多过程问题(原卷版)
多过程问题
多过程问题(原卷版)(总3页) --本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--一、多过程问题定义：在一条直线上，物体可以先做匀速、匀加、匀减，后做匀速、匀加、匀减，所以一共是九种运动组合形式，类似此过程或者更多运动形式的组合便叫多过程问题二、公式法解题适用条件：两种运动形式的组合中除匀速匀速组合外其余八种方法：初末212121;;v v t t t x x x ==+=+例1、物体由静止开始做加速度大小为a 1的匀加速直线运动，当速度达到v 时，改为加速度大小为a 2的匀减速直线运动，直至速度为零．在匀加速和匀减速运动过程中物体的位移大小和所用时间分别为x 1、x 2和t 1、t 2，下列各式成立的是( )：x 2＝t 1：t 2 ：a 2＝t 1：t 2t 1＝x 2/t 2＝（x 1＋x 2）/（t 1＋t 2） D ．v ＝2（x 1＋x 2）/（t 1＋t 2）例2、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，司机从较远的地方立即开始刹车，使卡车匀减速前进，当车减速到2 m/s 时，交通灯恰好转为绿灯，司机当即放开刹车，并且只用了减速过程一半的时间卡车就加速到原来的速度．从刹车开始到恢复原速的过程用了12 s ．求：(1)卡车在减速与加速过程中的加速度；(2)开始刹车后2 s 末及10 s 末的瞬时速度大小．三、图像法解题在多过程匀变速直线运动问题处理中，学生列表达式是没有问题，但是在解决方程过程中常常会犯一些错，学生感到头疼，而且占用很多时间。
下面通过几个实例介绍一种运用v-t 图像处理多过程的匀变速直线运动，解决结果快而且还很准确。
例3、物体第1s 由静止向右做加速度为1m/s 2的匀加速运动,第2s 加速度方向向左,大小不变,以后每隔1s 加速度的方向都改变一次,但大小不变,则1min 后物体在( )A.原位置B.原位置左C.原位置右5mD.原位置右30m例4、有一架电梯，启动时匀加速上升，加速度为22/m s ，制动时匀减速上升，加速度为1-2/m s ，楼高52m 。
高考物理一轮复习 专题23 应用力学两大观点分析多过程问题(练)(含解析)-人教版高三全册物理试题
专题23 应用力学两大观点分析多过程问题1．物体静止在光滑水平面上，先对物体施加一水平向右的恒力1F ，经过时间t 后撤去1F ，立即再对它施加一个水平向左的恒力2F ，又经过时间4t 物体回到出发点，此时物体的动能为50J ，求：〔1〕恒力1F 与恒力2F 的比值〔2〕恒力1F 对物体做的功1W 和恒力2F 对物体做的功2W 各为多少【答案】〔1〕12169F F =〔2〕132W J =，218W J = 【解析】 【名师点睛】在1F 和2F 的作用下，在一样的时间内，物体回到原处，说明位移的大小一样，这是解这道题的关键点，物体先做匀加速运动，后做匀减速运动回到原处，整个过程中的位移为零．根据2．如下列图，倾角 θ=37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量不计的光滑定滑轮 D ，质量均为m =1kg 的物体A 和B 用一劲度系数k =240N/m 的轻弹簧连接，物体 B 被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板 P 挡住。
用一不可伸长的轻绳使物体 A 跨过定滑轮与质量为 M 的小环 C 连接，小环 C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环 C 位 于 Q 处，绳与细杆的夹角 α=53°，且物体 B 对挡板 P 的压力恰好为零。
图中 SD 水平且长度 为 d =0.2m ，位置 R 与位置 Q 关于位置 S 对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行。
现 让环 C 从位置 R 由静止释放，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取 10m/s 2。
求：⑴小环 C 的质量 M ；⑵小环 C 通过位置 S 时的动能 E k 与环从位置 R 运动到位置 S 的过程中轻绳对环做的功 W T ；⑶小环 C 运动到位置 Q 的速率 v 。
【答案】C【解析】对于A 、弹簧和C 组成的系统，机械能定恒，有 k cot sin A Mgd mgs E αθ+=解得 k 1.38J E =对此过程，对A 由动能定理，得 k cot T W Mgd E α+=解得 0.3J T W =⑶环通过位置Q 时，弹簧为伸长为 30.025m x =，此时弹簧的弹性势能与环位于R 、S 时一样。
专题05 多过程问题和追及相遇问题(解析版)-2024年高考物理一轮综合复习
2024年高考物理一轮大单元综合复习导学练专题05多过程问题和追及相遇问题导练目标导练内容目标1多过程问题目标2追及相遇问题【知识导学与典例导练】一、多过程问题1.多过程问题的处理方法和技巧：（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：v ＝v 0＋at ；x ＝v 0t ＋12at 2；v 2－v 02＝2ax ；x ＝v ＋v 02t 。
2.两种常见的多过程模型（1）多过程v-t 图像“上凸”模型【特点】全程初末速度为零，匀加速直线运动过程和匀减速过程平均速度相等。
【三个比例关系】①由速度公式：v=a 1t 1；v=a 2t 2（逆向看作匀加速直线运动）得：2121t t a a =；②由速度位移公式：v 2=2a 1x 1；v 2=2a 2x 2（逆向看作匀加速直线运动）得：2121x x a a =；③由平均速度位移公式：211vt x =；222vt x =得：2121x x t t =。
【衔接速度和图线所围面积】①衔接速度是两个不同过程联系的关键，它可能是一个过程的末速度，另外一个过程的初速度。
②图线与t 轴所围面积，可能是某个过程的位移，也可能是全过程的位移。
（2）多过程v-t 图像“下凹”模型【案例】车过ETC 通道耽搁时间问题：耽搁的距离：阴影面积表示的位移x ∆；耽搁的时间：x t v∆∆=【例1】如图是公园内游乐场的一项娱乐设备。
一环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下。
已知座舱开始下落时离地面的高度为H ，当落到离地面h 的位置时开始制动，座舱做匀减速运动直到停止。
不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力。
考点巩固卷43 动量中多次碰撞、多过程问题-2024年高考物理一轮复习考点通关卷(原卷版)
考点巩固卷43动量中多次碰撞、多过程问题考点01：轻绳连接的系统与能量结合的综合应用（1单选+9多选+4解答）一、单选题1．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考二模）如图所示，两端分别固定有小球A、B（均视为质点）的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。
由于轻微扰动，A球开始沿水平面向右滑动，B球随之下降，此过程中两球始终在同一竖直平面内。
已知轻杆的长度为l，两球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A．物块与凹槽相对静止时的共同速度为2.5m/sB．物块与凹槽相对静止时物块在凹槽的左端C．从物块开始运动到两者相对静止所经历的时间为10sD．从物块开始运动到两者相对静止所经历的时间内物块运动的位移大小为12.5m3．（2023·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测）如图所示，以v=4m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接。
水平面上有位于同一直线上、处于静止状态的4个相同小球，小球质量m0=0.3kg。
质量m=0.1kg的物体从轨道上高h=2.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0=6m/s；物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带AB之间的距离L=3.0m。
物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g=10m/s2。
下列说法正确的是（）A．物体从P点下滑到A点的过程中，克服摩擦力做的功为0.2JB．物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为0.4mC．物体最终的速度大小为0.5m/sD．物体第一次与小球碰撞后的整个过程，物体与传送带间产生的摩擦热为3J4．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）如图1所示，一右端固定有竖直挡板的质量M=2kg的木板静置于光滑的水平面上，另一质量m=1kg的物块以v0=6m/s的水平初速度从木板的最左端点冲上木板，最终物块与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图2所示，物块可视为质点，则下列判断正确的是（）A．图2中v2的数值为4B．物块与木板的碰撞为弹性碰撞C．整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量为12JD．最终物块距木板左端的距离为1.5m5．（2023·河南南阳·南阳中学校考三模）如图甲所示，一小车静止在光滑水平地面上，上表面PQ是以O为圆心，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，左端P与平台等高且平滑对接（不粘连）。
