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1．构建物理模型等效类比型的多过程问题
【例1】（2007年全国Ⅱ）如图1所示，在坐标系Oxy的第一象限中存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E.在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。A是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，到O的距离为L.一质量为m，电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而通过C点进入磁场区域.并再次通过A点，此时速度方向与y轴正方向成锐角.不计重力作用。试求：
图1（1）粒子经过C点的速度大小和方向；
（2）磁感应强度的大小B.
【分析与解】带电粒子先在电场中做类平抛运动，然后在磁场中做匀速圆周运动,轨迹如图2所示。处理类平抛运动可采用运动的独立性原理；对磁场中匀速圆周运动的处理基本方法是：找圆心、画轨迹、求半径，然后运动牛顿定律求解。具体求解如下：
（1）以a表示粒子在电场作用下的加速度，有
qE＝ma （1）
设粒子从A点进入电场时的初速度为v0，由A点运动到C点经历的时间为t，则有
h＝ 12 at2 （2）
l＝v0t（3）
图2由（2）（3）式得 v0=la2h（4）
设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量
v1=2ah （5）
由（1）（4）（5）式得
v=v20+v21=qE（4h2+l2）2mh （6）
设粒子经过C点时的速度方向与x轴的夹角为α，则有
tanα＝ v1v0（7）
由（4）（5）（7）式得 α＝arctan 2hl （8）
（2）粒子经过C点进入磁场后在磁场中作速率为v的圆周运动.若圆周的半径为R，则有 qvB=mv2R（9）
设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有 PC ＝ PA ＝R.用β表示 PA 与y轴的夹角，由几何关系得
Rcosβ＝Rcosα＋h （10）
Rsinβ＝l－Rsinα（11）
由（8）（10）（11）式解得 R=h2+l22hl4h2+l2 （12）
由（6）（9）（12）式解得 B=1h2+l22mhEq （13）
2． 实际应用型的多过程问题
【例2】（2007年全国I）甲乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9 m/s的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记，在某次练习中，甲在接力区前S0＝13.5m处作了标记，并以V＝9 m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒，已知接力区的长度为L＝20 m.
求：⑴此次练习中乙在接棒前的加速度a;
⑵在完成交接棒时乙离接力区末端的距离。
【分析与解】从乙听到口令开始，便同时存在两种运动形式：一是运动员甲的一段匀速直线运动，设其运动位移为s1；二是运动员乙在接力区内的匀加速直线运动，当乙的速度达到9 m／s时完成交接棒，设乙接棒前运动的位移为s2，并画出相应的图示，如图3所示。具体解答如下：
图3⑴ 在甲发出口令后，甲乙达到共同速度所用时间为： t=Va
设在这段时间内甲、乙的位移分别为S1和S2，则：
S1=Vt
S2=12at2
S1＝S2＋ S0
联立以上四式解得：a=V22S0=3m/s2
⑵在这段时间内，乙在接力区的位移为： S2=V22a=13.5m
完成交接棒时，乙与接力区末端的距离为：L－S2＝6.5 m
3．守恒型的多过程问题
【例3】（2007年广东）如图4所示，在同一竖直面上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H＝2L.小球受到弹簧的弹性力作用后，沿斜面向上运动。离开斜面后，达到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞，碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O′与P的距离为L/2.已知球B质量为m，悬绳长L，视两球为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
图4⑴球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小；
⑵球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小；
⑶弹簧的弹性力对球A所做的功。
【分析与解】本题可分成以下几个过程：（1）小球A被弹簧弹出，先做直线运动，然后做斜抛运动；（2）小球A与小球B碰撞过程；（3）小球A做平抛运动，同时小球B做圆周运动。具体解答如下：
⑴碰撞后，根据机械能守恒定律，对B球有：
mgL=12mv2B
解得：vB=2gL
⑵A、B球碰撞有： 2mv0=2mvA+mvB
12•2mv20=12•2mv2A+12•mv2B
解得：vA=142gL ， v0=342gL
⑶碰后A球做平抛运动，设平抛高度为y，有：
L2=vAt ， y=12gt2
解得：y＝L
对A球应用动能定理得： W－2mg(y+2L)=12•2mv20
解得： W=578mgL
4．数学应用型的多过程问题
【例4】（2007年江苏）如图5所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环。棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg（k＞1）.断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：
图5⑴棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度；
⑵从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程S；
⑶从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功W.
