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多过程问题解题方法编稿：周军 审稿：吴楠楠【学习目标】能用程序法分析解决多过程问题【要点梳理】要'成一、程序法解题在求解物体系从一种运动过程 〔或状态〕变化到另一种运动过程 〔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根本思路是：〔1〕 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、〔2021中原名校联考〕如图甲所示，质量 mi=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上外表 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 皿=0.3 ,木 板A、B与地面间的动摩擦因数 卫=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：W弹 1Fs2设滑块C刚滑上木板A时的速度为V0,12. ,由动能th理： W单 一mV 得：v0=7 m/s2(2)设滑块C在上木板A上滑动时，滑块 C的加速度为ai,木板A、B的加速度a2.mig=miai 得：ai=3 m/s2(iimig —(j2 (mi+2m2)g=2m2a2得：a2=i m/S(3)V0titi=i设滑块C在木板A上滑动时间为ti1 2 i 2—a* L — a?%2 2s 或ti=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,那么vc=v0 — aiti =4 m / sVB=VA=a2ti=i m / s滑块C在木板B上滑动时，滑块 C的加速度仍为ai,设木板B的加速度为aB.mig —(j2 (mi+m2)g=m2aB得：aB=3 m / s2设经过时间t2, B、C到达共同速度为 vv=vc— ait2=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VC V VB V 一x 12 12 0.75m 5m2 2可知此过程中C未离开B,又因为 徵＞ 的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,昭(mi+m2)g= (mi+m2)a得 a=im/s2, 0=v— at3, t3=2.5 s那么从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所用的时间t=ti+t2+t3=4 s【点评】此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】如下图，一弹簧一端系在墙上 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，试判断以下说法中正确的是( )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,如图寸G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【高清课程：多过程问题解题方法 例6】例2 .如下图，在倾角为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.=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( sin37 0=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) (1何)s【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I >t■Fin正交分解，由牛顿第二定律：x F - mgsin - f = ma y N - mgcos = 0 f = mN将数据代入，解得：a=2m/s2由运动学公式，得 v=at=8m/s1 2 1 2x1 at2 2 42 16m2 2(2) 绳断后物体做匀减速运动，受力如图，mg其加速度为 a1 = gsin gcos = 8m/ s22上升的距离：x2 —2ai上升到最高点的时间： t2 — isai到最高点后，物体沿斜面向下做匀加速运动，受力如图,2其加速度为： a2 gsin - gcos 4m/s此时物体已上升了 ： x x1 x2 16m 4m 20m由x ia2t22得，下落到最低点的时间：t2 件 J2-20 而s2 \ a2 \ 4返回到斜面低端的总时间： 〔1 而〕s【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假设拉力逐渐减小，那么在此过程中，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【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【高清课程：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 =0.5现对物体施加如下图的力F, F=10N,与水平方向成0 =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Fcos > N，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 ai,经t = 10s的位移S,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N Fsin mg Fcos f ma1 f = N于是，加速度a1F cos N 10 0.8 0.5 (20 10 0.6) . , 2 0.5m/ sm 2经t = 10s的位移S,以及10s末的速度v分别为_ 2 — S, a1t /2 25mv a1t5m /s撤去力F后，物体受力如下图.同理有2= mg f物体的加速度a2,2g 5m/s2V& =一2 a?252 5=2.5m整个过程的(到停下)总位移 S= S+&=25m+2.5m=27.5m举一反三【变式】〔2021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下图，贝U该物体在 0- 3s内的v-t图象为图中的〔 〕A .F 2 2 【解析】在第1s,加速度：a 一 一，速度增加量： v a ti 一 ；物体做匀加速直线运动;F' 2 2 在第2s,加速度：a' —— ——，速度增加重： v' a' t2 ——；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。