多过程问题
解法二：全程列式
mg(H h) f h 0
mg
H
f
h
mg
木球从水面上方某位置由静止开始自由下落,落入水中又继续下降一段距离后速度减小到零。
把木球在空中下落过程叫作Ⅰ过程,在水中下落过程叫作Ⅱ过程。不计空气和水的摩擦阻力。
下列说法中正确的是( )
A.第Ⅰ阶段重力对木球做的功等于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功 B.第Ⅰ阶段重力对木球做的功大于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功 C.第Ⅰ、第Ⅱ阶段重力对木球做的总功和第Ⅱ阶段合力对木球做的功的代数和为零 D.第Ⅰ、第Ⅱ阶段重力对木球做的总功等于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功
B [设地面对双脚的平均作用力为 F，在全过程中，由动能定理得 mg(H＋h)－Fh＝0
F＝mgH＋h＝2＋0.5mg＝5mg，B 正确．]
h
0.5
如图 4 所示，质量为 m 的物体从高为 h、倾角为θ的光滑斜面顶端由静止开始沿斜面下滑， 最后停在水平面上，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，求：
如图所示，DO是水平面，AB为斜面，初速为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶 点A时速度刚好为零．如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且 速度刚好为零，则物体具有的初速度（物体与斜面及水平面间的动摩擦因数处处相 同且不为零，不计物体滑过B、C点时的机械能损失）（ ）
A．大于v0
质量为m的物体从高h的斜面上由静止开始滑下，经过一段 水平距离后停止. 若斜面及水平面与物体间的动摩擦因数相 同，整个过程中物体的水平位移为s ，求动摩擦因数
A
物体从A到B过程，由动能定理得：
h
L
s1
s2
s
mgh – µmg cos θ •L –µmg s2 =0 B
2024年自由落体运动和竖直上抛运动 多过程问题
1．(2024·湖北卷·2)2024年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军．某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m 完成技术动作，随后5 m 完成姿态调整．假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s 2，则她用于姿态调整的时间约为( )A ．0.2 sB ．0.4 sC ．1.0 sD ．1.4 s2．一名宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2 kg 的小球从一定的高度自由下落，测得在第4 s 内的位移是42 m ，球仍在空中运动，则( )A ．小球在第2 s 末的速度大小是16 m/sB ．该星球上的重力加速度为12 m/s 2C ．小球在第4 s 末的速度大小是42 m/sD ．小球在0～4 s 内的位移是80 m3.(2024·全国卷Ⅰ·18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H .上升第一个H 4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( )A ．1<t 2t 1<2 B ．2<t 2t 1<3C ．3<t 2t 1<4 D ．4<t 2t 1<54．(多选)某物体以30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.5 s 内物体的( )A ．路程为65 mB ．位移大小为25 m ，方向竖直向上C ．速度改变量的大小为10 m/sD ．平均速度大小为13 m/s ，方向竖直向上5．两物体从不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t ，第二个物体下落时间为t 2，当第二个物体开始下落时，两物体相距(重力加速度为g )( )A ．gt 2B.38gt 2C.34gt 2D.14gt 26.(2024·河南省名校联盟高三联考)在利用频闪相机研究自由下落物体的运动时，将一可视为质点的小球从O 点由静止释放的同时频闪相机第一次曝光，再经连续三次曝光，得到了如图所示的频闪相片，已知曝光时间间隔为0.2 s ，不考虑一切阻力．如果将小球从照片中的A 点由静止释放，则下列说法正确的是( )A ．小球由A 到B 以及由B 到C 的时间小于0.2 sB ．小球通过B 点和C 点时的速度关系为v B ∶v C ＝1∶2C ．小球由A 到B 以及由B 到C 的过程中平均速度的关系为v AB ∶v BC ＝3∶5D ．小球通过B 点时的速度v B 和由A 到C 的平均速度v AC 的关系为v B >v AC7.(2024·安徽省江淮十校联考)如图所示，地面上方离地面高度分别为h 1＝6L 、h 2＝4L 、h 3＝3L 的三个金属小球a 、b 、c ，若先后释放a 、b 、c ，三球刚好同时落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g ，则( )A ．b 与a 开始下落的时间差等于c 与b 开始下落的时间差B ．a 、b 、c 2∶1C ．a 比b 早释放的时间为D ．三小球到达地面时的速度大小之比是6∶4∶38．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g 值，g 值可由实验精确测得，近年来测g 值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g 值转变为测长度和时间，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点上抛小球又落到原处的时间记为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点到又回到P点所用的时间记为T1，测得T1、T2和H，可求得g值等于( )A.8HT22－T12B.4HT22－T12C.8H(T2－T1)2D.4H(T2－T1)29.(2024·云南昆明市一中模拟)一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperloop(超级高铁)”(如图)．速度高达一千多公里每小时．如果乘坐Hyperloop 从A地到B地，600公里的路程需要42分钟，Hyperloop先匀加速达到最大速度1 200 km/h 后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于Hyperloop 的说法正确的是( )A．加速与减速的时间不一定相等B．加速时间为10分钟C．加速过程中发生的位移为150公里D．加速时加速度大小约为0.46 m/s210．在离水平地面高H处，以大小均为v0的初速度同时竖直向上和向下抛出甲、乙两球，不计空气阻力，下列说法中正确的是( )A．甲球相对乙球做匀变速直线运动B．在落地前甲、乙两球间距离均匀增大C．两球落地的速度差与v0、H有关D．两球落地的时间差与v0、H有关11.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．已知除了抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，不计空气阻力，取g＝10 m/s2)( )A．1.6 m B．2.4 mC．3.2 m D．4.0 m12.城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生．假设某公路边的高楼距地面高H＝47 m，往外凸起的阳台上的花盆因受到扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动．阳台下方有一辆长L1＝8 m、高h＝2 m的货车，以v0＝9 m/s的速度匀速直行，要经过阳台的正下方．花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2＝24 m(示意图如图所示，花盆可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2)．(1)若司机没有发现花盆掉落，货车保持速度v0匀速直行，请计算说明货车是否被花盆砸到；(2)若司机发现花盆掉落，采取制动(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，使货车在花盆砸落点前停下，求货车的最小加速度；(3)若司机发现花盆掉落，采取加速(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，则货车至少以多大的加速度才能避免被花盆砸到？。
