力学中的多过程问题

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《力学多过程问题》教学设计高三物理二轮复习

《力学多过程问题》教课方案2014 学年高三二轮复习一、教课目的1、回首基本看法和规律并运用基本看法和规律办理典型问题，概括各个运动模型的一般解题规律和方法。

2、能够依据不一样运动过程的特色合理选择动力学、能量看法或动量看法解决问题．二、力学骨干知识回首三、多过程运动解题的基本方法：拆分四、多过程分类1、单物体多过程例 1、如图，一不行伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0 kg的小球．现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止开释，当它经过 B 点时绳恰巧被拉断，小球平抛后落在水平川面上的C点．地面上的D点与 OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0 m，B 点离地高度 H＝1.0 m，A、B 两点的高度差 h＝0.5 m，重力加快度g 取10 m/s2，不计空气影响．求：(1)地面上 DC两点间的距离 s；(2)轻绳所受的最大拉力大小．2、多物体多过程：碰撞类、滑块木板类、弹簧类问题 1:此情形中有哪几个物体运动（研究对象）?问题 2:小球 A 、 B 两个球各有几个运动过程?各做什么性质的运动?（过程剖析）问题 3：每个过程按照什么物理规律?问题 4：每个规律对应的方程？例题 2：碰撞类、滑块木板类考察知识：机械能守恒、动量守恒、牛顿第二定律、圆周、平抛、不确立性结果的判断例题 2、（ 2014 广州二模） 35．（ 18 分）如图，质量为6m、长为 L 的薄木板AB 放在圆滑的平台上，木板 B 端与台面右侧沿齐平． B 端上放有质量为3m 且可视为质点的滑块C，1C 与木板之间的动摩擦因数为．质量为 m 的小球用长为 L 的细绳悬挂在平台右侧沿3正上方的 O 点，细绳竖直时小球恰巧与 C 接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰巧断裂．小球与 C 碰撞后反弹速率为碰前的一半．（ 1）求细绳能够蒙受的最大拉力；（ 2）若要使小球落在开释点的正下方P 点，平台高度应为多大？（ 3）经过计算判断 C 可否从木板上掉下来．OCA BP例 3：多物体多过程：碰撞类、弹簧类考察知识点：牛顿定律、机械能守恒、动量守恒、能量守恒、功能原理。

课件2：专题五应用力学两大观点分析多过程问题

物理
【例2】如图所示，一粗糙斜面AB与圆心角为37°的光滑圆弧BC相切，经过C点的切线方向水平．已知圆弧的半径为R＝1.25 m，斜面AB的长度为L＝1 m．质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)在水平外力F＝1 N作用下，从斜面顶端A点处由静止开始，沿斜面向下运动，当到达B点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C点抛出，若落地点E与C点间的水平距离为x＝1.2m，C点距离地面高度为h＝0.8 m．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)求：
物理
(2)从B点到C点由动能定理有 mgR(1－cos 37°)＝mv－mv，vB＝2 m/s (3)从A点到B点由v＝2aL，得a＝2 m/s2 由牛顿第二定律有 mgsin 37°＋Fcos 37°－μ(mgcos 37°－Fsin 37°)＝ma 代入数据，解得μ≈0.65
物理
【突破训练 2】如图 2 所示，AB 为倾角 θ＝37°的斜面轨道，轨道的
解得 x＝12.4 m
解法二
Fcos 37°－μ(mg－Fsin 37°)＝ma1
v2＝2a1x
v2＝2a2(L－x)
解得 x＝12.4 m
物理 μmg＝ma2
(3)在妈妈撤去力时小孩和雪橇的动能最大，解法一由动能定理得 Fcos 37°·x－μ(mg－Fsin 37°)·x＝Ek (写成－μmg(L－x)＝0－Ek 也可以) 解得 Ek＝72 J
物理
解析 (1)由 x＝12t－4t2 知，物块在 C 点速度为 v0＝12 m/s 设物块从 D 点运动到 C 点的过程中，弹簧对物块所做的功为 W，由动能定理得： W－mgsin 37°·CD ＝12mv0 2 代入数据得：W＝12mv0 2＋mgsin 37°·CD ＝156 J

