《力与运动》的课程教学设计
一、整体法与隔离法的应用
例1 如1，箱子的质量M=5.0 kg，与水平地面的动摩擦因数=0.22.在箱子顶处系一细线，悬挂一个质量m=0.1 kg的小球，箱子受到水平恒力F的作用，使小球的悬线与竖直方向的摆角=30，试求力F的大小.(g取10 m/s2)
例2 在光滑的水平面上放有一斜劈M，M上又有一物块m，如2，力F作用在斜劈上，若要保持m与M相对静止，F至少要为多大?(各接触面均光滑，斜面倾角为)
二、临界和极值问题
例3 如3，两个物块A和B叠放在光滑水平面上，已知A的质量mA=4 kg，
B的质量mB=5 kg，在A上施加一个水平力FA.当FA=20 N时，A、B间恰好开始发生相对运动.在撤去FA后，求：若要保持A、B间相对静止，对B物块能施加的最大水平力为多大?
三、牛顿运动定律的综合应用
例4 科研人员乘气球进行科学考察.气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990 kg.气球在空中停留一段时间后，发现气球因漏气而下降，及时堵住.堵住时气球下降速度为1 m/s，且做匀加速运动，4 s内下降了12 m.为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物.此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少了3 m/s.若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g=9.89 m/s2，求抛掉的压舱物的质量.
例5 在倾斜角为的长斜面上，一带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，滑块(连同风帆)的质量为m，滑块与斜面间的动摩擦因数为、风帆受到向后的空气阻力与滑块下滑的速度v大小成正比，即F阻=kv.滑块从静止开始沿斜面下滑的v-t象如4，中的倾斜直线是t=0时刻速度线的切线.
(1)由象求滑块下滑的最大加速度和最大速度的`大小;
(2)若m=2 kg，=37，g=10 m/s2，求出和k的值.(sin 37=0.6，cos 37=0.8)
【即学即练】
1.在国际单位制中，功率的单位瓦是导出单位，瓦用基本单位表示正确的是()
A.焦/秒 B.牛米/秒
C.千克米2/秒2 D.千克米2/秒3
2.如5，一物体静止在倾斜的木板上，物体与木板之间相互作用力的对数是()
A.1对
B.2对
C.3对
D.4对
3.刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一.如6，线1、2分别是甲、乙两辆汽车的刹车距离s与刹车前的车速v的关系曲线，已知在紧急刹车过程中，车与地面间是滑动摩擦.据此可知，下列说法中正确的是()
A.甲车与地面间的动摩擦因数较大，甲车的刹车性能好
B.乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好
C.以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好
D.甲车的刹车距离s随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好
4.如7，一物块静止在斜面上，现用一个水平力F作用于物块，当力的大小从零开始逐渐增加到F时， 而物块仍能保持静止，以下说法正确的是()
A.物体受到的静摩擦力一定增大
B.物块所受合力增大
C.物块受到的静摩擦力有可能增大，也有可能减小
D.物块受到斜面的作用力增大
5.木块静止在倾角为的斜面上，那么木块对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.竖直向下
6.某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490 N.他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t2时间段内，弹簧秤的示数如8，电梯进行的v-t可能是(取电梯向上运动的方向为正)()
7.如9，一个人用与水平方向成=30角的斜向下的推力F推一个质量为20 kg的箱子匀速前进，如9甲，箱子与水平地面间的动摩擦因数为=0.40.求：
(1)推力F的大小;
(2)若该人不改变力F的大小，只把力的方向变为与水平方向成30角斜向上去拉这个静止的箱子，如乙，拉力作用2.0 s后撤去，箱子最多还能运动多长距离.(g取10 m/s2)
10
8.一个质量为m的小球B，用两根等长的细绳1、2分别固定在车厢的A、C两点，已知两轻绳拉直时，如10，两轻绳与车厢前壁的夹角均为45.试求：
(1)当车以加速度a1=g/2向左做匀加速直线运动时，两轻绳1、2的拉力.
(2)当车以加速度a2=2g向左做匀加速直线运动时，两轻绳1、2的拉力.
参考答案
知识体系构建
运动状态 质量 矢量 瞬时 向下 向上= =
解题方法探究
例1 40.7 N
解析 对小球进行受力分析，小球受悬线的拉力FT和重力mg，如甲，
则FTsin =maFTcos =mg
对整体进行受力分析，如乙.
此时细绳对箱子的拉力和小球受的拉力对整体而言是内力，因此不必考虑：则由牛顿第二定律得F-(M+m)g=(M+m)a，
即F=(M+m)(g+a)=(M+m)g(+tan )40.7 N.
