，重量G1＝80N，BO的一端安在B点，可绕通过B点且垂直于纸面的轴转动，另一端用钢绳AO拉着横梁保持水平，与钢绳的夹角30，在横梁的O点挂一个重物，重要G2＝240N，求钢绳对横梁的拉力F1： a：分析

（1）本题中的横梁是一个有固定转动轴的物体；

（2）分析横梁的受力：拉力F1，重力G1，拉力F2；

（3）找到三个力的力臂并写出各自的力矩： F1的力矩：F1lcsin G1的力矩：G1o F2的力矩：G2l l 2 b：指导学生写出解题过程：

c：用投影片展示正确的解题过程如下：

解：据力矩平衡条件有：

lF1lsinG1G2l0

2G12G2由此得：F1560N

2sind：巩固训练：

如图所示，OAB是一弯成直角的杠杆，可绕过O点垂直于纸面的轴转动，杆OA长30cm，AB段长为40cm，杆的质量分布均匀，已知OAB的总质量为7kg，现在施加一个外力F，使杆的AB段保持水平，则该力作用于杆上哪一点，什么方向可使F最小？ 2：用投影片出示例题2：

一辆汽车重1.2×104N，使它的前轮压在地秤上，测得的结果为6.7×103N，汽车前后轮之间的举例是2.7m，求汽车重心的位置，（即求前轮或后轮与地面接触点到重力作用线的距离）

（1）分析：汽车可看作有固定转动轴的物体，若将后轮与地面的接触处作为转动轴，则汽车受到以下力矩的作用：一是重力G的力矩；二是前轮受到的地秤对它的支持力的力矩；汽车在两个力矩的作用下保持平衡，利用转动平衡条件即可求出重心的位置。

（2）注意向学生交代清：

a：地秤的示数指示的是车对地秤压力的大小；

b：据牛顿第二定律得到车前轮受到的支持力的大小也等于地秤的示数。

（3）学生写出本题的解题步骤，并和课本比较；

（4）讨论：为什么不将前轮与地秤接触处作为转动轴？

将前轮与地秤接触处作为转动轴，将会使已知力的力臂等于0，而另一个力（即后轮与地秤间的作用力）又是未知的，最后无法求解。

（5）巩固训练

一块均匀木板MN长L＝15cm，G1＝400N，搁在相距D＝8m的两个支架A、B上，MA＝NB，重G2＝600N的人从A向B走去，如图：问人走过B点多远时，木板会翘起来？

三、小结：

本节课我们主要学习了运用力矩平衡条件解题的方法： 1：确定研究对象：

2：分析研究对象的受力情况，找出每一个力的力臂，分析每一个力矩的转动方向； 3：据力矩平衡条件建立方程[M合＝0或M顺＝M逆] 4：解方程，对结果进行必要的讨论。

四、作业：

练习二③④

五：板书设计：

对固定轴的选取：一般以未知力为轴，这样在分析力时就少一个力，从而使问题简单化。

1、不分析作用线过转轴的力 对有固定转动轴的物体受力分析时

2、不能将物体视为质点

3、各力均画在实际作用点力矩平衡条件的应用确定研究对象，看它是否处于转动平衡对研究对象进行受力分析，画出受力示意图解题步骤选取转动轴，确定各力对轴的力臂和各力矩转动的方向据力矩平衡条件列出方程求解

力矩平衡教案第2篇

计算公式：M=FL

(1)力臂(L)：转动轴到力的作用线的垂直距离;

(2)力矩(M)：M=L×F，单位是牛*米;

(3)力矩描述力对物体产生的.转动效果;

(4)力矩是矢量，中学里只考虑顺时针和逆时针两种方向。通常规定逆时针力矩为正，顺时针力矩为负。

力矩平衡原理

力矩可以使物体向不同的方向转动。如果这两个力矩的大小相等，杠杆将保持平衡。这是我们在初中学过的杠杆平衡条件，是力矩平衡的最简单的情形。如果把把物体向逆时针方向转动的力矩规定为正力矩，使物体向顺时针方向转动的力矩规定为负力矩，则有固定转动轴的物体的平衡条件是力矩的代数和为零。

即M1+M2+M3+…=0

M(合)=0

巧用力矩平衡原理拓广奥赛试题第3篇

(1) 多边形的各内角相等;

(2) 多边形的各边的长度是12, 22, …, 19892, 19902的一个排列.

其实这个结论可以推广为:

定理1存在n边形 (其中n=2ab, a, b为互质奇数) 是具有如下性质:

(1) 多边形的各内角相等;

(2) 多边形的各边的长度是12, 22, …, (2ab-1) 2, (2ab) 2的一个排列.

定理2若凸n边形的各内角相等, 并且顺次各边满足关系a0≤a1≤a2≤…≤an-1, 则a0=a1=…=an-1.

定理3存在n边形 (其中n=4k+2, k为自然数) 是具有如下的性质:

(1) 多边形的各内角相等;

(2) 多边形的各边的长度是1, 2, …, n-1, n的一个排列.

定理1证明如下:

定理2证明如下:

根据引理1、引理2, 定理2化为:将a0, a2, …, an-1依次放在等分圆周的n个点上, 若圆盘平衡, 则a0=a2=…=an-1.

(1) 当n=2r时, ac, ar+c位于一直径上, β=0, 1, …, r-1, 因为ar+c≥ac, ai>am (i>m) , 且ar+c位于同一旁, 所以要使圆盘保持平衡, 一定要ar+c=ac, 即a0=a1=…=an-1.

(2) 当n=2r+1时, 过点 (ar+1, 0) 作直线L, 则除ar+1外的n-1等分点关于直线L对称, 因为a0≤a1≤…≤an-1, 若有ai>am (i>m) , 则圆盘关于对称轴L的两边的重量不等, 圆盘不平衡.综上所述, 圆盘平衡的条件是a0=a1=…=an-1.

定理3证明如下:

根据引理1、引理2, 定理3化为:将重量为1, 2, …, n放在圆盘的n个等分圆周上, 当n=4k+2时, 圆盘平衡, 把1, 2, …, n分为 (1, 2) , (3, 4) , …, (n-1, n) , 把它们分别放在某一条直径的两端.因为2-1=1, 4-3=1, …, n- (n-1) =1, 所以定理3化为将n/2个重量为1的放在等分圆周上, 当n=4k+2时, 圆盘平衡, 由定理2, 可知该命题成立, 所以定理3成立.

