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时间:2020-03-14
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1、高一物理上册必修1《用牛顿运动定律解决问题一》教案 教学准备 教学目标 1.明确动力学的两类基本问题. 2.掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法. 教学重难点 1.动力学的两类基本问题. 2.应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法. 教学过程 [知识探究] 一、从受力确定运动情况 受力情况→F合――→F合=ma求a, x=v0t+1/2at2 v=v0+at v2-v02=2ax→求得x、v0、v、t. 例1 如图1所示,质量m=2kg
2、的物体静止在水平地面上,物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的0.25倍,现对物体施加一个大小F=8N、与水平方向成θ=37°角斜向上的拉力,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2.求: 图1 (1)画出物体的受力图,并求出物体的加速度; (2)物体在拉力作用下5s末的速度大小; (3)物体在拉力作用下5s内通过的位移大小. 解析 (1)对物体受力分析如图: 由图可得:Fcosθ-μFN=maFsinθ+FN=mg 解得:a=1.3m/s2,方向水平向
3、右 (2)v=at=1.3×5m/s=6.5m/s (3)x=1/2at2=12×1.3×52m=16.25m 答案 (1)见解析图 1.3m/s2,方向水平向右 (2)6.5m/s (3)16.25m 二、从运动情况确定受力 运动情况――――――――→匀变速直线运动公式求a――→F合=ma受力情况. 例2 民用航空客机的机舱除通常的舱门外还设有紧急出口,发生意外情况的飞机着陆后,打开紧急出口的舱门,会自动生成一个由气囊组成的斜面,机舱中的乘客就可以沿斜面迅速滑行到地面上.若某型号的客
4、机紧急出口离地面高度为4.0m,构成斜面的气囊长度为5.0m.要求紧急疏散时,乘客从气囊上由静止下滑到达地面的时间不超过2.0s(g取10m/s2),则: (1)乘客在气囊上下滑的加速度至少为多大? (2)气囊和下滑乘客间的动摩擦因数不得超过多少? 解析 (1)由题意可知,h=4.0m,L=5.0m,t=2.0s. 设斜面倾角为θ,则sinθ=hL. 乘客沿气囊下滑过程中,由L=1/2at2得a=2Lt2,代入数据得a=2.5m/s2. (2)在乘客下滑过程中,对乘客受力分析如图所示,沿x轴
5、方向有mgsinθ-Ff=ma, 沿y轴方向有FN-mgcosθ=0, 又Ff=μFN,联立方程解得 μ=gsinθ-agcosθ≈0.92. 答案 (1)2.5m/s2 (2)0.92 针对训练1 质量为0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落,该下落过程对应的v-t图象如图2所示.弹性球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的34.设球受到的空气阻力大小恒为Ff,取g=10m/s2,求: 图2 (1)弹性球受到的空气阻力Ff的大小; (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高
6、度h. 答案 (1)0.2N (2)0.375m 解析 (1)由v-t图象可知,弹性球下落过程的加速度为 a1=Δv/Δt=4-00.5m/s2=8m/s2 根据牛顿第二定律,得mg-Ff=ma1 所以弹性球受到的空气阻力 Ff=mg-ma1=(0.1×10-0.1×8)N=0.2N (2)弹性球第一次反弹后的速度v1=34×4m/s=3m/s 根据牛顿第二定律mg+Ff=ma2,得弹性球上升过程的加速度为 a2=mg+Ffm=0.1×10+0.20.1m/s2=12m/s
7、2 根据v2-v12=-2a2h,得弹性球第一次反弹的高度 h=v21/2a2=322×12m=0.375m. 三、多过程问题分析 1.当题目给出的物理过程较复杂,由多个过程组成时,要明确整个过程由几个子过程组成,将过程合理分段,找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程.联系点:前一过程的末速度是后一过程的初速度,另外还有位移关系等. 2.注意:由于不同过程中力发生了变化,所以加速度也会发生变化,所以对每一过程都要分别进行受力分析,分别求加速度. 例3 质量为m=2kg的物体静止在水平面上,物
8、体与水平面之间的动摩擦因数μ=0.5,现在对物体施加如图3所示的力F,F=10N,θ=37°(sin37°=0.6),经t1=10s后撤去力F,再经一段时间,物体又静止,g取10m/s2,则: 图3 (1)说明物体在整个运动过程中经历的运动状态. (2)物体
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