真正的物理题多过程问题(课堂PPT)
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物理人教版必修第一册 第四章 运动和力的关系 5 牛顿运动定律的应用 多过程问题和图像问题课件
解 由牛顿第二定律可知，在0～1 s与2～3 s内，小球向前做匀加 析
速直线运动；在1～2 s与3～4 s内，小球向前做匀减速直线运
动，加速度大小相同，其运动的v-t图像如图4-14所示，由图像
可知，选项C、D正确，选项A、B错误。
点睛：处理此类问题，利用作v-t图像的方法展示物体的运动过
程，是解题的捷径之一。
B. 第5 s内钢索最容易发生断裂
C. 整个过程材料上升高度是14 m
D. 第Ⅰ段和第Ⅲ段的加速度方向相反，速度方向也相反
点题：v-t图像中斜率表示加速度；图线与t轴所围面积表示位移。
解 析
5.如图4-5-5甲所示，质量m =2 kg的物体在水平面上向右做 直线运动。过A点时给物体施加一个水平向左的恒力F并开始
Ff′=ma2，由v-t图像知a2=0.2 m/s2，解得m=1 kg，A正确。
在2～4 s内，对木板有F-F′f=ma1，又F′f=Ff=f=0.2 N，由v-t图像知a1=0.2
m/s2，解得F=0.4 N，B正确。
因为无法得知物块的质量，所以木板与物块间的动摩擦因数无法求解，D错误。
由题图（b）知，0～2 s内力F大小变化，C错误
8.如图4-5-8甲所示，固定光滑细杆与地面成一定夹角α，在杆上套有一个光 滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间 变化规律如图乙、丙所示，g取10 m/s2。求： （1）小环的质量m。 （2）细杆的图像
9. ［多选］如图4-5-9甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度 为v0=10 m/s、质量为m=1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程 中小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法
速直线运动；在1～2 s与3～4 s内，小球向前做匀减速直线运
动，加速度大小相同，其运动的v-t图像如图4-14所示，由图像
可知，选项C、D正确，选项A、B错误。
点睛：处理此类问题，利用作v-t图像的方法展示物体的运动过
程，是解题的捷径之一。
B. 第5 s内钢索最容易发生断裂
C. 整个过程材料上升高度是14 m
D. 第Ⅰ段和第Ⅲ段的加速度方向相反，速度方向也相反
点题：v-t图像中斜率表示加速度；图线与t轴所围面积表示位移。
解 析
5.如图4-5-5甲所示，质量m =2 kg的物体在水平面上向右做 直线运动。过A点时给物体施加一个水平向左的恒力F并开始
Ff′=ma2，由v-t图像知a2=0.2 m/s2，解得m=1 kg，A正确。
在2～4 s内，对木板有F-F′f=ma1，又F′f=Ff=f=0.2 N，由v-t图像知a1=0.2
m/s2，解得F=0.4 N，B正确。
因为无法得知物块的质量，所以木板与物块间的动摩擦因数无法求解，D错误。
由题图（b）知，0～2 s内力F大小变化，C错误
8.如图4-5-8甲所示，固定光滑细杆与地面成一定夹角α，在杆上套有一个光 滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间 变化规律如图乙、丙所示，g取10 m/s2。求： （1）小环的质量m。 （2）细杆的图像
9. ［多选］如图4-5-9甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度 为v0=10 m/s、质量为m=1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程 中小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法
2021版新高考物理人教版一轮课件：核心素养微专题系列 1 多体多过程的运动学问题
【典例3】(杂技演员抛球+多体多过程)(2019·淮南模拟)如图所示，一杂技
演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出。
已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看成是竖直方向
的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，g取10 m/s2) ( )
世纪金榜导学号
【解析】(1)对足球：BC=v0t- 1 at2，
即：50 m=10t- 1 ×1×t2，
2
2
解得t=10 s，
乙运动员的运动时间：t乙=t-1 s=9 s， 乙运动员的最大速度为8 m/s，乙运动员应先加速后匀速到达C处，设加速的
时间为t′，则位移：
AC= v乙max t
2
即：56 m=
+v乙max(t乙-t′)， 8 ×t′+8×(9-t′)，
核心素养微专题系列 多体多过程的运动学问题