例2 (M+m)gtan
解析 若m、M保持相对静止，则两者运动情况相同.对m、M所组成的整体进行受力分析，如甲，根据牛顿第二定律可知F=(m+M)a.①
以m为研究对象，进行受力分析，如乙，根据牛顿第二定律可得
Fx=FNsin =max=ma.②
Fy=FNcos -mg=may=0.③
由②③可得a=gtan .代入①中得F=(m+M)gtan .
例3 25 N
解析 依题意，在FA的作用下，A、B一起加速运动有相等的加速度.当A、B开始发生相对运动时，A、B系统的加速度为最大加速度，A对B的静摩擦力fAB即为最大静摩擦力.由牛顿第二定律的比例式有，FA/(mA+mB)=fAB/mB.①
当对B施加一最大水平力FB时，A、B仍以共同的加速度运动，且这一加速度也为最大加速度，故B对A的静摩擦力fBA也为最大静摩擦力，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 设堵住漏洞后，气球的初速度为v0，所受的空气浮力为F浮，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为m，由牛顿第二定律得mg-F浮=ma①
式中a是气球下降的加速度.以此加速度在时间t内下降了h，则h=v0t+12at2②
当向舱外抛掉质量为m的压舱物后，有F浮-(m-m)g=(m-m)a③
式中a是抛掉压舱物后气球的加速度.由题意，此时a方向向上，v=at.④
式中v是抛掉压舱物后气球在t时间内下降速度的减少量.
由①③得m=ma+ag+a⑤
将题设数据m=990 kg，v0=1 m/s，t=4 s，h=12 m，t=300 s.
v=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)=0.375 k=3 Ns/m
解析 (1)由题可知滑块做加速度减小的加速运动，最终可达最大速度vm=2 m/s，t=0时刻滑块的加速度最大，即为v-t线在O点的切线的斜率：a=v1-v0t1=3 m/s-01 s=3 m/s2
(2)对滑块受力分析如，由牛顿第二定律得mgsin -F阻-f=ma
又f=FN，FN=mgcos ，F阻=kv，联立以上各式得mgsin mgcos -kv=ma
由(1)知，将v0=0，a0=3 m/s2和vm=3 m/s，a=0代入上式可得=0.375，k=3 Ns/m
即学即练
1.D 2.B 3.B 4.CD
5.D [木块受力如，其中FN、f分别为斜面对木块的支持力和摩擦力，木块受到三个力的作用处于平衡状态，则FN、f的合力与G等大、反向，即方向竖直向上.由牛顿第三定律可知木块对斜面的作用力与FN、f的合力等大、反向，方向竖直向下.]
6.AD [t0～t1时间内，弹簧秤的示数小于人的重力，人处于失重状态，有向下的加速度;t2～t3时间内，弹簧秤的示数大于人的重力，人处于超重状态，有向上的加速度;t1～t2时间内，弹簧秤的示数等于人的体重，加速度为0，则B、C选项不正确，A、D正确.]
7.(1)120 N (2)2.88 m
解析 (1)设地面对箱子的支持力和摩擦力分别为FN、f.取箱子为研究对象，受力如甲.
由牛顿第二定律得
水平方向 Fcos =f
竖直方向 FN=mg+Fsin ，又f=FN
联立上式解得F120 N
(2)取箱子为研究对象，受力分析如乙
由牛顿第二定律得
水平方向 Fcos -f1=ma1
竖直方向 FN1+Fsin =mg
又f1=FN1
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
由牛顿第二定律得 f2=ma2 又f2=FN2，FN2=mg
设此过程箱子运动的距离为s则由运动学公式得s=v212a2
联立以上各式解得 s=2.88 m
8.(1)F1=52mg F2=0
(2)F1=322mg F2=22mg
解析 取小球为研究对象，设细绳1、2对小球的拉力分别为F1，F2，对小球受力分析，如甲
水平方向上 22F1+22F2=ma
竖直方向上 22F1-mg-22F2=0
联立得F1=mg+ma2，F2=ma-mg2
由此分析知，当车以a=g向左做匀加速直线运动时，细绳2刚好伸直，且对球没有作用力.
(1)当a1=g2时，细绳2的拉力为0，受力分析如乙
则F1=F2合+mg2=52 mg
(2)当a2=2g时，细绳2上已有拉力则
有F1=mg+ma2=3 22mg
F2=ma-mg2=22mg
【《力与运动》的课程教学设计】相关文章：
记忆力课程教学设计07-02
运动和力教学设计07-01
运动和摩擦力教学设计04-24
《运动和力》复习课教学设计03-10
力教学设计05-14
《力》的教学设计02-21
力与运动教学反思05-23
07-23
《力》教学设计范文04-14