高级高中物理运动多过程问题
高中物理运动多过程问题
高中物理多运动过程分析一、解题思路1、“合”——初步了解全过程，构建大致运动图景2、“分”——将全过程进行分解，分析每个过程得规律3、“合”——找到子过程得联系，寻找解题方法二、解题注意事项1、题目中有多少个物理过程？2、每个过程物体做什么运动？3、每种运动满足什么物理规律？4、运动过程中得一些关键位置(时刻)就是哪些?三、典型题目分析题型二、直线运动与圆周运动、平抛运动结合题目1、（14分）在半径R=5000km 得某星球表面，宇航员做了如下实验，实验装置如图甲所示。
竖直平面内得光滑轨道由轨道AB 与圆弧轨道BC 组成，将质量m=0、2kg 得小球，从轨道AB 上高H 处得某点静止滑下，用力传感器测出小球经过C 点时对轨道得压力F ，改变H 得大小，可测出相应得F 大小，F 随H 得变化关系如图乙所示。
不考虑该星体自传得影响，求：（1）圆轨道得半径及星球表面得重力加速度（2）该星球得第一宇宙速度答案：（1）0、2m ，5m/s 2 （2）5*103m/s解析：(1)对小球在c 点，牛二定律知r v m mg F c 2=+①，其中r 为圆轨道BC 得半径 （2分）对小球从高H 处到C 点，机械能守恒 221)2(c mv r H mg =- ② （2分） 由①②联立得mg rH mg F 52-= ③ （1分） 图乙所示，当H=0、5m 时，F=0；当 H=1、0m 时， F=5N （1分）故r=0、2m ，g=5m/s 2（4分，一个答案2分）（2）由r v mmg 2=（2分） 可知s m gR v /1053⨯==（2分）2、24．（l4分)如图所示，竖直平面内得轨道ABCD 由水平部分AB 与光滑得四分之一圆弧轨道CD 组成，AB 恰与圆弧CD 在C 点相切，其总质量M=4kg ，其右侧紧靠在固定挡板上，静止在光滑水平面上。
在轨道得左端有一质量为m=1kg 得小滑块(可视为质点) 以v 0=3m/s 得速度向右运动，小滑块刚好能冲到D 点。
高中物理【匀变速直线运动的多过程问题】考点强化
1．(2017·广东广州综合测试)电梯经过启动、匀速运行和制动三个 过程，从低楼层到达高楼层，启动和制动可看作是匀变速直线运动。 电梯竖直向上运动过程中速度的变化情况如下表：
时间(s) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 速度(m/s) 0 2.0 4.0 5.0 5.0 5.0 5.0 5.0 4.0 3.0 2.0 1.0 0 则前 5 s 内电梯通过的位移大小为( ) A．19.25 m B．18.75 m C．18.50 m D．17.50 m
以后垫圈之间的距离分别是 36 cm、60 cm、84 cm，如图 7
所示。站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且
第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘，松手后开始计时，若不
计空气阻力，则第 2、3、4、5 各垫圈( )
A．落到盘上的声音时间间隔越来越大
B．落到盘上的声音时间间隔相等
C．依次落到盘上的速率关系为 1∶ 2∶ 3∶2
由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是
( ) A．关卡2
B．关卡3
C．关卡4
D．关卡5
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解析 (1)甲车过 ETC 通道时，减速过程的位移为
x1＝v－22－2av221，可得 x1＝50 m 加速恢复原来速度的位移 x2＝v122－a1v22，可得 x2＝100 m 所以总的位移 x 总＝x1＋d＋x2＝160 m。
(2)乙车在中心线处的停车时间 t1＝20 s，匀加速 78.125 m 的时间 t2＝
2ax10＝12.5 s 由于没有等待时间，即后一辆车和前一辆车做减速运动的时间是相同的，
因此后一辆车比前一辆车到达中心线处的时间晚(t1＋t2)，故两车正常行驶时
高考物理专题4多运动过程问题练习含解析
专题4 多运动过程问题1.多过程问题一般情景复杂、条件多，可画运动草图或作v －t 图象形象地描述运动过程，这有助于分析问题，也往往能从中发现解决问题的简单办法.2.多过程运动中各阶段运动之间的“连接点”的速度是两段运动共有的一个物理量，用它来列方程能减小复杂程度. 1.学校对升旗手的要求是：国歌响起时开始升旗，当国歌结束时国旗恰好升到旗杆顶端.已知国歌从响起到结束的时间是48 s ，红旗上升的高度是17.6 m.若国旗先向上做匀加速运动，时间持续4 s ，然后做匀速运动，最后做匀减速运动，减速时间也为4 s ，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零，则国旗匀加速运动时加速度a 及国旗匀速运动时的速度v ，正确的是( )A.a ＝0.2 m/s 2，v ＝0.1 m/s B.a ＝0.4 m/s 2，v ＝0.2 m/s C.a ＝0.1 m/s 2，v ＝0.4 m/s D.a ＝0.1 m/s 2，v ＝0.2 m/s 答案 C解析 如图所示为国旗运动的v －t 图象，则v m 2t 1×2＋v m t 2＝h ，其中t 1＝4 s ，t 2＝40 s ，h ＝17.6 m ，解得v m ＝0.4 m/s ，则a ＝v mt 1＝0.1 m/s 2.2.