人教版高中物理必修一讲义资料，复习补习资料：42多过程问题解题方法word版含答案

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、（2019 中原名校联考）如图甲所示，质量m1=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m2=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。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m／s2。求：

（1）滑块C刚滑上木板A时的速度；
（2）滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度；
（3）从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间。
【解析】（1）由F—x图象：
设滑块C刚滑上木板A时的速度为v0，
由动能定理： 得：v0=7 m／s
（2）设滑块C在上木板A上滑动时，滑块C的加速度为a1，木板A、B的加速度a2
μ1m1g=m1a1得：a1=3 m／s2
μ1m1g－μ2（m1+2m2）g=2m2a2得：a2=1 m／s2
（3）设滑块C在木板A上滑动时间为t1

t1=1 s 或t1=2.5 s舍去
设滑块C离开木板A时的速度为vC，木板A、B的速度为vA、vB，则
vC=v0－a1t1=4 m／s
vB=vA=a2t1=1 m／s
滑块C在木板B上滑动时，滑块C的加速度仍为a1，设木板B的加速度为aB
μ1m1g－μ2（m1+m2）g=m2aB
得：aB=3 m／s2
设经过时间t2，B、C达到共同速度为v
v=vC－a1t2=vB+aBt2，v=2.5 m／s，t2=0.5 s
从滑块C滑上木板B到与木板B速度相同的过程中，滑块C与木板B的相对位移为

可知此过程中C未离开B，又因为μ1＞μ2，B、C共速后无相对运动，设B、C一起减速运动的加速度为a，运动时间为t3，
μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a
得a=1m／s2，0=v－at3，t3=2.5 s
则从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所用的时间
t=t1+t2+t3=4 s
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，关键能够正确地受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式分析物体的运动情况，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
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。物体与水平地面的摩擦系数恒定，试判断下列说法中正确的是（ ）
A．物体从A到B速度越来越大，从B到C速度越来越小
B．物体从A到B速度越来越小，加速度不变
C．物体从A到B先加速后减速，从B到C一直作减速运动
D．物体在B点所受合外力为零
【答案】C
【解析】由小物体能运动到C点静止可知，水平面不光滑，因此，当小物体滑到B点时尽管不受弹簧弹力，但受到一个向左的滑动摩擦力的作用，也就是说，在到达B以前，物体已开始减速。设物体加速度为零的点在AB之间的某点D，如图。
物体从A到D的过程中，弹力大于摩擦力，在D点，弹力等于摩擦力，加速度为零，速度最大。越过D点后，弹力小于摩擦力，越过B点后弹力和摩擦力都向左。物体从A到B先加速后减速，从B到C一直作减速运动，答案选C。
类型二、斜面类多过程问题例析
【多过程问题解题方法 例6】
例2．如图所示，在倾角为θ=370的足够长的固定的斜面底端有一质量为m=1.0kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数为μ=0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F=10.0N，方向平行斜面向上。经时间t=4.0s绳子突然断裂，求：
（1）绳断时物体的速度大小；
（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间（sin370=0.60，cos370=0.80，g=10m/s2）
【思路点拨】物体先在拉力作用下做匀加速直线运动，绳断后做匀减速直线运动。
【答案】（1）8m/s（2）
【解析】这是一个典型的运动和力多过程结合的问题。物体的运动分几个阶段：在绳的拉力下沿斜面向上的匀加速运动；绳断后沿斜面向上的减速运动；速度减为零后，沿斜面向下的加速运动。
（1）在绳的拉力下,物体受力如图。
正交分解，由牛顿第二定律：
将数据代入，解得：a=2m/s2
由运动学公式，得 v=at=8m/s
（2）绳断后物体做匀减速运动，受力如图，
其加速度为
上升的距离：
上升到最高点的时间：
到最高点后，物体沿斜面向下做匀加速运动，受力如图，
其加速度为：
此时物体已上升了：
由得，下落到最低点的时间：
返回到斜面低端的总时间：
【点评】对几个运动状态要分别画出受力图，求加速度，其中速度是连接这几个状态的物理量。
举一反三
【变式】用平行于斜面的力F拉着质量为m的物体以速度v在光滑斜面上做匀速直线运动。若拉力逐渐减小，
则在此过程中，物体的运动可能是：（ ）
A．加速度和速度都逐渐减小
B．加速度越来越大，速度先变小后变大
C．加速度越来越大，速度越来越小
D．加速度和速度都越来越大
【答案】BD
【解析】物体匀速运动，可知物体受合力为零，但物体可能沿斜面向下运动，也可能沿斜面向上运动，如图。
当物体沿斜面向下运动，力F减小，合力沿斜面向下且增大，加速度与速度同向，速度增大，加速度增大；当物体沿斜面向上运动，力F减小，合力沿斜面向下且增大，加速度与速度反向，速度先减小，然后反向增大，加速度增大。
类型三、水平面问题例析
【多过程问题解题方法 例5】
例3、质量为m=2kg的物体静止在水平面上，它们之间的动摩擦因数为μ=0.5。现对物体施加如图所示的力F，F=10N，与水平方向成θ=37o夹角经过t=10s后，撤去力F，再经过一段时间，物体又变为静止，求整个过程物体的总位移S。 (g取10m/s2)
【思路点拨】物体先在拉力作用下做匀加速直线运动，撤去拉力后做匀减速直线运动，直至速度为零。
【答案】27.5m
【解析】由于，所以物体从静止开始作匀加速直线运动，可求出物体的加速度a1，经t＝10s的位移S1，以及10s末的速度v．之所以要求出 v，是因为撤去力F后，物体受力发生了变化，将改作匀减速运动，直到停下．联系这两个不同运动过程的唯一物理量，就是这一速度v。
以水平面上的物体为研究对象。在力F作用时，物体受力情况如图，建立坐标系。
依牛顿第二定律得