【核心素养·聚焦】 【情境引入】 强行超车是道路交通安全的极大隐患之一。如图是汽车超车过程的示意图， 汽车甲和货车均以36 km/h的速度在路面上匀速行驶，其中甲车车身长L1= 5 m、货车长L2=8 m，货车在甲车前s=3 m。若甲车司机开始加速从货车左侧 超车，加速度大小为2 m/s2。假定货车速度保持不变，不计车辆变道的时间 及车辆的宽度。你能算出甲车完成超车至少需要多长时间吗？假若甲车开始 超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距110 m，乙车速度 为54 km/h。甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，你能判断出 甲车能否安全超车吗？
明确 对象
分析 过程
解构 接点
由于多体的特点，在分析时要明确研究对象，否则会出 现张冠李戴现象
试题所涉及的运动过程往往多变，必然使问题趋于复杂， 但复杂多变的运动过程又常常具有阶段性。把全过程划 分为若干个阶段(子过程)来研究，就可以把看似十分复 杂的问题加以简化
新高考物理二轮复习专题优秀PPT综合考法力学中的多过程问题
【名校课堂】获奖P P T - 新高考物理二轮复习专题课件：综合考法 （二） 推荐力 学中的 多过程 问题（ 最新版 本）推 荐
【名校课堂】获奖P P T - 新高考物理二轮复习专题课件：综合考法 （二） 推荐力 学中的 多过程 问题（ 最新版 本）推 荐
解析：设 A 车的速度为 vA，B 车加速行驶时间为 t，两车在 t0 时相遇，则有
组成，如图所示。小滑块以某一初速度从 A 点滑上倾角为 θ＝37°的直轨道 AB，到达 B 点的速度大小为 2 m/s，然后进入细管道 BCD，从细管道出口 D 点水平飞出，落到水平面上的 G 点。已知 B 点的高度 h1＝1.2 m，D 点 的高度 h2＝0.8 m，D 点与 G 点间的水平距离 L＝0.4 m，滑块与轨道 AB 间的动摩擦因数 μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
A→B 过程：x1＝v21t，v1＝a1t B→C→A 过程：－x1＝－v22＋v1t，－v2＝v1－a2t
由以上四个方程解得：aa12＝13，vv12＝12。
[答案]
1 (1)3
1 (2)2
【名校课堂】获奖P P T - 新高考物理二轮复习专题课件：综合考法 （二） 推荐力 学中的 多过程 问题（ 最新版 本）推 荐
1．教练员在指导运动员进行训练时，经常采用“25 米往返跑”来训练运动员的体
能，“25 米往返跑”的成绩反映了人体的灵敏素质。测定时，在平直跑道上，
运动员以站立式起跑姿势站在起点终点线前，当听到“跑”的口令后，全力跑
向正前方 25 米处的折返线，教练员同时开始计时。运动员到达折返线处时，用
手触摸折返线处的物体(如木箱)，再转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终
[解析] (1)假设圆环受到垂直杆向上的支持力，对圆环受力分析，如图所示：
【名校课堂】获奖P P T - 新高考物理二轮复习专题课件：综合考法 （二） 推荐力 学中的 多过程 问题（ 最新版 本）推 荐
解析：设 A 车的速度为 vA，B 车加速行驶时间为 t，两车在 t0 时相遇，则有
组成，如图所示。小滑块以某一初速度从 A 点滑上倾角为 θ＝37°的直轨道 AB，到达 B 点的速度大小为 2 m/s，然后进入细管道 BCD，从细管道出口 D 点水平飞出，落到水平面上的 G 点。已知 B 点的高度 h1＝1.2 m，D 点 的高度 h2＝0.8 m，D 点与 G 点间的水平距离 L＝0.4 m，滑块与轨道 AB 间的动摩擦因数 μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
A→B 过程：x1＝v21t，v1＝a1t B→C→A 过程：－x1＝－v22＋v1t，－v2＝v1－a2t
由以上四个方程解得：aa12＝13，vv12＝12。
[答案]
1 (1)3
1 (2)2
【名校课堂】获奖P P T - 新高考物理二轮复习专题课件：综合考法 （二） 推荐力 学中的 多过程 问题（ 最新版 本）推 荐
1．教练员在指导运动员进行训练时，经常采用“25 米往返跑”来训练运动员的体
能，“25 米往返跑”的成绩反映了人体的灵敏素质。测定时，在平直跑道上，
运动员以站立式起跑姿势站在起点终点线前，当听到“跑”的口令后，全力跑
向正前方 25 米处的折返线，教练员同时开始计时。运动员到达折返线处时，用
手触摸折返线处的物体(如木箱)，再转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终
[解析] (1)假设圆环受到垂直杆向上的支持力，对圆环受力分析，如图所示：
2024年新人教版高考物理一轮复习课件 第6章 专题强化8 动能定理在多过程问题中的应用
W 克 fDA＝μmgcos θ·sinh θ＋μmgs，
④
联立③④得W克fAD＝W克fDA，
⑤
联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确.
