多过程及传送带
用动力学和能量观点解决多过程问题(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(新高考专用)
压轴题03用动力学和能量观点解决多过程问题目录一，考向分析 (1)二．题型及要领归纳 (1)热点题型一传送带模型中的动力学和能量问题..............................................................................................1热点题型二用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程问题.....................................................5热点题型三综合能量与动力学观点分析含有弹簧模型的多过程问题.......................................................10热点题型四综合能量与动力学观点分析板块模型. (13)三．压轴题速练..........................................................................................................................................................18一，考向分析1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。
2.学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心。
3.用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。
二．题型及要领归纳热点题型一传送带模型中的动力学和能量问题1.解决传送带问题的关键点(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断.(2)物体能否达到与传送带共速的判断.(3)弄清能量转化关系：传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和.2.应用动能定理时，摩擦力对物体做功W f ＝F f ·x (x 为对地位移)；系统产生的热量等于摩擦力对系统做功，W f ＝F f ·s (s 为相对路程).【例1】（2023春·湖北荆州·统考期中）如图所示，荆州沙市飞机场有一倾斜放置的长度5m L =的传送带，与水平面的夹角37θ=︒，传送带一直保持匀速运动，速度2m/s v =。
传送带模型高中物理教案
传送带模型高中物理教案传送带模型高中物理教案1一、教学目标1.在学习机械能守恒定律的根底上，研究有重力、弹簧弹力以外其它力做功的情况，学习处理这类问题的方法。
2.对功和能及其关系的理解和认识是本章教学的重点内容，本节教学是本章教学内容的总结。
通过本节教学使学生更加深入理解功和能的关系，明确物体机械能变化的规律，并能应用它处理有关问题。
3.通过本节教学，使学生能更加全面、深入认识功和能的关系，为学生今后能够运用功和能的观点分析热学、电学知识，为学生更好理解自然界中另一重要规律——能的转化和守恒定律打下根底。
二、重点、难点分析1.重点是使学生认识和理解物体机械能变化的规律，掌握应用这一规律解决问题的方法。
在此根底上，深入理解和认识功和能的关系。
2.本节教学实质是渗透功能原理的观点，在教学中不必出现功能原理的名称。
功能原理内容与动能定理的区别和联系是本节教学的难点，要解决这一难点问题，必须使学生对“功是能量转化的量度”的认识，从笼统、浅薄地了解深入到十清楚确认识“某种形式能的变化，用什么力做功去量度”。
3.对功、能概念及其关系的认识和理解，不仅是本节、本章教学的重点和难点，也是中学物理教学的重点和难点之一。
通过本节教学应使学生认识到，在今后的学习中还将不断对上述问题作进一步的分析和认识。
三、教具投影仪、投影片等。
四、主要教学过程（一）引入新课结合复习机械能守恒定律引入新课。
提出问题：1.机械能守恒定律的内容及物体机械能守恒的条件各是什么?评价学生答复后，教师进一步提问引导学生思考。
2.假如有重力、弹簧弹力以外其它力对物体做功，物体的机械能怎样变化?物体机械能的变化和哪些力做功有关呢?物体机械能变化的规律是什么呢?教师提出问题之后引起学生的注意，并不要求学生答复。
在此根底上教师明确指出：机械能守恒是有条件的。
大量现象讲明，许多物体的机械能是不守恒的。
例如从车站开出的车辆、起飞或降落的飞机、打入木块的子弹等等。
高中物理专题复习---传送带模型的能量分析
高中物理专题复习---传送带模型的能量分析微专题34 传送带模型的能量分析传送带模型能量分析的问题主要包括以下两个核心问题：1) 摩擦系统内摩擦热的计算：依据 $Q=F_f \cdotx_{\text{相对}}$，找出摩擦力与相对路程大小即可。