力学综合单体多过程问题

解析 (1)物体放上皮带后运动的加速度 a＝μg (1 分)
物体加速到 v 前进的位移 x0＝2va2＝2vμ2g
(1 分)
因为 L＞x0，所以物体先加速后匀速，加速时间
t1＝va＝μvg
(2 分)
匀速运动的时间 t2＝L－v x0＝Lv－2vμg
(2 分)
所以物体从 A 到 B 的时间 t＝t1＋t2＝Lv＋2vμg (1 分)
(2)由R＝h1，所以∠BOC＝60°．小物块平抛的水平速
度是v1，有vgt1＝tan 60°
(2分)
解得v1＝10 m/s 则Ep＝12mv1 2＝50 J
(1分) (2分)
(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s，
根据题意，该路程的最大值是smax＝3L
(1分)
路程的最小值是smin＝L
〔1〕滑块运动到C点时速度Vc的大小；〔2〕B、C两点的高度差h及水平距离x; 〔3〕水平外力作用在滑块上的时间t.
在高 h1＝30 m 的光滑水平平台上，质量 m＝1 kg 的小物块压缩弹簧后被锁扣 K 锁住，储存了一定量的弹性势能 Ep，若打开锁扣 K，物块将以一定的水平速度 v1 向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道 BC 的 B 点的切线方向进入圆弧形轨道，B 点的高度 h2＝15 m，圆弧轨道的圆心 O 与平台等高，轨道最低点 C 的切线水平，并与地面上长为 L＝70 m 的水平粗糙轨道 CD 平滑连接，小物块沿轨道 BCD 运动与右边墙壁发生碰撞． g ＝ 10 m/s2．求：
到达 B 时速度均为 v 12mv2＝mgh′，h′＝2vg2，
h－x 图象如图．
(2 分)
规律总结．物体在传送带上运动的情况，需要通过对物体

八、多过程问题

八、多过程问题综合考点：多过程综合问题多过程问题主要体现在运动物体在一个运动过程中，受到外力发生阶段性变化，从而使物体在运动过程中受到的合外力发生阶段变化，对应的运动状态也发生阶段变化。

求解此类问题的基本思路是将运动过程进行分段处理，即以外力发生突变点进行分段，然后对每一段再进行受力分析，应用牛顿运动定律列方程，最后联立方程即可求解。

例1：一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。

桌布的一μ，盘与桌边与桌的AB边重合，如图所示，已知盘与桌布间的动摩擦因数为1μ。

现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方面间的动摩擦因数为2向是水平的且垂直于AB边。

若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？(以g表示重力加速度)过程分析：可以将题中复杂的物理过程拆散分解为如下3个小过程，就可以化繁为简、化难为易，轻易破解本题。

过程1：圆盘从静止开始在桌布上做匀加速运动至刚离开桌布的过程；过程2：桌布从突然以恒定加速度a开始抽动至圆盘刚离开桌布这段时间内做匀加速运动的过程；过程3：圆盘离开桌布后在桌面上做匀减速直线运动的过程。

考点点拨：对于解决多过程物理问题的基本方法仍然是运用牛顿第二定律和运动学知识进行求解，所以在解决多过程问题时，一定要认真审题，同时还要正确地作出情境示意图，借助情境图来找出时间和空间上的量与量之间的关系。

将题分解细化为每一个小问题，对每一小问题分别列式，最后再综合进行求解。

1、如图所示，一质量为1 kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°。

现小球在F =20N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数μ为36。

试求：（1）小球运动的加速度a 1；（2）若F 作用1.2s 后撤去，小球上滑过程中距A 点最大距离s m ；（3）若从撤去力F 开始计时，小球经多长时间将经过距A 点上方为2.25m 的B 点。