例2 (多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面
底端沿斜面向上滑动.该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离 后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为E5k.已知sin α ＝0.6，重力加速度大小为g.则
(3)小球的释放点离水平地面的高度H. 答案 0.35 m
小球从释放到运动到 A 点的过程，运用动能定理有 mgH－μmgL＝ 12mvA2，代入数据解得 H＝0.35 m.
动能定理在往复运动问题中的应用
1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性， 而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又 往往是无限的或者难以确定. 2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特 点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无 法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析 这类问题可简化解题过程.
1234567
3.如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为
斜面的最低点.一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜
面上做往复运动.小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为
小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动
的总路程为
A.s4i9nHθ
ma下＝mgsin α－μmgcos α， 解得a下＝g5 ，B正确；
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有
ma上＝mgsin α＋μmgcos α，解得a上＝g， 故a上>a下， 由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过 相同的位移，根据位移公式l＝12 at2，则可得出t上<t下，D错误.
专题04 多过程问题和追及相遇问题(复习课件)2025年高三物理一轮复习多维度精讲导学与分层专练
【答案】C
【详解】A．甲车刹车总时间为t0
v1 a1
10 2
5s
若两车不相撞，甲车在
6s
内的位移大小即为刹车总位移，
即 x0
v1t0 2
25m 故
A
错误；
B．若两车刹车前相距
9m ，乙车以加速度 4m
/
s2
刹车，若相撞，则有v2t
1 2
a2t 2
x1
v1t
1 2
a1t 2
解得t
1s
或 t 9s （舍去）即在t 1s 时相撞，故 B 错误；
v2 v02 2ax 分别代入数据可得a甲 1m/s2 ，a乙 2m/s2 则玩具车甲、乙的加速度大小之比为1: 2 ，故 B
错误；
CD．由图可得，玩具车乙的初速度为 4m/s ，玩具车甲、乙相距最远时距离相等，则v乙 v0 a乙t a甲t 解
得t
4 3
s
此时两玩具车共同速度为v乙
v甲
鼎力物理
01
多过程问题
02
追及相遇问题
新梦想 新征程 新希望
鼎力物理
多过程问题
夯基·必备基础知识
1.充分借助v-t图像，从图像中可以反映出物体运动过程经历的不同阶段， 可获得的重要信息有加速度（斜率）、位移（面积）和速度；
2.不同过程之间的衔接的关键物理量是不同过程之间的衔接速度；
3.用好匀变速直线运动的三个基本公式和平均速度公式：
L4 v1
3s
在
3s
内轿车的位移
x
v0t1
1 2
at12
代入数据得
x 39m L1 L L2 故没有违反要求。
（3）从题述时刻到行人穿过人行道所用时间 t2
高中物理专题课件第三章高考培优讲座(三)“多物体、多过程”类力学综合问题牛顿运动定律PPT模板
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1
①
由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前的瞬间速度 v1＝4 m/s，由运动学公式得
v1＝v0＋a1t1
②
x0＝v0t1＋12a1t21
③
式中，t1＝1 s，x0＝4.5 m 是木板与墙壁碰撞前的位移，v0 是小物块和木板开始运动时的
速度．
联立①②③式和题给条件解得 μ1＝0.1
④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1 的初速度向左做匀变速运动，小物块以 v1 的初速度向
右做匀变速运动．设小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律有
－μ2mg＝ma2
⑤
由题图乙可得
a2＝vt22－ －vt11
⑥
式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件解得 μ2＝0.4.
⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为 a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度 v3.由牛 顿第二定律及运动学公式得
【突破训练】 1.水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站，对旅客的行李进 行安全检查，如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带 AB 始终保持 1 m/s 的恒定速度运行，一质量为 m＝4 kg 的行李无初速度地放在 A 处， 该行李与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.1，AB 间的距离 l＝2 m，g 取 10 m/s2. (1)行李从 A 运送到 B 所用的时间 t 为多少？ (2)电动机运送该行李需消耗的电能 E 为多少？ (3)如果提高传送带的运行速率，行李就能够较快地传送到 B 处，求行李从 A 处传送到 B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率 v′.
x＝x1＋x3
⑰
联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数据解得 x＝－6.5 m
木板右端离墙壁的最终距离为 6.5 m. [答案] (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
高一物理专题课：多过程问题
练习2．某种类型的飞机起飞滑行时，从静止开始做匀加速运动， 加速度大小为4.0 m/s2，飞机速度达到80 m/s时，离开地面升 空．如果在飞机达到起飞速度时，突然接到命令停止起飞，飞行 员立即使飞机紧急制动，飞机做匀减速运动，加速度的大小为 5.0 m/s2，请你为该类型的飞机设计一条跑道，使在这种特殊的 情况下飞机停止起飞而不滑出跑道，你设计的跑道长度至少要多 长？
例3.一辆汽车从静止开始沿直线匀加速开出，然后保持匀速直线运 动，最后做匀减速直线运动，直到停止。下表给出了不同时刻汽 车的速度：
求：（1）汽车从开出到开始做匀速运动经历的时间。 （2）汽车三段运动过程的总位移。
练习 1、卡车原来以10 m/s的速度在平直公路上匀速行驶，因为 路口出现红灯，司机从较远的地方即开始刹车，使卡车匀减速前 进，当车减速到2 m/s时，交通灯转为绿灯，司机当即放开刹车， 并且只用了减速过程的一半时间卡车就加速到了原来的速度，从 刹车开始到恢复原速的过程用了12 s．求： （1）减速与加速过程中的加速度； （2）开始刹车后2 s末及10 s末的瞬时速度．
专题：多过程问题
例1：正以30 m/s的速率运行的列车，接到前方小站的请求，在该 站停靠1 min，接一个危重病人上车．司机决定以大小为0.6 m/s2 的加速度匀减速运动到小站且恰在小站停下，停车1 min后以1.0 m/s2的加速度匀加速启动，恢复到原来的速度行驶．求由于临时 停车，共耽误了多长时间．
多过程问题解题注意事项
1、明确研究对象经历了几个过程，每个过程是怎样的运动形式； 2、画出运动简图或者v-t图像； 3、找出各段的t、x、v、a这些物理量； 4、特别要找出前后两个过程中的衔接速度，解题关键； 5、根据题意，选择合适的公式列出方程。
高中物理精品课件：动能定理解决多过程问题
(1)物块在上滑过程中的最大速度的大小；(计算结果可保留根式) (2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。
[解析] (1)物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做 加速运动后做减速运动，则有 FN＝mgcos 37°
f＝μFN F－f－mgsin 37°＝ma 当加速度为零时，速度最大，此时 F＝f＋mgsin 37°＝10 N 由图乙可得出 F＝20－10x 则 F＝10 N 时，可得出 x＝1 m 由动能定理可得 WF＋Wf＋WG＝12mvm2－0
(1)若s＝1 m，两物块刚过C点时对轨道的压力大小； (2)若两物块能冲上半圆形轨道，且不脱离轨道，s应满足什么条件。
[解析] (1)设物块经过 C 点时速度为 vC，物块受到轨道支持力为 FNC，由 动能定理得：－2μmgs＝12×2mvC2－12×2mv2，又 FNC－2mg＝2mvRC2，代入解 得 FNC＝500 N，由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为 500 N。
