第一篇：專題八 守恒定律的綜合應用

專題八

守恒定律的綜合應用

雷區(qū)掃描

本部分常見的失分點有：

1.亂用守恒定律，守恒方程列錯.2.研究對象和研究過程的選取不當.3.正、負號的處理不正確.造成失誤的根源在于：①對守恒定律的適用條件理解不夠深刻，甚至相互混淆；②平時不注意正確的解題思路，不是從過程的分析，始末狀態(tài)的分析確定入手去處理問題，而是機械地套用公式；③不能從過程量與狀態(tài)量的關系上分析過程的發(fā)生和發(fā)展；④對矢量（動量、沖量）的運算法則不清楚，對矢量正負號的規(guī)定有錯誤的理解.排雷示例

例1.（1998年全國）

在光滑水平面上，動能為E0、動量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反.將碰撞后球1的動能和動量的大小分別記為E1、p1，球2的動能和動量的大小分別記為E2、p2，則必有

A.E1＜E0

B.p1＜p0 C.E2＞E0

D.p2＞p0 雷區(qū)探測

本題考查碰撞中的動量守恒及能量守恒，要求理解動量守恒是指碰撞過程中的任意時刻系統(tǒng)的總動量大小和方向均不能改變.要求理解動能是標量，只有大小無方向，也只有正值，且在碰撞過程中系統(tǒng)總動能是不能增加的.雷區(qū)診斷 根據(jù)題意：“碰撞前，球2靜止；碰撞前后球1的運動方向相反”，若選碰前球1的運動方向為正方向，由動量守恒定律p=-p1+p2得到碰撞后球2的動量等于p2=p0+p1,即在碰撞后，球2將沿正方向運動，而且p2＞p0,故選D.既然碰后球2沿正方向運動，它必具有一定的動能E2，由能量守恒定律：E0≥E1+E2，得E0＞E1，E0＞E2.故選項A正確，而選項C1p22錯誤.由動能公式E=mv=和E0＞E1，就可推斷碰后球1的動量一定小于碰前球1的22m動量，p1＜p0.正確解答

ABD 例2.（1998年上海）

用質量為M的鐵錘沿水平方向將質量為m、長為l的鐵釘敲入木板，鐵錘每次以相同的速度v0擊釘，隨即與釘一起運動并使釘進入木板一定距離.在每次受擊進入木板的過程中，釘所受到的平均阻力為前一次受擊進入木板過程所受平均阻力的k倍(k＞1).(1)若敲擊三次后釘恰好全部進入木板，求第一次進入木板過程中釘所受到的平均阻力.(2)若第一次敲擊使釘進入木板深度l1，問至少敲擊多少次才能將釘全部敲入木板?并就你的解答討論要將釘全部敲入木板，l1必須滿足的條件.雷區(qū)探測

本題考查動量守恒定律與動能定理的綜合應用.重點考查了過程分析及根據(jù)過程特點選擇合適規(guī)律分析解決問題的能力.善于借用數(shù)學工具分析問題歸納出一般性的結論也是本題要考查的重要能力.雷區(qū)診斷 認真審題，規(guī)范地分析整個物理過程，弄清在不同階段的過程

特點.“錘子擊打釘子一起運動”這一過程中二者作用時間極短，內力遠遠大于外力，故滿足動量守恒定律，但在二者獲得共速的過程中，系統(tǒng)有機械能損失.二者隨釘子進入木板一起運動的過程中克服阻力做功，動能減少，動能轉化為內能.一定要抓住規(guī)律性東西，要善于用數(shù)學工具處理問題.題中告訴“釘所受到的平均阻力為前一次受擊進入木塊過程所受平均阻力的k倍”因此只要學生逐步去解，想辦法歸納出遞推式或通式就會發(fā)現(xiàn)處理問題的方法.在此問中，找到通式后要用到等比數(shù)列求和，寫出n次的函數(shù)表達式，反復推敲，找制約關系，判斷L1滿足條件對學生的素質要求較高.正確解答