多过程问题
1.研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气球以10 m/s的速度匀速上升到某一高度时，研究人员从热气球上将产品自由释放，测得经11 s产品撞击地面．不计产品所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度．(g取10 m/s2)【跟踪短训】2．一根轻质细线将2个薄铁垫圈A、B连接起来，一同学用手固定B，此时A、B间距为3L，A距地面为L，如图1－2－3所示．由静止释放A、B，不计空气阻力，从开始释放到A落地历时t1，A落地前瞬间速率为v1，从A落地到B ，B落在A上前瞬间速率为v2，则()．落在A上历时t图1－2－3A．t1>t2B．t1＝t2C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝1∶33. 一辆汽车在十字路口等待绿灯，当绿灯亮时汽车以a＝3m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一人骑自行车以v0＝6 m/s的速度匀速驶来，从后边超过汽车，试问：(1)汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？最远距离是多大？(2)当汽车与自行车距离最近时汽车的速度是多大？即学即练4从斜面上某一位置，每隔0.1 s释放一个小球，在连续释放几颗小球后，对在斜面上滚动的小球拍下照片，如图1－2－10所示，测得x AB＝15 cm，x BC＝20 cm，求：图1－2－10(1)小球的加速度；(2)拍摄时B球的速度；(3)拍摄时x CD的大小；(4)A球上方滚动的小球还有几颗．5. 如图5－1－14所示，AB为四分之一圆周轨道，半径R＝0.8 m，BC为水平轨道，长为L＝3 m．现有一质量m＝1 kg的物体，从A点由静止滑下，到C点刚好停止．已知物体与BC段轨道间的动摩擦因数为μ＝115，求物体在AB段轨道受到的阻力对物体所做的功．(g取10 m/s2)图5－1－142．应用动能定理的解题步骤图5－2－46.如图5－2－4所示，一根直杆由粗细相同的两段构成，其中AB段为长x1＝5 m的粗糙杆，BC段为长x2＝1 m的光滑杆．将杆与水平面成53°角固定在一块弹性挡板上，在杆上套一质量m＝0.5 kg、孔径略大于杆直径的圆环．开始时，圆环静止在杆底端A.现用沿杆向上的恒力F拉圆环，当圆环运动到B点时撤去F，圆环刚好能到达顶端C，然后再沿杆下滑．已知圆环与AB段的动摩擦因数μ＝0.1，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.试求：(1)拉力F的大小；(2)拉力F作用的时间；(3)若不计圆环与挡板碰撞时的机械能损失，从圆环开始运动到最终静止的过程中在粗糙杆上所通过的总路程．审题指导7．(2013·天津卷，10)质量为m＝4 kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F＝10 N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x＝20 m，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，求：(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小；(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t.8．(2010·山东卷，24)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＝0.45 m，水平轨道AB长x1＝3 m，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＝1.6 N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力F.当小车在CD上运动了x2＝3.28 m时速度v＝2.4 m/s，此时滑块恰好落入小车中．已知小车质量M＝0.2 kg，与CD间的动摩擦因数μ＝0.4.(取g＝10 m/s2)求(1)恒力F的作用时间t.(2)AB与CD的高度差h.9.(2013·浙江卷，23)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图5－3－6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：图5－3－6(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．审题指导(1)大猴从A→B，做什么运动？其运动规律x1＝________，h1＝________.(2)猴子抓住青藤荡起，从C→D，受几个力作用？其中有哪些力做功？机械能是否守恒？(3)猴子荡起时，(c点)分析猴子受力，列牛顿第二定律方程________________．思想方法8.突破压轴计算题的审题策略与技巧审题策略1．审题要慢，答题要快所谓审题要慢，就是要仔细，要审透，关键的词句理解要到位，深入挖掘试题的条件，提取解题所需要的相关信息，排除干扰因素．要做到这些，必须通读试题(特别是括号内的内容，千万不要忽视)，才能快速答题．2．建立模型，总体把握建模是解题过程中最为关键的一个环节，无论是简单问题还是复杂问题，都需要正确建立模型，建模可以从“数、形、链”三个方面进行，所谓“数”即物理量，可以是具体数据，也可以是符号；所谓“形”，就是将题设物理情境以图形的形式呈现出来；所谓“链”，即情境链接和条件关联，情境链接就是将物理情境分解成物理子过程，并将这些子过程由“数、形”有机地链接起来，条件关联即“数”间关联或存在的临界条件关联等．“数、形、链”三位一体，三维建模．一般分三步建立模型：(1)分析和分解物理过程，确定不同过程的初、末状态，将状态量与过程量对应起来；(2)画出关联整个物理过程的思维导图，对于物体的运动和相互作用过程，直接画出运动过程草图；(3)在图上标出物理过程和对应的物理量，建立情境链接和条件关联、完成情境模型．审题技法1．在审题过程中，要特别注意以下几个方面：第一，题中给出什么．第二，题中要求什么．第三，题中隐含什么．第四，题中考查什么．2．理解题意的具体方法是：(1)认真审题，捕捉关键词. 如“最多”、“刚好”、“瞬间”等．(2)认真审题，挖掘隐含条件．(3)审题过程要注意画好情境示意图，展示物理图景．(4)审题过程要建立正确的物理模型．(5)在审题过程中要特别注意题中的临界条件．专题五应用动力学观点和能量观点解决力学压轴题高考试题中常常以能量守恒为核心考查重力、摩擦力、电场力、磁场力的做功特点，以及动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律的应用．分析时应抓住能量核心和各种力做功的不同特点，运用动能定理和能量守恒定律进行分析．常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．图1【典例1】如图1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的小物体从距D点高度为R cos θ4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＝sin θ2cos θ，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？审题指导(1)运动过程分析自由落体运动圆周运动斜面上匀减速运动(2)找出小物体最终的运动状态从B 点开始做往复运动此过程中机械能守恒即学即练1 如图2所示，倾角为α的光滑斜面与半径为R ＝0.4 m 半圆形光滑轨道在同一竖直平面内，其中斜面与水平面BE 光滑连接，水平面BE 长为L ＝0.4 m ，直径CD 沿竖直方向，C 、E 可看作重合．现有一可视为质点的小球从斜面上距B 点竖直距离为H 的地方由静止释放，小球在水平面上所受阻力为其重力的15.(取g ＝10 m/s 2) 图2(1)若要使小球经E 处水平进入圆形轨道且能沿轨道运动，H 至少要有多高？如小球恰能沿轨道运动，那么小球在水平面DF 上能滑行多远？(2)若小球静止释放处离B 点的高度h 小于(1)中H 的最小值，小球可击中与圆心等高的G 点，求h 的值．常考点二 用动力学和机械能守恒定律解决多过程问题若一个物体参与了多个运动过程，有的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，则要用动力学方法求解；若某过程涉及到做功和能量转化问题，则要考虑应用动能定理或机械能守恒定律求解．【典例2】 如图3甲所示，弯曲部分AB 和CD 是两个半径相等的四分之一圆弧，中间的BC 段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径)，细圆管分别与上、下圆弧轨道相切连接，BC 段的长度L 可伸缩调节．下圆弧轨道与水平面相切，D 、A 分别是上、下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在同一竖直平面内．