要注意的问题是公式中的 $x_{\text{相对}}$ 并不是指的是相对位移大小。
特别是相对往返运动中，$x_{\text{相对}}$ 为多过程相对位移大小之和。
2) 由于传送物体而多消耗的电能：一般而言，有两种思路：①运用能量守恒，多消耗的电能等于系统能量的增加的能量。
以倾斜向上运动传送带传送物体为例，多消耗的电能$E=\Delta E_{\text{重}} + \Delta E_{\text{k}} + Q_{\text{摩擦}}$。
②运用功能关系，传送带克服阻力做的功等于消耗的电能 $E=fS_{\text{传}}$。
如图所示，水平传送带长为 $s$，以速度 $v$ 始终保持匀速运动，把质量为 $m$ 的货物放到 $A$ 点，货物与传送带间的动摩擦因数为 $\mu$，当货物从 $A$ 点运动到 $B$ 点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能是：A。
等于 $mv^2/2$B。
小于 $mv^2/2$C。
大于 $\mu mgs$D。
小于 $\mu mgs$解析：货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速，而货物的最终速度应小于等于 $v$，根据动能定理知摩擦力对货物做的功可能等于 $mv^2/2$，可能小于$mv^2/2$，可能等于 $\mu mgs$，可能小于 $\mu mgs$，故选C。
2016 湖北省部分高中高三联考) 如图所示，质量为$m$ 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度 $v$ 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为 $\mu$，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是：A。
传送带作用
传送带作用传送带是一种广泛应用于工业生产中的设备，其作用是将物体沿着特定方向运输。
它可以在工厂中的不同工序之间传递物品，提高生产效率和减少人力成本。
首先，传送带可以将物品从一个地方运输到另一个地方。
在工厂生产线上，物品通常需要在不同的工序之间移动。
传送带可以将物品从生产线的起点运输到终点，实现自动化生产。
这种无需人工操作的运输方式可以大大提高生产效率，同时减少工人的劳动强度。
其次，传送带还可以对物品进行分类和分拣。
在工厂生产中，物品通常需要按照不同的规格、尺寸或属性进行分类。
传送带可以根据预设的规则和参数，将物品按照不同的类别进行分拣。
这使得生产过程更加高效，减少了人工错误，并且可以快速适应不同的需求变化。
此外，传送带还可以用于物品的装配和加工。
在许多工业制造过程中，物品可能需要在运输过程中进行加工和组装。
传送带可以在运输物品的同时，提供必要的工作台和设备，实现自动化加工和组装。
这样可以大大减少人工操作，提高生产效率，并确保产品的质量和一致性。
传送带还可以用于物品的包装和封装。
在生产过程中，物品通常需要进行包装和封装，以保护产品的安全性和完整性。
传送带可以将物品从生产线的最后一个工序运输到包装区域，自动完成包装和封装的过程。
这样可以大大节省人力和时间，并确保包装的一致性和质量。
最后，传送带还可以用于废物的处理和回收。
在工厂生产过程中，会产生一定数量的废物和副产品。
传送带可以将废物和副产品从生产线上运输到处理区域，如回收站或焚烧炉，实现废物的安全处理和资源的再利用。
这样不仅有助于环境保护，还可以减少废物处理的成本和对环境的影响。
综上所述，传送带在工业生产中起着至关重要的作用。
它可以实现物品的自动运输、分类、装配、加工、包装和封装，同时还可以实现废物的处理和回收。
传送带的应用可以大大提高生产效率，减少人力成本，并确保产品的质量和安全性。
因此，传送带是现代工业生产不可或缺的设备之一。
第5章 专题5应用力学两大观点分析多过程问题
专题五应用力学两大观点分析多过程问题考纲解读 1.能熟练分析物体在各过程的受力情况和运动情况.2.会分析相邻过程的关联量，能找到解答问题的关键点.3.能够根据不同运动过程的特点，合理选择物理规律．考点一应用牛顿运动定律和动能定理分析多过程问题若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理求解．例1如图1所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，O、A处于同一水平面．AB是半径为R＝2 m的1/4圆周轨道，CDO是半径为r＝1 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板．