以上三个定理的证明, 都是用力矩平衡原理来证明数学难题.其实, 在中学、大学中的一些难题, 用物理原理 (运动学原理、力学原理、电学原理) 来求解, 可使问题变得通俗易懂, 从而验证数学和物理有着不解之缘, 不仅能以数学为工具来解决物理问题, 也能以物理原理来解决数学难题.

参考文献

[1]数学奥林匹克题编译小组.国际中学生数学竞赛题解.天津新蕾出版社, 1991.

力矩平衡教案第4篇

【关键词】力矩平衡等效最低点

【中图分类号】 G633.7 【文献标识码】 A 【文章编号】 1992-7711（2016）03-035-01

在高中物理学习中，“物体在竖直面内绕固定轴转动”是一类比较重要的题型，而解决这一类题目的关键是准确地找到最低点或等效最低点。我们通常应用“力的合成”或者“能量守恒”来找到它们，有没有速解办法呢？既然物体处在最低点，其势能必然最小，其稳度必然达到最大，物体刚好处于转动平衡状态，作用在物体上的合力矩必然为零，因此我们可以应用“力矩平衡” 速找“等效最低点”。

一、“力矩平衡”、 “等效最低点”及相关概念

在初中物理中，我们学过力矩、转动平衡等概念：从转动轴到力的作用线的垂直距离叫力臂；力（F）和力臂（L）的乘积（M）叫做力矩；绕固定轴转动的物体平衡的条件是：使物体顺时针方向转动的力矩之和等于使物体逆时针方向转动的力矩之和。

在高中物理中，我们又学过一种重要的物理思想——等效思想：某些物理问题中，一个过程的发展、一个状态的确定，往往是由多个因素决定的，在这一决定中，若某些因素所起的作用和另一些因素所起的作用相同，则前一些因素与后一些因素是等效的，它们便可以互相代替，因此我们可以将这种多因素过程合并处理成一个熟悉的、易处理的单因素过程，而对最后结果并无影响，这就是等效法，比如给多个质点找同一个重心，把重力、电场力两“力”叠加为一个“力”——“等效重力”，都是等效法的应用。同理，我们可以把质点系或复合场中的物体自由时能处于稳定平衡状态的位置称为“等效最低点”；物体圆周运动时与等效“最低点”关于圆心对称的位置称为“等效最高点”。

二、应用“力矩平衡”速找轻杆连接体的等效最低点

[例1]一直角轻杆两边等长，两端分别固定质量为m1的小球A和质量为m2的小球B，质量关系为m2=m1，轻杆能绕水平转轴O在竖直面内转动。现使OB水平，如图1所示，两小球从静止开始运动，经过一段时间轻杆转过θ角。不计转轴摩擦和空气阻力，两小球可视为质点，下列说法正确的是（）

A.θ角最大可达到150°

B.当θ=90°时，两小球速度最大

C.当θ=30°时，两小球速度最大

D.当θ=60°时，两小球速度最大

常规解法：系统机械能守恒，减小的重力势能等于增加的动能，有m2gLsinθ-m1gL（1-sinθ）=（m1+m2）v2，又m2=m1，解得v=

故当θ=60°时，速度有最大值；当θ=120°时，速度又减为零；故选D.

速解方法：因系统机械能守恒，速度最大意味着势能最小，势能最小意味着稳度最大，稳度最大的位置应在等效最低点，此时力矩平衡，则m1gLsinθ=m2gLcosθ，又m2=m1，

故当θ=60°时，轻杆连接体在等效最低点，速度有最大值，而θ角最大意味着速度为0，物体恢复到静止状态，因系统机械能守恒，它应该关于等效最低点对称，θ=120°时，θ角达到最大，故正确答案是D.

【点评】明显看出，用常规方法求解，涉及到三角函数的运算，难度相当大，而速解方法就简单多了。

三、应用“力矩平衡”速找带电体在竖直面内转动时的等效最低点

[例2]如图所示，在竖直平面内存在着水平向右的匀强电场，场强E=104N·C-1，有一质量m=0.10kg，带电荷量q=7.5×10-5C的小球，固定在一根长度L=0.40m的绝缘轻杆上，轻杆可绕固定轴O在竖直面内无摩擦转动，现将小球拉至位置A使轻杆水平后由静止释放，问：小球摆到什么位置速度刚好为0？（g=10m·s-2）

常规解法：设小球摆动角度φ之后，动能再次为0，因为只有重力和电场力做功，由动能定理得，mg·l·sin -qE（l-lcos ）=0，无论φ为钝角还是锐角，该式都成立，∴sin +0.75cos =

0.75，运用三角函数公式解得 =0或者 =1.6°.

速解方法：设轻杆摆动θ角后，到达等效最低点B，如图4，此时转动平衡，由平衡条件知θ只可能为锐角，且有mg·L·cosθ=qE·sinθ：，解得cotθ=0.75=，故θ=53°.

因为小球摆动中只有重力和电场力做功，能量守恒，小球到达A关于OB线的对称点C时，等效势能达到最大，动能再次为0，与初始位置A相比，转动角度 =2θ=106°，如图5.

【点评】在本题中，用常规方法求解，方程也简单，但是运算时要涉及到更为复杂的三角函数公式，而速解方法算起来就容易得多，而且对运动过程的描述更为清晰，如分析到θ只可能为锐角等。如果本题没有给出m、q、E的具体数值，速解方法的优势将更加明显。

[参考文献]

生态平衡教案第5篇

教学目标过程与方法

能够通过收集资料，对目前的生态现象做出判断。能够就破坏生态平衡进行分析，并提出解决措施。能够做一个生态瓶，研究生态平衡的问题。

引导并训练学生在课后对周围生态平衡遭到破坏的现状写调查报告的能力知识与技能

知道生态系统与生态平衡，了解保护生态平衡的重要性。情感、态度与价值观

培养保护生态平衡的思想意识。

意识到保护环境就是在保护人类自己。教学重难点

本课重点通过大量生动事例和探究破坏生态平衡的危害性，让学生感到生态平衡的重要性。教学准备

有关生态系统被破坏的例子、我国自然保护区情况介绍以及有关生态农业和蓝色农业的资料。教学过程

一、创设情境导入新课

1、观看录象：《动物世界》，演示生态系统中在捕食与反捕食中达成的一种动态平衡。

2、提问：录象中你发现一种什么生物现象？

二、确定探究的问题

“录象中表现了生态平衡。”设疑：什么是生态平衡？生态系统为什么能保持生态平衡？（板书课题）

三、规范推测，假设过程

1．讲述：通过前面的学习我们知道了在自然界中各种生物都要生存在一定的环境中，生物与生物之间都有着一定的食物联系，形成了复杂的食物网，而这些生物与他们所生存的环境也就构成了一个生态系统。

