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？
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=0.2kg 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）0.2m ，5m/s 2 （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=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rv m mg 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。
高中物理运动多过程问题2
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
3、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0.05倍，重力加速度取10m／s2。则（）
（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。
9、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=0.2m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=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ=0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=2.5mg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Ep=0.5J．取重力加速度g=10m/s2．求：
(2)薄木板B上端到达PP′时受到木板C弹力的大小；
(3)试分析释放A、B、C时，薄木板A下端离PP′距离满足什么条件，才能使三块薄木板均能通过QQ′。
题型五：带电物体（粒子）在复合场、组合场运动问题
19、如图所示，MN下方有水平向右的匀强电场。半径为R，内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O在MN上，一质量为m，可视为质点的带正电，电荷量为q的小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，小球从B点穿出后，始终在电场中运动，C点（图中未画出）为小球在电场内水平向左运动位移最大时的位置。已知重力加速度为g，小球离开绝缘半圆管后的加速度大小为 。则下列说法正确的是
高三物理第5讲 综合考法(二) 力学中的多过程问题
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。
取向右方向为正。
A→B 过程：x1＝12a1t2，v1＝a1t
B→C→A 过程：－x1＝v1t－12a2t2，－v2＝v1－a2t
由以上四个方程解得：aa12＝13，vv12＝12。 法三：图像法 画出 v-t 图像如图所示，由 A→B→C 过程的位移与 C→A 过程的位移大 小相等， 即图中 S△OBC＝S△AQC 得v21(t＋t′)＝v22(t－t′)
第5讲 综合考法(二) 力学中的多过程问题
考法一 运动学中的多过程问题 运动学中的多过程问题往往是物体按照时间的先后顺序参与多个阶段的 运动，各阶段的运动规律一般不同，多为匀加速直线运动、匀速直线运动、 匀减速直线运动，以考查学生分析问题、解决问题的能力，试题难度中等。
[典例] 在光滑水平面上有一静止的物体，现以水平恒力F1推这一物体， 作用一段时间后，换成相反方向的水平恒力F2推这一物体，当恒力F2作用时 间与恒力F1作用时间相同时，物体恰好回到原处。求：
(1)恒力F1作用过程中物体的加速度a1与恒力F2作用过程中物体的加速度a2 之比。
(2)恒力F1作用过程中物体的末速度v1与恒力F2作用过程中物体的末速度 v2之比。
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。
高考物理知识讲解 多过程问题解题方法
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、（2016 中原名校联考）如图甲所示，质量m 1=3 kg 的滑块C （可视为质点）放置于光滑的平台上，与一处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。
平台右侧的水平地面上紧靠平台依次排放着两块木板A 、B 。