(2019·河北衡水市质检)卡车以v 0＝10 m/s 的速度在平直的公路上匀速行驶，因为路口出现红灯，司机立即刹车，使卡车匀减速直线前进直至停止.停止等待6 s 时，交通灯变为绿灯，司机立即使卡车做匀加速运动.已知从开始刹车到恢复原来的速度所用时间t ＝12 s ，匀减速阶段的加速度大小是匀加速阶段的2倍，反应时间不计.则下列说法正确的是( ) A.卡车匀减速所用时间t 1＝2 s B.匀加速的加速度为5 m/s 2C.卡车刹车过程通过的位移是20 mD.从卡车开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中，通过的位移大小为40 m 答案 A解析 匀减速运动的加速度是匀加速的2倍，根据v ＝at 得匀减速运动的时间是匀加速运动的时间的12.匀加速和匀减速运动的时间之和为：Δt ＝12 s －6 s ＝6 s.则匀减速运动的时间：t 1＝13Δt ＝2 s ，选项A 正确；匀加速运动的时间为t 2＝4 s ，故匀加速的加速度为a ＝v 0t 2＝104m/s 2＝2.5 m/s 2，选项B 错误；卡车刹车过程的位移：x 1＝v 02t 1＝5×2 m＝10 m ，匀加速直线运动的位移：x 2＝v 02×t 2＝5×4 m＝20 m ，则卡车开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中，通过的位移x ＝x 1＋x 2＝30 m ，选项C 、D 错误.3.一物块以一定的初速度沿足够长的光滑斜面由底端上滑，从开始上滑至回到斜面底端的时间为6 s ，若在物块上滑的最大位移的一半处固定一垂直斜面的挡板，仍将该物块以相同的初速度由斜面底端上滑，物块撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反.撞击所需时间不计，则这种情况下物块从开始上滑至回到斜面底端的总时间约为(不计空气阻力)( ) A.1.0 s B.1.8 s C.2.0 s D.2.6 s答案 B解析 第1段与第2段位移相等，由逆向思维法，所用时间之比为t 1∶t 2＝(2－1)∶1，又t 1＋t 2＝t 总2＝3 s ，t 总′＝2t 1，解得t 总′≈1.8 s..4.如图1所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s.关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )图1A.关卡2B.关卡3C.关卡4D.关卡5答案 C解析 由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s 用时t 1＝v a＝1 s ，在加速时间内通过的位移x 1＝12at 12＝1 m ，t 2＝4 s ，x 2＝vt 2＝8 m ，已过关卡2，t 3＝2 s 时间内x 3＝4 m ，关卡打开，t 4＝5 s ，x 4＝vt 4＝10 m ，此时关卡关闭，距离关卡4还有1 m ，到达关卡4还需t 5＝0.5 s ，小于2 s ，所以最先挡住他前进的是关卡4，故C 正确.5.(2020·湖南娄底市下学期质量检测)如图2所示水平导轨，A 、B 为弹性竖直挡板，相距L ＝4 m.一小球自A 板处开始，以v 0＝4 m/s 的速度沿导轨向B 运动，它与A 、B 挡板碰撞后均以与碰前大小相等的速率反弹回来，且在导轨上做加速度大小不变的减速运动，为使小球停在AB 的中点，这个加速度的大小可能为( )图2A.47 m/s 2B.0.5 m/s 2C.1 m/s 2D.1.5 m/s 2答案 A解析 小球停在AB 的中点，可知小球的路程s ＝nL ＋L2，n ＝0,1,2，….由v 2－v 02＝2as 得，|a |＝v 022nL ＋12L，n ＝0,1,2，…，代入数据解得|a |＝42n ＋1m/s 2，n ＝0,1,2，…，将选项中加速度大小代入上式，可知只有A 项正确.6.如图3所示，甲、乙两车同时由静止从A 点出发，沿直线AC 运动.甲以加速度a 3做初速度为零的匀加速运动，到达C 点时的速度为v .乙以加速度a 1做初速度为零的匀加速运动，到达B 点后做加速度为a 2的匀加速运动，到达C 点时的速度也为v .若a 1≠a 2≠a 3，则( )图3A.甲、乙不可能同时由A 到达CB.甲一定先由A 到达CC.乙一定先由A 到达CD.若a 1>a 3，则甲一定先由A 到达C 答案 A解析 根据速度－时间图象得，若a 1>a 3，如图(a)，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t 乙<t 甲；若a 3>a 1，如图(b)，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t 乙>t 甲；通过图象作不出位移相等，速度相等，时间也相等的图线，所以甲、乙不能同时由A 到达C .