多过程运动计算题(答案)

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动能定理在多过程问题中的应用-(含答案)

动能定理在多过程问题中的应用

模型特征：优先考虑应用动能定理的典型问题

(1)不涉及加速度、时间的问题．

(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题．

(3)变力做功的问题．

(4)含有F、l、m、v、W、E k等物理量的力学问题．

1、

解析(1)小滑块由C运动到A，由动能定理得mgL sin 37°－μmgs＝0 （2分）

解得μ＝24 35

（1分）

(2)设在斜面上，拉力作用的距离为x，小滑块由A运动到C，由动能定理得

Fs－μmgs＋Fx－mgL sin 37°＝0

（2分）

F f＝mgh＋

m v 2

h＝

2×10×0.02＋2×

(210)2

0.02N

＝2 020 N

解法二全程列式：全过程都有重力做功，进入沙中又有阻力做功．

所以W

总

＝mg(H＋h)－F f h

由动能定理得：mg(H＋h)－F f h＝0－0

故：F f＝mg(H＋h)

h＝

2×10×(2＋0.02)

0.02N＝2

020 N.

3、如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处

均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，

水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，

A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．

现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；

(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔．

牛顿运动定律专题：多过程问题练习

多过程问题

一、单物体多过程问题

1、全过程加速度不变，可分段求解，也可分过程求解

例1：以10m/s 的速度竖直上抛一物体，不计空气阻力，求物体到达抛出点下方10m 处所需要的时间。（g=10m/s2)

例2：物体从距离倾角为30°的光滑斜面低端10m 处，以10m/s 的初速度沿斜面向上运动，求物体滑回斜面低端所用的时间。

2、全过程加速度变化，需分段受力分析、运动分析求解，

例3. (2010年厦门高一检测)质量为2 kg 的物体置于水平面上，用10 N 的水平拉力使它从静止开始运动，第3 s 末物体的速度达到6 m /s ，此时撤去外力，求：

(1)物体在运动过程中受到地面的摩擦力大小；

(2)撤去拉力后物体能继续滑行的距离．

例4：在粗糙水平面上有一质量为m=10kg 的物体，物体与水平面的动摩擦因数为μ=0.2。现在对物体施加一个斜向下，与水平面成=37°的推力F ，F=100N ，物体由静止开始向右运动。作用5s 后撤去外力F 。g 取10m/s2。（其中sin37°=0.6，,cos37°=0.8）求：

（1）力作用下物体的加速度为多少？

（2）撤去外力F 时物体的速度大小

（3）物体在水平面上发生的总位移

解析：(1)由v ＝at 得，a ＝v t ＝ 6 m /s 3 s

＝2 m /s 2，由牛顿第二定律F －f ＝ma 得

f ＝F －ma ＝10 N －2×2 N ＝6 N . (2)撤去拉力后，加速度a ′＝－f m ＝－6 N 2 k

g ＝－3 m /s 2，由v 2－v 02＝2a ′x 得x ＝v 2－v 022a ′＝0－62

2024届物理微专题加练半小时第六章微专题39 动能定理在多过程、往复运动问题中的应用含答案

2024届物理微专题加练半小时微专题39动能定理在多过

程、往复运动问题中的应用

1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式.2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点．

1.如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则()

A．小物体恰好滑回到B处时速度为零

B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零

C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低

D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点

答案C

解析小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为W f1＝mgh，小物体从D 处开始运动的过程，因为速度比从A向D运动的速度小，则小物体对圆弧槽的压力比从A 向D运动时的压力小，克服摩擦力所做的功W f2

2．(2023·四川省检测)2022年北京冬奥会冰壶比赛中运动员在本垒把冰壶沿水平冰面以初速度v0推出滑向营垒．冰壶在冰面上自由滑行时冰壶和冰面间的动摩擦因数为μ，若队友在其滑行前方摩擦冰面，冰壶和冰面间的动摩擦因数变为0.9μ，重力加速度取g.求：