已知木板A 、B 的长度均为L=5 m ，质量均为m 2=1.5 kg ，木板A 、B 上表面与平台相平，木板A 与平台和木板B 均接触但不粘连。
滑块C 与木板A 、B 间的动摩擦因数为μ1=0.3，木板A 、B 与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。
现用一水平向左的力作用于滑块C 上，将弹簧从原长开始缓慢地压缩0.2 m 的距离，然后将滑块C 由静止释放，此过程中弹簧弹力大小F 随压缩量x 变化的图象如图乙所示。
高中物理-多体多过程动量守恒问题
多体多过程动量守恒问题名师指路【例1】（2013·山东卷）如图所示，光滑水平轨道上放置长坂A （上表面粗糙）和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A =2kg 、m B =1kg 、m C =2kg 。
开始时C 静止，A 、B 一起以v 0=5m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞（时间极短）后C 向右运动，经过一段时间A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞。
求A 与C 发生碰撞后瞬间A 的速度大小。
思维导引：多体多过程动量守恒问题，其实就是多个一体、二体问题的组合，而每一个分阶段涉及的过程都是动量问题中的基本模型。
因此，清晰的物理过程和研究对象的准确选择，是多体多过程动量守恒问题解决的关键。
【名师指路】A 、C 碰撞是一个什么性质的碰撞？再就是A 、C 碰撞过程中，是否应该将B 扯进来？而题目中“（AB ）且恰好不再与C 碰撞”内涵的挖掘，更是本题答题的关键。
突破上述问题，并将过程分析清楚，才能够顺利地完成本题。
解法1：分阶段分析法【名师指路】这种方法的基本套路是按照事物发展的先后顺序，一个阶段一个阶段的处理，分析过程中要注意不同阶段衔接点的速度——前一阶段的末速度即为下一阶段的初速度。
【名师指路】第一个问题是，A 、C 碰撞过程中，是否应该将B 扯进来？第一个问题，A 、C 碰撞过程时间极短，A 、C 间相互作用的内力远大于B 给A 的摩擦力，因此在碰撞这一过程中，A 、C 动量守恒；另一方面，由于碰撞时间极短，B 的速度也来不及发生明显改变，即A 、C 碰撞结束时，B 的速度仍为v 0。
【名师指路】第二个问题是，A 、C 碰撞是一个什么性质的碰撞（弹性的？完全非弹性的？），题目没做任何明示或者暗示，因此应该做最一般的假设，即两者速度不相同。
【解析】因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为v A ，C 的速度为v C ，由动量守恒定律得0A A A C C m v m v m v =+【名师指路】此时B 的速度是原来的v 0，而A 的速度因为与C 碰撞必然减小了，所以接下来B 将减速而A 将加速，直到AB 共速，这个过程中A 一直没有没有与C 碰撞。
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 3B.asC.2as 3D.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 m2(t 1＋t 2)＝s ，v m ＝at 1＝2at 2，联立解得v m ＝4as3，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 ．13sB ．16sC ．21sD ．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＝Δva＝8s ，位移x 1＝12at 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 2v ＝5s ，所以t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝21s ，所以选C.3．(2023·河北石家庄市检测)高速公路的ETC 通道长度是指从识别区起点到自动栏杆的水平距离．如图所示，某汽车(可视为质点)以18km/h 的速度匀速进入识别区，ETC 天线用了0.3s 的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知该ETC 通道的长度为9m ，车载电子标签到汽车前车牌的水平距离约为1m ，刹车加速度大小为5m/s 2，由此可知司机的反应时间约为()A ．0.6sB ．0.8sC ．1.0sD ．