于是，加速度
经t＝10s的位移S1，以及10s末的速度v分别为

撤去力F后，物体受力如图所示．
同理有
N2= mg f2=ma2 f2＝μN2
物体的加速度
整个过程的(到停下) 总位移 S＝S1+S2=25m+2.5m=27.5m
举一反三
【变式】（2019 临忻市期末考）静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，该力随时间变化的关系如图所示，则该物体在0﹣3s内的v﹣t图象为图中的（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】在第1s，加速度：，速度增加量：；物体做匀加速直线运动；
在第2s，加速度：，速度增加量：；物体做匀加速直线运动；
前2s内速度的增加量为零；之后每经过2s速度重复一次前面的运动。
【巩固练习】
非选择题：
1.一质点由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a1，经时间t后，开始做加速度大小为a2的匀减速直线运动，再经t时间恰好回到出发点，求两次的加速度大小之比。
2. 一高台(离水面10m)上的跳水运动员以6m/s的速度竖直向上跳出，设起跳时运动员重心在平台以上1m高处的O点，求运动员(重心)离开O点1.6m的运动时间．(g＝10m/s2)
3.将质量为m的物体以初速度v0从地面向上抛出．设物体在整个过程中所受空气阻力的大小恒为，求物体上升的最大高度和落回地面时的速度大小．
4. 如图所示，一辆汽车A拉着装有集装箱的拖车B，以速度v1＝30 m/s进入向下倾斜的直车道．车道每100m下降2m．为使汽车速度在s＝200 m的距离内减到v2＝10m/s，驾驶员必须刹车．假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的70%作用于拖车B，30%作用于汽车A已知A的质量m1＝2000 kg，B的质量m2＝6000kg．求汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力．(重力加速度g取10m/s2)
5. 如图所示，一水平传送带以2 m/s的速度做匀速运动，传送带两端的距离s＝20 m，将一物体轻轻地放在传送带一端，物体由这一端运动到另一端所需的时间为t＝11 s．求物体与传送带之间的动摩擦因数μ．(g取10 m/s2)
6、（2019 河南省郑州市二模试卷）在风洞实验室中进行如图所示的实验，在倾角为37°的固定斜面上，有一个质量为1 kg的物块，在风洞施加的水平恒力F作用下，从A点由静止开始运动，经过1.2 s到达B点时立即关闭风洞，撤去恒力F，物块到达C点时速度变为零，通过速度传感器测得这一过程中物块每隔0.2 s的瞬时速度，表给出了部分数据：