2．讲述：在一个良好的生态系统中，动物、植物、微生物的数量通常都要维持在一定的水平并且变化不大，这时这个系统就能达到平衡状态，我们在科学上把这种现象称为生态平衡。3．师举例说明。

4、今天我们一起来研究生态平衡当自然界中的某一些条件改变时，生态系统破坏，给人们带来什么后果？。

四、开展探究解决问题

1．讨论破坏生态平衡会带来严重后果。

（1）谈话：自然界长期形成的食物链和食物网维系着生态系统的平衡，这些链、网中的任何环节遭到破坏，这个平衡关系就会遭到破坏，将会带来意想不到的后果，甚至造成巨大的灾难。

（2）讨论书上48页的三幅图：图上人们的行为会给这个生态系统带来影响吗？你认为会造成什么影响？为什么？

（3）师举例说明破坏生态平衡的例子：课件出示北朝民歌《敕勒歌》中“风吹草低见牛羊”的情景，出示草原荒漠化后的情景，老师讲述荒漠化的原因。（4）启发学生回忆还有哪些人类破坏生态平衡的例子。（5）阅读书上49页资料，思考讨论：

a在这个亚利桑那州中白尾鹿和美洲狮、狼是什么关系？ b是什么原因造成白尾鹿增多的？

c人们的这样的做法使得白尾鹿的数量过大，又带来了什么问题？

d现在人们这对这个问题提出了三种解决措施，如果你是位生态学家，你会建议采取什么措施来解决这个问题呢？分组讨论，说说理由。2．知道保护生态平衡的途径。

（1）谈话：既然生物们在他们生存的环境中都起着维持一定生态平衡的作用，因此世界各国都相应的建立起各个自然保护区，我们国家业已建立了226个自然保护区，你知道我国有哪些自然保护区吗？这些自然保护区重点保护哪些生物？

（2）教师适当介绍我国一些著名的自然保护区情况。（也可借助图片录像资料）

（3）讨论：国家对于维持自然界的生态平衡可以建立自然保护区，那么我们同学自己对于保护生态平衡可以做哪些力所能及的事情呢？交流改进建议。

五、内化并应用知识 1．谈话：现如今国家为了保护生态平衡还建设了不少生态工程呢，你听说过生态农业和蓝色农业吗？ 2．师介绍桑基鱼塘生态农业模式，（也可借助图片录像资料）

3、提问你愿意来试一试，制作一个不需要外界提供食物就可以正常生存的生物条件吗？学生讨论研究方案学生分组实验

1．模拟生态平衡。

（1）制作鱼缸养鱼的生态瓶。看47页图文说明，学习方法。设计要求：

A这是一个封闭的生态系统。

B瓶中生物具有很强的生命力，能够进行物质循环和能量流动。C生态瓶必须透明，让生物得到阳光并便于观察。

D生态瓶的采光以比较强的散射光为好，不能采用强烈的直射光。饲养提示：

A鱼的生命较脆弱，可用螺蛳替代养。B取用池塘水是需有家长陪同，注意安全。（2）制作小草的生态瓶。

设计这两个生态瓶时为什么要密封？

（3）预测一下，：

A不给鱼喂食，它可以活多久？放更多或更大的鱼到鱼缸里，情况会怎么样？ B不打开瓶盖，瓶子里的小草可以活多久？

（4）提问：说说这个生态瓶中有哪些成员？鱼缸和鱼缸里的东西、瓶子和瓶子里的东西是如何模拟一个生态系统的？

（5）学生制作生态瓶。（课堂组装一种，要求回家观察记录）（6）比赛谁的小鱼或小草存活的时间最长。

六、布置作业

等效平衡教案第6篇

盐类水解是中学化学教学中的重点和难点。也是近年来高考的热点之一。但是同学们在实际应用中却往往不知何时考虑有关盐类水解。现将有关常见的盐类水解问题归纳如下：

(1)判断盐溶液的酸碱性时应考虑盐类水解,强酸弱碱盐溶液水解显酸性,强碱弱酸盐水解显碱性.弱酸弱碱盐溶液的酸碱性要分析二者的水解程度,溶液可能显酸性碱性或者是中性。.(2)判断离子共存问题时应考虑盐类水解：弱碱的阳离子（如Al3+、Cu2+、Fe3+、NH4+等）与弱酸的酸根（如HCO3-、CO32-、AlO2-、F-等）在溶液中不能同时大量共存。因为两种离子都水解，分别和水电离出的H+、OH-结合互相促进水解，使两种离子数目减少。(3)根据盐溶液的PH判断相应酸的相对强弱时应考虑盐类水解：如物质的量浓度相同的三种钠盐NaX、NaY、NaZ的PH依次为7、8、9，则相应的酸HX、HY、HZ的相对强弱为HX?HY?HZ（酸越弱，其强碱盐就越易水解，故溶液的碱性就越强）。

(4)比较溶液中离子浓度的相对大小时应考虑盐类水解：如Na3PO4晶体中Na+和PO43-的物质的量之比为3：1，在其溶液中PO43-水解，则[Na+]：[PO43-]?3：1。

(5)比较溶液中离子种类多少时应考虑盐类水解：如Na2S、Na2CO3、Na3PO4的溶液中哪种溶液中含阴离子种类最多？因为三种酸根均要水解，且Na3PO4的溶液中含有的阴离子种类最多。

(6)强酸弱碱盐、强碱弱酸盐的配制时应考虑盐类水解：如实验室配置FeCl3溶液，由于FeCl3溶于水要发生水解反应：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，因此为了抑制其水解保持溶液澄清，是将盐先溶解于稀盐酸中，再加水稀释。同样的方法可配置CuSO4溶液等。