解析：(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以软钢锭在平台上滑过距离 L 时，滑 块脱离软钢锭后做自由落体运动，最大加速度：a＝g。 (2)对软钢锭，由动能定理得：－W＝0－12Mv2 解得：W＝12Mv2。 (3)滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动 L 的 时间相同，设为 t。滑块离开软钢锭到软钢锭静止过程，软钢锭做匀减速直线 运动，则：μMg＝Ma 由位移公式得：L＝12at2
D．物块从B运动到C，因摩擦产生的热量为7.2 J
类型(二) 多过程曲线运动问题 [典例] (2022·山西太原质检)如图所示，质量均为m＝4 kg的两个小物块A、B(均可 视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道与水平地面相 切于C，弹簧左端固定。移动物块A压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释 放物块A，物块A离开弹簧后与物块B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5 m/s向右运动，运 动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上半圆轨道，除s段外的其 他水平面摩擦力不计。求：(g取10 m/s2)
[解析] (1)物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做 加速运动后做减速运动，则有 FN＝mgcos 37°
f＝μFN F－f－mgsin 37°＝ma 当加速度为零时，速度最大，此时 F＝f＋mgsin 37°＝10 N 由图乙可得出 F＝20－10x 则 F＝10 N 时，可得出 x＝1 m 由动能定理可得 WF＋Wf＋WG＝12mvm2－0
(1)若s＝1 m，两物块刚过C点时对轨道的压力大小； (2)若两物块能冲上半圆形轨道，且不脱离轨道，s应满足什么条件。
[解析] (1)设物块经过 C 点时速度为 vC，物块受到轨道支持力为 FNC，由 动能定理得：－2μmgs＝12×2mvC2－12×2mv2，又 FNC－2mg＝2mvRC2，代入解 得 FNC＝500 N，由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为 500 N。
解析：(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以软钢锭在平台上滑过距离 L 时，滑 块脱离软钢锭后做自由落体运动，最大加速度：a＝g。 (2)对软钢锭，由动能定理得：－W＝0－12Mv2 解得：W＝12Mv2。 (3)滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动 L 的 时间相同，设为 t。滑块离开软钢锭到软钢锭静止过程，软钢锭做匀减速直线 运动，则：μMg＝Ma 由位移公式得：L＝12at2
D．物块从B运动到C，因摩擦产生的热量为7.2 J
类型(二) 多过程曲线运动问题 [典例] (2022·山西太原质检)如图所示，质量均为m＝4 kg的两个小物块A、B(均可 视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道与水平地面相 切于C，弹簧左端固定。移动物块A压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释 放物块A，物块A离开弹簧后与物块B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5 m/s向右运动，运 动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上半圆轨道，除s段外的其 他水平面摩擦力不计。求：(g取10 m/s2)
2018高考物理二轮复习课件：第4强化多过程运动问题 共54张 精品
当小环运动到某点 C 时撤去该力(C 点位于 AB 之间)， 设 C 点到 A 点的距离为 x.在圆轨道的最高点 D 处安装一 力传感器，当小环运动到 D 点时传感器就会显示环对轨 道弹力大小的读数 F N，力传感器所能承受的最大作用力 大小为 18 N，g 取 10 m/s2.
(1)当 x＝4.2 m 时，小环运动到圆轨道上的 B 点时速 度是多大？
匀强磁场大小未知，方向均竖直向下，以 O 点为原 点，水平向右为 x 轴正向，垂直纸面向里为 y 轴正向，将 小球从 C 点释放后，发现小球的落地点坐标为0，2π2R.
(1)求小球到达 A 点时对轨道的压力． (2)求小球的电荷量 q. (3)如果将 OA 右侧的电场和磁场撤去，再在 OA 右侧 加上一个同样大小方向垂直纸面向里的匀强电场，为使 小球离开 A 点后做平抛运动，可以加一个匀强磁场，那 么该匀强磁场的磁感应强度大小为多大？