2、如图，质量2m kg =的物体静止于水平地面的A 处，A 、B 间距L =20m 。

高三-物理-应用力学两大观点分析多过程问题

应用力学两大观点分析多过程问题
学习方法点拨若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解．——动力学观点
若一个物体参与了多个运动过程，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、机械能守恒定律或能量守恒定律求解．——能量观点
精题讲解
如图所示，从 A点以v0＝4 m/s的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块 (可视为质点)，当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M＝4 kg，A、B 两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数 μ2＝0.2，g＝10 m/s2.求： (1)小物块运动至B点时的速度大小和方向； (2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小； (3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．
精题讲解
滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8 m．一运动员从轨道上的A点以3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达 E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为60 kg，B、E 两点与水平面CD的竖直高度分别为h和H，且h＝2 m，H＝2.8 m，g取10 m/s2.求： (1)运动员从A运动到达B点时的速度大小vB； (2)轨道CD段的动摩擦因数μ； (3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B点时的速度的大小；如不能，则最后停在何处？

原创1：专题五应用力学两大观点分析多过程问题

终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：
Ff l 相＝12(M＋m)v2t 得 l 相＝5.5 m
⑨
小车从物块碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶
段)加速度 a 不变 aM＝FMf＝0.5 m/s2，vt＝aMt
得 t＝23 33 s 答案 (1)3 m/s
○ 10 (2)43 N (3)5.5 m
专题五应用力学两大观点分析多过程问题
考点一应用动力学方法和动能定理解决多过程问题
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】如图所示，竖直固定放置的粗糙斜面 AB 的下端与光滑的圆弧 BCD 的 B 点相切，圆弧轨道的半径为 R，圆心 O 与 A、D 在同一水平面上，C 点为圆弧轨道最低点，∠COB＝θ，现在质量为 m 的小物体从
联立以上两式解得 FNmax＝3mg＋12mgcos θ 最终小物体将从 B 点开始做往复运动，则有 mgR(1－cos θ)＝12mv′2，FNmin－mg＝mv′R 2 联立以上两式，解得 FNmin＝mg(3－2cos θ)
由牛顿第三定律，得小物体通过圆弧轨道最低点 C 时，对 C 点的最大压力
距 D 点高度为Rco4s θ的地方无初速度地释放，已知小物体恰能从 D 点进入圆弧轨道．求：
(1)为使小物体不会从 A 点冲出斜面，小物体与斜面间的动摩擦因数至少为多少？ (2)若小物体与斜面间的动摩擦因数 μ＝2scionsθθ，则小物体在斜面上通过的总路程为多少？ (3)小物体通过圆弧轨道最低点 C 时，对 C 点的最大压力和最小压力各是多少？

(高中段)第5讲综合考法(二)力学中的多过程问题

(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。
[解题指导] (1)恒力 F1 作用过程中物体做初速度为零的匀加速直线运动。 (2)因地面光滑，F2 作用的整个过程中物体的加速度恒定不变。 (3)F1 与 F2 作用时间相等，且两个过程的位移大小相等。
[解析] (1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木
板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。
由题图可知，在t1＝0.5 s时，物块和木板的速度相同。设t＝0到t＝t1时
间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1＝vt11
①
a2＝v0－t1 v1
②
式中v0＝5 m/s、v1＝1 m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小。
B→C 与 C→A 过程加速度相同，即图中直线 BC 与直线 CA 斜率相同，
可得tv′1 ＝t－vt2′
由以上两式可解得 t′＝13t，vv12＝12
Hale Waihona Puke a1、a2 的大小分别对应图中直线 OB 的斜率与直线 BC 的斜率，易得：aa12＝
v1
t v1
＝t′t ＝13。
t′
法四：平均速度法
取向右方向为正。
于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图像如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度的大小 g＝10 m/s2。求：
(1)物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数； (2)从 t＝0 时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。