1.2s答案B解析ETC 通道的长度为9m ，车载电子标签到汽车前车牌的水平距离约为1m ，汽车实际行驶的位移为x ＝9m －1m ＝8m ，汽车的初速度v 0＝18km/h ＝5m/s ，汽车做匀减速直线运动，减速到零的时间为t 1＝v 0a ＝1s ，减速过程运动的位移为x 1＝v 02t 1＝2.5m ，则匀速运动的位移为x 2＝x －x 1＝5.5m ，设司机的反应时间为t 0，则汽车做匀速直线运动的时间为t ＝0.3s ＋t 0，由x 2＝v 0t ，解得t 0＝0.8s ，选项B 正确．4．跳伞运动员从2996米高空跳伞后，开始一段时间由于伞没打开而做自由落体运动，伞张开(张开时间不计)后做加速度大小为2m/s 2的匀减速直线运动，到达地面时的速度为4m/s ，重力加速度取10m/s 2，则下列说法错误的是()A ．跳伞员自由落体中的下落高度为500mB ．跳伞员打开伞时的速度为100m/sC ．跳伞员加速运动时间为12sD ．跳伞员在打开降落伞后下落了48s 答案C解析设运动员打开伞时速度为v ，第一阶段自由落体高度为h 1,2gh 1＝v 2，第二阶段匀减速运动的加速度大小为a ，末速度为v ′，下降高度为h 2,2ah 2＝v 2－v ′2，设下降总高度为H ，则由位移关系H ＝h 1＋h 2，联立解得v ＝100m/s ，h 1＝500m ，A 、B 正确；设自由落体时间为t ，由速度公式有v ＝gt ，解得t ＝10s ，C 错误；跳伞员在打开降落伞后下落的时间t 2＝v ′－v－a＝4－100－2s ＝48s ，D 正确．5．(2023·山东临沂市检测)一质点静止在光滑水平面上，先向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a 1，经过时间t 后加速度变为零；又运动时间t 后，质点加速度方向变为向左，且大小为a 2，再经过时间t 后质点回到出发点．以出发时刻为计时零点，则在这一过程中()A ．a 2＝3a 1B ．质点向右运动的最大位移为85a 2t 2C ．质点回到出发点时的速度大小为452tD ．最后一个时间t 内，质点的位移大小和路程之比为3∶5答案C解析以向右为正方向，由速度公式有v 1＝a 1t ，由题意知0＝x 1＋x 2＋x 3，由位移公式有x 1＝12a 1t 2，x 2＝v 1t ，x 3＝v 1t －12a 2t 2，解得a 2＝5a 1，A 错误；根据题意，作出质点运动的v －t ′图像，如图所示，根据v －t ′图线与t ′轴所围图形的面积表示位移大小可知，质点向右运动的最大位移x ＝12v 1t ＋v 1t ＋12v 1·15t ＝85a 1t 2，B 错误；质点回到出发点时的速度大小为v 2＝4a 1t＝45a 2t ，C 正确；最后一个时间t 内，质点的位移大小为x ′＝x 1＋x 2＝32a 1t 2，路程s ＝12a 1t ·15t ＋12×4a 1t ·45t ＝17101t 2，所以最后一个时间t 内，质点的位移大小和路程之比为15∶17，D 错误．6．(多选)某研究性学习小组自制一枚水火箭．现将该水火箭从水平地面由静止竖直向上发射，加速过程可以看作是加速度大小为a ＝8m/s 2的匀加速直线运动，经过t 0＝2.5s 加速过程结束．此时从水平地面的发射点用一水平恒力推一小车从静止开始以加速度大小a 1＝4.5m/s 2做匀加速直线运动．当水火箭达到最高点时，立即改用另一反向的水平恒力使小车的加速度大小变为a 2.经过一段时间小车刚好返回发射点，此时水火箭恰好落入车中．不计水火箭和小车的体积，忽略空气的作用力，g ＝10m/s 2.可求出()A ．水火箭离地面的最大高度为25mB ．水火箭上升运动的总时间为4.5sC ．小车回到发射点过程中加速度大小是8.0m/s 2D ．小车离开发射点的最大距离是9m 答案BC解析水火箭在加速过程中有h 1＝12at 02，v ＝at 0，水火箭在减速过程中有0＝v －gt 1，－2gh 2＝0－v 2，水火箭离地面的最大高度H ＝h 1＋h 2＝45m ，水火箭上升运动的总时间t ＝t 0＋t 1＝4.5s ，B 正确，A 错误；水火箭在下落过程中有H ＝12gt 22，对小车分析，取加速度a 1的方向为正方向，有x 1＝12a 1t 12，v 1＝a 1t 1，－x 1＝v 1t 2－12a 2t 22，联立解得a 2＝8.0m/s 2，C 正确；对小车在匀减速到零的过程，有－2a 2x 2＝0－v 12，小车离开发射点的最大距离s ＝x 1＋x 2≈14m ，D 错误．7．(多选)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v 1＝15m/s 朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC 通道，需要在收费站中心线前d ＝10m 处正好匀减速至v 2＝5m/s ，匀速通过“匀速行驶区间”后，再匀加速至v 1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零，经过20s 缴费成功后，再启动汽车匀加速至v 1正常行驶．