【分析与解】环和棒一起做自由落体运动，然后棒与地发生碰撞，接着棒向上做匀减速直线运动，而环向下做匀减速直线运动，当环与棒的速度相等后一起做匀加速运动。然后重复上述过程，最终棒和环都静止在地面。分析清楚了物理过程，问题容易求解。具体求解如下：
（1）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环做匀减速运动。设棒第一次上升过程中，环的加速度为a环，由牛顿第二定律得：
kmg－mg＝ma环
解得：a环＝(k－1)g，方向竖直向上
（2）棒先做自由落体。设棒第一次落地的速度大小为v1
由机械能守恒得： 122mv21=2mgH
解得： v1=2gH
然后做匀减速运动，设棒弹起后的加速度为a棒，由牛顿第二定律得：
a棒＝－(k＋1)g
棒第一次弹起的最大高度为： H1=v212a棒
解得： H1=Hk+1
所以，棒运动的路程为： S=H+2H1=k+3k+1H
（3）解法一：过程分段法
棒第一次弹起经过t1时间，与环达到相同速度v/1
环的速度：v/1＝－v1＋a环t1
棒的速度：v/1＝v1＋a棒t1
环的位移： h环1=－v1t1+12a环t21
棒的位移： h棒1=v1t1+12a棒t21
环第一次相对棒的位移为： x1=h环1－h棒1=－2Hk
棒环一起下落至地： v22－v/21=2gh棒1
解得： v2=2gHk
同理，环第二次相对棒的位移为
x2=h环2－h棒2=－2Hk2
……
xn=－2Hkn
环相对棒的总位移为：x＝x1＋x2＋……＋xn
摩擦力对棒及环做的总功为：
W=kmgx=－2kmgHk－1
解法二：过程整体法
从整个往返循环过程考虑，根据能量转化与守恒，摩擦力对环及棒做的总功W等于系统机械能的变化。因此不妨将过程综合起来解决.设环相对棒滑动距离为l
根据能量守恒 mgH+mg(H+l)=kmgl
摩擦力对棒及环做的总功为： W=－kmgl
解得： W=－2kmgHk－1
综上所述，对“多过程”问题解决的基本方法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，并找出子过程之间的相互联系和制约条件，然后选择合适的力学规律求解。
(审稿：陶澄编校：王静)
【例1】（2007年全国Ⅱ）如图1所示，在坐标系Oxy的第一象限中存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E.在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。A是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，到O的距离为L.一质量为m，电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而通过C点进入磁场区域.并再次通过A点，此时速度方向与y轴正方向成锐角.不计重力作用。试求：
图1（1）粒子经过C点的速度大小和方向；
（2）磁感应强度的大小B.
【分析与解】带电粒子先在电场中做类平抛运动，然后在磁场中做匀速圆周运动,轨迹如图2所示。处理类平抛运动可采用运动的独立性原理；对磁场中匀速圆周运动的处理基本方法是：找圆心、画轨迹、求半径，然后运动牛顿定律求解。具体求解如下：
（1）以a表示粒子在电场作用下的加速度，有
qE＝ma （1）
设粒子从A点进入电场时的初速度为v0，由A点运动到C点经历的时间为t，则有
h＝ 12 at2 （2）
l＝v0t（3）
图2由（2）（3）式得 v0=la2h（4）
设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量
v1=2ah （5）
由（1）（4）（5）式得
v=v20+v21=qE（4h2+l2）2mh （6）
设粒子经过C点时的速度方向与x轴的夹角为α，则有
tanα＝ v1v0（7）
由（4）（5）（7）式得 α＝arctan 2hl （8）
（2）粒子经过C点进入磁场后在磁场中作速率为v的圆周运动.若圆周的半径为R，则有 qvB=mv2R（9）
设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有 PC ＝ PA ＝R.用β表示 PA 与y轴的夹角，由几何关系得
Rcosβ＝Rcosα＋h （10）
Rsinβ＝l－Rsinα（11）
由（8）（10）（11）式解得 R=h2+l22hl4h2+l2 （12）
由（6）（9）（12）式解得 B=1h2+l22mhEq （13）
2． 实际应用型的多过程问题
【例2】（2007年全国I）甲乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9 m/s的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记，在某次练习中，甲在接力区前S0＝13.5m处作了标记，并以V＝9 m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒，已知接力区的长度为L＝20 m.