牛顿运动定律处理多过程问题_-

小结
认真审题，弄清题意初步理解，描绘情景合理划分，分解过程挖掘条件，关注状态寻找规律, 列式求解纵观全程, 深入理解
[老师叮嘱]
1、任何多过程的复杂 • (2)注意两个过程的物理问题都是由很多简连接处，加速度可单的小过程组成，上一能突变，但速度不过程的末态是下一过程会突变，速度是联的初态，对每一个过程系前后两个阶段的分析后，列方程，联立桥梁。求解。
【解析】在力F作用时有：(F－G)sin 30°－μ(F－ G)cos 30°＝ma1，解得：a1＝2.5 m/s2.
所以撤去力F时，小球的速度：v1＝a1t1＝3 m/s，小球的位移：s1＝t1＝1.8 m. 撤去力F后，小球上冲时有： Gsin 30°＋μGcos 30°＝ma2，解得：a2＝7.5 m/s2. 因此小球上冲时间：t2＝v1/a2＝0.4 s，上冲位移：s2＝ v1.t2/2＝0.6 m，此时s1＋s2＝2.4 m＞AB，因此小球在上冲阶段将通过B点，有AB－s1＝v1t3－1/2a2t，解得：t3＝0.2 s，t3＝0.6 s＞t2(舍去)．
练习：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
为4m/s2；（4）物体从A点出发到再次回到A点运动的总时间3.62s．
二、多物体多过程
例6：一质量为M=4kg、长为L=3m的木板，在水平向右F=8N 的拉力作用下，以ν0=2m/s的速度沿水平面向右匀速运动。某时刻将质量为m=1kg的铁块（看成质点）轻轻地放在木板的最右端，如图。不计铁块与木板间的摩擦。若保持水平拉力不变，请通过计算说明小铁块能否离开木板？若能，进一步求出经过多长时间离开木板？

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

答案 (1)2 m/s (2)0．5 s 0．5 m (3)1．5 m
⑩ ⑪
⑫
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.

力学问题多过程组合

g=10m/s2,sin530=0.8，cos530=0.6）求：（1）小孩平抛的初速度（2）小孩运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力
h

A
B
O
6、如图所示，AB为长为L，与水平面成θ角的光滑斜面；BC为半径为R的光滑圆弧轨道，CD为动摩擦因数均为μ的水平滑道； AB、CD均与圆弧BC相切。将轻弹簧的一端固定在水平滑道左侧的墙上，另一端恰位于水平滑道的末端C点。现将质量为m 的小物块从斜面的顶端由静止滑下，重力加速度为g，求：（1）物块第一次刚到达C点时物块对圆弧轨道的压力大小；（2）已知弹簧为最大压缩量为d，求此时弹簧的弹性势能（设弹簧处于原长时弹性势能为零）
A
L
O R
Bθ
D
C
如图所示，质量分别为M和m的两物块用细绳通过光滑定滑轮连接，m放在倾角为θ的光滑斜面上，斜面固定不动，物块M能沿杆AB无摩擦地下滑．已知 M=10kg，m=1kg，θ=30°，A、O间的距离 L=4m．求M从A点由静止开始下滑h=3m时的速度是多大？
O
A M
m
θ
B
P
C
RO AA
B
如图所示，一玩滚轴溜冰的小孩（可视作质点）质量为m=30kg，他在左侧平台上滑行一段距离后平抛，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R=1.0m，对应圆心角为 θ=1060,平台与AB连线的高度差为h=0.8m．（计算中取
力学问题多过程组合
1、如图，一个质量为0.6K恰好从光滑圆弧（不计空气阻力，进
入圆弧时无机械能损失）的A点进入圆弧内侧，已
知圆弧半径R=0.3m，，小球到达A点的速度.（取）

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．

第3课时力学多过程问题

第三课时力学多过程问题分析【自主探究】考纲要求：高考把对能力的考查放在首位，考生能否准确地分清物理过程是解决物理问题的关键，反映出学生分析、解决物理问题能力的高低。