(1)錘打擊釘子過程滿足動量守恒定律 Mv0＝（M＋m）v

之后二者一起運動克服阻力做功，釘子進入木板即它們的末動能Ek＝全用于克服阻力做功，即：Ek＝F l1

＝kF l2＝k2F l3

所以l2＝

1M＋m）v2完211l1，l3＝2l1，l1＋l2＋l3＝l kk22F＝Ek1Mv0＝··2M?ml11?11?2222Mv(1?k?k)kk＝0 2l2(M?m)lk(2)設敲n次，釘全部進入木板 ｎ－Ek＝Fl1＝kFl2＝k2Fl3＝??＝k1Flｎ，l1＋l2＋?＋lｎ＝l l1（1＋111＋2＋?＋n?1）＝l kkk1n111lk＝1＋＋2＋?＋n?1＝ 1kkkl11?k1?lg[1-ｎ＝l1(1-)]l1k 1lgk若上式右邊不是整數(shù)，n應取其整數(shù)部分加1，若恰為整數(shù)，則不加1.要使釘全部釘入木板l1不能太小，因1－

11ll（1－）＞0，即：＜即：l1＞（11kl1l11?k－1）l k例3.（1999年上海）

一質量m=2 kg的平板車左端放有質量M＝3 kg的小滑塊，滑塊與平板車之間的摩擦系數(shù)μ＝0.４，開始時，平板車和滑塊共同以v0＝2 m/s的速度在光滑水平面上向右運動，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，設碰撞時間極短且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反.平板車足夠長，以至滑塊不會滑到平板車右端.(取g=10 m/s2)求：

(1)平板車第一次與墻壁碰撞后向左運動的最大距離.(2)平板車第二次與墻壁碰撞前瞬間的速度v.(3)為使滑塊始終不會到平板車右端，平板車至少多長?

圖8—1

雷區(qū)探測

本題利用動量守恒定律和能量轉化和守恒定律研究平板車與滑塊間，及平板車與墻壁間的不斷作用和碰撞過程.重點考查了動量守恒定律的適用條件，及用兩個守恒定律解題的一般思路和方法.能否進行深入細致的過程分析和對關鍵問題做出準確判斷也是本題考查的重點.雷區(qū)診斷

本題要以基本的物理規(guī)律為依據(jù)，深入進行物理過程分析，建立正確的物理情境.小車第一次碰墻后，小車以原速率向左運動，由于M＞m，系統(tǒng)總動量向右，平板車向左減速至速度為零時，滑塊仍向右滑動，此時平板車有向左的最大位移.之后在滑動摩擦力的作用下，平板車向右加速，直至共速(要判定二者在小車碰墻前獲得共速)然后二者勻速運動，小車再次與墻碰撞，重復前面的物理過程.平板車每一次碰撞到下一次碰撞都是在重復相同的物理過程，滿足相同的物理規(guī)律，只不過由于能量在二者相對運動中不斷發(fā)生由機械能向內能的轉化，因此小車離墻越來越近，直至靠在墻壁上.如果在分析中找到規(guī)律，領會到系統(tǒng)機械能全部轉化為內能是由滑動摩擦力對系統(tǒng)做功來完成，問題就迎刃而解了.正確解答

(1)設第一次碰墻壁后，平板車向左移動s，速度變?yōu)?，由于體系總動量向左，平板車速度為零時，滑塊還在向右滑行.由動能定理：

mv01－μMgs＝0－mv02，s＝

22?Mg

12?22代入數(shù)據(jù)得：s＝＝＝0.33（m）

2?0.4?3?103(2)假設平板車與墻相撞前二者已經取得共同速度v′，據(jù)動量守恒得： Mv0－mv0＝（M＋m）v′ 代入數(shù)據(jù)得v′＝