已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10 m／s2，求：
（1）A、C两点间的距离；
（2）水平恒力F的大小。
7、（2019 江西省重点高中模拟）如图所示，在倾角θ=37°的足够长的固定斜面底端有一质量m=1.0 kg的物体，物体与斜面问动摩擦因数μ=0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F=10.0 N，方向平行斜面向上。经时间t=4.0 s绳子突然断了，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10 m／s2）求：

（1）绳断时物体的速度大小；
（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间。
8. 质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动v-t图象如图所示．g取10m/s2，求：
(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)水平推力F的大小；
(3)0～10 s内物体运动位移的大小．
9、（2019 济南市期末考）如图甲所示，一个可视为质点的质量的物块，在粗糙水平面上滑行，经过A点时物块速度为，同时对其施加一与运动方向相反的恒力，此后物块速度随时间变化的规律如图乙所示，取g=10m/s2．求：
（1）物块与水平面之间的动摩擦因数μ和所施加的恒力大小；
（2）从施加恒力开始，物块再次回到A点时的速度大小．
10、（2019 菏泽市期末考）如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面的下端与水平地面平滑连接（可认为物体在连接处速率不变）．一个质量为m的小物体（可视为质点），从距地面h=3.2m高处由静止沿斜面下滑．物体与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）物体沿斜面下滑的加速度a的大小；
（2）物体下滑到达斜面底端A时速度vA的大小；
（3）物体在水平地面上滑行的时间t．
11、（2019 德州市期末考）如图为孩子游戏比赛过程中的物理模型．倾角为37°的斜面AB长为1.5m，距斜面底端B处6.5m的C点右方有一水池．质量为1.0kg的物体（可视为质点）静置于斜面顶端A，物体与斜面、水平面之间的动摩擦因数均为0.5，现对物体施加一平行斜面向下的拉力F1=1.0N，物体到达水平地面后，拉力变为F2=7.0N，方向水平向右．
（物体由斜面底端转入水平面前后速度大小不变，g取l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）物体到达斜面底端B时的速度大小及在斜面上的运动时间；
（2）为使物体不掉入水池，F2的最长作用时间是多少？
【答案与解析】
非选择题：
1. 1:3
解析：解法一：(图象法)画出质点的运动图象如图所示．
设图中A、B两点对应的速率分别为v1和v2，图中C点的横坐标为(t+△t)．物体位移为0，有面积关系：
，则
．
又直线斜率关系为
． ②
由以上两式可得，
所以质点的加速度大小之比为
．
解法二：(运动学公式法)
设质点匀加速运动的位移为x，t秒末的速度为v，
由题意得，在第一个t时间内有， ①
． ②
在第二个t时间内，质点做初速度为v＝a1t、加速度大小为a2的匀减速直线运动，速度减为零后再反向加速而回到出发点．故有．
联立上述三式得：a1:a2＝1:3．

2. t1＝0.4s，t2＝0.8s，
解析：匀变速直线运动中，x、v、a均为矢量，这些物理量的矢量性有时会带来多解问题，本题有三种可能，如图中①②③所示．
运动员做初速度竖直向上为6m/s、加速度竖直向下为10m/s2的匀变速直线运动．取竖直向上为正方向求解．
取竖直向上为正方向，
v0＝6m/s，a＝-10m/s2.
设经历时间为t，当经O点以上1.6m处时，x1＝+1.6m．
由，
得，
解得t1＝0.4s，t2＝0.8s．
当经O点以下1.6m处时，x2＝-1.6m，
得 ，
解得．

3. ，．
解析:本题中物体的运动包括上升过程和下降过程：
上升过程：物体受重力mg和向下的空气阻力作用，设加速度大小为，根据牛顿第二定律，有
．
根据运动学公式得(物体做匀减速直线运动)