D为CDO轨道的中央点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.4.现让一个质量为m＝1 kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下．(取g＝10 m/s2)图1(1)当H＝1.4 m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小．(2)当H＝1.4 m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道．如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程．如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程．解析(1)设小球第一次到达D的速度v DP到D点的过程对小球根据动能定理得：mg(H＋r)－μmgL＝m v2D/2在D点对小球列牛顿第二定律：F N＝m v2D/r联立解得：F N＝32 N(2)设第一次来到O点时速度为v1P到O点的过程对小球列动能定理方程：mgH－μmgL＝m v21/2解得：v21＝12 (m/s)2要能通过O点，须mg<m v2/r临界速度v20＝10 (m/s)2故第一次来到O点之前没有脱离．设第三次来到D点之前没有脱离，且设第三次来到D点的动能E K对之前的过程列动能定理：mg(H＋r)－3μmgL＝E K代入解得：E K＝0故小球一直没有脱离CDO轨道设此球静止前在水平轨道经过的路程s对全程列动能定理方程：mg(H＋R)－μmgs＝0解得：s＝8.5 m.答案见解析考点二用动力学和能量观点分析多过程问题若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理或机械能守恒定律以及能量守恒定律求解．例2如图2所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8 m，匀速运动的速度v0＝5 m/s.一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上x P＝2 m的P 点．小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．若小物块经过Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求：图2(1)N点的纵坐标；(2)从P点到Q点，小物块在传送带上运动时，系统产生的热量；(3)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，最终小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨)到达纵坐标y M＝0.25 m的M点，求这些位置的横坐标范围．解析(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝5 m/s2设小物块加速到与传送带速度相同时所用时间为t t ＝v 0a＝1 s 运动的位移Δx ＝v 022a ＝2.5 m ＜x PQ在N 点由牛顿第二定律mg ＝m v 2NR从Q 到N 的运动过程，由机械能守恒定律 12m v 20＝mgy N ＋12m v 2N 又R ＝y N 2解得y N ＝1 m(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移 x ＝v 0t －Δx ＝2.5 m产生的热量Q ＝μmgx ＝12.5 J(3)设在坐标为x 1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M 点， 由能量守恒得：μmg (L －x 1)＝mgy M 代入数据解得x 1＝7.5 m当小物块恰好到达与圆心等高的右侧时 μmg (L －x 2)＝12mgy N代入数据解得x 2＝7 m若刚能到达圆心左侧的M 点，则必定恰好能通过最高点C ，μmg (L －x 3)＝mgy N ＋12m v 2Nmg ＝m v 2NR，可解得x 3＝5.5 m故小物块放在传送带上的位置坐标范围 7 m ≤x ≤7.5 m 和0≤x ≤5.5 m答案 (1)1 m (2)12.5 J (3)7 m ≤x ≤7.5 m 和0≤x ≤5.5 m突破训练 如图3所示，为一传送装置，其中AB 段粗糙，AB 段长为L ＝0.2 m ，动摩擦因数μ＝0.6，BC 、DEN 段均可视为光滑的，且BC 的始、末端均水平，具有h ＝0.1 m 的高度差，DEN 是半径为r ＝0.4 m 的半圆形轨道，其直径DN 沿竖直方向，C 位于DN 竖直线上，C 、D 间的距离恰能让小球自由通过．