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第四章 经典质点动力学4-1．已知质量为2kg 的质点的运动学方程为22(61)(341)r t i t t j =-+++（国际制单位），求证质点所受合力为恒力．证 对运动学方程求时间导数()d 1264d r v t i t j t==++ 22d d 126d d v r a i j t t ===+ 2(126)=2412(N)F ma i j i j ==⨯++可见质点所受合力为恒力．4-2．已知质量为1kg 的质点，在合力128(N)F t i j =+作用下运动．已知1t =s 时，质点位于2x =m 、0y =处，并以速率3m s 沿y 轴正向运动．求质点运动学方程．解 由mr F =，知12x t =，8y =．可得d 12d x t t = ，d 8d y t =积分 01d 12d xt x t t =⎰⎰ ，31d 8d y ty t =⎰⎰ 求出 266x t =- ，85y t =-再根据 2d (66)d x t t =- ，d (85)d y t t =-再积分 221d (66)d xt x t t =-⎰⎰ ，01d (85)d y t y t t =-⎰⎰ 质点运动学方程为 3266x t t =-+ ，2451y t t =-+4-3．跳水运动员沿竖直方向入水，刚入水时速率为0v ，以入水点为O 点，y 轴竖直向下，运动员入水后浮力与重力抵消，受水的阻力与速度平方成正比，比例系数为k ，求入水后运动员速度随时间的变化规律．解 以运动员为质点，根据牛顿第二定律有2d d yy v m kv t =- ，即2d d y y v k v t m =- 分离变量并积分 020d d y v t y v y v k t v m =-⎰⎰即可求出 011y k t v v m-= 也可以表示为 00y mv v m kv t =+4-4．跳水运动员由高处下落，设运动员入水后重力与浮力抵消，受水的阻力与速度平方成正比，比例系数0.4k m =（m 为运动员质量）．求运动员速率减为入水速率的110时，其入水深度（均为国际制单位）．解 以入水点为O 点，y 轴竖直向下，以运动员为质点，根据牛顿第二定律有2d 0.4d yy v m mv t =-做变量变换，得 2d d d 0.4d d d y y y y v v y v v y t y==- 即 d 0.4d y y v v y=- 分离变量并积分 00100d 0.4d v y y v yv y v =-⎰⎰ 0010ln |0.4v y v v y =- 可知运动员速率减为入水速率的110时，其入水深度ln1004576(m)y ..==．4-5．质量为m 的小球系在一不可伸长的轻绳之一端，可在水平光滑桌面上滑动．绳的另一端穿过桌面上一小孔，握在一人手中使它以匀速率a 向下运动．设初始时绳是拉直的，小球与小孔的距离为R ，初速度在垂直于绳的方向上的分量为0v ．试求小球运动和绳子的张力．解 小球m 视为质点，作为研究对象，受力分析如图．以桌面小孔为坐标原点O ，建立极坐标系如图，根据牛顿第二定律，有T N T ma F F mg F =++=在极坐标系中的投影方程为2()T m r r F θ-=- （1）(2)0m r r θθ+= （2）由题意可知 r a =- （3）由（3）式得0d d r tR r a t =-⎰⎰ 所以r R at =-，代入（2）式，得 ()20R at a θθ--= ，即 d ()2d R at a tθθ-= 初始时00R v θ=，即00v R θ=，把上式分离变量且积分 000d 2d d()2tt v R a t R at R at R at θθθ-==---⎰⎰⎰220ln 2ln ln ()R R at R v R R at θ-=-=- 所以 02d d ()v R t R at θθ==- 把上式分离变量且积分 0200d()d ()t v R R at a R at θθ-=--⎰⎰ 所以 0011()v R v ta R at R R atθ=-=-- 小球的运动学方程为r R at =-，0v t R at θ=-．由（1）式得222220023()()[]()()T v R mv R F m r r mr m R at R at R at θθ=-==-=--4-6．已知质点所受合力为sin cos e t F t i t j k =++，求在0t =到2t π=时间内合力对质点的冲量．