(1)冰壶自由滑行前进的距离为多大；

(2)在第(1)问中冰壶停下时离营垒边沿距离为x0，为保证冰壶能进入营垒，则队友最晚应于冰壶运动到多远时开始摩擦冰壶前方的冰面．

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 m

t 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 2

多过程运动(答案)

多过程运动（参考答案）

一、计算题

1．【答案】 (1)3 m/s (2)1.4 m

【解析】 (1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得

mg (h 1－h 2)－μmgs ＝1

2mv 2D －0

将h 1、h 2、s 、μ、g 代入得：v D ＝3 m/s 。

(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s 总。有：mgh 1＝μmgs 总将h 1、μ代入得：s 总＝8.6 m

故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为 2s －s 总＝1.4 m 。

2．【答案】：(1)0.5 (2)2 m

【解析】(1)物块向右做匀速运动：f ＋F 2＝F 1cos α；f ＝μ(mg －F 1sin α)，联立解得：μ＝0.5。

(2)撤掉F 1后：a 1＝F 2＋μmg m ＝30＋25

m/s 2＝11 m/s 2

设经过时间t 1向右运动速度变为0，则：t 1＝v 0

a 1

＝1 s

此时向右位移：x 1＝v 0

2t 1＝5.5 m

后5 s 物块向左运动：a 2＝F 2－μmg

＝1 m/s 2

后5 s 向左位移：x 2＝1

a 2t 22＝12.5 m

物块在6 s 末距初始位置的距离：Δx ＝x 2－(x 0＋x 1)＝12.5 m －(5 m ＋5.5 m)＝2 m 。 3．【答案】 (1)1 m/s 2 (2)80 kg (3)30 m

【解析】 (1)设气球匀加速下降的加速度为a ，受到空气的浮力为F ，则由运动公式可知：h 1＝v 0t 0＋12at 2

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（）

3、多过程2(往复运动)

动能定理（多过程2—往复运动）

1.如图5－2－12所示，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看作质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆

心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ.求：

(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程；

(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力；

(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件．解析：(1)因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．

对整体过程由动能定理得：mgR ·cos θ－μmg cos θ·s ＝0，所以总路程为s ＝R μ

. (2)对B →E 过程mgR (1－cos θ)＝12m v 2E

① F N －mg ＝m v 2E R

② 由①②得对轨道压力：F N ＝(3－2cos θ)mg .

(3)设物体刚好到D 点，则mg ＝m v 2D R

③ 对全过程由动能定理得：mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12m v 2D

④ 由③④得应满足条件：L ′＝3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)

·R . 答案：(1)R μ (2)(3－2cos θ)mg (3)3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)

·R 3.如图5－2－18所示，质量m ＝0.5 kg 的小球从距离地面高H ＝5 m 处自由下落，到达地面时恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆形槽的半径R ＝0.4 m ，小球到达槽最低点时速率恰好为10 m/s ，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出且沿竖直方向

动能定理求解多过程问题(解析版)

动能定理求解多过程问题

1. 由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析往往比较复杂，利用动能定理分析此类问题，是从总体上把握研究对象运动状态的变化，并不需要从细节上了解。

2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。

3．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点：

(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。

(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功等于力的大小与路程的乘积。

4. 利用动能定理求解多过程问题的基本思路

(1)弄清物体的运动由哪些过程组成。

(2)分析每个过程中物体的受力情况。

(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响。

(4)从总体上把握全过程，写出总功表达式，找出初、末状态的动能。

(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程。

【典例1】如图所示，AB、CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部B、C分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度v ＝4.0 m/s沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共运动的路程是多少？(g取10 m/s2)

【答案】280 m

对全过程应用动能定理得

mgh －R (1－cos 60°)－μmgs cos 60°＝0－1

2mv 2，

解得s ＝280 m 。

【典例2】如图所示，质量m ＝6.0 kg 的滑块(可视为质点)，在F ＝60 N 的水平拉力作用下从A 点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F ，当滑块由平台边缘B 点飞出后，恰能从水平地面上的C 点沿切线方向落入竖直圆弧轨道CDE ，并从轨道边缘E 点竖直向上飞出，经过0.4 s 后落回E 点。已知A 、B 间的距离L ＝2.3 m ，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，平台离地面高度h ＝0.8 m ，B 、C 两点间水平距离x ＝1.2 m ，圆弧轨道半径R ＝1.0 m 。重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力。求：