在左端竖直墙上固定一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m ＝0.2 kg ，压缩轻质弹簧至A 点后由静止释放(小球和弹簧不粘连)，小球刚好能沿DEN 轨道滑下．求：(g 取10 m/s 2)图3(1)小球到达N 点时的速度； (2)压缩的弹簧所具有的弹性势能． 答案 (1)2 5 m/s (2)0.44 J解析 (1)小球刚好能沿DEN 轨道滑下，则在半圆最高点D 点必须满足：mg ＝m v 2Dr从D 点到N 点，出机械能守恒得： 12m v 2D ＋mg 2r ＝12m v 2N＋0 联立以上两式，代入数据得： v D ＝2 m/s ，v N ＝2 5 m/s.(2)弹簧推开小球的过程中，弹簧对小球所做的功W 等于弹簧所具有的弹性势能E p ，根据动能定理得W －μmgL ＋mgh ＝12m v 2D －0代入数据得W ＝0.44 J.即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44 J.26．应用动力学和能量观点分析力学综合题例3 如图4所示，质量为m ＝1 kg 的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地从B 点沿圆弧切线进入竖直光滑的圆弧轨道．B 、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平，已知圆弧轨道的半径R ＝1.0 m ，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块离开C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s 后经过D 点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝13.(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37 °＝0.8)图4(1)求小物块离开A 点时的水平初速度v 1的大小； (2)求小物块经过O 点时对轨道的压力；(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5 m/s ，求P 、A 间的距离；(4)求斜面上C 、D 间的距离． 审题与关联解析 (1)对于小物块，由A 点到B 点，有v 2y ＝2gh 在B 点，有tan θ2＝v y v 1所以v 1＝3 m/s(2)对于小物块，从B 点到O 点，由动能定理知 mgR (1－cos θ2)＝12m v 2O －12m v 2B其中v B ＝v 21＋v 2y ＝32＋42m /s ＝5 m/s由牛顿第二定律知，在O 点，有F N －mg ＝m v 2O R ，所以F N ＝43 N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为F N ′＝43 N ，方向竖直向下 (3)对于小物块在传送带上加速的过程有μ2mg ＝ma 设P 、A 间的距离为x P A ，则x P A ＝v 212a ＝v 212μ2g ＝1.5 m(4)小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有 mg sin θ2＋μ1mg cos θ2＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2小物块沿斜面下滑时有mg sin θ2－μ1mg cos θ2＝ma 2解得a 2＝6 m/s 2由机械能守恒定律可知v C ＝v B ＝5 m/s小物块由C 点上升到最高点历时t 1＝v Ca 1＝0.5 s小物块由最高点回到D 点历时 t 2＝0.8 s －0.5 s ＝0.3 s 故x CD ＝v C 2t 1－12a 2t 22解得x CD ＝0.98 m答案 (1)3 m/s (2)43 N ，方向竖直向下 (3)1.5 m (4)0.98 m高考题组1．(2013·北京理综·23)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段．最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段．把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F ＝kx (x 为床面下沉的距离，k 为常量)．质量m ＝50 kg 的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x 0＝0.10 m ；在预备运动中，假定运动员所做的总功W 全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt ＝2.0 s ，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x 1.