（国际制单位．）解 0t =到2t π=时间内合力对质点的冲量为200d (sin cos e )d t t I F t t i t j k t π==++⎰⎰222000(s i n d )(c o s d )(d )t t t i t t j e t k πππ=++⎰⎰⎰ 222000(cos |)(sin |)(|)t t i t j e k πππ=-++2(e 1)i j k π=++-（国际制单位）4-7．用棒打击质量为0.5kg 、从西沿水平方向以速率20m s 飞来的球，球落到棒的西面80m 处，球上升的最大高度为20m ，打击时间为0.05s ，打击时可略去重力，取210m g =．求：（1）棒对球的冲量；（2）棒给予球的平均冲力．解 建立坐标系Oxy ，Ox 轴沿水平方向自东向西，Oy 轴竖直向上．先讨论球被棒打击后的运动，球仅受重力，可知2012y y v t gt =- ，0y y v v gt =- 当0y v =时球达到最大高度m 20m y =．根据0010y v t =-求出0010y t .v =，代入202050y v t .t =-得到 22200020010005005y y y .v .v .v =-=因00y v >，略去020y v =-，可求出020m s y v =．进而求出2s t =．由于球沿Ox 方向作匀速率运动，到4s t =时向西运动了80m ，所以020m x v =． 在碰撞中根据动量定理 21I mv mv =- 由于120v i =-，2002020x y v v i v j i j =+=+，所以棒对球的冲量 2010(N s)I i j =+⋅平均冲力 2010400200 (N)0.05I i j F i j t +===+∆4-8．从高出枰盘 4.9m h =处，将每个质量m 均为0.02kg 的橡皮泥块，以每秒100n =个的速率注入枰盘，橡皮泥块落入枰盘后均黏附在盘上．以开始注入时为0t =，求10s t =时枰的读数．解 橡皮泥块在下落过程中只受重力，橡皮泥块落入枰盘的速率98(m s)v .=在橡皮泥块落入秤盘的过程中，对秤盘的平均冲力为（向上为正方向）F —nmg=n(mv 2—mv 1)=F —100*0.02*9.8=100*0.02*[0-(-9.8)]F=39.2N由于橡皮泥块由 4.9m h =处下落，由22119.8 4.922gt t =⨯⨯=可知下落的时间1s t =．所以10s t =时枰盘内橡皮泥块受到的总重力g (10-1)1009002981764(N)F n mg ...==⨯⨯⨯=因此秤的读数为F+F g =39.2+176.4=215.6N4-9．对例题4-4-2（见图），判断以下说法的正误：（1）质点对O 点角动量守恒；（2）质点对O '点角动量守恒；（3）质点对z 轴角动量守恒；（4）质点对x 轴角动量守恒．解 （1）摆锤所受合力指向O 点，摆锤所受合力对O 点力矩为零，所以质点对O 点角动量守恒．（2）合力对O'点力矩不为零，质点对O'点角动量不受恒．（3）质点所受合力的作用线过Oz 轴，对Oz 轴合力矩为零，所以质点对Oz 轴角动量守恒．（4）质点对O 点角动量守恒，所以质点对Ox 轴角动量守恒．4-10．在一直角坐标系Oxyz 中，一质点位于点(3m,4m,5m)处，并受一作用力7N 8N 9N F i i i =++，求：（1）力F 对O 点的力矩；（2）力F 对x 轴的力矩．解 345r i j k =++，所以(345)(789)484(N m)O M r F i j k i j k i j k =⨯=++⨯++=-+-⋅4N m x O M M i =⋅=-⋅4-11．在直角坐标系Oxyz 中，质点质量为2kg ，其速度1242(m s )v i j tk -=+-⋅，并已知0t =时位置矢量02(m)r i =．求：（1）质点对O 点的角动量；（2）质点对y 轴的角动量；（3）质点所受合力对O 点和y 轴的力矩．解 因为d d r v t =，d d r v t =，所以00d d r t r r v t =⎰⎰，即 00002(2d )(4d )(2d )t t tr r r i t i t j t t k -=-=+-⎰⎰⎰ 所以 2(22)4r t i tj t k =++- （1） 22[(22)4](242)O L r mv t i tj t k i j tk =⨯=⨯++-⨯+-22218(48)16(kg m s )t i t t j k -=-+++⋅⋅（2） 22148(kg m s )y O L L j t t -=⋅=+⋅⋅（3） d 16(88)(N m)d O O L M t i t j t==-++⋅ d 88(N m)d y y L M t t==+⋅4-12．