23?2?2?2＝0.４（m/s）

5由于撞墻前兩平板車均做勻變速直線運動，那么平板車由速度為零，向右加速到

0.4 m/s，前進的距離s′，由動能定理得：

1mv′2－0＝μMgs′ 2112?0.42代入數(shù)據(jù)，s′＝＝＜s＝m

32?0.4?3?1075充分說明平板車還未與墻相撞，就與小滑塊取得共同速度.所以，平板車第二次與墻碰撞前瞬間的速度v=v′＝0.４ m/s.(3)因為系統(tǒng)總動量水平向右，所以平板車與墻碰撞后，向左運動至速度為零后仍向右運動到撞墻，平板車與墻壁發(fā)生多次碰撞，每次情況與此類似，最后停在墻邊，系統(tǒng)損失的機械能，完全通過滑塊相對于平板車滑動時克服摩擦力做功，轉化為內能.設平板車停在墻邊時，滑塊恰在平板車的最右端，平板車最短長度為l，據(jù)功能原理得：

(M?m)v01（M＋m）v02＝μMgl，所以l＝代入數(shù)據(jù)得 22?Mg55?22l＝＝＝0.833（m），2?0.4?3?106即平板車至少長0.833 m 例4.（2000年全國）

在原子核物理中，研究核子和核子關聯(lián)的最有效

途徑是：雙電小球A和B用輕質彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(tài).在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度v0射向B球，如圖8—2所示.C和B發(fā)生碰撞并立即結成一個整體D.在它們繼續(xù)向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再改變.然后，A球與擋板B發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動，A與P接觸而不粘連.過一段時間.突然解除鎖定(鎖定及解除鎖定均無機械能損失).已知A、B、C三球質量均為m.圖8—2

(1)求彈簧長度剛被鎖定后A球的速度.(2)求在A球離開擋板P之后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能.雷區(qū)探測

本題考查動量守恒定律和能量守恒定律的綜合應用.本題涉及到多物體的多次相互作用過程，涉及到彈性勢能與其他形式能量的相互轉化.有效的過程分析、研究過程的選取，各過程之間的銜接，物理模型的抽象和轉化均是本題考查的主要意向.雷區(qū)診斷

本題屬于多物體多過程問題.如對整個過程沒有清晰的分析，沒有合適的處理方法，就會感到題目難度很大，無從下手或得出錯誤答案.因此就這類問題，平時復習時要注意綜合分析能力的培養(yǎng)和提高.能夠按物理過程的發(fā)生、發(fā)展，把復雜過程化分成簡單的子過程，注意過程的銜接，根據(jù)過程特點合適地選擇規(guī)律.如本題可分為：

①B、C相碰結成D，動量守恒而機械能損失；②D擠壓彈簧推動A至彈簧最短時被鎖定，系統(tǒng)動量守恒，總機械能守恒；③A與P碰后，A、D靜止，系統(tǒng)動能損盡；④解除鎖定后到彈簧恢復原長，彈性勢能全部轉化為D的動能，系統(tǒng)機械能守恒；⑤D通過彈簧拉動A一起向右運動，當彈簧最長，彈性勢能最大時，A、D同速，系統(tǒng)動量、總機械能守恒.如進行以上分析，會降低題目難度，增加解題的成功率.凡物體間發(fā)生相互作用，交換動量和能量的過程都叫碰撞.因此兩物體間直接接觸的沖撞和非直接接觸的相互作用過程都叫碰撞.凡碰撞問題，都具有動量和能量守恒兩大核心特點.彈性碰撞動量、動能守恒；而非彈性碰撞動量守恒、動能不守恒但總能量守恒.C、B碰撞過程屬于完全非彈性碰撞，動量守恒即：mv0＝2mv1，但機械能損失最大即

1×2mv12＜21mv02，系統(tǒng)內能增加，之后D通過彈簧與A作用可認為是彈性碰撞過程，當D與A共速211時，彈簧最短，此過程中mv0＝3mv2，又由機械能守恒Ep＝×2mv12－×3mv22.22正確解答