(7)中和滴定指示剂的选择时应考虑盐类水解：若用强碱滴定弱酸，反应达到终点后，因生成强碱弱酸盐溶液显碱性，所以选择在碱性范围内变色的指示剂----酚酞。若用强酸滴定弱碱，反应达到终点后，溶液显酸性，故要选择在酸性范围内变色的指示剂----甲基橙。(8)部分活泼金属和盐溶液的反应时应考虑盐类水解：如Mg条在常温下与水无明显反应，但是放入氯化铵(CuSO4)溶液中有气体产生。（因为氯化铵发生水解产生较多的H+）。(9)强酸弱碱盐与强碱弱酸盐混合时应考虑盐类水解：如果有难溶于水的物质生成,则发生完全双水解(如.AlCl3和Na2CO3溶液混合：2Al3++3CO32-+3H2O==2Al(OH)3↓+3CO2↑)如果没有难溶于水的物质生成则发生不完全水解.(NH4Cl和CH3COONa溶液混合H2O+ NH4++CH3COO-CH3COOH+NH3·H2O。

(10)弱酸弱碱盐的制取时应考虑盐类水解：由于弱酸弱碱盐强烈的水解，因此对应的溶液的制备不能溶液之间的反应得到，如Al2S3的制取，若在溶液中则会双水解生成Al(OH)3和H2S。

(11)加热蒸干溶液后产物的判断时应考虑盐类水解：在加热时会促进盐类的水解。加热蒸干Al2(SO4)3[Fe2(SO4)

3、KAl(SO4)

2、CuSO4]溶液和碳酸钠[Na3PO4、Na2SiO3]溶液得到原溶质（因为它们水解的产物会重新反应生成原物质）。加热AlCl3（Al(NO3)3）溶液因为水解产物之一为挥发性物质,便得另一种水解产物,此时要考虑得到的该水解产物的热稳定性。加热蒸干FeSO4溶液时，溶液中的Fe2+被氧化生成Fe3+，而Fe3+水解生成Fe(OH)3,等物质的量的Fe(OH)3,不能硫酸中和,故最后的产物为Fe2(SO4)3和Fe2O3的混合物.(12)强酸弱碱盐、强碱弱酸盐的保存时应考虑盐类水解：如，碳酸钠溶液不能储存在玻璃瓶塞

(13)热纯碱的去污原理时应考虑盐类水解：加热可以使CO32-水解程度增大，因而使溶液碱性增强，去污能力增强。

(14)净水剂的净水原理时应考虑盐类水解：明矾净水是因为明矾在水中发生如下水解：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+,生成的Al(OH)3胶体有较强的吸附性，可以吸附杂质。（氯化铁溶液的净水及止血的原理同上）。

(15)泡末灭火器的灭火原理时应考虑盐类水解：泡末灭火器内装的是饱和硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液。它们分别装在不同容器中，各自存在下列水解平衡：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+；HCO3-+H2O H2CO3+OH-当两种溶液混合时，相互促进水解使生成大量的H2CO3分解产生CO2使灭火器内的压强增大，CO2、H2O、Al(OH)3一起喷出覆盖在着火物质上使火焰熄灭。

(16)肥料的使用时应考虑盐类水解：长期使用(NH4)2SO4的土壤因NH4+的水解使土壤的酸性增强;另外草木灰（K2CO3）和氨态氮肥（硝酸铵）混用，由于CO32-和NH4+的水解相互促进，使NH4+变为NH3降低氮肥的肥效；同样草木灰（K2CO3）和过磷酸钙混用会降低磷肥的肥效。

化学平衡教案第7篇

知识技能:掌握化学平衡的概念极其特点;掌握化学平衡的有关计算。

能力培养:培养学生分析、归纳,语言表达与综合计算能力。

科学思想:结合平衡是相对的、有条件的、动态的等特点对学生进行辩证唯物主义教育。科学品质:培养学生严谨的学习态度和思维习惯。

科学方法:加强新知识的运用,找到新旧知识的连接处是掌握新知识的关键。重点、难点化学平衡的概念极其特点。

教学过程设计

【复习提问】什么是可逆反应?在一定条件下2molSO2与1molO2反应能否得到2molSO3?

【引入】得不到2molSO3,能得到多少摩SO4?也就是说反应到底进行到什么程度?这就是化学平衡所研究的问题。思考并作答:在相同条件下既能向正反应方向进行又能向逆反应方向进行的反应叫做可逆反应。SO2与O2的反应为可逆反应不能进行完全,因此得不到2molSO3。提出反应程度的问题,引入化学平衡的概念。

结合所学过的速率、浓度知识有助于理解抽象的化学平衡的概念的实质。

【分析】在一定条件下,2molSO2与1molO2反应体系中各组分速率与浓度的变化并画图。回忆,思考并作答。

【板书】一、化学平衡状态

1.定义:见课本第9页

【分析】引导学生从化学平衡研究的范围,达到平衡的原因与结果进行分析、归纳。归纳:

研究对象:可逆反应

平衡前提:温度、压强、浓度一定

原因:v正=v逆(同一种物质)

结果:各组成成分的质量分数保持不变。准确掌握化学平衡的概念,弄清概念的内涵和外延。

教师活动学生活动设计意图

【提问】化学平衡有什么特点?

【引导】引导学生讨论并和学生一起小结。讨论并小结。

平衡特点:

等(正逆反应速率相等)

定(浓度与质量分数恒定)

动(动态平衡)

变(条件改变,平衡发生变化) 培养学生分析问题与解决问题的能力,并进行辩证唯物主义观点的教育。加深对平衡概念的理解。

讨论题:在一定温度下,反应

2NO2 N2O4达平衡的标志是。

(A)混合气颜色不随时间的变化

(B)数值上v(NO2生成)=2v(N2O4消耗)

(C)单位时间内反应物减少的分子数等于生成物增加的分子数

(D)压强不随时间的变化而变化

(E)混合气的平均分子量不变讨论结果:因为该反应如果达平衡,混合物体系中各组分的浓度与总物质的量均保持不变,即颜色不变,压强、平均分子量也不变。因此可作为达平衡的标志(A)、(D)、(E)。加深对平衡概念的理解,培养学生分析问题和解决问题的能力。

【过渡】化学平衡状态代表了化学反应进行达到了最大程度,如何定量的表示化学反应进行的程度呢?

