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教案(11)——牛顿运动定律解决的两类问题、
程序法的应用考点解读
考　点 解　读 学 题 目 分 布
牛顿第二定律的应用 掌握牛顿运动定律的应用(仅要求解决单个物体的问题，不要求讨论摩擦力做动力问题) D 10年上海高考第11题
11年上海高考第31题
12年上海高考第30题
教学目标
1．学会将物体运动过程划分为多个不同的过 ( http: / / www.21cnjy.com )程或多个不同的状态，深刻理解加速度与合外力对应关系，然后对各个过程或各个状态进行分析，求解所求问题．
2．学会用图像法解决物理问题.教师归纳
一、牛顿运动定律解决动力学的两类问题
1．运用牛顿运动定律解决的动力学问题常常可以分为两种类型(两类动力学基本问题)：
(1)已知物体的受力情况，要求物体的运动情况．如物体运动的位移、速度及时间等．
(2)已知物体的运动情况，要求物体的受力情况(求力的大小和方向)．
但不管哪种类型，一般总是先根据已知条件求出物体运动的加速度，然后再由此得出问题的答案．
2．两类动力学基本问题的解题思路图解如下：
( http: / / www.21cnjy.com )
可见，不论求解哪一类问题，求解加速度是解题的桥梁和纽带，是顺利求解的关键．
3．我们遇到的问题中，物体受力情况一般不变，即受恒力作用，故常用的运动学公式为匀变速直线运动公式，如
vt＝v0＋at，s＝v0t＋at2，v－v＝2as，v－＝＝等．
二、程序法解题
1．程序法：按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程(或不同的状态)进行分析(包括列式计算)的解题方法可称为程序法．
2．程序法解题的基本思路是：
①划分出题目中有多少个不同的过程或多少个不同状态．
②对各个过程或各个状态进行具体分析，得出正确的结果．
③前一个过程的结束是后一个过程的开始，两个过程的交接点是问题的关键．
3．说明：在求解物体从一种运动过程(或状态 ( http: / / www.21cnjy.com ))变化到另一种运动过程(或状态)的力学问题(称之为“程序题”)时，通常用“程序法”求解，即要求我们从读题开始，就要注意到题中能划分为多少个不同的过程或多少个不同的状态，然后对各个过程或各个状态进行分析(称之为“程序分析”)，最后逐一列式求解得到结论．“程序法”是一种重要的基本解题方法．
分类剖析
(一)正交分解法应用
　　　　　　　　　　　　　　　　
例1
　如图(a)所示，质量为m的人站在自动扶梯 ( http: / / www.21cnjy.com )上，已知鞋底与扶梯间的滑动摩擦系数为μ，扶梯与水平面间的夹角为θ，假定人随扶梯以加速度a一起向上加速运动，这时人受到的摩擦力大小是多少？扶梯对人的支持力多大？
(a)　　　　　　　　　(b)
【解析】　分析人的受力情况，如图(b)所示，将a正交分解得　ax＝acosθ， ay＝asinθ
由牛顿第二定律　f＝macosθ
N－mg＝masinθ
所以　N＝mg＋masinθ
例2
　如图所示，在箱内倾角为α ( http: / / www.21cnjy.com )的固定光滑斜面上用平行于斜面的细线固定一质量为m的木块．求：(1)箱以加速度a匀加速上升；(2)箱以加速度a向左匀加速运动时，线对木块的拉力F1和斜面对箱的压力F2各多大？
【解析】　(1)如图(1)所示，a向上 ( http: / / www.21cnjy.com )时，由于箱受的合外力竖直向上，重力竖直向下，所以F1、F2的合力F必然竖直向上．可先求F，再由F1＝Fsinα和F2＝Fcosα求解，得到：
F1＝m(g＋a)sinα，F2＝m(g＋a)cosα
显然这种方法比正交分解法简单．
(1)
　　 ( http: / / www.21cnjy.com )(2)
(2)如图(2)所示，a向左时，箱 ( http: / / www.21cnjy.com )受的三个力都不和加速度在一条直线上，必须用正交分解法．可选择沿斜面方向和垂直于斜面方向进行正交分解(同时正交分解a)，然后分别沿x、y轴列方程求F1、F2：
F1＝m(gsinα－acosα)，F2＝m(gcosα＋asinα)
经比较可知，这样正交分解比按照水平、竖直方向正交分解列方程和解方程都简单．
(二)动力学的两类问题
例3
　如图(a)所示，质量为1kg的木 ( http: / / www.21cnjy.com )块静止在水平地面上，它与地面间摩擦系数为0.5，先用与竖直方向成37°角的10N力拉木块，经过2s后突然使该力改变180°，直至木块静止，求：
(1)第2s末木块的速度及2s内所通过的位移．
(2)木块停下的位置离出发点的距离．
( http: / / www.21cnjy.com )
(a)　　　　　　(b)　　　　　(c)
【解析】　这是一个已知物体受力情况，求物体运 ( http: / / www.21cnjy.com )动的问题．以木块为研究对象，木块受到拉力F、摩擦力f、重力G的作用，作图(b)，以加速度方向为x轴正方向，建立直角坐标系，根据牛顿第二定律，列出方程，再根据运动学公式求解．
(1)对木块受力分析如图(b)，得
Fx－f1＝ma　(1)
N＋Fcos37°＝mg　(2)
f1＝μN　(3)
由(1)、(2)、(3)式解得
a＝＝
＝＝5m/s2
再根据运动学公式，木块由静止出发　
v＝at＝5×2＝10m/s
所以　s＝at2＝×5×22＝10m
(2)对木块再次进行受力分析，如图(c)
Fx′＋f2＝ma′　(1)
N′＝Fcos37°＋mg　(2)