一小球多次以某一速度从A 点水平进入轨道，从D 点水平飞出．在A 、D 两点各放一个压力传感器，测试小球对轨道A 、D 两点的压力，计算出压力差ΔF .改变BC 间距离L ，重复上述实验，最后绘得ΔF L 的图线如图乙所示．(不计一切摩擦阻力，g 取10 m/s 2) 图3(1)某一次调节后D 点离地高度为0.8 m ．小球从D 点飞出，落地点与D 点的水平距离为2.4 m ，求小球过D 点时速度大小．(2)求小球的质量和圆弧轨道的半径大小．审题指导(1)小球做平抛运动竖直高度求时间t水平方向的初速度v0.(2)小球从A点到D点，满足机械能守恒定律．(3)分别对A点和D点，应用向心力公式，求F A和F D压力差ΔF随L的函数式由图象的截距和斜率，求小球的质量m和圆弧轨道半径r.反思总结机械能守恒定律与圆周运动综合的问题是力学命题最热的组合形式之一，求解的关键是抓好两个分析：(1)状态分析，找到圆周运动的临界状态及有关向心力问题，如题中的A和D点；(2)过程分析，利用机械能守恒定律求解几个状态之间的关系，如A到D过程机械能守恒，有12m v2A＝12m v2D＋mg(2r＋L)．即学即练2如图4所示，一个斜面与竖直方向的夹角为30°，斜面的下端与第一个光滑圆形管道相切，第二个光滑圆形管道与第一个圆形管道也相切．两个光滑圆形管道粗细不计，其半径均为R，小物块可以看作质点．小物块与斜面的动摩擦因数为μ，物块由静止从某一高度沿斜面下滑，至圆形管道的最低点A时，对轨道的压力是重力的7倍．求：图4(1)物块到达A点时的速度；(2)物块到达最高点B时，对管道压力的大小与方向；(3)物块在斜面上滑动的时间．常考点三应用动力学观点和功能关系解决力学综合问题求解相对滑动物体的能量问题的方法(1)正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析．(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系．(3)公式Q＝F f l相对中l相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上往复运动时，则l相对为总的相对路程．【典例3】如图5所示，质量为m＝1 kg的可视为质点的小物块轻轻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，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M ＝2 kg的足够长的小车左端在最低点O点相切，并在O点滑上小车，水平地面光滑，当物块运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞，碰撞前物块和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(物块始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用．已知圆弧半径R＝1.0 m，圆弧对应的圆心角θ为53°，A点距水平面的高度h＝0.8 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.试求：图5(1)小物块离开A点的水平初速度v1；(2)小物块经过O点时对轨道的压力；(3)第一次碰撞后直至静止，物块相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间．即学即练3一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个14光滑圆弧轨道AB的底端等高对接，如图6所示．已知小车质量M＝2 kg，小车足够长，圆弧轨道半径R＝0.8 m．现将一质量m＝0.5 kg的小滑块，由轨道顶端A点无初速度释放，滑块滑到B端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2.(取g＝10 m/s2)试求．图6(1)滑块到达B端时，对轨道的压力大小；(2)小车运动2 s时，小车右端距轨道B端的距离；(3)滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．答案1.解析 方法一 (全程法) 将产品的运动视为匀变速直线运动，根据题意画出运动草图如图所示．规定向上为正方向，则v 0＝10 m/s 2，a ＝－g ＝－10 m/s 2根据H ＝v 0t ＋12at 2，解得H ＝－495 m.即产品刚释放时离地面的高度为495 m.方法二 (分段法) 仍然根据题意画出运动草图如图所示．将产品的运动过程分为A →B 和B →C →D 两段来处理．A →B 为竖直上抛运动，B →C →D 为自由落体运动．在A →B 段，根据竖直上抛运动规律可知t AB ＝v 0g ＝1 sh AB ＝h BC ＝12gt 2AB ＝5 m 由题意可知t BD ＝11 s －1 s ＝10 s 根据自由落体运动规律可得h BD ＝12gt 2BD ＝500 m 故释放点离地面的高度H ＝h BD －h BC ＝495 m.2.解析 对A 有L ＝12gt 21，且v 1＝gt 1，对B 有3L ＋L ＝12g (t 1＋t 2)2，且v 2＝g (t 1＋t 2)，联立解得t 1＝t 2，v 1∶v 2＝1∶2.答案 BC3.解析 方法一 用临界条件求解(1)当汽车的速度为v ＝6 m/s 时，二者相距最远，所用时间为t ＝v a ＝2 s最远距离为Δx ＝v 0t －12at 2＝6 m.(2)两车距离最近时有v 0t ′＝12at ′2解得t ′＝4 s 汽车的速度为v ＝at ′＝12 m/s.4.解析 (1)由a ＝Δx t 2得小球的加速度a ＝x BC －x AB t 2＝5 m/s 2(2)B 点的速度等于AC 段上的平均速度，即v B ＝x AC 2t ＝1.75 m/s(3)由相邻相等时间内的位移差恒定，即x CD －x BC ＝x BC －x AB ，所以x CD ＝2x BC －x AB ＝0.25 m(4)设A 点小球的速度为v A ，由于v A ＝v B －at ＝1.25 m/s所以A 球的运动时间为t A ＝v A a ＝0.25 s ，所以在A 球上方滚动的小球还有2颗． 5.解析 物体在从A 滑到C 的过程中，有重力、AB 段的阻力、BC 段的摩擦力共三个力做功，且W G ＝mgR ，W f BC ＝－μmgL ，由于物体在AB 段受到的阻力是变力，做的功不能直接求解．设物体在AB 段轨道受到的阻力对物体所做的功为W fAB ，从A 到C ，根据动能定理有mgR ＋W fAB －μmgL ＝0，代入数据解得W fAB ＝－6 J.答案 －6 J6.解析 (1)A →C 过程：根据动能定理有Fx 1－mg (x 1＋x 2)sin 53°－μmgx 1cos 53°＝0－0恒力F ＝mg (x 1＋x 2)sin 53°＋μmgx 1cos 53°x 1＝5.1 N (2)A →B 过程：根据牛顿第二定律和运动学公式有F －mg sin 53°－μmg cos 53°＝ma 1，x 1＝12a 1t 21解得加速度a 1＝F －mg (sin 53°＋μcos 53°)m ＝1.6 m/s 2时间t 1＝2x 1a 1＝2.5 s(3)从圆环开始运动到最终静止在粗糙杆上通过的总路程为L ，根据动能定理有Fx 1－μmgL cos 53°＝0－0总路程L ＝Fx 1μmg cos 53°＝85 m.反思总结 本题要注意以下几点(1)拉力F 在圆环运动全过程中不是始终存在的，导致圆环的运动包含有力F 作用和无力F 作用的多个物理过程，物体的运动状态、受力情况均发生变化，因而在考虑力做功时，必须根据不同情况，分别对待．(2)题中A 到C 的运动中包含两个不同的物理过程，解题时，可以分段考虑，也可视为一个整体过程，应用动能定理求解．7.解析 (1)设物块受到的滑动摩擦力为F f ，则F f ＝μmg ①根据动能定理，对物块由A 到B 整个过程，有Fx 1－F f x ＝0②代入数据，解得x 1＝16 m ③(2)设刚撤去力F 时物块的速度为v ，此后物块的加速度为a ，滑动的位移为x 2，则x 2＝x －x 1④由牛顿第二定律得a ＝F f m ⑤由匀变速直线运动公式得v 2＝2ax 2⑥ 由v ＝v 0＋at 得v ＝at ⑦代入数据，解得t ＝2 s ⑧答案 (1)16 m (2)2 s8.解析 (1)设小车在轨道CD 上加速的距离为x ，由动能定理得Fx －μMgx 2＝12M v 2①设小车在轨道CD 上做加速运动时的加速度为a ，由牛顿运动定律得F －μMg＝Ma ②x ＝12at 2③联立①②③式，代入数据得t ＝1 s ④(2)设小车在轨道CD 上做加速运动的末速度为v ′，撤去力F 后小车做减速运动时的加速度为a ′，减速时间为t ′，由牛顿运动定律得v ′＝at ⑤－μMg ＝Ma ′⑥v ＝v ′＋a ′t ′⑦设滑块的质量为m ，运动到A 点的速度为v A ，由动能定理得mgR ＝12m v 2A ⑧设滑块由A 点运动到B 点的时间为t 1，由运动学公式得x 1＝v A t 1⑨设滑块做平抛运动的时间为t 1′，则t 1′＝t ＋t ′－t 1⑩由平抛规律得h ＝12gt 1′2⑪联立②④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪式，代入数据得h ＝0.8 m ⑫答案 (1)1 s (2)0.8 m9解析 (1)设猴子从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ，根据平抛运动规律，有h 1＝12gt 2①x 1＝v min t ②联立①、②式，得v min ＝8 m/s ③(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为v C ，有(M ＋m )gh 2＝12(M ＋m )v 2C ④v C ＝2gh 2＝80 m/s ≈9 m/s ⑤(3)设拉力为F T ，青藤的长度为L .