2.转化率:在一定条件下,可逆反应达化学平衡状态时,某一反应物消耗量占该反应物起始量的质量分数,叫该反应物的转化率。

公式:a=△c/c始×100% 通过讨论明确由于反应可逆,达平衡时反应物的转化率小于100%。通过掌握转化率的概念,公式进一步理解化学平衡的意义。

3.平衡的有关计算

(1)起始浓度,变化浓度,平衡浓度。

例1 445℃时,将0.1mol I2与0.02mol H2通入2L密闭容器中,达平衡后有0.03molHI生成。求:①各物质的起始浓度与平衡浓度。

②平衡混合气中氢气的体积分数。

【小结】①起始浓度、变化浓度、平衡浓度三者的关系,只有变化浓度引导学生分析:

I2+H2(气) 2HI

c始/mol/L 0.01 0.05 0

c变/mol/L x x 2x

c平/mol/L/ 0.015

0+2x=0.015

x=0.0075mol/L

平衡浓度:

c(I2)平=C(I2)始-△C(I2)

=0.05-0.0075

=0.0425mol/L

c(H2)平=0.01-0.0075 通过具体计算弄清起始浓度、变化浓度、平衡浓度三者之间的关系,掌握有关化学平衡的.计算。

教师活动学生活动设计意图

才与方程式前面的系数成比例。

②可逆反应中任一组分的平衡浓度不可能为0。

(2)转化率的有关计算

例2 02molCO与0.02×100%=4.2%mol水蒸气在2L密闭容器里加热至1200℃经2min达平衡,生成CO2和H2,已知V(CO)=0.003mol/(L・min),求平衡时各物质的浓度及CO的转化率。

【小结】变化浓度是联系化学方程式,平衡浓度与起始浓度,转化率,化学反应速率的桥梁。因此,抓变化浓度是解题的关键。

(3)综合计算

例3 一定条件下,在密闭

容器内将N2和H2以体积比为1∶3混合,当反应达平衡时,混合气中氨占25%(体积比),若混合前有100mol N2,求平衡后N2、H2、NH3的物质的量及N2的转化率。

【小结】方法一是结合新学的起始量与平衡量之间的关系从每种物质入手来考虑,方法二是根据以前学过的差量从总效应列式,方法二有时更简单。 =0.0025mol/L

c(HI)平=c(HI)始+△c(HI)

=0.015mol/L

w(H2)=0.0025/(0.05+0.01)

思考并分析:

CO+H2O CO2+H2

△c(CO)=V(CO)・t

=0.003mol/(L・min)×2min

=0.006mol/L

a=△c/c(始)×100%

=0.006/0.01×100%

=60%

分析

方法一:

设反应消耗xmolN2

N2+3H2 2NH3

△n(始)100 300 0

△n x 3x2 x

n(平)100-x300-3x 2x

(mol)

x=40mol

n(N2)平=100-x=100-40

=60mol

n(N2)平=300-3x=180mol

a=40/100×100%=40%

方法二:设有xmolN2反应

N2+3H2 2NH3 △n

1 2 2

x 2x 2x

巩固转化率的概念并弄清转化率与变化浓度,速率化学方程式之间的关系。

通过一题多解将不同过程的差量计算与平衡计算联系起来加深对平衡的理解,加强对所学知识(如差量的计算,阿伏加德罗定律的计算)的运用,培养学生综合思维能力和计算能力。

强调重点,加强学法指导。

【课堂小结】今天我们重点学习了化学平衡的概念及有关计算,比较抽象,希望大家加强练习,以便熟练地掌握平衡的概念。

【随堂检测】1.对于一定温度下的密闭容器中,可逆反应H2+I2 2HI达平衡的标志是()。

(A)压强不随时间的变化而变化

(B)混合气的平均分子量一定

(C)生成n mol H2同时生成2n mol HI

(D)v(H2)=v(I2)

2.合成氨生产中,进入塔内的氮气和氢气体积比为1∶3,p=1.52×107Pa(150atm),从合成塔出来的氨占平衡混合气体积的16%,求合成塔出来的气体的压强。平衡时NH3的体积分数为:

n(平NH3)/n(平总)×100%

=n(平NH3)/(n始-△n)

=2x/(400-2x)×100%

=25%

x=40mol

(以下计算与上面相同) 巩固课堂所学内容。

力矩平衡教案第8篇

1 平衡机静态分析

1.1 平衡机的工作原理

新型自动机绕回转中心轴进行俯仰运动, 为达到俯仰运动轻便与较高的运动精度, 由平衡机来平衡其重力矩, 其工作原理示意图如图1。

为方便分析计算, 建立如下相应的坐标系[2]:建立静坐标系OWU, OW为水平轴, OU为铅垂轴。建立绕O点旋转的动坐标系XOY, OX为自动机推进轨道的中心轴线方向, OY垂直于OX向上。在分析和计算过程中各种参考量符号说明如下:O为回转中心, Aj为平衡机与俯仰摇架连接铰链轴, B为钢丝绳与滑轮的切点, r1为Aj至O的距离, r2为B至O的距离, φj为俯仰角, γ0为俯仰角为零时自动机质心和回转中心O的连线与水平线的夹角, γj为俯仰角在φj时自动机质心与回转中心O的连线与水平线的夹角。

1.2 自动机质心的计算

自动机的质量M及质心与其结构形式有着密切的关系。为使计算简化, 对其各个部件建立数学模型, 将各部件视为若干个质点, 这些质点以回转中心O为原点[3]。则自动机质心在WOQ坐标系下的坐标为:

1.3 静态下俯仰角为φj时重力矩Mj

式中, Q为自动机的质量, l为质心与回转中心O的距离。

式中, Wz=l·cos (φj-γ0)

1.4 平衡机的平衡力矩Mp

自动机转过φj角时的平衡力矩为:

式中, n为平衡机的个数, K为一个平衡机的弹簧力, hj为俯仰角为φj时的平衡力臂。

1.5 俯仰角为φj时的不平衡力矩ΔM

经计算得到重力矩及平衡力矩其变化规律曲线如图2所示。由图可知, 俯仰角在-7°~20°的范围内, 平衡力矩大于重力矩, 最大不平衡力矩为27.77N·m;俯仰角在20°~60°的角度范围内, 平衡力矩基本上与重力矩相平衡;俯仰角在60°~90°的角度范围内, 平衡力矩小于重力矩, 最大不平衡力矩为-27.74N·m, 满足要求。