高三物理第5讲综合考法(二) 力学中的多过程问题

Leabharlann Baidu
④
代入题给数据 vA＝20 m/s，vB＝4 m/s，a＝2 m/s2
有 t2－24t＋108＝0
⑤
解得：t1＝6 s，t2＝18 s
⑥
t2＝18 s 不合题意，舍去。因此，B 车加速行驶的时间为 6 s。
答案：6 s
考法二动力学中的多过程问题
动力学中的多过程问题有单物体多过程和多物体多过程问题，物体在不同的过程受力不同，物体的运动规律往往也不同。因此，解题过程中应将受力分析和运动分析相结合，借助牛顿第二定律将受力与运动联系起来。该类问题的考查难度往往较大，多在中等偏上。
[练通练透] 题点 1 单个物体的多过程运动 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，当胸部到达起点终点线的垂直面时，教练员停表，所用时间即为“25 米往返跑”的成绩。设某运动员起跑的加速度为 4 m/s2，运动过程中的最大速度为 8 m/s，快到达折返线处时需减速到零，减速的加速度大小为 8 m/s2，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲线。求该运动员“25 米往返跑”的成绩为多少秒？

匀变速直线运动规律之多物体多过程运动学教师版

匀变速直线运动之多物体多过程问题（交通运输、ETC、杂技表演、接力赛跑、体育赛事等）

基本思路

如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．可按下列步骤解题：

(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；

(2)列：列出各运动阶段的运动方程；

(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移—时间关系；

(4)解：联立求解，算出结果．

2．解题关键：多过程运动的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键．

巩固练习

1、(交通运输+多体多过程)为提高通行效率，许多高速公路出入口安装了电子不停车收费系统ETC。甲、乙两辆汽车分别通过ETC通道和人工收费通道(MTC)驶离高速公路，流程如图所示。假设减速带离收费岛口x=60 m，收费岛总长度d=40 m，两辆汽车同时以相同的速度v1=72 km/h经过减速带后，一起以相同的加速度做匀减速运动。甲车减速至v2=36 km/h后，匀速行驶到中心线即可完成缴费，自动栏杆打开放行；乙车刚好到收费岛中心线收费窗口停下，经过t0=15 s的时间缴费成功，人工栏杆打开放行。随后两辆汽车匀加速到速度v1后沿直线匀速行驶，设加速和减速过程中的加速度大小相等，求：

(1)此次人工收费通道和ETC通道打开栏杆放行的时间差；

(2)两辆汽车驶离收费站后相距的最远距离。

2.ETC是电子不停车收费系统的简称。汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1=15 m/s 的速度向收费站沿直线正常行驶,如果过ETC通道,需要在收费站中心线前s=10 m处正好匀减速至v2=5 m/s,匀速通过中心线后,再匀加速至v1正常行驶;如果过人工收费通道,需要恰好在中心线处匀减速至速度为0,经过t=20 s缴费成功后,再启动汽车匀加速至v1正常行驶。设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。