(1)設C球與B球粘結成D時，D的速度為v1，由動量守恒定律，有：

mv0＝（m＋m）v1 ①

當彈簧壓至最短時，D與A的速度相等，設此速度為v2，由動量守恒，有： 2mv1＝3mv2 ②

由①②兩式得A的速度 v2＝1v0

3③

(2)設彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢能為Ep，由動能守恒，有：

11·2mv12＝·3mv22＋Ep 2④

撞擊P后，A與D的動能都為零，解除鎖定后，當彈簧剛恢復到自然長度時，勢能全部轉變成D的動能，設D的速度為v3，則有：

Ep＝1（2m）·v32 2

⑤

以后彈簧伸長，A球離開擋板P，并獲得速度.當A、D的速度相等時，彈簧伸長至最長.設此時的速度為v４，由動量守恒，有：

2mv3＝3mv４

⑥ 當彈簧伸到最長時，其勢能最大，設此勢能為Ep′，由能量守恒有

11·2mv32＝·3m 22v４2＋Ep′

解以上各式得： Ep′＝

⑦

1mv02 36

⑧

排雷演習

1.（2003年新課程，22）K-介子衰變的方程為K-→π-+π0,其中K-介子和π-介子帶負的基元電荷，π0介子不帶電.一個K-介子沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場中，其軌跡為圓

-弧AP，衰變后產生的π介子的軌跡為圓弧PB，兩軌跡在P點相切，它們的半徑RK-與Rπ-之比為2∶1.π0介子的軌跡未畫出.由此可知π-的動量大小與π0的動量大小之比為

圖8—3

A.1∶1

B.1∶2 C.1∶3

D.1∶6 2.甲、乙兩球在光滑的水平軌道上同方向運動.已知它們的動量分別為p甲＝5 kg·m/s，p乙＝7 kg·m/s，碰后乙的動量變?yōu)?0 kg·m/s.則兩球的質量關系可能是

A.m甲＝m乙

B.m乙＝2m甲 C.m乙＝４m甲

D.m乙＝6m甲

3.如圖8—4所示，一輕質彈簧，上端懸掛于天花板，下端系一質量為M的平板，處在平衡狀態(tài)，一質量為m的均勻環(huán)套在彈簧外，與平板的距離為h，讓環(huán)自由下落，撞擊平板.已知碰后環(huán)與板以相同的速度向下運動，使彈簧伸長

圖8 —4 A.若碰撞時間極短，則碰撞過程中環(huán)與板的總動量守恒 B.若碰撞時間極短，則碰撞過程中環(huán)與板的總機械能守恒 C.環(huán)撞擊板后，板的新的平衡位置與h的大小無關

D.在碰后板和環(huán)一起下落的過程中，它們減少的動能等于克服彈簧彈力所做的功

4.如圖8—5所示，小木塊與長木板之間光滑.M置于光滑水平面上，一輕質彈簧左端固定在M的左端，右端與m連接.開始時m和M都靜止，現(xiàn)同時對m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，從兩物體開始運動以后的整個過程中，對m、M、彈簧組成的系統(tǒng).正確的說法是(整個過程中彈簧不超過彈性限度)

圖8— 5 A.由于F1和F2分別對m、M做正功，故系統(tǒng)的機械能不斷增加

B.由于F1和F2等大反向，故系統(tǒng)的動量守恒

C.當彈簧有最大伸長量時，m、M的速度為零，系統(tǒng)具有機械能最大 D.當彈簧彈力的大小與拉力F1、F2的大小相等時，m、M的動能最大

5.如圖8—6所示，一根足夠長的水平滑桿SS′上套有一質量為m的光滑金屬圓環(huán).在滑桿的正下方與其平行放置一足夠長的光滑水平的木質軌道，且穿過金屬球的圓心O，現(xiàn)使質量為M的條形磁鐵以v0的水平速度沿軌道向右運動，則