F＝tamngθ＝qEcos θ② 带电小球从 A 运动到 A′过程中做匀减速直线运动有 v2A＝2×mF×x③
m 由①②③式得：E＝
v04cos4α＋4g2x2 2qx
θ＝arctan v022cgoxs2α，方向斜向上，如图所示：
(2)小球在 OA 段运动所用时间 t1＝v0sgin α 小球从 A 运动到 A′所用时间 t2＝v0c2oxs α
(1)传送带的速度为 2 m/s，求物块从 A 点运动到 B 点的时间；
(2)传送带的速度为2
115 5
m/s，物块能否到达轨道上
的 D 点？若不能，请说明理由；若能，请求出在 D 点轨
道对物块的压力大小．
解析：(1)物块放在 A 点后将沿 AB 加速运动，根据
牛顿第二定律有 μmgcos θ－mgsin θ＝ma， 物块达到与传送带速度相同时，根据运动学公式有
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或由动能定理 mg2R1 2mC 2v1 2mB 2v 解得:vC=3m/s
（3）小物块离开C是平抛运动。
x vCt
y 2R
1
gt2
2
解得:x=1.2m
F A
C OR
B
9
解： （1）小物块从A到B做匀变速直线运动， 设小物块在B点的速度为vB，由牛顿第二定律 有
F=ma
由运动学 vB2=2ax
或由动能定理
求：小物块落地点到B点的水平距离C。
F A
OR B7
分析
过程
运动状态
物理规律
由A到B
匀加直
牛顿第二定律+运动学 (或动能定理)
由B到C 变速圆周运动
离开C以后 平抛运动 关键位置：B、C
机械能守恒定律
(或动能定理) 平抛运动规律
C
F A
OR B8
（2）小物块从B到C做变速圆周运动，设小物块
在C点的速度为vC，由机械能守恒定律有 12mB 2vmg2R12mC 2v
• (1)小滑块刚到达圆弧面的B点时对圆弧 的压力大小；
• (2)小滑块落地点与C点的水平距离．18
19
例3、如图所示，AOB是游乐场中的滑道模
型，它位于竖直平面内，由两个半径都是R 的1/4圆周连接而成，它们的圆心O1,O2与 两圆弧的连接点O在同一竖直线上，O2B沿 水池的水面，O2和B两点位于同一水平面 上。一个质量为m的小滑块从弧AO的某一 位置P由静止开始滑下，恰好在O点脱离滑 道，若P距O点所在平面的高度为h (h＞ R/2) ，不计空气阻力。求：
多过程问题
应用动力学和能量观点处理
1
力学多过程问B 题
C
OR F
A
B
D
2
1．力学综合题均为“多过程”现象或多物体系统． 解决手段有二：一是力与运动的关系，主要是牛顿运 动定律和运动学公式的应用；二是功能关系与能量守 恒，主要是动能定理和机械能守恒定律等规律的应用 。
2．解答的关键是正确拆分物理过程，洞察各
17
• 变式：如图所示，半径为R＝0.8 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的水平桌面相 切于B点，BC离地面高为h＝0.45 m， 质量为m＝1.0 kg的小滑块从圆弧顶点 D由静止释放，已知滑块与水平桌面间 的动摩擦因数μ＝0.6，取g＝10 m/s2.
求：
方法
5
分析要点:
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?
6
例1. 如图所示，在竖直面内有一光滑水平直轨道 与半径为R＝0.4m的光滑半圆形轨道在半圆的一 个端点B相切，半圆轨道的另一端点为C。在直轨 道上距B为1.0m的A点，有一可看做质点、质量为 m＝0.1kg的小物块处于静止状态。现用水平恒力 F=1.25N将小物块推到B处后撤去，小物块沿半圆 轨道运动到C处后，落回到水平面上，取g＝ 10m/s2。
Fx
1 2
mvB2
解得:vB=5m /s
F A
C OR
B
10
11
• 变式、如图所示，ABC为竖直放置的半径 为R＝0.1m的半圆形光滑轨道，直径AC与 水平面垂直，A点刚好与水平轨道相接，在 轨道的最低点A安装了一个压力传感器，可 测定小球在轨道内侧，通过这点时对轨道 的压力F．质量为m＝0.1kg的小球，以不 同的初速度冲入ABC轨道．（g取10m/s2 ）
24
杂例：如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时
刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球接触 弹簧并将弹簧压缩至最低点(形变在弹性限度内)，然后又被弹起离 开弹簧，上升到一定高度后又下落，如此反复。通过安装在弹簧下 端的压力传感器，测出该过程中弹簧弹力F随时间t变化的图像如图 所示，则（ ）