f2＝μN′　(3)
由(1)、(2)、(3)式解得
a′＝＝
＝
＝15m/s2
由运动学公式，木块做匀减速直线运动
v2＝2a′s′， s′＝＝＝3.3m
停下来离出发点的距离是L′＝s＋s′＝13.3m
例4
　在水平轨道上有一列火车由 ( http: / / www.21cnjy.com )静止开始匀加速行驶，前10s内走过了40m，此时车厢与机车脱钩，机车的牵引力不变，再过10s，车厢与机车相距60m，求机车的质量M和车厢的质量m的比(不计阻力)．
【解析】　设机车质量为M ( http: / / www.21cnjy.com )、车厢质量为m.开始时机车与车厢一同做匀加速运动，加速度为a；脱钩后，机车所受合外力不变，质量减少，加速度增大为a′，机车做匀加速运动，而车厢做匀速直线运动，再过10s，两者之间距离为60m，因此本题是已知物体运动求受力问题．
由运动学公式　s＝at2
∴ a＝＝＝0.8m/s2
由牛顿第二定律
∑F＝(M＋m)a　(1)
又因为脱钩后，机车所受合外力不变
∑F＝Ma′　(2)
由(1)、(2)两式解得　(M＋m)a＝Ma′， a′＝a
脱钩后机车位移　s1＝vt＋a′t2
车厢位移　s2＝vt
Δs＝s1－s2＝vt＋a′t2－vt＝a′t2＝at2
∴ 60＝×0.8×102，＝
例5
　如图所示，传送带与水平地面倾角θ＝3 ( http: / / www.21cnjy.com )7°，传送带AB长为16m，传送带以10m/s的速率逆时针转动，在传送带上端A无初速地放一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦系数为0.5.求物体从A运动到B所需时间是多少？
( http: / / www.21cnjy.com )
【解析】　物体放到传送带上后，开始阶段 ( http: / / www.21cnjy.com )，传送带速度大于物体的速度，物体相对传送带向上运动，所以物体的滑动摩擦力沿传送带向下，物体做初速为零的匀加速运动；当物体速度等于传送带的速度后，由于μ＜tanθ，物体在重力作用下继续做加速运动，v物＞v皮传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向上．
由牛顿第二定律　mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1
a1＝10×(0.6＋0.5×0.8)＝10m/s2
当物体速度等于皮带速度时
t1＝＝＝1s
物体位移　s1＝at＝vt1＝×10×1＝5m
由于μ＜tanθ物体继续加速运动
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，a2＝2m/s2
由运动学公式　L－s1＝vt2＋a2t
解得　t2＝1s
∴物体由A运动到B时间　t＝t1＋t2＝2s
例6
　一质点由静止起受力F1作用加速运 ( http: / / www.21cnjy.com )动，经时间t后，将力F1撤去，立即加上与F1反向的力F2，再经时间t，质点恰返回出发点，求F1与F2的比值．
【解析】　质点先以加速度a1做初速度为零 ( http: / / www.21cnjy.com )的匀加速运动，后以加速度a2做匀减速运动，且相等时间内位移大小相等、方向相反．根据运动学公式确定a1与a2的关系，再由牛顿第二定律确定F1与F2的关系．
由牛顿第二定律　F1＝ma1, a1＝
由运动学公式经过时间t质点速度
v1＝a1t
位移方程为　s1＝a1t2＝t2　(1)
撤去F1后，质点的加速度大小a2＝
F2/m，以v1为正方向，物体先做减速运动，再反过来做加速运动，经过时间t，回到出发点，此过程位移为－s，质点位移方程为
－s＝v1t－a2t2＝t2－t2　(2)
由(1)、(2)两式解得　－t2＝t2－t2，t2＝t2
∴ ＝
例7
　如图所示，质量m＝1kg的小物体从 ( http: / / www.21cnjy.com )倾角θ＝37°的光滑斜面上A点静止开始下滑，经过B点后进入粗糙水平面(经过B点时速度大小不变而方向变为水平)．AB
＝3m.试求：
(1)小物体从A点开始运动到停止的时间t＝2.2s，则小物体与地面间的动摩擦因数μ多大？
(2)若在小物体上始终施加一个 ( http: / / www.21cnjy.com )水平向左的恒力F，发现当F＝F0时，小物体恰能从A点静止出发，沿ABC到达水平面上的C点停止，BC＝7.6m.求F0的大小．
(3)某同学根据(2)问的结果 ( http: / / www.21cnjy.com )，得到如下判断：“当F＝F0时，小物体一定能从A点静止出发，沿ABC到达C点．”这一观点是否有疏漏，若有，请对F的范围予以补充．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
【解析】　(1)物体在斜面上的加速度a1＝gsinθ＝6m/s2
物体在斜面上运动中AB＝a1t，得t1＝1s，vB＝a1t1＝6m/s
物体在水平面上的加速度a2＝μg，t2＝2.2－ t1＝1.2s
vB＝a2t2，得μ＝0.5
(2)对A到C列动能定理式，其中h为斜面高度，L为斜面水平宽度
mgh＋F0(BC＋L)－μmgBC＝0
F0＝2N
(3)有疏漏，F太大物体会离开斜面，而不能沿ABC运动．
临界状态为物体沿斜面运动但与斜面没有弹力，此时F＝mg/tanθ＝16.7N
得16.7N≥F≥F0

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