取重力加速度g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力的影响．图5(1)求常量k ，并在图5中画出弹力F 随x 变化的示意图； (2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度h m ；(3)借助Fx 图象可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求x 1和W 的值． 答案 (1)5000 N/m 见解析图 (2)5 m (3)W ＝12kx 2 1.1 m 2.5×103 J解析 (1)运动员静止在蹦床上时受力平衡，则mg ＝kx 0. 代入数据得：k ＝5000 N/m Fx 图象如图(2)运动员从x ＝0处离开床面，离开床后做竖直上抛运动，且腾空时间为2 s ，其上升、下落时间相等，h m ＝12g ⎝⎛⎭⎫Δt 22＝12×10×⎝⎛⎭⎫222 m ＝5 m (3)由图象可知弹簧弹力做功应为Fx 曲线下的面积，其规律为W ＝12kx 2.在运动员从最低点到最高点过程中，由动能定理得： 12kx 21＝mg (h m ＋x 1) 代入数据得：x 1＝1.1 m运动员所做的总功W ＝mg (h m ＋x 0)－12kx 20≈2.5×103J 模拟题组2．如图6所示，半径R ＝0.9 m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B 与长为L ＝1 m 的水平面相切于B 点，BC 离地面高h ＝0.45 m ，C 点与一倾角为θ＝30°的光滑斜面连接，质量m ＝1.0 kg 的小滑块从圆弧顶点A 由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2.求：图6(1)小滑块刚到达圆弧的B 点时对圆弧的压力的大小； (2)小滑块到达C 点时速度的大小； (3)小滑块从C 点运动到地面所需的时间． 答案 见解析解析 (1)设滑块到B 点时速度为v B ，由机械能守恒 12m v 2B＝mgR 在B 点：F N －mg ＝m v 2BR得F N ＝3mg ＝30 N ．由牛顿第三定律，滑块在B 点对圆弧的压力大小为30 N (2)由动能定理，12m v 2C ＝mgR －μmgLv C ＝2(gR －μg L )＝4 m/s.(3)滑块离开C 点后做平抛运动，设其下落h 的时间为t ，则 由h ＝12gt 2得t ＝0.3 st ＝0.3 s 内滑块的水平位移x ＝v C t ＝1.2 m. 而斜面的水平长度x 0＝h cot θ≈0.78 m因为x >x 0，所以滑块不会落到斜面上而直接落到地面上，所以小滑块从C 点运动到地面所需的时间为0.3 s.3．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想，取一个与水平方向夹角为37°、长为L ＝2.0 m 的粗糙倾斜轨道AB ，通过水平轨道BC 与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE ，整个轨道除AB 段以外都是光滑的，其中AB 与BC 轨道以微小圆弧相接，如图7所示，一个小物块以初速度v 0＝4.0 m /s ，从某一个高度水平抛出，到A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下，已知物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图7(1)小物块的抛出点和A 点的高度差；(2)为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB ，则竖直圆轨道的半径R 应该满足什么条件；(3)要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE 滑出，求竖直圆轨道的半径R ′应该满足什么条件．答案 (1)0.45 m (2)R ≥1.65 m (3)R ′≤0.66 m解析 (1)设抛出点和A 点的高度差为h ，从抛出点到A 点时有： v y ＝2gh ，且v yv 0＝tan 37°联立以上两式并代入数据得h ＝0.45 m. (2)小物块到达A 点时的速度：v A ＝v 20＋v 2y ＝5 m/s从A 到B ，由动能定理：mgL sin 37°－μmg cos 37°·L ＝12m v 2B －12m v 2A 要使小物块不离开轨道并且能够滑回倾斜轨道AB ，则小物块沿圆轨道上升的最大高度不能超过圆心，即： 12m v 2B≤mgR ， 解得R ≥1.65 m(3)小物块从B 运动到轨道最高点机械能守恒： 12m v 2B ＝12m v 2＋mg ×2R ′ 在最高点有：m v 2R ′≥mg由以上各式解得R ′≤0.66 m ，此时小物块不离开轨道，且能从水平轨道DE 滑出．