求：⑴此次练习中乙在接棒前的加速度a;
⑵在完成交接棒时乙离接力区末端的距离。
【分析与解】从乙听到口令开始，便同时存在两种运动形式：一是运动员甲的一段匀速直线运动，设其运动位移为s1；二是运动员乙在接力区内的匀加速直线运动，当乙的速度达到9 m／s时完成交接棒，设乙接棒前运动的位移为s2，并画出相应的图示，如图3所示。具体解答如下：
图3⑴ 在甲发出口令后，甲乙达到共同速度所用时间为： t=Va
设在这段时间内甲、乙的位移分别为S1和S2，则：
S1=Vt
S2=12at2
S1＝S2＋ S0
联立以上四式解得：a=V22S0=3m/s2
⑵在这段时间内，乙在接力区的位移为： S2=V22a=13.5m
完成交接棒时，乙与接力区末端的距离为：L－S2＝6.5 m
3．守恒型的多过程问题
【例3】（2007年广东）如图4所示，在同一竖直面上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H＝2L.小球受到弹簧的弹性力作用后，沿斜面向上运动。离开斜面后，达到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞，碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O′与P的距离为L/2.已知球B质量为m，悬绳长L，视两球为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
图4⑴球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小；
⑵球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小；
⑶弹簧的弹性力对球A所做的功。
【分析与解】本题可分成以下几个过程：（1）小球A被弹簧弹出，先做直线运动，然后做斜抛运动；（2）小球A与小球B碰撞过程；（3）小球A做平抛运动，同时小球B做圆周运动。具体解答如下：
⑴碰撞后，根据机械能守恒定律，对B球有：
mgL=12mv2B
解得：vB=2gL
⑵A、B球碰撞有： 2mv0=2mvA+mvB
12•2mv20=12•2mv2A+12•mv2B
解得：vA=142gL ， v0=342gL
⑶碰后A球做平抛运动，设平抛高度为y，有：
L2=vAt ， y=12gt2
解得：y＝L
对A球应用动能定理得： W－2mg(y+2L)=12•2mv20
解得： W=578mgL
4．数学应用型的多过程问题
【例4】（2007年江苏）如图5所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环。棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg（k＞1）.断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：
图5⑴棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度；
⑵从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程S；
⑶从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功W.
【分析与解】环和棒一起做自由落体运动，然后棒与地发生碰撞，接着棒向上做匀减速直线运动，而环向下做匀减速直线运动，当环与棒的速度相等后一起做匀加速运动。然后重复上述过程，最终棒和环都静止在地面。分析清楚了物理过程，问题容易求解。具体求解如下：
（1）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环做匀减速运动。设棒第一次上升过程中，环的加速度为a环，由牛顿第二定律得：
kmg－mg＝ma环
解得：a环＝(k－1)g，方向竖直向上
（2）棒先做自由落体。设棒第一次落地的速度大小为v1
由机械能守恒得： 122mv21=2mgH
解得： v1=2gH
然后做匀减速运动，设棒弹起后的加速度为a棒，由牛顿第二定律得：
a棒＝－(k＋1)g
棒第一次弹起的最大高度为： H1=v212a棒
解得： H1=Hk+1
所以，棒运动的路程为： S=H+2H1=k+3k+1H
（3）解法一：过程分段法
棒第一次弹起经过t1时间，与环达到相同速度v/1
环的速度：v/1＝－v1＋a环t1
棒的速度：v/1＝v1＋a棒t1
环的位移： h环1=－v1t1+12a环t21
棒的位移： h棒1=v1t1+12a棒t21
环第一次相对棒的位移为： x1=h环1－h棒1=－2Hk
棒环一起下落至地： v22－v/21=2gh棒1
解得： v2=2gHk
同理，环第二次相对棒的位移为
x2=h环2－h棒2=－2Hk2
……
xn=－2Hkn
环相对棒的总位移为：x＝x1＋x2＋……＋xn
摩擦力对棒及环做的总功为：
W=kmgx=－2kmgHk－1
解法二：过程整体法
从整个往返循环过程考虑，根据能量转化与守恒，摩擦力对环及棒做的总功W等于系统机械能的变化。因此不妨将过程综合起来解决.设环相对棒滑动距离为l
根据能量守恒 mgH+mg(H+l)=kmgl
摩擦力对棒及环做的总功为： W=－kmgl
解得： W=－2kmgHk－1
综上所述，对“多过程”问题解决的基本方法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，并找出子过程之间的相互联系和制约条件，然后选择合适的力学规律求解。
(审稿：陶澄编校：王静)