设质点在Oxy 平面内运动，试判断以下论述是否正确：（1）若质点动量守恒，则对z 轴角动量守恒；（2）若质点对z 轴角动量守恒，则动量守恒；（3）若质点对z 轴角动量守恒，则动量的大小保持不变；（4）若质点对z 轴角动量守恒，则质点不可能作直线运动．解 （1）正确．质点动量守恒，则质点所受合力为零，质点所受合力对Oz 轴力矩为零，所以对Oz 轴角动量守恒．（2）不对．比如，质点在Oxy 平面内、绕O 点做匀速圆周运动，对Oz 轴角动量守恒，但是动量并不守恒．（3）不对．比如例题4-5-2，质点在Oxy 平面内做椭圆运动，它所受的合力是有心力，始终指向O 点，所以对Oz 轴的角动量守恒，但是动量的大小不断变化．（4）不对．在Oxy 平面内做匀速直线运动的质点对Oz 轴角动量守恒．4-13．质量为m 的质点在Oxy 平面内运动，其运动学方程为cos x a t ω=，sin y b t ω=，a 、b 、ω均为常量．求：（1）质点对z 轴的角动量；（2）质点所受对z 轴的合力矩．解 （1）对运动学方程cos sin r a ti b tj ωω=+求时间导数，可得d sin cos d r v a ti b t j tωωωω==-+ 所以 (cos sin )(sin cos )O L r mv a ti b tj m a ti b t j ωωωωωω=⨯=+⨯-+22(cos sin )m ab t ab t k mab k ωωωωω=+=z O L L k abm ω=⋅=（2）因z L 为常量，由对Oz 的角动量定理，可知质点所受对Oz 轴的合力矩d 0d z z L M t==4-14．如图，刚性转动系统放在盛有液体的容器内，长为l 的细杆一端固定一质量为m 的小球，另一端垂直地固定于转轴z ．小球受液体阻力与小球质量及系统转动角速度的大小成正比，即F km ω=，k 为比例常量．z 轴及细杆的质量及所受阻力均忽略不计，问：经过多长时间系统的角速度的大小变为初始值0ω的1e ．解 由题意知z M lkm ω=-，2z L ml ω=，根据d d z z L M t=，得 2dd ml lkm tωω=- 分离变量并积分 d d k t lωω=-⎰⎰ ln k t C lω=-+ 由0t =时0ωω=定出积分常数，0ln C ω=，则 0e kt l ωω-= 所以，当0e ωω=时l t k=．4-15．如图所示，小球m 系于不可伸长的轻绳的一端，绳经O 点穿入竖直小管．开始时小球绕管在水平面内做半径为R 的圆周运动，每分钟转120转．由绳的A 端将绳拉入小管，拉绳后小球绕管在水平面内做半径为2R 的圆周运动．求：（1）拉绳以后小球每分钟之转数；（2）拉绳过程中小球对O 点角动量是否守恒？为什么？解 （1）在拉绳过程中，因为小球所受重力与OA 轴平行、绳拉力与OA 轴相交，对OA 轴力矩均为零，所以在拉绳过程中小球对OA 轴角动量守恒02R mvmv R = 拉绳前，每秒转两转，022R v π⋅=．设拉绳后，每秒转n 转，22R n v π⋅=．把04v R π=和v n R π=代入角动量守恒方程，得42R mn Rm R R ππ=⋅ 即可求出拉绳后小球每秒转8n =转，即每分钟480转．（2）因为小球所受合力对O 点力矩不为零，所以小球对O 点角动量不守恒．4-16．试判断以下说法是否正确：（1）静摩擦力一定不做功；（2）滑动摩擦力一定做负功；（3）摩擦力总是阻碍物体运动；（4）运动质点如受摩擦力作用，则能量一定减小．答 均不正确．4-17．试证明2(3sin e )(N)x F x x i =++是保守力．质点在F 作用下由0x =运动到1m x =，试用两种方法计算力F 对质点做的功．解 由于2(3sin e )(N)x F x x i =++在位移d r 中所做元功2d (3sin )(d d d )x F r x x e i xi yj zk ⋅=++⋅++2(3sin e )d x x x x =++3d(cos e )xx x =-+可以表示为只与位置有关的标量函数3()cos e x U x x x =-+的微分，所以此力为保守力．