(限时：45分钟)1．如图1所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h ，质量为m 的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M 处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O 点．已知在OM 段，物块A 与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g ，求：图1(1)物块滑到O 点时的速度大小；(2)弹簧被压缩至最短，最大压缩量为d 时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)；(3)若物块A 能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？ 答案 (1)2gh (2)mgh －μmgd (3)h －2μd 解析 (1)由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 2解得v ＝2gh .(2)在水平滑道上物块A 克服摩擦力所做的功为W ＝μmgd 由能量守恒定律得12m v 2＝E p ＋μmgd以上各式联立得E p ＝mgh －μmgd .(3)物块A 被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为W ＝μmgd 由能量守恒定律得E p ＝μmgd ＋mgh ′所以物块A 能够上升的最大高度为h ′＝h －2μd .2．如图2所示，长l ＝1 m 、厚度h ＝0.2 m 的木板A 静止在水平面上，固定在水平面上、半径r ＝1.6 m 的四分之一光滑圆弧轨道PQ 的底端与木板A 相切于P 点，木板与圆弧轨道紧靠在一起但不粘连．现将小物块B 从圆弧上距P 点高度H ＝0.8 m 处由静止释放，已知A 、B 质量均为m ＝1 kg ，A 与B 间的动摩擦因数μ1＝0.4，A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10 m/s 2.求：图2(1)小物块刚滑到圆弧轨道最低点P 处时对圆弧轨道的压力大小； (2)小物块从刚滑上木板至滑到木板左端过程中对木板所做的功； (3)小物块刚落地时距木板左端的距离． 答案 (1)20 N (2)49J (3)0.42 m解析 (1)对B 下滑的过程由机械能守恒定律有 mgH ＝12m v 2，解得v ＝2gH ＝4 m/s小物块滑到最低点P 处时，由牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v 2r解得F N ＝mg ＋m v 2r ＝20 N由牛顿第三定律得F N ′＝20 N(2)从小物块刚滑上木板至滑到木板左端过程中，对B 受力分析，由牛顿第二定律有a 1＝μ1mgm＝μ1g ＝4 m/s 2 小物块B 做匀减速直线运动 对A 受力分析，由牛顿第二定律有 a 2＝μ1mg －μ2·2mg m ＝2 m/s 2木板A 做匀加速直线运动 又由l ＝x B －x A x B ＝v t －12a 1t 2x A ＝12a 2t 2代入数据解得t ＝13s(t ＝1 s 舍去) 对A 由动能定理得W ＝μ1mg ·12a 2t 2＝49J (3)B 离开木板后以v 1＝v －a 1t ＝83 m/s 的初速度做平抛运动，至落地所需时间由h ＝12gt ′2，得t ′＝ 2h g＝0.2 s 木板A 将以v 2＝a 2t ＝23 m/s 、加速度a 3＝μ2mg m＝μ2g ＝1 m/s 2做匀减速运动，物块B 落地时，两者相距Δx ＝v 1t ′－(v 2t ′－12a 3t ′2) 代入数据得Δx ＝0.42 m3．如图3甲所示，竖直平面内的坐标系xOy 内的光滑轨道由半圆轨道OBD 和抛物线轨道OA 组成，OBD 和OA 相切于坐标原点O 点，半圆轨道的半径为R ，一质量为m 的小球(可视为质点)从OA 轨道上高H 处的某点由静止滑下．图3(1)若小球从H ＝3R 的高度静止滑下，求小球刚过O 点时小球对轨道的压力；(2)若用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点D 时对轨道的压力为F ，并得到如图乙所示的压力F 与高度H 的关系图象，取g ＝10 m/s 2.求滑块的质量m 和圆轨道的半径R . 答案 (1)7mg ，方向竖直向下 (2)0.1 kg 0.2 m解析 (1)由动能定理得mgH ＝12m v 20在O 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 20R解得F N ＝7mg由牛顿第三定律得，小球刚过O 点时对轨道的压力为7mg ，方向竖直向下(2)由题图乙可知，当H 大于0.5 m 时，小球才能通过D 点．