对最低点，由牛顿第二定律得F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 2C L ⑥由几何关系(L －h 2)2＋x 22＝L 2⑦得：L ＝10 m ⑧综合⑤、⑥、⑧式并代入数据解得：F T ＝(M ＋m )g ＋(M ＋m )v 2C L ＝216 N答案 (1)8 m/s (2)约9 m/s (3)216 N 反思总结 用机械能守恒定律解题应注意的问题(1)列方程时，选取的表达角度不同，表达式不同，对参考平面的选取要求也不一定相同．(2)应用机械能守恒能解决的问题，应用动能定理同样能解决，但其解题思路和表达式有所不同．例题1解析 (1)为使小物体不会从A 点冲出斜面，由动能定理得mg R cos θ4－μ1mg cos θR cos θsin θ＝0解得动摩擦因数至少为μ1＝sin θ4cos θ.(2)分析运动过程可得，最终小物体将在BB ′圆弧间做往复运动(B ′未画出)，由动能定理得mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫R cos θ4＋R cos θ－μmgs cos θ＝0 解得小物体在斜面上通过的总路程为s ＝5R cos θ2sin θ.(3)由于小物体第一次通过最低点时速度最大，此时压力最大，由动能定理得mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫R cos θ4＋R ＝12m v 2由牛顿第二定律得F Nmax －mg ＝m v 2R 联立以上两式解得F Nmax ＝3mg ＋12mg cos θ最终小物体将从B 点开始做往复运动，则有mgR (1－cos θ)＝12m v ′2，F Nmin －mg ＝m v ′2R联立以上两式，解得F Nmin ＝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F N ′max ＝F Nmax ＝3mg ＋12mg cos θ最小压力F N ′min ＝F Nmin ＝mg (3－2cos θ)．答案 (1)sin θ4cos θ (2)5R cos θ2sin θ (3)3mg ＋12mg cos θ mg (3－2cos θ)1.解析 (1)小球从光滑斜面轨道下滑机械能守恒，设小球到达B 点时的速度大小为v .则：mgH ＝12m v 2因为小球在水平面所受阻力为其重力的15根据牛顿第二定律a ＝kmg m＝2 m/s 2 v 2E －v 2＝－2aL 小球能在竖直平面内做圆周运动，在圆形轨道最高点必须满足：mg ≤m v 2E R 联立以上几式并代入数据得：H ≥0.28 m 小球恰能沿轨道运动，根据动能定理：mg 2R －kmgx ＝0－12m v 2E ，x ＝5 m.(2)若h <H ，小球过E 点后做平抛运动，设小球经E 点时的速度大小为v x ，则击中半圆中点G 时：竖直方向：R ＝12gt 2，水平方向：R ＝v x t由动能定理：mgh －kmgL ＝12m v 2x 联立以上三式并代入数据得h ＝0.18 m.答案 (1)H ≥0.28 m 5 m (2)0.18 m例题2解析 (1)设小球过D 点时速度为v 0小球在竖直方向上做自由落体运动，则H D ＝12gt 2水平方向做匀速直线运动x ＝v 0t 由以上两式代入数据解得v 0＝6m/s.(2)设圆弧轨道的半径为r ，由A 到D 过程中小球机械能守恒12m v 2A ＝12m v 2D ＋mg (2r ＋L ) 在A 点：F A －mg ＝m v 2A r 在D 点：F D ＋mg ＝m v 2D r所以ΔF ＝F A －F D ＝6mg ＋2mg L r 由图象纵截距得：6mg ＝12 N解得m ＝0.2 kg ，当L ＝0.5 m 时，ΔF ＝17 N 代入数据解得：r ＝0.4 m 答案 (1)6 m/s (2)0.2 kg 0.4 m2解析 (1)设小物块在A 点时速度为v A ，由牛顿第二定律得7mg －mg ＝m v 2A R①解①式得v A ＝6gR .②(2)设小物块在B 点时速度为v B ，从A 到B ，小物块机械能守恒，有12m v 2A ＝mg ·2R ＋12m v 2B ③解得v B ＝2gR >gR ，所以小物块对上管壁有压力由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 2B R ④解得F N ＝mg ⑤由牛顿第三定律知，物块对轨道压力的大小为mg ，方向竖直向上．(3)如图所示，设斜面末端为C ，物块在此点的速度为v C ，从C 到A 过程机械能守恒，有12m v 2C ＋mgh ＝12m v 2A ⑥由几何关系得h ＝R (1－sin 30°)⑦ 物块在斜面上运动，由牛顿第二定律得mg cos 30°－μmg sin 30°＝ma ⑧ 由运动规律得v C ＝at ⑨解②⑥⑦⑧⑨式得t ＝13－μ 20R g .⑩答案 (1)6gR (2)mg ，方向竖直向上(3)13－μ 20R g例题3 解析 (1)对小物块由A 到B 有：v 2y ＝2gh ①在B 点：tan θ＝v y v 1②解得v 1＝3 m/s ③(2)由A 到O ，根据动能定理有：mg (h ＋R －R cos θ)＝12m v 20－12m v 21④在O 点：F N －mg ＝m v 20R ⑤解得：v 0＝33 m/s ，F N ＝43 N ⑥由牛顿第三定律知，小物块对轨道的压力F N ′＝43 N ⑦(3)摩擦力F f ＝μm g ＝1 N ，物块滑上小车后经过时间t 达到的共同速度为v t ，则v 0－v t a m ＝v t a M，a m ＝2a M ，得v t ＝333 m/s ⑧ 由于碰撞不损失能量，物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，物块与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：F f l 相＝12(M ＋m )v 2t 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a M ＝F f M ＝0.5 m/s 2，v t ＝a M t 得t ＝2333 s 答案 (1)3 m/s(2)43 N (3)5.5 m 2333 s3.解析 (1)滑块从A 端下滑到B 端时速度大小为v 0，由动能定理得mgR ＝12m v 20，v 0＝4 m/s 在B 点对滑块由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 20R解得轨道对滑块的支持力F N ＝3 mg ＝15 N 由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小F N ′＝15 N(2)滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，对滑块：－μmg ＝ma 1，得a 1＝－2 m/s 2得对小车：μmg ＝Ma 2，得a 2＝0.5 m/s 2设经时间t 后两者达到共同速度，则有v 0＋a 1t ＝a 2t 解得t ＝1.6 s由于t ＝1.6 s<2 s ．故1.6 s 后小车和滑块一起匀速运动，速度v ＝a 2t ＝0.8 m/s因此，2 s 时小车右端距轨道B 端的距离为x ＝12a 2t 2＋v (2－t )＝0.96 m(3)滑块相对小车滑动的距离为Δx ＝v 0＋v 2t －v 2t ＝3.2 m所以产生的内能Q ＝μmg Δx ＝3.2 J 答案 (1)15 N (2)0.96 m (3)3.2 J。
动力学与运动学综合问题(原卷版)-2023年高考物理压轴题专项训练(新高考专用)
压轴题01动力学与运动学综合问题目录一，考向分析 (1)二．题型及要领归纳 (1)热点题型一结合牛顿定律与运动学公式考察经典多过程运动模型 (1)热点题型二动力学图像的理解与应用 (3)热点题型三结合新情景考察动力学观点 (4)类型一以生产生活问题为情境构建多过程多运动问题考动力学观点 (4)类型二以问题探索情景构建物理模型考动力学观点 (4)类型三以科研背景为题材构建物理模型考动力学观点 (5)三．压轴题速练 (5)一，考向分析1.本专题是动力学方法的典型题型，包括动力学两类基本问题和应用动力学方法解决多运动过程问题。
高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。
2023年高考对于动力学的考察仍然是照顾点。
2.通过本专题的复习，可以培养同学们的审题能力，分析和推理能力。
提高学生关键物理素养.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律，受力分析、牛顿运动定律等。