故A 正确，B 、C 、D 错误.7.为了研究汽车的启动和制动性能，现用甲、乙两辆完全相同的汽车在平直公路上分别进行实验.让甲车以最大加速度a 1加速到最大速度后匀速运动一段时间再以最大加速度a 2制动，直到停止；乙车以最大加速度a 1加速到最大速度后立即以加速度a 22制动，直到停止.实验测得甲、乙两车的运动时间相等，且两车运动的位移之比为5∶4.则a 1∶a 2的值为( ) A.2∶1 B.1∶2 C.4∶3 D.4∶5答案 B解析 作出甲、乙两车的速度—时间图象，如图所示，设甲车匀速运动的时间为t 1，总时间为t 2，因为两车的位移之比为5∶4，根据v －t 图象中，图线与t 轴围成的“面积”表示位移，有(t 1＋t 22v m )∶(t 22v m )＝5∶4，解得t 1∶t 2＝1∶4，乙车以最大加速度a 1加速到最大速度后立即以加速度a 22制动，直到停止，根据速度—时间图线的斜率表示加速度，可知乙车做匀减速运动的时间是甲车做匀减速运动时间的2倍，则甲车做匀速运动的时间和做匀减速运动的时间相等，可知甲车匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之比为2∶1，则加速度a 1∶a 2＝1∶2，故B 正确.8.在一列以4 m/s 的速度沿直线匀速行进的队伍中，队尾一同学突然加速向前运动，加速度大小为2 m/s 2，达到8 m/s 的最大速度后做匀速直线运动.已知队伍的长度为100 m ，该同学从队尾到队首需经( ) A.25 s B.26 s C.30 s D.50 s答案 B 解析 由t ＝v －v 0a得该同学加速到最大速度所用的时间为t 1＝2 s ，在这段时间内，该同学位移为x 1＝v 0t 1＋12at 12＝12 m ，队伍前进位移为x 2＝v 0t 1＝8 m ，x 1－x 2＝4 m<100 m ，所以该同学尚未到达队首，设还需以最大速度v m ＝8 m/s 运动t 2时间才能赶到队首，则有x 1＋v m t 2－(x 2＋v 0t 2)＝100 m ，代入数据解得t 2＝24 s ，所以有t ＝t 1＋t 2＝26 s ，则该同学总共需用时26 s 才能赶到队首，故B 正确.9.(2020·湖北黄冈市模拟)跳伞运动员从350 m 的高空离开飞机由静止开始下落，最初未打开伞.自由下落一段距离后打开伞，打开伞后以2 m/s 2的加速度匀减速下落，到达地面时速度为4 m/s ，求跳伞运动员自由下落的高度(重力加速度g 取10 m/s 2). 答案 59 m解析 设跳伞运动员应在离地面h 高处打开伞，打开伞时速度为v 1，落地时速度为v t ＝4 m/s ，打开伞后加速度为a ＝－2 m/s 2由题意可得：打开伞前跳伞运动员做自由落体运动：v 12＝2g (H －h )① 打开伞后跳伞运动员做匀减速直线运动：v t 2－v 12＝2ah ② 联立①②解得：h ＝291 m故跳伞运动员自由下落的高度为：Δh ＝H －h ＝(350－291) m ＝59 m.10.(2020·山东泰安市期末)据统计，我国每年高速路上20%的事故都是因为疲劳驾驶，尤其是重型卡车发生交通事故造成的后果更为严重.国内某品牌汽车率先推出AEBS 系统，通过雷达和摄像头判断车距，当车距小于安全距离自动启动制动系统，并通过车内警报提醒驾驶员保持清醒.某次测试中汽车以速度v 0＝18 m/s 匀速前进，通过传感器和激光雷达检测到正前方58 m 处有静止障碍物，系统立即向驾驶员发出警告并自动采取制动措施，使车做加速度大小为1 m/s 2的匀减速直线运动，驾驶员2 s 后清醒，立即又采取紧急制动，使汽车做匀减速运动，恰好未与障碍物发生碰撞.求驾驶员采取紧急制动后汽车运动的时间. 答案 3 s解析 由题意知，位移x ＝58 m ，a 1＝1 m/s 2，t 1＝2 s 设紧急制动后运动时间为t 2，初速度为v 0＝18 m/s 自动制动过程中v 1＝v 0－a 1t 1 x 1＝v 0t 1－12a 1t 12紧急制动过程中x －x 1＝12v 1t 2解得t 2＝3 s11.(2020·陕西安康市第二次质量联考)公交给居民出行带来了方便，很多城市都建设了公交专线.如图4所示，公路上有一辆公共汽车以10 m/s 的速度匀速行驶，为了平稳停靠在站台，在距离站台左侧位置50 m 处开始刹车做匀减速直线运动.公交车刚刹车时，一乘客为了搭车，从距站台右侧24 m 处由静止正对着站台跑去，人先做匀加速直线运动，速度达到4 m/s 后匀速运动一段时间，接着做匀减速直线运动，最终人和车同时到达站台停下，乘客顺利上车.人加速和减速的加速度大小相等.求：(不考虑站台大小和公交车的大小)图4(1)公交车刹车做匀减速直线运动时加速度的大小； (2)人做匀加速和匀减速直线运动时加速度的大小.答案 (1)1 m/s 2 (2)1 m/s 2解析 (1)设公交车刹车做匀减速运动的加速度大小为a 1，由匀变速直线运动规律，有：v 12＝2a 1x 1解得：a 1＝1 m/s 2(2)由v 1＝a 1t得公交车刹车时间为t ＝v 1a 1＝101s ＝10 s 设人做匀加速和匀减速直线运动时加速度的大小为a 2，则匀加速直线运动和匀减速直线运动的位移均为x 2＝v 222a 2设匀速运动时间为t ′人的总位移为x ＝24 m ，总时间也为t ＝10 s 有t ＝2×v 2a 2＋t ′x ＝2x 2＋v 2t ′代入数据解得：a 2＝1 m/s 2.。