方法一：质点沿Ox 轴由0x =运动到1x =，F 对质点所做的功为 120d (3sin e )d x W F r x x x =⋅=++⎰⎰310(cos e )|x x x =-+ 1cos1e 11=-++-1cos1e =-+ 方法二：因F 为保守力，引入势能3p (cos e )x E U C x x C =-+=--++，则p2p1()W E E =--1cos1e 11=-++-1cos1e =-+4-18．如图，一劲度系数为k 的弹簧，一端固定于A 点，另一端与质量为m 的质点相连．弹簧处于自由伸张状态时，质点位于竖直面与半径为R 的半圆柱面的交界处B ．质点在力F 的作用下，由B 点从静止开始运动到光滑半圆柱面的顶点C ，到达C 点时质点速率为C v ．求力F 对质点所做的功．解 在质点由B 到C 点的过程中，所受重力和弹簧弹性力为保守力，以B 点为重力势能及弹性势能零点．质点受面的支撑力不做功，设力F 做功为F A ．由质点的机械能定理k p k p ()()C C B B F E E E E A +-+=可得 22111[(R)](00)222F C A mv mgR k π=++-+ 2221128C mv mgR k R π=++4-19．接题4-18，质点到达C 点后，力F 被撤除，求质点运动到AB 之间的平衡位置时的速率．解 质点平衡时mg k l =∆，mg l k ∆=，即质点的平衡位置位于B 点下方mg k处． 在质点由C 到平衡位置的过程中，由于所受重力和弹簧弹性力为保守力，受面的支撑力不做功，所以机械能守恒．以B 点为重力势能及弹性势能零点，则()2222211112822C mv mgR k R mv mg l k l π++=-∆+∆ 22222122m g m g mv k k=-+222122m g mv k =-即可求出质点运动到AB 之间的平衡位置时的速率2222121(2)4C k R mg v v gR m k π=+++4-20．如题4-15图之装置．设小球质量0.5g m =，初态管外绳长12m l =，绳与竖直方向夹角130θ=，速度为1v ．末态绳与竖直方向夹角260θ=，速度为2v ．求：（1）1v 、2v ；（2）绳对小球所做的功．解 视小球为质点，受重力W 和绳的张力T F 如图．初态小球做水平圆周运动，合力T F W F =+指向圆轨道圆心，由牛顿第二定律2211111tg sin v v m m mg R l θθ== 所以1238m s v .=== 设末态2l l =，小球做水平圆周运动，有22222tg sin v m mg l θθ= ，222222sin cos v l g θθ= 可知221112222212sin cos cos sin v l v l θθθθ== （1） 在由初态到末态的过程中，小球所受合力对竖直轴AB 的力矩为零，所以小球对轴AB 的角动量守恒111222sin sin mv l mv l θθ=所以1222111sin sin v l v l θθ== （2） (1)(2)⨯得 313213v v = 可求出 13213343m v v .==2(1)(2)得3132l l =121080m l l .== 由机械能定理，以O 点为势能零点，绳对小球所做的功为k p W E E =∆+∆2221121()(cos30cos60)2m v v mg l l =-+-000805J .=4-21．质量为0.2kg 的小球B 以弹性绳在光滑水平面上与固定点A 相连．弹性绳劲度系数为8N m ，其自由伸张长度为0.6m ．小球初位置和速度0v 如图所示．当小球速率变为v 时，它与A 点距离最大且等于0.8m ．求初态与末态之速率0v 和v ．解 小球在水平面上仅受弹性绳弹性力，弹性力作用线过A ，所以小球在运动过程中对过A 的竖直轴角动量守恒；注意到小球与A 点距离最大时其速度与弹性绳垂直；则004sin3008.mv .mv =小球在水平面内仅受弹性绳弹性力，弹性力为保守力，因此小球在运动过程中机械能守恒，以弹性绳自由伸张时为弹性势能零点；则2220111(0806)222mv mv k ..=+- 所以 04v v = ，22016v v .-= 联立求解上述二式即可求出0131m v .=，033m v .=．4-22．如图，在升降机内有一和升降机固定的光滑斜面，斜面相对水平方向的倾角为θ．