牛顿第二定律对于整个高中物理的串联作用起到至关重要的效果，是提高学生关键物理素养的重要知识点，因此在近几年的高考命题中动力学问题一直都是以压轴题的形式存在，其中包括对与高种常见的几种运动形式，以及对于图像问题的考察等，所以要求考生了解题型的知识点及要领，对于常考的模型要求有充分的认知。
二．题型及要领归纳热点题型一结合牛顿定律与运动学公式考察经典多过程运动模型多过程问题的处理(1)不同过程之间衔接的关键物理量是不同过程之间的衔接速度。
(2)用好四个公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋12at2，v2－v20＝2ax，x＝v＋v02t。
(3)充分借助v－t图像，图像反映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。
①多过程v－t图像“上凸”模型，如图所示。
特点：全程初、末速度为零，匀加速直线运动过程和匀减速过程平均速度相等。
速度与时间关系公式：v＝a1t1，v＝a2t2得a 1a 2＝t 2t 1速度与位移关系公式：v 2＝2a 1x 1，v 2＝2a 2x 2得a 1a 2＝x 2x 1平均速度与位移关系公式：x 1＝vt 12，x 2＝vt 22得t 1t 2＝x 1x 2②多过程v －t 图像“下凹”模型，如图所示。
自由落体运动、竖直上抛运动、多过程问题(原卷版)—2025年高考物理一轮复习
运动的描述匀变速直线运动的研究自由落体运动和竖直上抛运动 多过程问题素养目标：1.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，知道竖直上抛运动的对称性和多解性。
2.能灵活处理多过程问题。
（2023×广东高考）铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。
在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。
随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。
取竖直向上为正方向。
下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是（ ）A．B．C．D．考点一 自由落体运动例题1.某校物理兴趣小组，为了了解高空坠物的危害，将一个鸡蛋从离地面20 m高的高楼面由静止释放，下落途中用Δt＝0.2 s的时间通过一个窗口，窗口的高度为2 m，忽略空气阻力的作用，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)鸡蛋落地时的速度大小和落地前最后1 s内的位移大小；(2)高楼面离窗的上边框的高度。
【易错分析】1.自由落体的时间描述容易出错，例如求开始下落的第2s内的位移，指的是第二个一秒内的位移，要注意区分第第2s内的位移和前两秒的位移的不同。
2.利用位移公式和速度一定要注意是否从计时起点开始计算。
考点二 竖直上抛运动例题2.为测试一物体的耐摔性，在离地25 m高处，将其以20 m/s的速度竖直向上抛出，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：(1)经过多长时间到达最高点；(2)抛出后离地的最大高度是多少；(3)经过多长时间回到抛出点；(4)经过多长时间落到地面；(5)经过多长时间离抛出点15 m 。
【易错分析】1.注意正方向的规定，若规定竖直向上为正方向，则竖直上抛的加速度为负值，位移和速度与正方向相同取正值，方向相反负值。
2.注意距离抛出点为h 的地方可能是抛出点上方或者抛出点下方，注意时间的多解问题。
1.重要特性(1)对称性(如图3)(2)多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解。
多体多过程动量守恒问题--13
多体多过程动量守恒问题优质专题【例1】（优质专题·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A B C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。
专题42 碰撞中的多过程问题 (原稿版)
专题42 碰撞中的多过程问题专题导航目录常考点碰撞中的多过程问题 (1)考点拓展练习 (3)常考点碰撞中的多过程问题【典例1】如图所示，滑板M静止于光滑水平面上，M的上表面由粗糙水平部分和半径为R的四分之一光滑圆弧组成，小物体Q静止于M左端，小球P系于长度为16R的轻绳下端，轻绳与竖直方向的夹角为60°。
现将P由静止释放，P在悬点正下方与Q在水平方向发生一维弹性碰撞，Q刚好能运动至圆弧的顶端，已知P的质量为m，Q质量为2m，M的质量为m，重力加速度为g。
（1）求P、Q碰撞前瞬间，绳对P的拉力大小F；（2）求P、Q碰撞后瞬间，Q的速度大小v Q；（3）通过计算判断Q最终是否滑离M。
【典例2】如图所示，放在光滑水平面上的小车可以在两个固定障碍物A、B之间往返运动。
小车最左端放有一个小木块，初始小车紧挨障碍物A静止。
某时刻，一粒子弹以v0＝27m/s的速度射中木块并嵌入其中。
小车向右运动到与障碍物B相碰时，木块恰好运动到了小车的最右端，且小车与木块恰好达到共速。
小车和它上面的木块同时与障碍物B相碰，碰后小车速度立即减为零，而木块以碰撞之前的速率反弹。
过一段时间，小车左端又与障碍物A相碰，碰后小车速度立即减为零，木块继续在小车上向左滑动，速度逐渐减为零而停在小车上。
已知小车的质量为m，长度为L＝2.7米，小木块质量为，子弹质量为，子弹和小木块都可以看做质点（g取10m/s2）。
求：（1）小木块运动过程中的最大速度；（2）小木块与小车间的动摩擦因数；（3）小木块最终停止运动后，小木块在小车上的位置与小车右端的距离。
【技巧点拨】1．两体多过程问题（1）物理过程动态化、视频化：按时间发展顺序物体经历多个不同的物理过程，在每个过程遵循相应的物理规律，这是多过程问题的特点之一。
（2）寻找过程间的联系：在前后两个阶段之间还有某种联系，这是多过程问题的第二个特点。
（3）审题、分析问题表2．三体多过程问题如图所示，AB为半径R＝0.7m的竖直光滑圆弧轨道，与最低点B平滑连接的水平轨道由BC、CD两部分组成。
(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。
用牛顿运动定律解决问题(二)—多过程问题
用牛顿运动定律解决问题（二）—多过程问题例1：水平传输装置如图所示，在载物台左端给物块一个初速度.当它通过如图方向转动的传输带时传输时间为t1；当皮带轮改为与图示相反的方向传输时，通过传输带的时间为t2；当皮带轮不转动时，通过传输带的时间为t3，下列说法中正确的是（）A.t1一定小于t2B.t2>t3>t1C.可能有t3=t2=t1D.一定有t3=t2例2：如图，传送带与地面倾角为37°，AB长16m，传送带以10m/s的速率逆时针转动，在带上A端无初速的放一质量为0.5kg物体，它与带间的动摩擦因数为0.5，试分析物体从A到B做何运动；并求出从A运动到B所需时间？练1：如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s的速度顺时针转动，在传送带下端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.9，已知传送带从A→B的长度L=50m.求:(1).物体刚放上传送带时的加速度是多大?(2).物体从A到B需要的时间为多少？例3：杂技演员在进行“顶杆”表演时，用的是一根质量可忽略不计的长竹竿，质量为m = 30kg 的演员自杆顶由静止开始下滑，滑到杆底时速度正好为零．在竹竿底部与下面顶杆人肩部之间有一传感器，传感器显示顶杆人肩部的受力情况如图所示，取g = 10m/s2．求：（1）杆上的人下滑过程中的最大速度．（2）竹竿的长度．练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=28N。
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/s2。
（1）第一次试飞，飞行器飞行t1＝8s时到达高度H=64m。
求：飞行器所受阻力f的大小；（2）第二次试飞，飞行器飞行t2＝6s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宽度h；（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求：飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3。
高考物理一轮总复习第1章第3讲自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题提能训练(含答案)
高考物理一轮总复习提能训练：第一章 第3讲基础过关练题组一 自由落体运动1．(2021·湖北卷)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。
某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m 完成技术动作，随后5 m 完成姿态调整。