2 系统动态力矩分析与计算

自动机系统的动态分析与计算是指在工作状态下, 俯仰角为φj时, 推进轨道内装载待推进物, 将待推进物以一定的速度传送到指定位置。推进轨道是由多个推进单元组合而成。在推进过程中存在推进力, 而由于推进的方式不同 (即选择不同的推进单元) , 将造成推进力的大小及作用点的位置发生改变, 此推进力即为剧烈冲击载荷;同时装载不同待推进物的数目也将影响自动机的质心位置。因此, 对回转中心的重力矩也将发生变化。

自动机的重力矩包括两部分:1) 只与俯仰角φ变化有关, 而与自动机的工作状态无关, 设其质量为Qb, 在WOU坐标下的质心坐标为 (Wb, Ub) ;2) 既与俯仰角φ变化有关, 又与自动机的工作状态相关, 设其质量为Qa。同时, 其他力对回转中心也将产生力矩的作用。下面对工作过程中的力及力矩进行分析, 其受力示意图如图3所示。

在推进待推进物体时, 推进力作用在推进物体上, 而推进反力将作用在自动机上。自动机的运动部分将沿着俯仰摇架上的支撑轨道向后运动 (ox轴负方向) 。推进反力的作用时间较短, 设推进反力为Ftf, 其方向与ox轴平行。在俯仰摇架上设有缓冲装置, 其缓冲力为Fh, 方向沿ox轴正方向, 经过回转中心O, 作用在自动机的运动部分。

为方便计算, 将缓冲力数学模型简化为:

式中:c为缓冲阻尼系数, v为运动速度, k为缓冲弹簧的刚度系数, Δs为缓冲簧压缩量。

自动机支撑轨道处存在摩擦力, 设为Ff, 其作用方向与ox轴平行, 与运动方向相反。

2.1 推进n个待推进物的力矩分析

自动机选取推进单元时, 应尽量以自动机中心轴线为对称轴来选取, 这样可避免推进反力对回转中心轴产生力矩。将系统的合力矩研究分为两个阶段进行分析, 计算中选取顺时针为力矩的正方向。

a) 剧烈冲击载荷作用下的力矩

b) 剧烈冲击载荷作用结束后的力矩

以下为对式 (1) 、式 (2) 中的推导与细化[4]

1) 非运动部分重力矩

式中:lb为非运动部分对回转中心O的力臂, Wb为质心在WOU坐标系下的横坐标, γb为非运动部分在俯仰角为零时, 其质心和回转中心O的连线与水平线的夹角。

2) 运动部分重力矩

式中:l'a为运动部分对回转中心O的力臂, W'为质心在WOU坐标系下的横坐标, γa为运动部分在俯仰角为零时, 其质心和回转中心O的连线与水平线的夹角。

在运动部分向后运动的过程中, 已知其质心在XOY坐标系下的运动规律, 而计算重力矩需要知道质心在WOU坐标系下的坐标, 因此由坐标变换可得:

3) 运动部分惯性力矩

式中:ma为自动机运动部分的质量, la为惯性力-ma·a对回转中心O的力臂, Ya为其质心在XOY坐标系下的纵坐标, Δt为剧烈冲击载荷作用的结束时间。

4) 推进反力力矩

式中:ltf为推进反力对回转中心o的力臂, Ytf为其质心在xoy坐标系下的纵坐标。

5) 摩擦力矩

式中:μ为摩擦系数, lf为摩擦力对回转中心o的力臂, Yf为其质心在xoy坐标系下的纵坐标。

将推导细化中的各式带入式 (1) 、式 (2) , 整理得剧烈冲击载荷下的力矩:

剧烈冲击载荷作用结束后的力矩:

2.2 不同俯仰角下系统的力矩计算

自动机的推进方式有很多种, 但推进方式的应使推进力的合力经过回转中心O, 或者使推进力的合力与回转中心的距离尽量小。这样可以减小自动机受到剧烈冲击载荷对回转中心产生的动态力矩。

选取推进14个待推进物, 在不同俯仰角下的力矩的分析计算。按照前述原则选择推进单元, 确定的推进方式由于其推进反力的合力与推进轨道中心轴线的距离很小, 故近似取推进反力经过回转中心, 因此式 (1) 中的推进反力力矩Mtf为零。同时对推进反力Ftf的数学模型进行简化, 简化后其力特性图如图4所示, 推进反力Ftf的最大值为490.62k N。

经过编程计算[5,6]可得M在受剧烈冲击载荷及缓冲过程中, 俯仰角为0°、40°、80°时系统合力矩的变化规律, 变化规律如图5所示。

时间t在0ms~10.8ms内 (即推进反力Ftf的作用时间) , 合力矩的方向发生了两次变化:顺时针→逆时针→顺时针。在2.4ms时, 合力矩M在各个俯仰角下达到最大值。从图5中可看出:俯仰角为80°时的合力矩M的最大值比0°、40°大, 其值为20277.4N·m。当时间t>10.8ms时, 推进反力作用结束, 合力矩逐渐减小, 由于平衡机和力矩电机的作用, 合力矩最后减小到零。通过对比可得:随着俯仰角度的增加, 合力矩减小到零的时间随之缩短。

自动机受到剧烈冲击载荷后, 俯仰角度发生扰动, 在力矩电动机和平衡机的作用下, 俯仰角度的扰动量逐渐恢复到初始状态。取顺时针方向为角度扰动量的正方向, 表1中列出了不同俯仰角度的扰动量及恢复时间。

自动机在工作状态下, 由于受到剧烈冲击载荷的作用, 对回转中心产生了较大的力矩, 同时自动机在俯仰角度上也存在扰动量。

3 结论

本研究对某新型自动机在剧烈冲击不平衡力矩条件下平衡机的动态特性进行了分析, 分析中简化了部分参数的数学模型。

自动机工作状态下, 受到剧烈冲击载荷后, 在俯仰角0°~87°范围内, 随着角度的增加, 合力矩M的最大值、俯仰角度的扰动量、恢复时间均随之增加。

通过对某新型自动机在剧烈冲击不平衡力矩条件下系统动态力矩的分析, 为平衡机的设计与优化提供了重要参考。

摘要：某新型自动平衡机在工作状态下受到剧烈冲击载荷的作用, 剧烈冲击载荷对回转中心将产生动态不平衡力矩。研究在剧烈冲击不平衡力矩条件下, 对平衡机进行动态特性分析, 研究结果为平衡机的设计与优化提供重要参考。

关键词：新型自动机,平衡机,冲击载荷,动态分析

参考文献

[1]谈岳斌, 张相炎, 关红根.火炮概论[M].北京:北京理工大学出版社, 2005.