设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1m/s 2，则下列说法正确的有()A ．汽车走人工收费通道时，开始减速的位置距离收费站中心线是112.5mB ．汽车走ETC 通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小为210m C ．汽车通过ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间为27sD ．汽车通过ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间为28s 答案ABC解析汽车走人工收费通道时，开始减速的位置距离收费站中心线为x 1＝v 122a＝1522×1m ＝112.5m ，A 正确；汽车走ETC 通道减速运动的位移为x 2＝v 12－v 222a＝152－522×1m ＝100m ，汽车走ETC 通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小为x 2′＝2x 2＋d ＝210m ，B正确；走人工通道的总时间和总距离分别为t 1总＝2×v 1a＋20s ＝50s ，x 1总＝2x 1＝225m ，走ETC 通道的时间和位移分别为t 2＝2×v 1－v 2a ＋d v 2＝22s ，x 2′＝210m ，t 2′＝225－21015s ＝1s ，走ETC 通道的总时间为t 2总＝22s ＋1s ＝23s ，汽车通过ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间为Δt ＝t 1总－t 2总＝27s ，C 正确，D 错误．8．有一部观光电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为2m/s 2，制动时匀减速上升的加速度大小为1m/s 2，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运行上升的高度为48m ．求：(1)若电梯运行时限速为9m/s ，电梯升到最高处的最短时间是多少；(2)如果电梯先匀加速上升，然后匀速上升，最后匀减速上升，全程共用时间为15s ，上升的最大速度是多少．答案(1)12s(2)4m/s解析(1)要想所用时间最短，则电梯只有加速和减速过程，而没有匀速过程，设最大速度为v m ，由位移速度关系式得h ＝v m 22a 1＋v m 22a 2代入数据解得v m ＝8m/s 因为v m ＝8m/s<9m/s ，符合题意加速的时间为t 1＝v m a 1＝82s ＝4s减速的时间为t 2＝v m a 2＝81s ＝8s运动的最短时间为t min ＝t 1＋t 2＝12s(2)设加速的时间为t 1′，减速的时间为t 2′，匀速上升时的速度为v ，且v <8m/s则加速的时间为t 1′＝va 1减速的时间为t 2′＝va 2匀速运动的时间为t ＝15s －t 1′－t 2′上升的高度为h ＝v2(t 1′＋t 2′)＋v (15s －t 1′－t 2′)联立解得v ＝4m/s ，另一解不合理，舍去．。
高考物理一轮复习 第一章 微专题4 多运动过程问题加练半小时
取夺市安慰阳光实验学校多运动过程问题[方法点拨] (1)多过程问题一般是两段或多段匀变速直线运动的组合.各阶段运动之间的“转折点”的速度是关键物理量，它是前一段的末速度，又是后一段的初速度，是两段运动共有的一个物理量，用它来列方程能减小解题的复杂程度.(2)多过程问题一般情景复杂，可作v －t 图象形象地描述运动过程，这有助于分析问题，也往往能从图象中发现解决问题的简单办法.1.(2018·郑州外国语学校月考)一质点分段做匀加速直线运动，依次经过A 、B 、C 三个位置，B 为AC 的中点，质点在AB 段的加速度大小为a 1，在BC 段的加速度大小为a 2，现测得质点在A 、C 两点的瞬时速度大小分别为v A 、v C ，在B 点的瞬时速度为v A ＋v C2，则a 1、a 2的大小关系为( )A.a 1>a 2B.a 1<a 2C.a 1＝a 2D.不能判定2.(2019·实验中学月考)动车组列车以平均速度v 从甲地开到乙地所需的时间为t ，该列车以速度v 0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v 0继续匀速前进，从开始刹车至加速到v 0的时间是t 0(设列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等)，若列车仍要在t 时间内到达乙地，则动车组列车匀速运动的速度v 0应为( )A.vt t －t 0B.vt t ＋t 0C.2vt 2t －t 0D.2vt 2t ＋t 03.