假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s 2，则她用于姿态调整的时间约为( B )A ．0.2 sB ．0.4 sC ．1.0 sD ．1.4 s[解析] 陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t ＝2Hg＝2×1010s≈1.4 s，下落前5 m 的过程所用的时间为t 1＝2h g＝2×510s ＝1 s ，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t 2＝t －t 1＝0.4 s ，B 正确，A 、C 、D 错误。
2．某同学在实验室做了如图所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源，小球自由下落，通过光电门时球心位于光电门两透光孔的连线上，小球的直径为0.5 cm ，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00×10－3s ，g 取10 m/s 2，则小球开始下落的位置到光电门的距离为( D )A ．0.25 mB ．0.5 mC ．1 mD ．1.25 m[解析] 小球通过光电门的时间很短，这段时间内的平均速度可看成瞬时速度v ＝xt＝0.5×10－21.00×10－3m/s ＝5 m/s ，由自由落体运动规律可知h ＝v22g＝1.25 m ，A 、B 、C 错误，D 正确。
3．宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2 kg 的物体从足够高的高度自由下落，测得物体在第5 s 内的位移是18 m ，则( D )A ．物体在2 s 末的速度是20 m/sB ．物体在第5 s 内的平均速度是3.6 m/sC ．物体自由下落的加速度是5 m/s 2D ．物体在5 s 内的位移是50 m[解析] 根据运动学公式Δx ＝12at 22－12at 21＝18 m ，代入t 2＝5 s ，t 1＝4 s ，解得a ＝4 m/s 2，选项C 错误；物体在2 s 末的速度为v 2＝4×2 m/s＝8 m/s ，选项A 错误；物体在5 s 内的位移为x 5＝12×4×52m ＝50 m ，选项D 正确；物体在第5 s 内的位移为18 m ，故物体在第5s 内的平均速度为18 m/s ，选项B 错误。
秘籍5用动力学与能量解决多过程问题(原卷版)
秘籍5 用动力学与能量解决多过程问题传送带模型中的动力学和能量转化问题1．传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个：(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．2．传送带模型问题中的功能关系分析(1)功能关系分析：W＝ΔE k＋ΔE p＋Q.(2)对W和Q的理解：①传送带做的功：W＝Fx传；②产生的内能Q＝F f x相对．传送带模型问题的分析流程水平传动带模型上物体的常见运动倾斜传送带模型上物体的常见运动倾斜传送带——上传模型f=μmgcosf突变为静f'=mgsinθv vL θt Ov共速痕迹av传送带物体t1t2倾斜传送带——模型 含弹簧类机械能守恒问题1．物体由于发生弹性形变而具有的能量叫做弹性势能．2．发生形变的物体不一定具有弹性势能，只有发生弹性形变的物体才具有弹性势能．3．弹性势能是弹力装置和受弹力作用的物体组成的系统所共有的．4．弹力做功引起弹性势能的变化．弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加． a f=μmgco vv'L θ tOv a v传送带 物体t 1 L f=μmgcos θ f 突变为静 f'=mgsinθ v v L θ( t O v 共速 痕迹 a v 传送带 物体 t 1 t 2 f=μmgcos θ f 方向突变 f'=μmgcosθ v v L θ( t O v 共速 痕迹1 a v 传送带 物体 t 1 t 2 物体 2 a '常用公式1．（2023•绵阳模拟）如图所示，货舱P中的两种谷物需要通过如下装置进行分离。
多过程类问题
• 4．如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾 角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对 物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝1s时 撤去拉力，物体运动的部分v—t图像如图乙 所示。试求： • （1）拉力F的大小和摩擦因素μ • （2）t＝4s时物体的速度v的大小。
F=30N μ=0.5 v＝2m/s
F
2．如图，一小物块从倾角θ=37°的斜面上的A点由静 止开始滑下，最后停在水平面上的C点。已知小物块质 量m=0.10kg，小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数 均为μ=0.25，A点到斜面底端的高度H=0.3m，斜面与 水平面平滑连接，小物块滑过斜面与水平面连接处时 无机械能损失。 (1)请证明
(2)求BC的距离 （3）若在C点给小物块一水平初速度使小物块恰能回 到A点，此初速度为多大。
3(2012浙江卷)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关 系，小明同学用石腊做成两条质量均为m、形状不同 的“A鱼”和“B鱼”，如图所示。在高出水面H处分 别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜hA 后速度减为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减为零。 “鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的 阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的10/9倍， 重力加速度为g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼” 的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气 阻力不计。求： • (1)“A鱼”入水瞬间的速度VA1； • (2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA； • (3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时 • 所受阻力之比fA:fB。
专题：多过程类问题
处理方法
1.分阶段研究 2.受力分析 3.运动过程分析 （a是中介量）
Hale Waihona Puke • 1、如图，质量为2kg的物体静止于水平地面 的A处，A、B间距L=20m。物体与地面间的动 摩擦因数μ=0.5；用大小为30N，与水平方 向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A 处由静止开始运动并能到达B处，求该力作 用的最短时间t。
专题4.32 多过程问题(解析版)
2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练第四部分 物理思维方法专题4.32 多过程问题1.(20分)（2020广东化州市一模）如图所示，一质量m=3 kg 的物块置于质量M=2 kg 的足够长的木板A 端，它们以共同的初速度0υ=11 m/s 沿水平面向右运动，在距木板B 端L=10.5 m 处有一挡板P,木板与挡扳P 碰撞后立即以原速率反向弹回并继续运动，最终物块和木板均静止，己知物块与木板间的动摩擦因数为1μ= 0.5,木板与水平面间的动摩擦因数为2μ=0.1，物块与木板间、木板与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s2.求：(1)木板将要碰揸挡板/^时的速度大小；(2)木板最终静止时方端距挡板P 的距离. ^【名师解析】.（20分）(1)设木板和物块共同运动时的加速度大小为a ，木板将要碰撞挡板时的速度大小为v ，根据牛顿第二定律得μ2(m ＋M )g ＝(m ＋M )a ，（2分）由运动学公式得v 02－v 2＝2aL ，（2分）解得v ＝10 m/s. （1分）(2)设木板与挡板刚碰撞后物块的加速度大小为a 1，木板的加速度大小为a 2，由μ1mg ＝ma 1 解得a 1＝5 m/s 2 （2分）由μ1mg ＋μ2(m ＋M )g ＝Ma 2 解得a 2＝10 m/s 2 （2分）碰撞后木板运动至速度为零的过程中，设木板向左运动的位移大小为x 1，所用时间为t 1，木板速度为零时物块的速度大小为v 1，得x 1＝v 22a 2＝5 m （1分） t 1＝v a 2＝1 s （1分） v 1＝v －a 1t 1＝5 m/s （1分）木板运动至速度为零后，木板受到物块施加的向右的摩擦力大于木板与水平面间向左的摩擦力，木板开始向右做加速运动，物块继续以a 1＝5 m/s 2的加速度向右减速至木板和物块共速，此过程中，设木板的加速度大小为a 3，加速时间为t 2，向右运动的位移大小为x 2，木板和物块的共同速度大小为v 2， （1分）由μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 3 （1分）解得a 3＝5 m/s 2 （1分）由v 2＝a 3t 2，v 2＝v 1－a 1t 2 （1分）解得v 2＝2.5 m/s （1分）x 2＝v 222a 3＝58m （1分） 木板和物块共速后一起以加速度a ＝μ2g ＝1 m/s 2做减速运动，假设木板不会与挡板P 相碰，木板和物块从共速到最终静止的过程中，设木板向右的位移大小为x 3，则 x 3＝v 222a ＝258m （1分） 则木板最终静止时B 端距挡板P 的距离为x 1－x 2－x 3＝54m （1分） 2.