[2]康郦, 胡月, 朱承邦.新型舰炮平衡机的分析与计算[J].中国舰船研究, 2009, 4 (2) :73-77.

[3]丛伟, 程云阶.扭力平衡机设计的探讨[J].沈阳航空工业学院学报, 1999, 16 (3) :25-32.

[4]哈尔滨工业大学理论力学教研室.理论力学 (Ⅰ) [M].北京:高等教育出版社, 2002.

[5]周元哲.Visual Basic程序设计语言[M].北京:清华大学出版社, 2011.

化学平衡教案第9篇

化学平衡的影响条件及其规律在本章的知识中起到了承上启下的作用，在学习了影响化学反应速率的条件和化学平衡等知识的基础上再来学习本节内容，系统性较好，有利于启发学生思考，便于学生接受。正是利用这种优势，教材在前言中就明确指出，当浓度、温度等外界条件改变时，化学平衡就会发生移动。同时指出，研究化学平衡的目的，并不是为了保持平衡状态不变，而是为了利用外界条件的改变，使化学平衡向有利的方向移动。如向提高反应物转化率的方向移动，由此表明学习本节的实际意义。

教学中利用好演示实验，通过对实验现象的观察和分析，引导学生得出增大反应物的浓度或减小生成物的浓度都可以使化学平衡向正反应方向移动的结论。反之，则化学平衡向逆反应方向移动。并要求学生运用浓度对化学反应速率的影响。以及化学平衡常数不随浓度改变等知识展开讨论，说明改变浓度为什么会使化学平衡发生移动。同样的方法也适用于压强、温度对化学平衡影响的教学。

教材在充分肯定平衡移动原理的同时，也指出该原理的局限性，以教育学生在应用原理时，应注意原理的适用范围，以对学生进行科学态度的熏陶和科学方法的训练。除此之外，组织好教材节末的讨论题，引导学生了解课后资料及阅读材料的相关知识，都会使学生对本节的教学重点的理解、掌握起到推动和辅助作用。

●教学目标

1. 使学生理解浓度、温度、压强等条件对化学平衡的影响。

2. 使学生理解平衡移动原理，学会利用平衡移动原理判断平衡移动方向。

3. 使学生学会利用速率~时间图来表示平衡移动过程，培养学生识图、析图能力。

●教学重点

浓度、压强、温度对化学平衡的影响

●教学难点

1.平衡移动原理的应用

2.平衡移动过程的速率～时间图

●课时安排

三课时

●教学方法

1. 通过演示实验，启发学生总结、归纳出浓度、温度等条件对化学平衡的影响。

2. 通过对平衡常数及外界条件对速率的影响理论的复习，从理论上使学生认识平衡移动规律。

3. 通过典型例题和练习，使学生进一步理解并掌握勒沙特列原理。

●教具准备

1 lL-1的FeCl3溶液、1 lL-1的SCN溶液、2 lL-1的NaOH溶液、蒸馏水、冰水、热水、NO2气体、大试管(1支)、小试管(3支)、烧杯(2只)、烧瓶(2个)、带夹导管。

第一课时

(复习引入新课)

[师]可逆反应进行的最终结果是什么?

[生]达到平衡状态。

[师]化学平衡状态有哪些特点?

[生]1. 同种物质的正反应速率等于逆反应速率;2. 各组分的浓度保持不变;3. 动态平衡。

[设问]可逆反应达平衡后，若外界条件的改变引起正、逆反应速率不相等，那么此平衡状态还能维持下去吗?

[生]不能。

[师]对。此时原平衡将被破坏，反应继续进行下去，直至再达平衡。这种旧的化学平衡被破坏，新的化学平衡建立的过程，叫做化学平衡的移动。

我们学习化学平衡，就是为了利用外界条件的改变，使化学平衡向有利的方向移动。这节课我们就学习影响化学平衡的条件。

[板书]第三节影响化学平衡的条件

一、浓度对化学平衡的影响

[师]反应浓度改变能引起速率改变，那么能否引起平衡移动呢?下面先通过实验来说明这个问题。

[演示实验]浓度对化学平衡的影响。

(第一步)教师先举起盛FeCl3溶液和SCN溶液的试剂瓶，让学生说出它们的颜色。

[生]FeCl3溶液呈黄色，SCN溶液无色。

(第二步)在一支大试管中，滴入FeCl3溶液和SCN溶液各5滴，问学生看到了什么现象?

[生]溶液变成了血红色。

[讲述]生成血红色的溶液是因为它们发生了下列可逆反应，生成了一种叫硫氰化铁的物质。

[板书]FeCl3+3SCN 3Cl+Fe(SCN)3 即：Fe3++3SCN- Fe(SCN)3

指出：血红色是Fe(SCN)3的颜色。

[过渡]下面我们接着做实验。

(第三步)把大试管中的溶液加水稀释至橙红色，分别倒入三支小试管(大试管中留少量溶液用于比较颜色变化)。

(边讲边操作)下面我在这两支盛稀释过的溶液的小试管中分别滴加FeCl3和SCN溶液，大家注意观察现象。

[问]有何变化?这说明什么问题?由此我们可以得出什么结论?

[启发]红色的深浅由谁的多少决定?

[学生讨论后得出结论]红色加深是因为生成了更多的Fe(SCN)3，这说明增大反应物浓度，会使化学平衡向正反应方向移动。

[设问]如果我们在稀释后的溶液中滴加NaOH溶液，又会有什么现象呢?请大家注意观察。

(第四步)在第三支小试管中滴加NaOH溶液。

[生]有红褐色沉淀生成，溶液颜色变浅。

[师]红褐色沉淀是由Fe3+与OH-结合生成的。那么，溶液颜色变浅又如何解释?

[生]生成沉淀使Fe3+浓度降低，化学平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度降低，红色变浅。

[师]我们通过实验，得出了增大反应物浓度使化学平衡正向移动和减小反应物浓度化学平衡逆向移动的结论，那么增大或减小生成物浓度，平衡将如何移动呢?

[生]增大生成物浓度，化学平衡逆向移动;减小生成物浓度化学平衡正向移动。

[师]下面我们来总结一下浓度对化学平衡的影响规律。

[板书]1. 规律：其他条件不变时，增大反应物浓度或减小生成物浓度，都使化学平衡向正反应方向移动;减小反应物浓度或增大生成物浓度，都使化学平衡向逆反应方向移动。

[设问]浓度对平衡的影响如何从浓度对速率的影响解释呢?

