高一物理《力與運動》教案

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　　高一物理《力與運動》教案

　　一、整體法與隔離法的應用

　　1

　　例1　如1，箱子的質量M=5.0 kg，與水平地面的動摩擦因數μ=0.22.在箱子頂處系一細線，懸掛一個質量m=0.1 kg的小球，箱子受到水平恒力F的作用，使小球的懸線與豎直方向的擺角θ=30°，試求力F的大小.(g取10 m/s2)

　　2

　　例2　在光滑的水平面上放有一斜劈M，M上又有一物塊m，如2，力F作用在斜劈上，若要保持m與M相對靜止，F至少要為多大?(各接觸面均光滑，斜面傾角為θ)

　　二、臨界和極值問題

　　例3　如3，兩個物塊A和B疊放在光滑水平面上，已知A的質量mA=4 kg，

　　3

　　B的質量mB=5 kg，在A上施加一個水平力FA.當FA=20 N時，A、B間恰好開始發(fā)生相對運動.在撤去FA后，求：若要保持A、B間相對靜止，對B物塊能施加的最大水平力為多大?

　　三、牛頓運動定律的綜合應用

　　例4　科研人員乘氣球進行科學考察.氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質量為990 kg.氣球在空中停留一段時間后，發(fā)現氣球因漏氣而下降，及時堵住.堵住時氣球下降速度為1 m/s，且做勻加速運動，4 s內下降了12 m.為使氣球安全著陸，向艙外緩慢拋出一定的壓艙物.此后發(fā)現氣球做勻減速運動，下降速度在5分鐘內減少了3 m/s.若空氣阻力和泄漏氣體的質量均可忽略，重力加速度g=9.89 m/s2，求拋掉的壓艙物的質量.

　　4

　　例5　在傾斜角為θ的長斜面上，一帶有風帆的滑塊從靜止開始沿斜面下滑，滑塊(連同風帆)的質量為m，滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ、風帆受到向后的空氣阻力與滑塊下滑的速度v大小成正比，即F阻=kv.滑塊從靜止開始沿斜面下滑的v-t象如4，中的傾斜直線是t=0時刻速度線的切線.

　　(1)由象求滑塊下滑的最大加速度和最大速度的大小;

　　(2)若m=2 kg，θ=37°，g=10 m/s2，求出μ和k的值.(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)

　　【即學即練】

　　1.在國際單位制中，功率的單位“瓦”是導出單位，“瓦”用基本單位表示正確的是(　　)

　　A.焦/秒 B.牛•米/秒

　　C.千克•米2/秒2 D.千克•米2/秒3

　　5

　　2.如5，一物體靜止在傾斜的木板上，物體與木板之間相互作用力的對數是(　　)

　　A.1對

　　B.2對

　　C.3對

　　D.4對

　　6

　　3.剎車距離是衡量汽車安全性能的重要參數之一.如6，線1、2分別是甲、乙兩輛汽車的剎車距離s與剎車前的車速v的關系曲線，已知在緊急剎車過程中，車與地面間是滑動摩擦.據此可知，下列說法中正確的是(　　)

　　A.甲車與地面間的動摩擦因數較大，甲車的剎車性能好

　　B.乙車與地面間的動摩擦因數較大，乙車的剎車性能好

　　C.以相同的車速開始剎車，甲車先停下來，甲車的剎車性能好

　　D.甲車的剎車距離s隨剎車前的車速v變化快，甲車的剎車性能好

　　7

　　4.如7，一物塊靜止在斜面上，現用一個水平力F作用于物塊，當力的大小從零開始逐漸增加到F時， 而物塊仍能保持靜止，以下說法正確的是(　　)

　　A.物體受到的靜摩擦力一定增大

　　B.物塊所受合力增大

　　C.物塊受到的靜摩擦力有可能增大，也有可能減小

　　D.物塊受到斜面的作用力增大

　　5.木塊靜止在傾角為θ的斜面上，那么木塊對斜面的作用力的方向(　　)

　　A.沿斜面向下

　　B.垂直斜面向下

　　C.沿斜面向上

　　D.豎直向下

　　8

　　6.某人在地面上用彈簧秤稱得其體重為490 N.他將彈簧秤移至電梯內稱其體重，t0至t2時間段內，彈簧秤的示數如8，電梯進行的v-t可能是(取電梯向上運動的方向為正)(　　)

　　7.如9，一個人用與水平方向成θ=30°角的斜向下的推力F推一個質量為20 kg的箱子勻速前進，如9甲，箱子與水平地面間的動摩擦因數為μ=0.40.求：

　　9

　　(1)推力F的大小;

　　(2)若該人不改變力F的大小，只把力的方向變?yōu)榕c水平方向成30°角斜向上去拉這個靜止的箱子，如乙，拉力作用2.0 s后撤去，箱子最多還能運動多長距離.(g取10 m/s2)

　　10

　　8.一個質量為m的小球B，用兩根等長的細繩1、2分別固定在車廂的A、C兩點，已知兩輕繩拉直時，如10，兩輕繩與車廂前壁的夾角均為45°.試求：

　　(1)當車以加速度a1=g/2向左做勻加速直線運動時，兩輕繩1、2的拉力.

　　(2)當車以加速度a2=2g向左做勻加速直線運動時，兩輕繩1、2的拉力.

　　參考答案

　　知識體系構建

　　運動狀態(tài)　質量　矢量　瞬時　向下 <　向上　>　=　=

　　解題方法探究

　　例1　40.7 N

　　解析　對小球進行受力分析，小球受懸線的拉力FT和重力mg，如甲，

　　則FTsin θ=maFTcos θ=mg

　　對整體進行受力分析，如乙.