圖8—6

A.磁鐵穿過金屬環(huán)后，二者將先后停下來 B.圓環(huán)可能獲得的最大速度為

Mv0

M?m1Mv02 2C.磁鐵與圓環(huán)系統(tǒng)損失的動能可能為Mmv02/2（M＋m）D.磁鐵與圓環(huán)系統(tǒng)損失的動能可能為6.用細線懸掛一質量為M的木塊而靜止，如圖8—7所示，現(xiàn)有一質量為m的子彈以水平速度v0射向木塊但未穿出，則木塊上升的最大高度為_____.圖8— 7 7.質量為m，速度為v0的子彈，水平射入固定在地面上質量為M的木塊中，深入的距離為L.如果將該木塊放在光滑水平地面上，欲使同樣質量的子彈水平射入木塊的深度也為L，則其水平速度應為_____.8.如圖8—8所示，一質量為M、長為l的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質量為m的小木塊A，m＜M.現(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小相等、方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離B板.以地面為參照系，(1)若已知A和B的初速度大小為v0.求它的最后的速度大小和方向.(2)若初速度的大小未知，求小木塊A向左運動到達最遠處(從地面上看)離出發(fā)點的距離.圖8— 8 9.如圖8—9所示，A、B、C三物塊質量均為m，置于光滑水平臺面上.B、C間夾有原已完全壓緊不能再壓縮的彈簧，兩物塊用繩相連，使彈簧不能伸展，物塊A以初速v0沿B、C連線方向向B運動，相碰后，A與B、C粘合在一起，然后連接B、C的細繩因受擾動而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離，脫離彈簧后C的速度為v0.圖8—9

(1)求彈簧所釋放的勢能ΔE.(2)若更換B、C間的彈簧，當物塊A以初速v向B運動，物塊C在脫離彈簧后的速度為2v0，則彈簧所釋放的勢能ΔE′是多少?(3)若情況(2)中的彈簧與情況(1)中的彈簧相同，為使物體C在脫離彈簧后的速度仍為2v0，A的初速v應多大? 10.如圖8—10所示，AOB是光滑水平軌道，BC是半徑為R的光滑1/4圓弧軌道，兩軌道相接，質量為M的小木塊靜止在O點，一質量為m的小子彈以某一初速水平向右射入小木塊內，并留在其中和小木塊一起運動，恰能到達圓弧最高點C(小木塊和子彈均可看成質點).問：

圖8—10

(1)子彈入射前的速度；

(2)若每當小木板返回到停止在O點時，在即有相同的子彈射入小木塊，并留在其中，則當?shù)?題子彈射入小木塊后，小木塊沿圓弧能上升的最大高度為多少?

第二篇：電荷及其守恒定律教案

電場第一節(jié)-1

（三）情感態(tài)度與價值觀

·通過對本節(jié)的學習培養(yǎng)學生從微觀的角度認識物體帶電的本質—透過現(xiàn)象看本質。

·科學家科學思維和科學精神的滲透─—課后閱讀材料。

【教學重、難點】

重點：電荷守恒定律

難點：利用電荷守恒定律分析解決相關問題摩擦起電和感應起電的相關問題。

【教學過程】

引入新課：今天開始我們進入物理學另一個豐富多彩，更有趣的殿堂，電和磁的世界。高中的電學知識大致可分為電場的電路，本章將學習靜電學，將從物質的微觀的角度認識物體帶電的本質，電荷相互作用的基本規(guī)律，以及與靜止電荷相聯(lián)系的靜電場的基本性質。

【板書】第一章

靜電場

【板書】

一、電荷（復習初中知識）

1．兩種電荷：正電荷和負電荷：把用絲綢摩擦過的玻璃棒所帶的電荷稱為正電荷，用正數(shù)表示。把用毛皮摩擦過的硬橡膠棒所帶的電荷稱為負電荷，用負數(shù)表示。