当升降机以匀加速度a 沿竖直方向上升时，质量为m 的物体沿斜面下滑，试以升降机为参考系，求：（1）物体相对升降机的加速度；（2）物体对斜面的压力；（3）物体对地面的加速度．解 以升降机为非惯性参考系，建立与斜面固连的坐标系Oxy 如图．视物体为质点，受重力mg 、支承力N F 和惯性力I F ma =-，物体在非惯性系中的动力学方程为()sin m g a mx θ+=()N cos 0F m g a θ-+=所以，物体相对升降机的加速度()sin a x i g a i θ'==+物体对斜面的压力()NN cos F F m g a j θ'=-=-+ 物体对地面的加速度sin cos ()sin sin cos a a a a i a j g a i g i a j θθθθθ'=+=-+++=+地4-23．如图，一理想定滑轮固定于升降机上，一不可伸长之轻绳跨过滑轮后，两端各悬挂一物体，物体质量为1m 和2m ，12m m ≠．升降机以加速度a 沿竖直方向下降时，试以升降机为参考系，求：两个物体相对地面的加速度及绳内张力．解 以升降机为非惯性参考系，建立与升降机固连的坐标系Ox 如图．视二物体为质点，物体受重力、绳张力和惯性力I11F m a =-、I22F m a =-，在非惯性系中的动力学方程为1T1111m g F m a m x --=2T2222m g F m a m x --=绳不可伸长 12x x =-根据牛顿第三定律 T1T2T F F F ==所以 12211212()()m m g m m a x x m m -+-=-=+ 绳内张力 12T 122()m m F g a m m =-+ 两个物体相对地面的加速度为1221122111212()()()2m m g m m a m m g m a a a x i ai i i m m m m -+--+=+=+=++ 1221211121212()()()2m m g m m a m m g m a a a x i ai i i m m m m -+--+=+=-=++4-24．如图所示有一绕竖直z 轴以角速度k ωω=作匀角速度定轴转动的光滑水平大转台．在距z 轴R 的A 处立一竖直杆，杆端有一长度为l 的不可伸长的轻绳，绳末端挂一质量为m 的小球．当绳与竖直杆夹角θ保持不变时，以转台为参考系，求θ与ω的关系．解 以转台为非惯性参考系，视小球为质点，小球受重力mg ，绳的拉力T F ，惯性离心力It F ，2It (sin )F m R l ωθ=+．小球在非惯性系中受三个力平衡，水平方向的平衡方程为2(sin )tan m R l mg ωθθ+=所以 1tan ()sin g R l θωθ=+ 4-25．接题4-24，有人试图从O 点以初速0v 沿台面抛出一小球，而使小球沿转台上的直线OA 运动，此人的目的能否达到？试在转台参考系中加以说明．解 以转台为非惯性参考系，小球相对于转台具有速度，所以小球除受重力、支持力和惯性离心力以外，还受科里奥利力作用．由于科里奥利力与小球运动方向垂直，所以小球不可能沿转台上的直线OA 运动．（第四章题解结束）。
2024年新人教版初中物理八年级物理全套精美课件全集一、教学内容1. 力与运动力的概念、分类及作用效果常见力的产生及作用方式运动的概念、分类及描述方法2. 摩擦力摩擦力的概念、分类及影响因素摩擦力的计算与应用摩擦力的实际应用案例3. 浮力浮力的概念、产生原因及计算方法阿基米德原理及应用浮力的实际应用案例二、教学目标1. 让学生理解并掌握力、摩擦力、浮力的基本概念、分类及计算方法。
2. 培养学生运用物理知识解决实际问题的能力。
3. 激发学生对物理学科的兴趣，培养科学探究精神。
三、教学难点与重点1. 教学难点：摩擦力的计算方法、浮力的计算方法。
2. 教学重点：力的作用效果、摩擦力的产生与作用、阿基米德原理。
四、教具与学具准备1. 教具：摩擦力演示仪、浮力演示仪、多媒体课件。
2. 学具：弹簧测力计、细线、小球、木块等。
五、教学过程1. 引入：通过实践情景引入，展示生活中的摩擦力和浮力现象，激发学生兴趣。
2. 知识讲解：1) 力与运动：讲解力的概念、分类及作用效果，举例说明常见力的产生及作用方式。
2) 摩擦力：讲解摩擦力的概念、分类及影响因素，通过演示实验引导学生探究摩擦力的计算方法。
3) 浮力：讲解浮力的概念、产生原因及计算方法，演示阿基米德原理实验，引导学生掌握浮力的计算方法。
3. 例题讲解：针对每个知识点，选取典型例题进行讲解，分析解题思路。
4. 随堂练习：设计有针对性的练习题，巩固所学知识。