当H 1＝0.5 m 时，有mg (H 1－2R )＝12m v 2D 1mg ＝m v 2D 1R解得R ＝0.2 m当H 2＝1 m 时，有mg (H 2－2R )＝12m v 2D 2F 2＋mg ＝m v 2D 2RF 2＝5 N解得m ＝0.1 kg4．如图4所示，AB 为一光滑固定轨道，AC 为动摩擦因数μ＝0.25的粗糙水平轨道，O 为水平地面上的一点，且B 、C 、O 在同一竖直线上，已知B 、C 两点的高度差为h ，C 、O 两点的高度差也为h ，AC 两点相距s ＝2h .若质量均为m 的两滑块P 、Q 从A 点以相同的初速度v 0分别沿两轨道滑行，到达B 点或C 点后分别水平抛出．求：图4(1)两滑块P 、Q 落地点到O 点的水平距离．(2)欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度v 0应满足的条件．(3)若滑块Q 的初速度v 0已满足(2)的条件，现将水平轨道AC 向右延伸一段L ，要使滑块Q 落地点距O 点的距离最远，L 应为多少？答案 (1)2v 20－2gh ·h g v 20－gh ·2h g (2)v 0＝3gh (3)154h 解析 (1)滑块P 从A 到B 过程机械能守恒：12m v 20＝12m v 2B＋mgh 得v B ＝v 20－2gh 从B 点抛出后：x 1＝v B t P ,2h ＝12gt 2P得x 1＝2v 20－2gh · h g滑块Q 从A 到C 过程，由动能定理得：－μmgs ＝12m v 2C －12m v 20 又μ＝0.25，s ＝2h ，得v C ＝v 20－gh从C 点抛出后：x 2＝v C t Q ，h ＝12gt 2Q 得x 2＝v 20－gh · 2h g(2)依题意有：x 1＝x 2，解得：v 0＝3gh所以滑块的初速度v 0应满足v 0＝3gh(3)由动能定理得：－μmg (s ＋L )＝12m v 2－12m v 20滑块Q 从水平轨道AC 向右延伸的最右端抛出后：x ＝v t Q ′，h ＝12gt Q ′2，距O 点的距离为d ＝L ＋x 从而得d ＝4h 2－hL ＋L ，当L ＝154h 时，d 取最大值为174h。
剖析多过程问题
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多过程问题的解决方法三 -----程序法 所谓程序法，是按时间的先后顺序对题 目给出的物理过程进行分析，正确划分 出不同的过程，对每一过程，具体分析 出其速度、位移、时间的关系，然后利 用各过程的具体特点列方程解题． 利用程序法解题，关键是正确选择 研究对象和物理过程，还要注意两点： 一是注意速度关系，即第1个过程的末 速度是第二个过程的初速度；二是位移 关系，即各段位移之和等于总位移．
剖
析
多 过 程 问 题
多过程问题 1.很多动力学问题中涉及物体两个或多个连续 的运动过程，在物体不同的运动阶段， 物体的运动情况和受力情况都发生了变化，我 们把这类动力学问题称为多过程问题． 2.多过程问题可根据涉及物体的多少分为单 体多过程问题和多体多过程问题． 3.观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系 是求解多过程问题的两个关键．过程特征需仔 细分析每个过程的约束条件，如物体的受力情 况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐 个进行研究． 至于过程之间的联系，则可从物 体运动的速度、位移、时间等方面去寻找．
【答案】 第一次经过B点的时间为0.2 s 第二次经过B点的时间为0.7464 s
2．如图所示，将一物块M放在匀速传送的 传送带的A点，已知传送带速度大小v＝2 m/s，AB＝2 m，BC＝4 m，M与传送带 的动摩擦因数μ＝0.25，试求物块由A运动 到C点共需要多长时间．(g取10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
【解析】 第一阶段做初速度为零的匀加速直线运动、加速度为 a1＝＝μg＝2.5 m/s2， 所用时间为 t1＝＝＝0.8 s s1＝a1t＝0.8 m 第二阶段做匀速直线运动，所用时间为t2＝＝0.6 s 第三阶段做初速度v＝2 m/s的匀加速直线运动， mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 s2＝BC＝vt3＋a2t 解得a2＝4 m/s2， t3＝1.0 s 故物块M运动到C所需时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s.