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∶1B.1∶2C.4∶3D.4∶54.如图1所示，两光滑斜面在B 处连接，小球由A 处静止释放，经过B 、C 两点时速度大小分别为3m/s 和4m/s ，AB ＝BC .设小球经过B 点前后的速度大小不变，则球在AB 、BC 段的加速度大小之比及球由A 运动到C 的过程中的平均速率分别为( ) 图1A.3∶4 2.1m/sB.9∶16 2.5m/sC.9∶7 2.1m/sD.9∶7 2.5m/s5.(2018·模拟)跳伞运动员从350m 的高空离开飞机开始下落，最初未打开伞.自由下落一段距离后打开伞，打开伞后以2m/s 2的加速度匀减速下落，到达地面时速度为4m/s ，求跳伞运动员自由下落的高度.(重力加速度g 取10m/s 2) 6.(2019·北师大附中期中)如图2甲所示，滑道项目大多建设在景区中具有一定坡度的山坡间，既可成为游客的代步工具，又可以增加游玩的趣味性.某景区拟建一个滑道，示意图如图乙，滑道共三段，第一段是倾角比较大的加速下坡滑道AB，第二段是倾角比较小的滑道BC，若游客从静止开始在A点以加速度a1做匀加速运动，经过4s到B点并达到最大速度16m/s，然后进入BC段做匀速运动，设计的第三段上坡滑道CD作为下客平台，使游客做匀减速运动到D 点后速度减为零(乘客经过两段滑道衔接处可视为速度大小不变)，游客通过滑道，从A处到达下客平台D处总共用时8.5s，游客在各段滑道运动的总路程为92m，求：图2(1)乘客在AB段运动的加速度a1的大小；(2)AB段的长度L1；(3)乘客在BC段匀速运动的时间t0.答案精析1.B [设质点在AB段和BC段位移均为x，对AB段有v B2－v A2＝2a1x，对BC段有v C2－v B2＝2a2x，解得a2－a1＝14x(v A－v C)2，因为质点做加速运动，位移x为正，可得a2－a1＞0，即a2>a1，故B正确，A、C、D错误.]2.C [设甲、乙两地的距离为x，则有x＝vt＝v02t0＋v0(t－t0)，解得v0＝2vt2t－t0，故C正确.]3.B [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t1，总时间为t2，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(t1＋t22v m)∶(t22v m)＝5∶4，解得t1∶t2＝1∶4，乙车以最大加速度a1加速到最大速度后立即以加速度a22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a1∶a2＝1∶2，B正确.]4.C [设AB＝BC＝x，则在AB段a1＝v2B2x，在BC段a2＝v2C－v2B2x，所以a1a2＝3242－32＝97，AB段平均速率为v1＝12v B＝1.5m/s，BC段平均速率为v2＝12(v B＋v C)＝3.5m/s，因此从A到C的平均速率为v＝2xxv1＋xv2＝2v1v2v1＋v2＝2.1m/s，故选C.]5.59m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 ＝4m/s ，打开伞后加速度为a ＝－2m/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 由方程①②联立解得：h ＝291m故跳伞运动员自由下落的高度为：Δh ＝H －h ＝(350－291) m ＝59m. 6.(1)4m/s 2(2)32m (3)3s解析 (1)在AB 段，所用时间t 1＝4s ，由运动学公式得a 1＝v t 1＝164m/s 2＝4m/s 2.(2)由运动学公式，可得AB 段的长度L 1＝12a 1t 12＝32m.(3)设CD 段所用时间为t 3，则有BC 段长度L 2＝vt 0，CD 段长度L 3＝v2t 3，总路程为L ＝L 1＋L 2＋L 3＝92m ， 总时间为t ＝t 1＋t 0＋t 3＝8.5s ， 联立以上各式，代入数据解得t 0＝3s.。
高一物理知识讲解 多过程问题解题方法 专题含答案解析
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2F k C ． 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。
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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。