六、板书设计1. 力与运动：力的概念、分类常见力的产生及作用方式2. 摩擦力：摩擦力的概念、分类摩擦力的计算方法3. 浮力：浮力的概念、产生原因阿基米德原理浮力的计算方法七、作业设计1. 作业题目：1) 解释力的作用效果，列举生活中的实例。
2) 计算给定情境下的摩擦力和浮力。
3) 分析浮力在实际应用中的重要作用。
2. 答案：1) 略2) 略3) 略八、课后反思及拓展延伸1. 反思：对本节课的教学过程、教学方法、学生反馈等方面进行反思，找出不足之处，改进教学方法。
2024年教科版八年级物理上册全册标准课件一、教学内容二、教学目标1. 让学生掌握基本物理概念、原理和实验技能；2. 培养学生观察、思考、分析和解决问题能力；3. 激发学生对物理学科兴趣，提高学生科学素养。
三、教学难点与重点1. 教学难点：物理概念理解，物理规律运用；2. 教学重点：实验操作技能培养，物理思维能力提升。
四、教具与学具准备1. 教具：实验器材（如天平、量筒、小车、滑轮等），多媒体设备；2. 学具：学习资料（教材、练习册），实验报告册，文具。
五、教学过程1. 实践情景引入：通过生活中实例，引发学生对物理现象好奇心，激发学习兴趣；2. 例题讲解：详细讲解典型例题，引导学生运用物理知识解决问题；3. 随堂练习：设计适量练习题，巩固所学知识，提高学生运用能力；4. 实验教学：指导学生进行实验操作，培养实验技能，加深对物理规律理解；六、板书设计1. 用大号字体书写，突出本节课主题；2. 目录：列出本节课涉及知识点，方便学生查阅；3. 重点内容：用不同颜色粉笔标出，增强视觉效果；4. 图表：绘制相关图表，直观展示物理规律。
七、作业设计1. 作业题目：（1）简述力作用效果；（2）根据牛顿第一定律，说明惯性概念；（3）列举三种能量转换实例；（4）解释物质三态变化。
2. 答案：（1）力作用效果有：改变物体运动状态，改变物体形状；（2）惯性是指物体保持原来运动状态不变性质；（3）三种能量转换实例：水力发电（机械能转化为电能），太阳能电池（太阳能转化为电能），热机（热能转化为机械能）；（4）物质三态变化：固态→液态（熔化），液态→气态（汽化），固态→气态（升华）。
八、课后反思及拓展延伸2. 拓展延伸：引导学生关注生活中物理现象，激发学生探索科学兴趣。
例如，通过查阅资料，解我国在物理领域最新研究成果，增强学生民族自豪感。
同时，鼓励学生参加各类科学竞赛，提高学生实践能力。
重点和难点解析在教学过程中，有几个细节是我需要重点关注。
2024年人教版初三物理课件精选一、教学内容本节课选自2024年人教版初三物理教材第九章《电与磁》的第四节《电流的磁场》。
具体内容包括：电流的磁场现象，安培定则，电流产生的磁场方向判断，以及电流磁场的应用。
二、教学目标1. 了解电流产生磁场的现象，理解电流磁场的基本原理。
2. 学会使用安培定则判断电流产生的磁场方向，提高空间想象能力。
3. 了解电流磁场的应用，激发学生学习物理的兴趣。
三、教学难点与重点教学难点：安培定则的应用，电流产生的磁场方向的判断。
教学重点：电流磁场的基本原理，安培定则的使用。
四、教具与学具准备教具：电流磁场演示器，安培定则模型，磁性材料（如铁钉、铁粉）。
学具：电流磁场实验盒，指南针，直尺，圆规。
五、教学过程1. 实践情景引入（1）向学生展示电流磁场演示器，让学生观察电流通过导线时周围小铁钉的变化。
（2）引导学生思考电流与磁场之间的关系，激发学生探究兴趣。
2. 例题讲解（1）讲解安培定则的基本原理，演示如何使用安培定则判断电流产生的磁场方向。
（2）通过例题，让学生学会运用安培定则解决实际问题。
3. 随堂练习（1）让学生分组进行电流磁场实验，观察电流产生的磁场现象。
（2）指导学生使用安培定则判断不同电流产生的磁场方向。
4. 知识巩固与拓展（1）讲解电流磁场的应用，如电动机、发电机等。
（2）引导学生探讨电流磁场在日常生活中的应用，提高学生学以致用的能力。
六、板书设计1. 电流的磁场2. 内容：（1）电流磁场现象（2）安培定则（3）电流磁场方向判断（4）电流磁场的应用七、作业设计1. 作业题目：（2）简述电流磁场的应用实例。
2. 答案：（1）……（2）示例：电动机、发电机等。
八、课后反思及拓展延伸1. 反思：本节课学生对电流磁场的基本原理掌握情况较好，但在实际应用方面还需加强练习。
2. 拓展延伸：引导学生了解电磁感应现象，为下一节课的学习打下基础。
重点和难点解析1. 安培定则的应用和电流产生的磁场方向的判断。