2．電荷及其相互作用：同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。

3．使物體帶電的方法：

摩擦起電──學生自學P2后解釋摩擦起電的原因，培養(yǎng)學生理解能力和語言表達能力。為電荷守恒定律做鋪墊。

演示摩擦起電，用驗電器檢驗是否帶電，讓學生分析使金屬箔片張開的原因過渡到接觸起電。

電場第一節(jié)-3

元電荷──電子所帶的電荷量，用e表示，e =1．60×10C。

注意：所有帶電體的電荷量或者等于e，或者等于e的整數(shù)倍。電荷量是不能連續(xù)變化的物理量。最早由美國物理學家密立根測得

比荷──電荷的電荷量q與其質量m的比值q/m，符號：C/㎏。

靜電感應和感應起電──當一個帶電體靠近導體時，由于電荷間相互吸引或排斥，導體中的自由電荷便會趨向或遠離帶電體，使導體靠近帶電體的一端帶異號電荷，遠離一端帶同號電荷。這種現(xiàn)象叫做靜電感應。利用靜電感應使金屬導體帶電的過程叫做感應起電。

課堂訓練：

第三篇：綜合應用

綜合應用（20%）

線條的類型：從性質上，線條可以分為實際、隱藏 和 精神的線。

從方向上，線條可以分為水平線、垂直線 和 斜線。

從形式上，線條可以分為直線 和 曲線。

線條的特征：（1）線條是有意味的形式，是最能表達人類的情緒和感情的形式。

（2）線條的方向具有一定程度的象征性。

（3）線條具有交流的功能。

二維平面上的幻想空間（巧妙的方法）：

（1）重疊（2）大?。?）垂直定位（4）透視（5）錯視空間

平衡的類型：結構平衡（實際物理平衡）：水平平衡（袋鼠）、垂直平衡（帆船）、放射平衡

視覺平衡

創(chuàng)造性思維如何催生設計創(chuàng)意：設計的創(chuàng)意是創(chuàng)造性思維活動的結果，創(chuàng)造性思維是抽象思維和形象思維、發(fā)散思維和聚合思維、順向思維和逆向思維、橫向思維和縱向思維等多種思維方式的協(xié)調統(tǒng)一。因此，設計的創(chuàng)意往往是多種思維共同作用的結果。

頭腦風暴法（p44）

設計的過程：靈感的觸發(fā)是設計中的關鍵點，決定著整個設計的成敗和成就大小，然而，整個設計活動，是一個系統(tǒng)完整的過程，包括界定、創(chuàng)新、分析、制作、反思、整合等多個階段。

設計師的能力：①形態(tài)創(chuàng)造和表現(xiàn)能力 ②設計分析能力 ③創(chuàng)意能力 ④協(xié)作能力

⑤審美能力 ⑥經濟意識 ⑦設計理論修養(yǎng)

設計師的素質是多方面的，它是設計師藝術素質、人文素質、科技素質、心理素質、身體素質以及道德素質等各方面的綜合體現(xiàn)。

設計的藝術手法：（1）藝術創(chuàng)造（2）藝術抽象（3）藝術造型（4）藝術裝飾（5）藝術解構

現(xiàn)代設計與裝飾的歷史發(fā)展關系：事實上，在現(xiàn)代設計發(fā)展史上，裝飾主義是與功能理性主義一直并存著的另一大設計思想源流，它貫穿整個現(xiàn)代設計史，與功能主義相對立而存在，交替互動中共同演繹了現(xiàn)代設計的發(fā)展歷程。在一定意義上，裝飾是建筑、工藝、設計等實用藝術的內容之一。裝飾是實用藝術不可分離的內容和結構要素，無論是建筑、工藝還是現(xiàn)代設計都不可能沒有裝飾或與裝飾無關。