高中物理必修一 计算难题 多过程问题解题方法(含练习解析)
多过程问题解题方法【学习目标】能用程序法分析解决多过程问题 【要点梳理】要点一、程序法解题在求解物体系从一种运动过程(或状态)变化到另—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。
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。
“程序法”解题要求我们从读题开始，就要注意到题中能划分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。
程序法解题的基本思路是：（l ）划分出题目中有多少个不同的过程或多少个不同的状态 （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）前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点是问题的关键。
要点二、多过程问题的解决方法多过程问题的物理情景往往涉及几个研究对象，或几个运动过程。
解决这类问题的一般方法是： （1）边读题边粗略分析运动过程分几个运动阶段，把握特殊状态，画草图分析； （2）澄清物体在各个阶段的受力及运动形式，求出各阶段的加速度（或表达式）； （3）寻找各特殊状态的物理量及相关过程物理量的联系，根据规律求解。
【典型例题】类型一、弹簧类多过程问题例析例1、(2015 临忻市中期末考) 如图所示，质量相同的两物块A 、B 用劲度系数为K 的轻弹簧连接，静止于光滑水平面上，开始时弹簧处于自然状态．t=0时刻，开始用一水平恒力F 拉物块A ，使两者做直线运动，经过时间t ，弹簧第一次被拉至最长（在弹性限度内），此时物块A 的位移为x ．则在该过程中（ ）A ． t 时刻A 的动能为FxB ． A 、B 的加速度相等时，弹簧的伸长量为2FkC ． t 时刻A 、B 的速度相等，加速度不相等D ． A 、B 的加速度相等时，速度也一定相等 【答案】BC【解析】A 、对物体A 由动能定理可得，F K =-=E -0W W W 总弹力，所以物体A 的动能应等于合力对它做的功，所以A 错误；B 、由题意可知，当两物体加速度相同时，对A 应有：F ﹣k •△x=ma ，对B 应有：k •△x=ma ，联立解得△x=，所以B 正确；C 、由动态分析可知，物体A 加速运动过程中，加速度大小逐渐减小，物体B 也做加速运动，加速度大小逐渐增大，显然开始过程物体A 的加速度大于物体B 的加速度，所以物体A 的速度大于B 的速度，当它们的加速度相等时，物体A 的速度仍然大于B 的速度；以后过程，由于物体A 的速度大于B 的速度，弹簧继续拉伸，这样，物体A 又做减速运动，物体B 则继续做加速运动，当两者速度相等时，弹簧伸长最长，故t 时刻，A 、B 的速度相等，加速度不相等，所以C 正确；D 、根据上面的方向可知，A 、B 加速度相等时，速度不相等，所以D 错误．【总结升华】遇到物体的动态分析过程，应由牛顿第二定律进行分析：当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动；当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动．本题注意两物体加速度相同时速度不同，物体A 的速度大于B 的速度；当两物体速度相同时加速度不同，物体B 的加速度大于A 的加速度． 举一反三【变式】如图所示，一弹簧一端系在墙上O 点，自由伸长到B 点，今将一个小物体m 压着弹簧，将弹簧压缩到A 点，然后释放，小物体能运动到C 点静止。
人教版高中物理复习：六类传送带模型 (共49张PPT)
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解析
【解析】(1)物块放到传送带上后先做匀加速运动，若传送带足够长，匀加速运动到与传送带同速后再与传 送带一同向前做匀速运动。 物块匀加速的加速度 a＝μmmg＝μg，时间 t1＝av＝μvg＝4 s。 物块匀加速的位移 x＝12μgt12＝8 m。 因为 20 m>8 m，所以以后物块匀速运动，物块匀速运动的时间 tห้องสมุดไป่ตู้＝L－v x＝204－8 s＝3 s， 所以物块到达传送带右端的时间为：t＝t1＋t2＝7 s。
[例4] 有一倾角为θ＝30°的传送带，长L＝10 m，以v0＝5 m/s的速度匀速向上运动，如图所示。在传送带 底端无初速度地放一物体(可视为质点)，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝√3/2，g取10 m/s2，求： (1)物体从传送带底端运动到顶端所用的时间； (2)物体与传送带的相对位移。
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解析
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一、水平传送带匀速运动
[例1] 如图所示，水平传送带两个转动轴轴心相距L＝20 m，正在以v＝4.0 m/s的速度顺时针匀速运动， 某物块(可视为质点)与传送带之间的动摩擦因数为0.1，将该物块从传送带左端无初速地轻放在传送带上， 从左端运动到右端，求：(g取10 m/s2) (1)物块运动的时间； (2)物块与传送带间的相对位移大小； (3)若提高传送带的速度，可以使物块从传送带的一端传到另一端所用的时间缩短。为使物块运动到另一 端所用的时间最短，求传送带的最小速度及所用的最短时间是多少。