(完整版)力学中的多过程问题

热点八力学中的多过程问题

力学中三种重要的运动形式和两种重要解题方法的综合应用

命题特点：多物体、多过程——三种重要运动形式（直线运动、圆周、平抛）的组合、两大解题方法（动力学和功能关系）的应用

此专题为力学综合问题，涉及知识点多，综合性强，以论述和定量计算为主，一般作为高考卷的第一个计算题。题目情景设置一般是匀变速直线运动、平抛运动和圆周运动的综合，涉及较多的过程；涉及几乎所有的力学主干知识和主要的解题方法；难度较大，区分度较大，是考卷中的高档题。例1.如图所示、四分之一圆轨道OA 与水平轨道AB 相切，它们与另一水平轨道CD 在同一竖直面内，圆轨道OA 的半径R=0．45m ，水平轨道AB 长S 1＝3m ，OA 与AB 均光滑。一滑块从O 点由静止释放，当滑块经过A 点时，静止在CD 上的小车在F=1．6N 的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去F 。当小车在CD 上运动了S 2＝3．28m 时速度v=2．4m/s ，此时滑块恰好落入小车中。已知小车质量M=0．2kg ，与CD 间的动摩擦因数μ＝0．4。（取g=10m/2s ）求

（1）恒力F 的作用时间t ．

（2）AB 与CD 的高度差h 。

主要涉及的知识点有：运动的等时性，匀速直线运动，匀变速直线运动，平抛运动，牛顿第二定律，机械能守恒定律等。题目的设计背景学生较熟悉，入手容易，涉及到了两个物体五个运动过程，比较繁琐。

【解析】（1）设小车在恒力F 作用下的位移为l ，由动能定理得2212

Fl Mgs Mv μ-=

：由牛顿第二定律得 F Mg Ma μ-= 由运动学公式得 212l at = 联立以上三式，带入数据得a = 4m/s 2 , 21l t s a

物体多过程的运动的计算题

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

三、“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法

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?

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。

求：小物块落地点到B点的水平距离。

v B=5m /s v C=3m/s x=1.2m

2、山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下．图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1＝1.8 m，h2＝4.0 m，x1＝4.8 m，x2＝8.0 m．开始时，质量分别为M＝10 kg和m＝2 kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点,此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2.求：

(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值；

(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；

(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小

初中物理运动快慢计算题专题训练含答案

姓名：__________ 班级：__________考号：__________

一、计算题（共15题）

1、甲乙两地的距离是 900km ，一列火车从甲地早上7:30 出发开往乙地，途中停靠了几个车站，在当日16:30 到达乙地．列车行驶途中以144km/h 的速度匀速通过长度为400m 的桥梁，列车全部通过桥梁的时间是25s ．求：

（ 1 ）火车从甲地开往乙地的平均速度是多少千米每小时？

（ 2 ）火车的长度是多少米？

2、一方有难，八方支援！今年 7 月份，河南多地出现内涝、洪灾，为防止大灾之后有大疫，各地派出医疗、消防人员增援河南洪涝灾害后的消杀防疫救援工作。如图所示，有一支医疗队伍乘坐的专车总长为 15m ，以 54km/h 的速度匀速行驶，途中车上一医护人员通过计时观察发现自己通过一条隧道的时间为 2min ，求：

（ 1 ）该隧道的长度；

（ 2 ）所乘坐的专车完全通过隧道需要的时间；

（ 3 ）专车以同样的速度通过一座长为 1200m 的大桥时，该车完全在桥上的时间。

3、 2017 年 12 月 6 日，中国首条穿越秦岭的高速铁路﹣﹣西成高铁（西安至成都）正式开通，千年来阻隔我国西北、西南的秦岭天堑被贯通，蜀道难成为历史。西成高铁全长 658km ，下表是西成高铁目前运营的部分列车时刻表。求： D1941 次列车全程的平均速度。

车次区间发时到时

D1939 西安北﹣成都

东

14 ：

18 ：

D1941 西安北﹣成都

东

15 ：

19 ：

D1943 西安北﹣成都16 ：20 ：

专题跟踪检测(五) 力学中的多过程问题

专题跟踪检测（五）力学中的多过程问题

1.甲、乙两个同学在直跑道上练习4×100 m 接力，他们在奔跑时

有相同的最大速度。乙从静止开始全力奔跑需跑出25 m 才能达到最

大速度，这一过程可看成匀变速直线运动，现在甲持棒以最大速度向

乙奔来，乙在接力区伺机全力奔出。若要求乙接棒时奔跑达到最大速

度的80%，则：

(1)乙在接力区须跑出多少距离？

(2)乙应在距离甲多远时起跑？

解析：本题涉及两个研究对象，其中甲运动员做匀速直线运动，乙运动员做初速度为零的匀加速直线运动，关联的地方是：①从开始运动至完成交接棒过程，他们的运动时间相等；②在这段时间内，甲的位移等于乙的位移与乙起跑时甲、乙之间距离的和。设甲、乙的最大速度为v ，从乙起跑到接棒的过程中，甲、乙运动时间为t 。