高中物理压轴题：用力学三大观点处理多过程问题(解析版)
压轴题用力学三大观点处理多过程问题1.用力学三大观点(动力学观点、能量观点和动量观点)处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。
2.在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能力。
这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用力学三大观点进行分析和解答。
3.备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。
其次，要通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为多个简单过程进行分析和处理。
考向一：三大观点及相互联系考向二：三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。
从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。
(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。
(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。
(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。
考向三：用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题--要正确选取研究对象，善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。
选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。
通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。
多过程运动问题分析(原创)
多过程运动问题分析1、如图所示,一足够长的光滑斜面倾角为θ=30°,斜面AB 与水平面BC 连接,质量 m =2 kg 的物体置于水平面上的D 点,D 点距B 点d =7 m .物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2, 物体受到一水平向左的恒力F =8 N 作用,且当作用时间t =2 s 后撤去该力,不考虑物体经过B 点碰撞时的能量损失,重力加速度g 取10 m/s 2.求撤去拉力F 后,经过多长时间物体经过B 点.2、航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2kg ，动力系统提供的恒定升力F =28 N 。
试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。
设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g 取10m/s 2。
（1）第一次试飞，飞行器飞行t 1 = 8 s 时到达高度H = 64 m 。
求飞行器所阻力f 的大小；（2）第二次试飞，飞行器飞行t 2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。
求飞行器能达到的最大高度h ；3、如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB 、BC 两段，且2AB ＝BC 。
小物块P 与AB 、BC 两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。
已知P 由静止开始从A 点释放，恰好能滑动到C 点而停下，那么tanθ= (用μ1、μ2表示)4、冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如所示，比赛是运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB 处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O .为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。
设冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至μ2=0.004。