（1）小滑块滑到O点时的速度； （2）滑道对小滑块的摩擦力所做的功； （距3）离小。滑块滑落水中，其落水点到O2的
20
21
22
例4、如图为火车站装载货物的原理示
意图，设AB段是距水平传送带装置高 为H=5m的光 滑斜面，水平段BC使用 水平传送带装置，BC长L=8m，与货物 包的摩擦系数为μ=0.6，皮带轮的半径 为R=0.2m，上部距车厢底水平面的高 度h=0.45m。设货物由静止开始从A点 下滑，经过B点的拐角处无能量损失。
（1）小球到达B点时速度的大小； （2）释放点距A点的竖直高度； （3）小球落到斜面AD上C点时速度 的大小和方向．
15
•
⑴小球到达B点：由 mg m v 2………（2分）
•
R
•
得：vB gR
………（2分）
•
⑵设小球的释放点距A点高度为h
• 由机械能守恒定律，得：mg(hR)12mvB2
……（2分）
• （1）若小球以某一速度冲入ABC轨道，恰 能通过最高点C，求压力传感器的示数。
• （2）小球每次通过C点，最后都落在水平 轨道上，量出落地点到A点的距离x，试推 导F与x变化的关系式。（用字母表示结果12
13
B
D
14
例2、如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑 轨道半径为R ，A端与圆心O等高， AD为 与水平方向成45°的斜面，B端在O的正上 方，一个小球在A点正上方由静止释放，自 由下落至A点进入圆轨道并恰能到达B点． 求：
通过调整皮带轮（不打滑）的转动角 速度ω可使货物经C点抛出后落在车厢 上的不同位置，取g=10m/s2
23
求：
• （1）当皮带轮静止时，货物包在车厢内的 落地点到C点的水平距离；
• （2）当皮带轮以角速度ω=20 rad/s顺时方 针方向匀速转动时，包在车厢内的落地点 到C点的水平距离；
• （3）讨论货物包在车厢内的落地点到C点 的水平距离S与皮带轮沿顺时方针方向转动 的角速度ω间的关系。
个子过程的内在联系，各个击破。
3
多过程构成部件
1、匀速直线运动、 匀变速直线运动模型
2、平抛运动、类平 抛运动模型
v0 v0 0
仅受重力
3、圆周运动模型
4
多过程问题的解决思路
一、“合”—初步了解全过程，构建大致运
动图景
二、“分”—将全过程进行分解，分析每个过 程的规律,即方程式
三、“合”——找到子过程的联系，寻找解题
•
得：
h 3R 2
………（2分）
tan •
⑶小球落到C点时：由 tan
y，得：
x
450 (1gt2 2
)/
vBt
•
解得：
t2
R g
……1分）
•
vygt2 gR
……（1分）
• •
小球落小到球C落点到时C，点速得度速与度水大平小方：向v夹vy2角vB 2为：5gtR a…n1分vvBy ）2 ggRR…2（11分6 ）
（3）小物块离开C是平抛运动。
x vCt
y 2R
1
gt2
2
解得:x=1.2m
F A
C OR
B
9
解： （1）小物块从A到B做匀变速直线运动， 设小物块在B点的速度为vB，由牛顿第二定律 有
F=ma
由运动学 vB2=2ax
或由动能定理
求：小物块落地点到B点的水平距离C。
F A
OR B7
分析
过程
运动状态
物理规律
由A到B
匀加直
牛顿第二定律+运动学 (或动能定理)
由B到C 变速圆周运动
离开C以后 平抛运动 关键位置：B、C
机械能守恒定律
(或动能定理) 平抛运动规律
C
F A
OR B8
（2）小物块从B到C做变速圆周运动，设小物块
在C点的速度为vC，由机械能守恒定律有 12mB 2vmg2R12mC 2v
• (1)小滑块刚到达圆弧面的B点时对圆弧 的压力大小；
• (2)小滑块落地点与C点的水平距离．18
19
例3、如图所示，AOB是游乐场中的滑道模
型，它位于竖直平面内，由两个半径都是R 的1/4圆周连接而成，它们的圆心O1,O2与 两圆弧的连接点O在同一竖直线上，O2B沿 水池的水面，O2和B两点位于同一水平面 上。一个质量为m的小滑块从弧AO的某一 位置P由静止开始滑下，恰好在O点脱离滑 道，若P距O点所在平面的高度为h (h＞ R/2) ，不计空气阻力。求：
多过程问题
应用动力学和能量观点处理
1
力学多过程问B 题
C
OR F
A
B
D
2
1．力学综合题均为“多过程”现象或多物体系统． 解决手段有二：一是力与运动的关系，主要是牛顿运 动定律和运动学公式的应用；二是功能关系与能量守 恒，主要是动能定理和机械能守恒定律等规律的应用 。
2．解答的关键是正确拆分物理过程，洞察各
17
• 变式：如图所示，半径为R＝0.8 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的水平桌面相 切于B点，BC离地面高为h＝0.45 m， 质量为m＝1.0 kg的小滑块从圆弧顶点 D由静止释放，已知滑块与水平桌面间 的动摩擦因数μ＝0.6，取g＝10 m/s2.