下降过程：物体受重力mg和向上的空气阻力作用，同理有：
，
联解上述四个方程，得
，．
x和即为题目所求的上升的最大高度和落回地面时的速度大小．
4. 880 N
解析:汽车沿倾斜车道做匀减速运动，用a表示加速度的大小，有． ①
用F表示刹车时的阻力，根据牛顿第二定律有
F-(m1+m2)g sinα＝(m1+m2)a， ②
式中 ． ③
设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为，
根据题意． ④
方向与汽车前进方向相反：用表示拖车作用于汽车的力，设其方向与汽车前进方向相同．以汽车为研究对象，由牛顿第二定律有 ⑤
由②④⑤式得
． ⑥
由以上各式，代入有关数据得880 N．
5. 0.1
解析:物体轻放于传送带后，是在摩擦力作用下做加速运动，当速度达到传送带速度后，就无摩擦力，则改做匀速运动，设一直加速，则在11 s内能发生的最大位移，故物体一定是先加速运动后匀速运动．
设匀加速运动的时间为t1，则
位移 ，
整理得 ．
所以加速度 ．
由牛顿第二定律知 μmg＝ma，
所以动摩擦因数．
6、
解析：（1）物块匀加速运动过程中的加速度为：
关闭风洞时的速度为：v=a1t=5×1.2=6 m／s
关闭风洞后物块匀减速运动的加速度为：
匀加速过程的位移：
匀减速过程的位移：
故A、C两点间的距离为：x=x1+x2=3.6+1.8=5.4 m
（2）由牛顿第二定律得，
匀加速过程：Fcos37°－mgsin37°－μ(mgcos37°+Fsin37°)=ma1
匀减速过程：－(mgsin37°+μngcos37°)=ma2
联立两式代入数据得：F=30 N
7、
解析：（1）物体向上运动过程中，受重力mg，摩擦力Ff，拉力F，支持力FN，
设加速度为a1，则有F－mgsinθ－Ff=ma1，
FN=mgcosθ
又Ff=μF N
得到，F－mgsinθ－μmgcosθ=ma1
代入解得，a1=2.0 m／s2
所以，t=4.0 s时物体速度v1=a1t=8.0 m／s
（2）绳断后，物体距斜面底端。
断绳后，设加速度为a2，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcosθ=ma2
得到，a2=g(sinθ+μcosθ)=8.0 m／s2
物体做减速运动时间
减速运动位移
此后物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a3，则有
mgsinθ－μmgcosθ=ma3
得到，a3=g(sinθ－μcosθ)=4.0 m／s2
设下滑时间为t3，则：
解得，
∴t总=t2+t3=4.2 s

8. 0.2; 6N; 46m
解析:(1)设物体做匀减速直线运动的时间为△t2、初速度为v1、末速度为v2、加速度为a2，则
． ①
设物体所受的摩擦力为，根据牛顿第二定律，有
． ②
． ③
联立②③得
． ④
(2)设物体做匀加速直线运动的时间为△t1、初速度为v0、末速度为v1、加速度为a1，则
． ⑤
根据牛顿第二定律，有
． ⑥
联立③⑥得
．
(3)解法一：由匀速直线运动位移公式，得
．
解法二：根据v-t图象围成的面积，得
．
9、（1）；（2）
解析：（1）从图象可知，0～2s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为：
根据牛顿第二定律可知： ①
2～4s内物体做反方向的匀加速直线运动，加速度大小为：
根据牛顿第二定律可知： ②
联立①②两式得：
（2）由v﹣t图象可得匀减速阶段：
反方向匀加速运动阶段：，
解得：
10、（1）；（2）；（3）
解析：（1）物体由静止沿斜面下滑过程，由牛顿运动定律有：
沿斜面方向： ①
代入数据解①得：
（2）设物体由静止沿斜面下滑经时间t1至底端A处，由运动学规律有：
②
③
联解②③式并代入数据得：
（3）物体在地面作匀减速运动，设加速度大小为a′，由牛顿运动定律有：
④
⑤
联解④⑤式并代入数据得：
11、（1）物体到达斜面底端B时的速度大小为3m/s，在斜面上的运动时间为1s；
（2）为使物体不掉入水池，F2的最长作用时间是1s
解析：（1）在斜面上由牛顿第二定律得：
解得
由得：
下滑所需时间为
（2）在水平地面上加速时，解得
撤去外力后，
设撤去外力后的速度为，
解得，
最长作用时间为1s