在某次比赛中，运动员是冰壶C 在投掷线中点处以v =2 m/s 的速度沿虚线滑出，为使冰壶C 能够沿虚线恰好到达圆心O 点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？（请采用两种方法进行解题）A。
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。
牛顿运动定律处理多过程问题 -
解：据题意在未放铁块时，木板在拉力F的作用下做匀速运动， 则有F＝μMg（式中μ为木板和地面间的摩擦因数） 放上铁块后木板做匀减速运动，加速度的大小为a，根据牛顿第 二定律有μ（M＋m）g－F＝Ma 代入数据得a＝0.5m/s2 也可比 木板停下来的时间为t＝v/a ＝4s 较L与 2 铁块不动，木板向右做匀减速运动，有L＝vt’－ at’ /2 4s内位 解得t’＝2s 由于t’＜t，满足题设条件，小铁块经过2s离开木板 移大小
例7：如图，足够长的斜面倾角θ=37°．一个物体以 v0=12m/s的初速度从斜面A点处沿斜面向上运动．物 体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25．已知重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求： （1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a1； （2）物体沿斜面上滑的最大距离x； （3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大 小 a 2； （4）物体从A点出发到再次回到A点运动的总时间t．
v 6 m /s 解析：(1)由 v＝ at 得， a＝ ＝ ＝ 2 m/s2， t 3s 由牛顿第二定律 F－ f＝ ma 得 f＝ F－ ma＝ 10 N－ 2×2 N＝ 6 N. －f －6 N (2)撤去拉力后，加速度 a′＝ ＝ ＝－ 3 m/s2， m 2 kg 2 2 2 v － v 0 － 6 0 2 由 v2－ v0N ＝(2)6 2a′ ＝ m ＝ 6 m. 答案： (1)6 mx 得 x＝ 2a′ 2×－ 3
例15：如图所示，长度l=2m，质量M=2kg的木板 置于光滑的水平地面上，质量m=2kg的小物块 （可视为质点）位于木板的左端，木板和小物块间 的动摩擦因数μ=0.1，现对小物块施加一水平向右 的恒力F=10N，取g=10m/s2．求： （1）将木板M固定，小物块离开木板时的速度大 小； （2）若木板M不固定，m和M的加速度a1、a2的 大小； （ 3）若木板M不固定，从开始运动到小物块离开 木板所用的时间．
高中物理 多过程问题
结论
• 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， 另外还有位移关系对每一过程都要 分别进行受力分析，分别求加速度．
多过程问题分析
• 质量为m＝2 kg的物体静止在水平面上，物体与 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＝10 N，θ＝37°(sin 37°＝0.6)，经t1＝10 s后撤去力F，再经一段时 间，物体又静止，(g取10 m/s2)则：
• (1)说明物体在整个运动过程中经历的运动状态． • (2)物体运动过程中最大速度是多少？ • (3)物体运动的总位移是多少？
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高级高中物理运动多过程问题文件排版存档编号：[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208]高中物理多运动过程分析一、解题思路1、“合”——初步了解全过程，构建大致运动图景2、“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律3、“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法二、解题注意事项1、题目中有多少个物理过程2、每个过程物体做什么运动3、每种运动满足什么物理规律4、运动过程中的一些关键位置(时刻)是哪些三、典型题目分析题型二、直线运动与圆周运动、平抛运动结合题目1、（14分）在半径R=5000km的某星球表面，宇航员做了如下实验，实验装置如图甲所示。
竖直平面内的光滑轨道由轨道AB和圆弧轨道BC组成，将质量m=的小球，从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示。