(1)乙起跑后做初速度为零的匀加速直线运动，设其加速度为a ，v 2＝2ax 。

乙接棒时奔跑达到最大速度的80%，得v 1＝v ×80%，v 1

2＝2ax 乙，x 乙＝0.64v 22a

＝16 m 。乙在接力区须跑出的距离为16 m 。

(2)乙的运动为匀加速直线运动，乙从起跑到接棒的时间为t ，t ＝v 1a ＝0.8v a ，x 乙＝0＋v 12

t 甲做匀速直线运动，其在乙从起跑到接棒的时间t 内的位移为x 甲＝v t

乙起跑时距离甲的距离为Δx ＝x 甲－x 乙＝24 m 。

答案：(1)16 m (2)24 m

2．交管部门规定，ETC 车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v 0＝20 m/s ，靠近站口时以大小为a 1＝5 m/s 2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为v t ＝8 m/s ，然后立即以加速度a 2＝4 m/s 2匀加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。求：

2024届高考物理微专题：多过程问题

微专题4多过程问题

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 图像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方法.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．在同一直线上的A 、B 两个高铁试验站台之间的距离为s ，某次试验中一列试验高铁沿轨道由静止从A 出发驶向B ，高铁先以大小为a 的加速度匀加速运动一段时间，接着以大小为2a 的加速度匀减速运动，到达B 时速度恰好为零，该过程中高铁的最大速度为()

A.4as 3

B.as

2as 3

as 3

答案A

解析

设高铁最大速度为v m ，加速的时间为t 1，减速的时间为t 2，则

v m

(t 1＋t 2)＝s ，v m ＝at 1

＝2at 2，联立解得v m ＝

4as

，故选项A 正确．2.(2018·浙江4月选考·10)如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面．某一竖井的深度为104m ，升降机运行的最大速度为8m/s ，加速度大小不超过1m/s 2.假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是(

)

A ．13s

B ．16s

C ．21s

D ．26s

答案C

解析

运动分成三段，开始匀加速启动，接下来以8m/s 的速度匀速运动，最后匀减速运动

到井口．加速阶段，t 1＝

Δv

＝8s ，位移x 1＝1

2at 12＝32m ．减速阶段与加速阶段对称，t 3＝8s ，

x 3＝32m ．匀速阶段：x 2＝(104－32－32)m ＝40m ，所以t 2＝x 2

2025年高考物理总复习专题01 匀变速直线运动规律及多过程问题(附答案解析)

第1页（共24页）2025年高考物理总复习专题01匀变

速直线运动规律及多过程问题模型归纳1．匀变速直线运动的基本公式模型

题目中所涉及的物理

量(包括已知量、待求量

和为解题设定的中间

量)

没有涉及的物理量适宜选用的公式v 0、v 、a 、t

x [速度与时间的关系式]v ＝v 0＋at v 0、a 、t 、x

v [位移与时间的关系式]x ＝v 0t ＋12at 2v 0、v 、a 、x

t [速度与位移的关系式]v 2－v 20＝2ax v 0、v 、t 、x a [平均速度公式]x ＝v ＋v 02t 注：基本公式中，除时间t 外，x 、v 0、v 、a 均为矢量，可以用正、负号表示矢量的方向。一般情况下，我们规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，与初速度反向的物理量取负值。当v 0＝0时，一般以a 的方向为正方向。

2．匀变速直线运动的两个重要推论

推论

公式适用情境(1)物体在一

段时间内的平v ＝v ＝利用平均速度求瞬时速度：v n ＝x n ＋x n ＋12T

＝