[板书]2.浓度改变速率改变

[师]我们知道，一个可逆反应达平衡状态时，对于同一反应物或生成物，正反应速率等于逆反应速率，即消耗速率等于生成速率，那么增大某一反应物的浓度的瞬间，正反应速率和逆反应速率如何变化?还是否相等?

[启发]逆反应速率的大小取决于哪种物质浓度的大小?

[生]生成物浓度的大小。

[师]在增大Fe3+浓度的瞬间，Fe(SCN)3浓度和SCN-是否改变?

[生]不变。

[师]由于增大Fe3+浓度的瞬间，Fe(SCN)3浓度和SCN-浓度不变，所以Fe3+的生成速率即逆反应速率不变，但Fe3+浓度的增大会使Fe3+的消耗速率即正反应速率瞬间增大，导致正反应速率大于逆反应速率，平衡发生移动。在平衡移动过程中，生成物浓度逐渐增大，使正反应速率逐渐增大，反应物浓度逐渐减小，使逆反应速率逐渐减小，直至正反应速率再次等于逆反应速率，达到新的平衡状态。我们如何把浓度改变时速率随时间的变化过程用速率～时间图表示出来呢?

[板书]3. 速率～时间图

[复习]请大家先画出一个可逆反应从刚加入反应物到达平衡状态整个过程的速率～时间关系图。

(一个学生板演)

[师]下面请大家根据增大一种反应物浓度时，瞬间正、逆速率的变化及平衡移动过程中速率的变化情况，画出在t时刻增大一种反应物浓度时的速率～时间图。

(教师注明t时刻的位置，然后由学生板演，画出平衡移动过程的速率～时间图)

[师]大家能很快地画出此图，说明对学过的知识掌握得很好，请大家接着画出以下几种情况的速率～时间图。

[板书]

(由三个学生板演后，不完善或不正确的地方由其他学生修改、补充。由教师总结得出以下结论)

[分组讨论]以上平衡移动的速率时间图有何特点?

(讨论后每组选出一个代表回答)

a.改变反应物的浓度，只能使正反应速率瞬间增大或减小;改变生成物浓度，只能使逆反应速率瞬间增大或减小。

b.只要正反应速率在上面，逆反应速率在下面，即v′正>v′逆。化学平衡一定向正反应方向移动;反之，向逆反应方向移动。

c.只要是增大浓度，不论增大的是反应物浓度，还是生成物浓度，新平衡状态下的反应速率一定大于原平衡状态;减小浓度，新平衡条件下的速率一定小于原平衡状态。

[师]下面我们根据浓度对平衡的影响规律，做一道练习题。

[投影]练习1. 可逆反应H2O(g)+C(s) CO(g)+H2(g)在一定条件下达平衡状态，改变下列条件，能否引起平衡移动?CO浓度有何变化?

①增大水蒸气浓度 ②加入更多的碳 ③增加H2浓度

(答案：①平衡正向移动，CO浓度增大 ②平衡不移动，CO浓度不变 ③平衡逆向移动，CO浓度减小)

[问]加入更多的碳为什么平衡不移动?

[生]因为增加碳的用量并不能改变其浓度，不能改变反应速率。

[师]对，增加固体或纯液体的量不能改变其浓度，也不能改变速率，所以v正仍等于

v逆平衡不移动。

以上我们讨论了改变反应物浓度时，平衡移动的方向问题，那么改变反应物浓度时，各反应物转化率有何变化呢?有兴趣的同学可在课后做下面的练习题，从中总结规律。

[投影]练习2. 500℃时，在密闭容器中进行下列反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，起始只放入CO和水蒸气，其浓度均为4 lL-1，平衡时，CO和水蒸气浓度均为1 lL-1，达平衡后将水蒸气浓度增至3 lL-1，求两次平衡状态下CO和H2O(g)的转化率。(提示：温度不变平衡常数不变)

答案：原平衡时CO转化率75%，H2O蒸气转化率75%;平衡移动后CO转化率86.75%，H2O蒸气转化率57.83%。

结论：增大一种反应物的浓度，会提高另一种反应物的转化率，而本身转化率降低。

[布置作业]预习压强、温度对化学平衡的影响。

●板书设计

第三节影响化学平衡的条件

一、浓度对化学平衡的影响

FeCl3+3SCN Fe(SCN)3+3Cl Fe3++3SCN- Fe(SCN)3

1. 规律：其他条件不变时，增大反应物浓度或减小生成物浓度，都使化学平衡向正反应方向移动;减小反应物浓度或增大生成物浓度，都使化学平衡向逆反应方向移动。

2.浓度改变速率改变

3. 速率～时间图

●教学说明

本节教材在本章中起着承上启下的作用，学好本节的知识，不仅有利于学生更好地掌握前两节所学知识，也为下一章的学习打好了基础。而浓度对化学平衡的影响，又是本节的重点，学生若能真正理解浓度对化学平衡的影响则压强对化学平衡的影响将无师自通。因此，这节课我在利用演示实验得出结论之后，又把课本上要求学生课后讨论的内容放在课堂上和学生共同讨论，不仅复习了旧知识，也使学生对浓度引起平衡移动的规律加深了理解。

平衡移动的有关图象题，是本章的常见题型，也是一类重要题型。因此在本节的教学中我从浓度变化时引起正、逆反应速率的变化引导学生画出平衡移动过程的速率~时间图，并分析图象的特点和规律，培养学生的析图能力，为以后解答图象题打下基础。

增大反应物浓度时，反应物转化率的改变规律，教材不要求学生掌握，因此，我把它通过课后练习的形式使基础好的学生课后讨论，以提高其分析问题的能力。

[参考练习]

1. 在密闭容器中充入4 l HI，在一定温度下 2HI(g) H2(g)+I(g)达到平衡时，有30%的HI发生分解，则平衡时混合气体总的物质的是( )

A.4 l B. 3.4 l C. 2.8 l D. 1.2 l

答案：A

2.将一定量的Ag2SO4固体置于容积不变的容器中，在某温度下发生下列反应：

△

Ag2SO4(s) Ag2O(s)+SO3(g)

△

2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g)

经10 in后，反应达到平衡，此时c(CO3)=0.4 lL-1,c(SO2)=0.1 lL-1。则下列叙述不正确的是( )