　　此時細繩對箱子的拉力和小球受的拉力對整體而言是內力，因此不必考慮：則由牛頓第二定律得F-μ(M+m)g=(M+m)a，

　　即F=(M+m)(μg+a)=(M+m)g(μ+tan θ)≈40.7 N.

　　例2　(M+m)gtan θ

　　解析　若m、M保持相對靜止，則兩者運動情況相同.對m、M所組成的整體進行受力分析，如甲，根據牛頓第二定律可知F=(m+M)a.①

　　以m為研究對象，進行受力分析，如乙，根據牛頓第二定律可得

　　Fx=FN′•sin θ=max=ma.②

　　Fy=FN′•cos θ-mg=may=0.③

　　由②③可得a=gtan θ.代入①中得F=(m+M)gtan θ.

　　例3　25 N

　　解析　依題意，在FA的作用下，A、B一起加速運動有相等的加速度.當A、B開始發(fā)生相對運動時，A、B系統(tǒng)的加速度為最大加速度，A對B的靜摩擦力fAB即為最大靜摩擦力.由牛頓第二定律的比例式有，FA/(mA+mB)=fAB/mB.①

　　當對B施加一最大水平力FB時，A、B仍以共同的加速度運動，且這一加速度也為最大加速度，故B對A的靜摩擦力fBA也為最大靜摩擦力，即有，

　　fBA=fAB.②

　　同理可列出比例式：FB/(mA+mB)=fBA/mA.③

　　由①②③解得：FB=mBFA/mA=25 N.

　　例4　101 kg

　　解析　設堵住漏洞后，氣球的初速度為v0，所受的空氣浮力為F浮，氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質量為m，由牛頓第二定律得mg-F浮=ma①

　　式中a是氣球下降的加速度.以此加速度在時間t內下降了h，則h=v0t+12at2②

　　當向艙外拋掉質量為m′的壓艙物后，有F浮-(m-m′)g=(m-m′)a′③

　　式中a′是拋掉壓艙物后氣球的加速度.由題意，此時a′方向向上，Δv=a′Δt.④

　　式中Δv是拋掉壓艙物后氣球在Δt時間內下降速度的減少量.

　　由①③得m′=ma+a′g+a′⑤

　　將題設數據m=990 kg，v0=1 m/s，t=4 s，h=12 m，Δt=300 s.

　　Δv=3 m/s，g=9.89 m/s2代入②④⑤式得m′=101 kg.

　　例5　(1)3 m/s2　2 m/s　(2)μ=0.375　k=3 N•s/m

　　解析　(1)由題可知滑塊做加速度減小的加速運動，最終可達最大速度vm=2 m/s，t=0時刻滑塊的加速度最大，即為v-t線在O點的切線的斜率：a=v1-v0t1=3 m/s-01 s=3 m/s2

　　(2)對滑塊受力分析如，由牛頓第二定律得mgsin θ-F阻-f=ma

　　又f=μFN，FN=mgcos θ，F阻=kv，聯立以上各式得mgsin θ-μmgcos θ-kv=ma

　　由(1)知，將v0=0，a0=3 m/s2和vm=3 m/s，a=0代入上式可得μ=0.375，k=3 N•s/m

　　即學即練

　　1.D　2.B　3.B　4.CD

　　5.D　[木塊受力如，其中FN、f分別為斜面對木塊的支持力和摩擦力，木塊受到三個力的作用處于平衡狀態(tài)，則FN、f的合力與G等大、反向，即方向豎直向上.由牛頓第三定律可知木塊對斜面的作用力與FN、f的合力等大、反向，方向豎直向下.]

　　6.AD　[t0～t1時間內，彈簧秤的示數小于人的重力，人處于失重狀態(tài)，有向下的加速度;t2～t3時間內，彈簧秤的示數大于人的重力，人處于超重狀態(tài)，有向上的加速度;t1～t2時間內，彈簧秤的示數等于人的體重，加速度為0，則B、C選項不正確，A、D正確.]

　　7.(1)120 N　(2)2.88 m

　　解析　(1)設地面對箱子的支持力和摩擦力分別為FN、f.取箱子為研究對象，受力如甲.

　　由牛頓第二定律得

　　水平方向　F•cos θ=f

　　豎直方向　FN=mg+F•sin θ，又f=μFN

　　聯立上式解得F≈120 N

　　(2)取箱子為研究對象，受力分析如乙

　　由牛頓第二定律得

　　水平方向　F•cos θ-f1=ma1

　　豎直方向　FN1+Fsin θ=mg

　　又f1=μFN1

　　拉力作用2 s末箱子的速度v1=a1t

　　撤去力F后，箱子的受力分析如丙

　　由牛頓第二定律得　f2=ma2 又f2=μFN2，FN2=mg

　　設此過程箱子運動的距離為s則由運動學公式得s=v212a2

　　聯立以上各式解得　s=2.88 m

　　8.(1)F1=52mg　F2=0

　　(2)F1′=322mg　F2′=22mg

　　解析　取小球為研究對象，設細繩1、2對小球的拉力分別為F1，F2，對小球受力分析，如甲

　　水平方向上　22F1+22F2=ma

　　豎直方向上　22F1-mg-22F2=0

　　聯立得F1=mg+ma2，F2=ma-mg2

　　由此分析知，當車以a=g向左做勻加速直線運動時，細繩2剛好伸直，且對球沒有作用力.

　　(1)當a1=g2時，細繩2的拉力為0，受力分析如乙

　　則F1=F2合+mg2=52 mg

　　(2)當a2=2g時，細繩2上已有拉力則

　　有F1′=mg+ma2=3 22mg

　　F2′=ma-mg2=22mg
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