因此，历届高考试卷都设置有一系列物理过程分析的试题。

对物理过程的分析，就是将一个复杂的物理过程分解成几个简单的有规律的子过程，并找出几个子过程之间的相互联系和制约条件。

通过这种分析，在头脑里形成一个生动而清晰的物理情景，找到解决问题的简捷办法。

对物理过程的分析，其本身也是培养学生思维能力、分析问题能力的有效途径。

要点梳理要点一、涉及的知识和方法、能力在高中物理中，力学部分涉及到的过程有匀．速直线运动、匀变速直线运动、平．．．．．．．．．．．．．．．抛运动、圆周运动、天体运动．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．等。

涉及的定律主要是牛顿运动定律，动能定理，能量守恒定律．．．．．等。

通过专题复习，掌握物理过程分析的技巧和方法，提高解答过程分析类试题的能力。

通过对物理过程分析的训练，培养学生思维的严密性、深刻性、灵活性，提高学生的逻辑推理能力。

通过专题复习，掌握物理过程分析的技巧和方法，提高解答过程分析类试题的能力。

要点二、分析物理过程的要点1．阶段性——将题目涉及的整个过程适当的划分为若干阶段2．联系性——找出各个阶段之间是由什么物理量联系起来的；3．规律性——明确每个阶段遵循什么物理规律。

要点三、分析物理过程应注意几点事项1．注意分析，挖掘“隐含”条件高考物理之所以难，不仅因为物理过程复杂多变还由于潜在条件隐蔽难寻，使人产生条件不足之感而陷入困境。

这正是考查考生思维的深刻程度。

如果不仔细分析物理过程而一阅而过，挖掘不出这些条件而失去了迅速解题的机会。

2．注意分析，排除干扰经常遇到一些物理题故意多给已知条件，或解题过程中精心设置一些歧途，或安排一些似是而非的判断，也就是利用干扰因素考查学生明辨是非的能力。

这些因素的迷惑程度越大，越容易在解题过程中犯错误。

【力学专题】物理必修一3牛顿运动定律多过程问题的求解

第四章牛顿运动定律专题多过程问题的求解【学习目标】能用程序法分析解决多过程问题【知识点详细解析】知识点一、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。

知识点二、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 kC ． 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。

(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2212Fl 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== （2）滑块由O 滑至A 的过程中机械能守恒，即212A mgR mv =AB 段运动时间为1112A s t s v gR=== 故滑块离开B 后平抛时间与小车撤掉恒力F 后运动时间相同。

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 12＝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 12t 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 m2．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：(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？(2)该车因减速和加速过ETC 车道而耽误的时间为多少？解析：(1)该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x 1处开始制动，则有：v t 2－v 02＝－2a 1x 1，解得：x 1＝33.6 m 。

高考物理状元谋略六多过程力学题的处理

多过程力学题的处理多过程问题是指物体运动过程中包含两个或两个以上不同的阶段。

各阶段遵循不同的物理规律。

这类一．解决此类问题的基本思路：(1)分段考虑，即划分多个不同的物理过程或多个不同的状态，然后对各个过程或状态进行分析，特别关注单一过程物体的受力情况及其单一过程所满足的物理规律、各过程的联系等。

(2)全过程整体研究，一般对整体应用能量观点解决最为简捷。

二、全程法例题1．如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为S0，以初速度v0沿斜面上滑且不会从斜面顶端滑出，滑块与斜面间的动摩擦因数为µ，滑块所受的摩擦力小于重力沿斜面的分力，若滑块每次与挡板的碰撞均无能量损失，求当滑块静止时经过的总路程.2．总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中间脱节，司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力。

设运动的阻力与车的重力成正比，机车的牵引力是恒定的。

当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？三、例题赏析1．(2015·全国新课标Ⅰ) 【题号：3200000911】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图(a)所示。

t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1 s 时间内小物块的v －t 图线如图(b)所示。

木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2。

求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。

【命题立意】知识：v －t 图象、牛顿第二定律、匀变速运动规律。

能力：利用v －t 图象和牛顿第二定律解决物体运动的多过程问题，考查对物理问题的分析综合能力。