設計與消費的關系：設計本身是被消費的對象，設計是為消費服務的，要充分考慮消費者的消費心理和消費方式，同時，設計還可以引領消費、創(chuàng)造消費、主動地創(chuàng)造消費市場。

舉例說明設計師管理中的兩個重要方面：（1）設計師的選拔和培養(yǎng)

（2）創(chuàng)造良好的設計工作環(huán)境

（3）設計項目管理

設計師的選拔和培養(yǎng)：以荷蘭飛利浦公司為例，其外形設計中心就給它所有設計人員創(chuàng)造了培養(yǎng)條件：向他們提供最新的信息與情報，通過各種方式傳達有關新技術、新的市場動態(tài)的信息，并把所有信息存入中心的計算機資料庫；對設計人員常常進行再訓練，組織設計人員定期參觀各種展覽與博物館，還邀請專家到本中心為設計人員舉辦講座、舉辦學術討論會，以使所有設計人員都能對新的發(fā)展與變化了如指掌。這種對人員的精心培養(yǎng)使飛利浦公司保持一流的設計水平。

創(chuàng)造良好的設計工作環(huán)境：IDEO公司是世界著名的設計公司，這個350人的設計公司在舊金山、芝加哥、波士頓、倫敦和慕尼黑都設有事務所。在IDEO公司中，既沒有老板，也沒有頭銜，所有的工作都是由臨時的項目小組完成的。在這里沒有永久性的工作，設計師們只要能在當?shù)卣业揭晃辉敢夂退麄儗φ{的同事，就可以自由前往芝加哥或東京。

論述現(xiàn)代設計的四個重要特征：？？？

識記（20%）

明度：就是指從最暗的深色到最亮的淺色質檢的各種明暗層次。

三大面：亮面、暗面、中間面。

三大調：明調、暗調、中間調。

艾維斯色相倫：紅、黃、藍為三原色建構了一個色相環(huán)，其他顏色則是三原色不同的組合。

孟塞爾色彩理論：主要色相為紅、黃、綠、藍、紫。

CI的概念，最早由美國企業(yè)界于20世紀50年代提出的，并很快作為一種全新的競爭策略而興起。

CIS（企業(yè)識別系統(tǒng)）由MIS（理念識別系統(tǒng)）、BIS（行為識別系統(tǒng)）和VIS(視覺識別系統(tǒng))三個子系統(tǒng)組成。

第四篇：綜合應用

綜合應用：設計“六一”慶祝方案

【教學目標】

1、聯(lián)系“六一”活動情景，綜合運用比例尺、可能性等知識解決實際問題，培養(yǎng)學生綜合應用知識解決問題的能力。

2、感受數(shù)學知識在現(xiàn)實生活中的價值，激發(fā)學生學習數(shù)學的興趣。

【教學重點】

活動議程的安排

【教學準備】

多媒體課件

【教學過程】

一、聯(lián)系“六一”情景，引入新課。

1、激趣引入

師：同學們，今年的“六一”節(jié)將是你們小學成長中的最后一個兒童節(jié)，你們想為自己的童年生活留下美好的回憶嗎？有什么好的提議沒有？學生自由發(fā)表自己的想法，教師適時引導開展慶?；顒?。