（2020辽宁师大附中开学考试）如图所示，从A 点以某一水平速度v 0抛出一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入∠BOC ＝37°的固定光滑圆弧轨道BC ，经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C 端的切线水平．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 ，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g ＝10 m/s 2.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)小物块的初速度v 0及在B 点时的速度大小；(2)小物块滑动至C 点时，对圆弧轨道的压力大小；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．【名师解析】. (1)从A 点到B 点，物块做平抛运动，H －h ＝12gt 2 设到达B 点时竖直分速度为v y ，则v y ＝gt ，联立解得v y ＝3 m/s此时速度方向与水平面的夹角为θ＝37°有tan θ＝v y v 0＝34，得v 0＝4 m/s 在B 点时的速度大小v 1＝v 20＋v 2y＝5 m/s. (2)从A 点至C 点，由动能定理有：mgH ＝12mv 22－12mv 20 设物块在C 点受到的支持力为F N ，则有F N －mg ＝mv 22R解得：v 2＝27 m/s ，F N ≈47.3 N根据牛顿第三定律可知，物块在C 点时对圆弧轨道的压力大小为47.3 N.(3)小物块与长木板间的滑动摩擦力F f ＝μ1mg ＝7 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力F ′f ＝μ2(M ＋m )g ＝10 N因为F f ＜F ′f ，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动小物块在长木板上做匀减速运动则长木板的长度至少为l ＝v 222μ1g＝2.0 m. 答案：(1)4 m/s 5 m/s (2)47.3 N (3)2.0 m3．（18分）（2020湖南益阳、湘潭质检）一辆小汽车行驶至一路口，见前面多辆小汽车排起了长队，且红灯显示还有几十秒，于是紧急刹车。
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一、多过程问题
定义：在一条直线上，物体可以先做匀速、匀加、匀减，后做匀速、匀加、匀减，所以一共是九种运动组合形式，类似此过程或者更多运动形式的组合便叫多过程问题
二、公式法解题
适用条件：两种运动形式的组合中除匀速匀速组合外其余八种
方法：初末212121;;v v t t t x x x ==+=+
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例1、物体由静止开始做加速度大小为a 1的匀加速直线运动，当速度达到v 时，改为加速度大小为a 2的匀减速直线运动，直至速度为零．在匀加速和匀减速运动过程中物体的位移大小和所用时间分别为x 1、x 2和t 1、t 2，下列各式成立的是( )
：x 2＝t 1：t 2 ：a 2＝t 1：t 2
t 1＝x 2/t 2＝（x 1＋x 2）/（t 1＋t 2） D ．v ＝2（x 1＋x 2）/（t 1＋t 2）
例2、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，司机从较远的地方立即开始刹车，使卡车匀减速前进，当车减速到2 m/s 时，交通灯恰好转为绿灯，司机当即放开刹车，并且只用了减速过程一半的时间卡车就加速到原来的速度．从刹车开始到恢复原速的过程用了12 s ．求： <
(1)卡车在减速与加速过程中的加速度；
(2)开始刹车后2 s 末及10 s 末的瞬时速度大小．
三、图像法解题
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在多过程匀变速直线运动问题处理中，学生列表达式是没有问题，但是在解决方程过程中常常会犯一些错，学生感到头疼，而且占用很多时间。
下面通过几个实例介绍一种运用v-t 图像处理多过程的匀变速直线运动，解决结果快而且还很准确。
例3、物体第1s 由静止向右做加速度为1m/s 2的匀加速运动,第2s 加速度方向向左,大小不变,以后每隔1s 加速度的方向都改变一次,但大小不变,则1min 后物体在( )
A.原位置
B.原位置左
C.原位置右5m
D.原位置右30m 例4、有一架电梯，启动时匀加速上升，加速度为22/m s ，制动时匀减速上升，加速度为1-2/m s ，
楼高52m 。
求： (1)若上升的最大速度为6/m s ，电梯升到楼顶的最短时间是多少 (2)如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用时间为16s ，上升的最大速度是多少
*
四、习题
.
1．客车以20m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，因故中途停车，停留时间为1min。
已知客车刹车时的加速度大小为s2，启动时的加速度大小为s2，。
求该客车由于临时停车而耽误的时间。
2.一物体初速度为零，先以大小为a1的加速度做匀加速运动，后以大小为a2的加速度做匀减速运动直到静止.整个过程中物体的位移大小为s，则此物体在该直线运动过程中的最大速度为_______.
]
3.汽车由车站出发做直线运动，头5S做匀加速直线运动，中间匀速行驶，最后10S匀减进站停车，已知全程珙450m，全程的平均速度为15m/s，求：（1）汽车最大速度（2）前4S内的位移（3）最后3S内的位移
【
4.如图所示，以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s将熄灭，此时汽车距离停车线18 m．该车加速时最大加速度大小为2 m/s2，减速时最大加速度大小为5 m/s2.此路段允许行
驶的最大速度为 m/s.下列说法中正确的有
A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线
B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速
C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线
D．如果距停车线5 m处减速，汽车能停在停车线处
5.跳伞运动员做低空跳伞表演，当直升飞机悬停在离地面224m高时，运动员离开飞机作自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后运动员以 s 2的加速度匀减速下降．为了运动员的安全，要求运动员落地速度最大不得超过5m/s．g = 10m/s2.试求：
(1)运动员展伞时，离地面的高度至少为多少
(2) 运动员在空中的最短时间为多少
6.“10米折返跑”的成绩反应了人体的灵敏素质，如图1－2－10所示．测定时，在平直跑道上，受试者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10米处的折返线，测试员同时开始计时，受试者到达折返线处时，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，测试员停表，所用时间即为“10米折返跑”的成绩．设受试者起跑的加速度为4 m/s2，运动过程中的最大速度为4 m/s，快到达折返线处时需减速到零，减速的加速度为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．求该受试者“10米折返跑”的成绩为多少秒
《
7.在四川汶川抗震救灾中，一名质量为60 kg、训练有素的武警战士从直升机上通过一根竖直的质量为20 kg的长绳由静止开始滑下，速度很小可认为等于零．在离地面18 m高处，武警战士感到时间紧迫，想以最短的时间滑到地面，开始加速．已知该武警战士落地的速度不能大于6 m/s，以最大压力作用于长绳可产生的最大加速度为5 m/s2；长绳的下端恰好着地，当地的重力加速度为g＝10 m/s2.求武警战士下滑的最短时间和加速下滑的距离．
8.质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零．若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为
( )
A. [s（a1＋a2）/a1a2]1/2
B. [2s（a1＋a2）/a1a2]1/2
C. 2[s（a1＋a2）/a1a2]1/2
D. [a1a2s/（a1＋a2）]1/2。