不考虑该星体自传的影响，求：（1）圆轨道的半径及星球表面的重力加速度（2）该星球的第一宇宙速度答案：（1），5m/s2 （2）5*103m/s解析：(1)对小球在c 点，牛二定律知rv m mg F c 2=+①，其中r 为圆轨道BC 的半径 （2分）对小球从高H 处到C 点，机械能守恒 221)2(c mv r H mg =- ② （2分） 由①②联立得mg rHmgF 52-= ③ （1分） 图乙所示，当H= 时，F=0；当 H=时， F=5N （1分） 故r= ，g=5m/s 2（4分，一个答案2分） （2）由rv mmg 2=（2分）可知s m gR v /1053⨯==（2分） 2、24．（l4分)如图所示，竖直平面内的轨道ABCD 由水平部分AB 与光滑的四分之一圆弧轨道CD 组成，AB 恰与圆弧CD 在C 点相切，其总质量M=4kg ，其右侧紧靠在固定挡板上，静止在光滑水平面上。
在轨道的左端有一质量为m=1kg 的小滑块(可视为质点) 以v 0=3m/s 的速度向右运动，小滑块刚好能冲到D 点。
已知小滑块与长木板AB 间的动摩擦因数=，轨道水平部分AB 的长度Ｌ=0.5m ，g 取10m/s 2。
求：(1)小滑块经过C 点时对轨道的压力大小； (2)通过计算分析小滑块最终能否从木板上掉下。
24、解：(1)对小滑块，从A 到B 过程中，由动能定理得：222121-A B mv mv mgL -=μ（2分） 解得：s m v /2B = （1分）从C 到D 中，由动能定理得：221--B mv mgR =（2分）解得：m 2.0R =（1分）在C 点有：Rmvmg B N 2F =- （1分） 解得：N N 30F = （1分）（2）物块从D 重新回到C 过程有：μ2C 21mv mgR =即： m/s 2C =v （1分） 滑块再次滑上木板时， 若木板长度足够，则最终两者相对静止，此过程对滑块木板系统有：m)v (M m C +=v （2分）且mgs v μ++=22C m)v (M 21m 21 （2分） 由以上两式可求得：m 32.0=s 因为L 0.32m <=s ，故物体未能从木板上滑下。
（1分）3、（14分）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在小球A 上，另一端与小球B 接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H =5m的光滑水平桌面上。
现有一小球C 从光滑曲面上离桌面h=1.8m 高处由静止开始滑下，与小球A 发生碰撞（碰撞时间极短）并粘在一起压缩弹簧推动小球B 向前运动，经一段时间，小球B 脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出。
小球均可视为质点，忽略空气阻力， 已知m A =2kg ， m B =3kg ， m C =1kg ， g =10 m/s 2。
求： （1）小球 C 与小球 A 碰撞结束瞬间的速度大小 （2）小球 B 落地点与桌面边缘的水平距离。
3、（14分）解：（1）小球 C 从光滑曲面上h 高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底端的速度为1v ，由机械能守恒定律有：2121mv gh m C =解之得：s m v /61= …………（ 2 分） 小球 C 与 A 碰撞的过程， C 、 A 系统动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为2v ，由动量守恒定律有：21)(v m m v m A C C +=解之得：s m v /22= …………（ 2 分）（2）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，小球 B 脱离弹簧，设小球 C 、 A 的速度为3v ，小球 B 的速度为4v ，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：432)()(v m v m m v m m B A C A C ++=+………………（ 2 分）24232221)(21)(21v m v m m v m m B A C A C ++=+………………（ 2 分） 解之得：s m v v /2043==，………………（2分）小球 B 从桌面边缘飞出后做平抛运动：2421gt H t v x ==，………… （2分）解之得：m x 2=………… （2分）16．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径r=的四分之一细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐．一个质量为1kg 的小球放在曲面AB 上，现从距BC 的高度为h=处静止释放小球，它与BC 间的动摩擦因数μ=，小球进入管口C 端时，它对上管壁有F N =的相互作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为E p =．取重力加速度g=10m/s 2．求：（1）小球在C 处受到的向心力大小；（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km ； （3）小球最终停止的位置．