2、揭示課題

師：剛才，有不少同學提到想搞慶祝活動，可以?。∧敲唇裉煳覀兙蛠碓O計一個“六一慶?；顒臃桨浮保脝?？

師：板書課題（設計“六一”慶祝活動方案）

二、團結合作，共謀策略

1、了解活動涉及的各個方面

（1）研究需要籌備的活動。

師：要進行活動方案的設計首先就要弄清楚需要做好哪些準備？安排哪些項目？

同學們自由發(fā)表自己的想法，教師適時引導并梳理出相關內容。

①文藝表演節(jié)目——唱歌、跳舞、小品、游戲等；

②場地的安排和布置；

③抽獎活動；

④記錄活動——照相。

（2）擬定活動安排時間表。

師：我們應該制作一個合理的時間表。根據(jù)同學們上報的節(jié)目及節(jié)目所需時間我們一同制作活動安排表。

9:00宣布活動開始

9:00~9:05請老師、學校領導講話

9:05~9:10第一個節(jié)目：詩歌朗誦《中華少年》

9:10~9:20第二個節(jié)目：歌伴舞《看我七十二變》

9:20~9:30第三個節(jié)目：竹笛獨奏《慶祝六一》

9:30~9:45第四個節(jié)目：小品《孫悟空三難小聰聰》

9:45~9:55抽獎活動

9:55~10:15第五個節(jié)目：舞蹈《采蘑菇的小姑娘》

10:15~10:45第六個節(jié)目：游戲《釣魚》、《丟乒乓》、《吹氣球》

10:45頒獎，然后宣布活動結束

（3）照相費用計算

師：我們在活動的過程中由承擔照相任務的同學為每個節(jié)目拍攝一張照片，并給每位表演者贈送一張照片，按照這樣的方案算一算，如果每張照片0.5元，那么照相大致需要花多少錢？

學生根據(jù)之前統(tǒng)計的參與節(jié)目的人數(shù)進行獨立的計算，集體匯報。

（4）抽獎設計

師：活動中進行的抽獎活動，如果我們按一等獎20％，二等獎30％，三等獎50％的方案來設計。大家能想到哪些抽獎形式？

學生充分發(fā)表自己的看法。教師梳理出①摸彩球（紅黃藍各2個、3個5個）；②制作彩色轉盤（紅黃藍各占20%，30%，50%）。

（5）場地安排

師：我們的活動場地如果能在紙上畫出來的話那就更好了！能行嗎？首先應確定平面圖的什么？（強調比例尺應該合理）

師：引導，除活動場地外，我們再按同樣的比例尺確定出觀眾席的位置范圍，關于黑板的布置我們可以選用其他的比例尺來呈現(xiàn)。

把學生分成兩個大組，一組制作活動場地的平面圖形，另一組制作黑板布置平面圖。

三、作業(yè)布置

設計一個“畢業(yè)晚會的活動方案”

四、小結

1、師：抽同學說說，今天我們學習了什么？

2、談談你今天的收獲吧！

第五篇：電荷電荷守恒定律教學設計

《電荷

電荷守恒定律》教學設計比較

第一節(jié)

一般思考設計： 電荷（兩種電荷）三種起電方式 電荷守恒定律 元電荷及電量等

深層次思考設計：

電荷守恒定律是本節(jié)的核心內容；

建立對電荷守恒定律的認識是主要線索； 關鍵是怎樣認識“電荷轉移，總量不變”；

靈魂是由現(xiàn)象到模型，再到更多現(xiàn)象，再到模型，上升到規(guī)律的探究科學方法。

思路：

關于電荷，你知道了哪些？ 有兩種電荷，你是怎么知道的？

正負電荷究竟是什么？種種猜想和解釋。

實驗發(fā)現(xiàn)摩擦后，一個物體帶正電，另一個物體就帶負電，即失去負電就帶正電。于是就有了存在于中性物體中的正負電荷的假說，而且兩種電荷是等量的。（用下列器件進行實驗演示驗證：法拉第靜電演示儀——將相互摩擦后的一個物體放入金屬筒可看到指針張開，將另一個物體再放入金屬筒不與前物體接觸，可看到指針歸零）直到電子發(fā)現(xiàn)和建立了原子核式模型，才搞清楚摩擦起電的電本質——電荷轉移，總量不變。在靜電中，它是否是一種普遍的規(guī)律呢？ 金屬導體間電荷轉移及解釋； 靜電感應實驗現(xiàn)象及解釋； ——歸納：電荷守恒定律。

電荷多少的測量，精細到相當程度的發(fā)現(xiàn)：電荷量的不連續(xù)性； 介紹元電荷等知識。