求：
方法
5
分析要点:
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?
6
例1. 如图所示，在竖直面内有一光滑水平直轨道 与半径为R＝0.4m的光滑半圆形轨道在半圆的一 个端点B相切，半圆轨道的另一端点为C。在直轨 道上距B为1.0m的A点，有一可看做质点、质量为 m＝0.1kg的小物块处于静止状态。现用水平恒力 F=1.25N将小物块推到B处后撤去，小物块沿半圆 轨道运动到C处后，落回到水平面上，取g＝ 10m/s2。
Fx
1 2
mvB2
解得:vB=5m /s
F A
C OR
B
10
11
• 变式、如图所示，ABC为竖直放置的半径 为R＝0.1m的半圆形光滑轨道，直径AC与 水平面垂直，A点刚好与水平轨道相接，在 轨道的最低点A安装了一个压力传感器，可 测定小球在轨道内侧，通过这点时对轨道 的压力F．质量为m＝0.1kg的小球，以不 同的初速度冲入ABC轨道．（g取10m/s2 ）
24
杂例：如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时
刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球接触 弹簧并将弹簧压缩至最低点(形变在弹性限度内)，然后又被弹起离 开弹簧，上升到一定高度后又下落，如此反复。通过安装在弹簧下 端的压力传感器，测出该过程中弹簧弹力F随时间t变化的图像如图 所示，则（ ）
（1）小滑块滑到O点时的速度； （2）滑道对小滑块的摩擦力所做的功； （距3）离小。滑块滑落水中，其落水点到O2的
20
21
22
例4、如图为火车站装载货物的原理示
意图，设AB段是距水平传送带装置高 为H=5m的光 滑斜面，水平段BC使用 水平传送带装置，BC长L=8m，与货物 包的摩擦系数为μ=0.6，皮带轮的半径 为R=0.2m，上部距车厢底水平面的高 度h=0.45m。设货物由静止开始从A点 下滑，经过B点的拐角处无能量损失。
（1）小球到达B点时速度的大小； （2）释放点距A点的竖直高度； （3）小球落到斜面AD上C点时速度 的大小和方向．
15
•
⑴小球到达B点：由 mg m v 2………（2分）
•
R
•
得：vB gR
………（2分）
•
⑵设小球的释放点距A点高度为h
• 由机械能守恒定律，得：mg(hR)12mvB2
……（2分）
• （1）若小球以某一速度冲入ABC轨道，恰 能通过最高点C，求压力传感器的示数。
• （2）小球每次通过C点，最后都落在水平 轨道上，量出落地点到A点的距离x，试推 导F与x变化的关系式。（用字母表示结果12
13
B
D
14
例2、如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑 轨道半径为R ，A端与圆心O等高， AD为 与水平方向成45°的斜面，B端在O的正上 方，一个小球在A点正上方由静止释放，自 由下落至A点进入圆轨道并恰能到达B点． 求：
通过调整皮带轮（不打滑）的转动角 速度ω可使货物经C点抛出后落在车厢 上的不同位置，取g=10m/s2
23
求：
• （1）当皮带轮静止时，货物包在车厢内的 落地点到C点的水平距离；
• （2）当皮带轮以角速度ω=20 rad/s顺时方 针方向匀速转动时，包在车厢内的落地点 到C点的水平距离；
• （3）讨论货物包在车厢内的落地点到C点 的水平距离S与皮带轮沿顺时方针方向转动 的角速度ω间的关系。
个子过程的内在联系，各个击破。
3
多过程构成部件
1、匀速直线运动、 匀变速直线运动模型
2、平抛运动、类平 抛运动模型
v0 v0 0
仅受重力
3、圆周运动模型
4
多过程问题的解决思路
一、“合”—初步了解全过程，构建大致运
动图景
二、“分”—将全过程进行分解，分析每个过 程的规律,即方程式
三、“合”——找到子过程的联系，寻找解题
•
得：
h 3R 2
………（2分）
tan •
⑶小球落到C点时：由 tan
y，得：
x
450 (1gt2 2
)/
vBt
•
解得：
t2
R g
……1分）
•
vygt2 gR
……（1分）
• •
小球落小到球C落点到时C，点速得度速与度水大平小方：向v夹vy2角vB 2为：5gtR a…n1分vvBy ）2 ggRR…2（11分6 ）