【解答】解：（1）小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为F=的相互作用力，故小球受到的向心力为：F向=+mg==×1×10=35N（2）在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零．设此时滑块离D端的距离为x0，则有 kx=mg解得x==由机械能守恒定律有 mg（r+x0）+mv=Ekm+Ep得Ekm =mg（r+x）+mv﹣Ep=3+﹣=6（J）（3）在C点，由F向=代入数据得：m/s滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得 mgh﹣μmgs=mv解得BC间距离s=小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中．设物块在BC上的运动路程为sˊ，由动能定理有 0﹣mv﹣μmgsˊ解得sˊ=故最终小滑块距离B为﹣=处停下题型一、直线运动的多过程4、15．2017年8月我国自主设计的载人深潜器“深海勇士号”在南海进行下潜试验。
下图是它从水面开始下潜到返回水面的全过程的速度时间图像，则下列说法中正确的是A．本次实验过程中加速度最大值是0.025m/s2B．在0～1 min和8～10min的时间段内“深海勇士号”处于超重状态C．“深海勇士号”本次下潜的最大深度为360mD．“深海勇士”在1～3min的时间内处于静止状态参考答案：C5、2、如图所示，绝缘轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小球Q，Q在A处时弹簧处于原长状态，Q可在C处静止。
若将另一带正电小球q固定在C点正下方某处时，Q可在B处静止。
现将Q从A处由静止释放，则Q从A运动到C处的过程中（）A．小球Q加速度先减小后增大B．小球Q运动到C处时速率最大C．小球Q的机械能不断减小D．小球Q与弹簧组成的系统机械能守恒参考答案：AC20、为减少二氧化碳排放，我市已推出新型节能环保电动车。
在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的 F- v-1图像（图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶中所受阻力恒为车重的倍，重力加速度取10m／s2。
则（）A. 该车起动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动B. 该车起动后，先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动C. 该车做匀加速运动的时间是1. 2 sD. 该车加速度为s2时，动能是4×l04 JBD6、22（16分）．某游乐园的大型“跳楼机”游戏，以惊险刺激深受年轻人的欢迎。
某次游戏中，质量m=50kg的小明同学坐在载人平台上，并系好安全带、锁好安全杆。
游戏的过程简化为巨型升降机将平台拉升100m高度，然后由静止开始下落，在忽略空气和台架对平台阻力的情况下，该运动可近似看作自由落体运动。
下落h1=80 m时，制动系统启动，使平台均匀减速，再下落h2=20m时刚好停止运动。
取g=10m/s2，求：（1）下落的过程中小明运动速度的最大值v m；（2）当平台落到离地面15m高的位置时，小明对跳楼机作用力F的大小；（3）在全部下落过程中，跳楼机对小明做的功W。
15．如图所示，用轻弹簧将质量均为m=1kg的物块A和B连接起来，将它们固定在空中，弹簧处于原长状态，A距地面的高度h1=．同时释放两物块，设A与地面碰撞后速度立即变为零，由于B压缩弹簧后被反弹，使A刚好能离开地面（但不继续上升）．已知弹簧的劲度系数k=100N/m，取g=10m/s2．求：（1）物块A刚到达地面的速度；（2）物块B反弹到最高点时，弹簧的弹性势能；（3）若将B物块换为质量为2m的物块C（图中未画出），仍将它与A固定在空中且弹簧处于原长，从A距地面的高度为h2处同时释放，C压缩弹簧被反弹后，A也刚好能离开地面，此时h2的大小．图11【解答】解：（1）释放后，AB 两物块一起做自由落体运动， 设A 物块落地时速度为v 1，此时B 的速度也为v 1， 由速度位移公式得：v 12=2gh 1， 解得：；（2）设A 刚好离地时，弹簧的形变量为x ，此时B 物块到达最高点， A 物块刚好离开地面时只受重力与弹簧弹力作用，此时：mg=kx ，A 落地后到A 刚好离开地面的过程中，对于A 、B 及弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mv 12=mgx+△E P ， 解得：△E P =；（3）换成C 后，设A 落地时，C 的速度为v 2， v 22=2gh 2，则，A 落地后到A 刚好离开地面的过程中，A 、C 及弹簧组成的系统机械能守恒， 由机械能守恒定律得：×2mv 22=2mgx+△E P ， 解得：h 2=；题型三：传送带模型21、如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率1v 匀速向右运动。