动力学多过程问题（解析版）-高考物理易错点解读和针对训练

局考易错点解读和针对训练

运动和力的关系

易错点3.6动力学多过程问题

易错点解读

1.解决多过程问题的思路

(1)将“多过程”分解为许多“子过程〃，各“子过程”间由〃衔接点"连接.

(2)对各“衔接点〃进行受力分析和运动分析，必要时画出受力示意图和过程示意图.

(3)根据“子过程""衔接点〃的模型特点选择合理的物理规律列方程.

(4)分析"衔接点"速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的轴助方

程.

(5)联立方程组，分析求解.，对结果进行必要的验证或讨论.

2.解题关键

(1)把握“两个分析”“一个桥梁”

经二分析不同过程的运动特嬴

一」过程分析］►

两找出相邻过程的联系点

个

分

析逐过程分析物体的受力,注意摩］

一二受力分析一

擦力、弹力可能发生的变化

由运动求

受力情况运用运动学公式和牛顿第二

个加

桥速定律时•特别注意有关矢最

梁四被力求的正负问题

A运动情况

(2).找到不同过程之间的“联系”，如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若

过程较为复杂，可画出运动情境示意图和位置示意图确定位移之间的联系。

【典例剖析】

【典例1］(2()23湖南衡阳期中)抗击疫情期间，由于投情严重，利用无人机运输物资，如

图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛

的应用，•架无人机连同所载货物质量机=4kg的，其动力系统所能提供的最大升力

F=90N,运动过程中所受空气阻力大小恒为瑞i=ION。g取lOm/s?。

（1）无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞求在t=6s时离地面的高度M

（2）当无人机悬停在距离地面高度〃=90m处时，由手动力设备故障，无人机突然失去

升力而坠落。求无人机坠落地面时的速度也

（3）在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下动力设备重新启动提供向上最大升力，为

保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间乙。

易错分析：不会分析物体运动过程各个阶段的受力情况和运动情况，也不会抓住

各阶段的速度、时间、位移关系。

【答案】（1）〃=180m；（2）v=15V6m/s：（3）。=4s

【解析】（1）由牛顿第二定律得尸一7郎一%="?4

代入数据解得q=10m/s：

上升高度为力二46/，代入数据解得/?=180m

2

故离地面的高度为180m。

（2）下落过程中，有〃2g-用［=〃?%，代入数据解得&=7.5m/s2

则有声=2%”，代入数据解得y=156m/s

故无人机坠落地面时的速度为15遍m/s。

（3）恢复升力后向下减速运动过程中，有尸-〃.+/=加6

代入数据解得%=15m小

设恢复升力时速度为%,则有年二2/%，0-彳=_2她,%+瓦=H

联立解得％=30nVs，由%=%乙，得4=4s

故飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间为4s

【针对性训练】

1（2022•湖南卷・T9）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。

飞行器飞行时受到的空气皿力大小与其速率平方成正比（即用1二女一，女为常量）。当发动

机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以

最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。重

力加速度大小为g,不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的

是（）

A.发动机的最大推力为1.5吸

B.当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为平Mg

C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5&m/s

D.当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g

【答案】BC

【解析】飞行器关闭发动机，以I，产10m/s匀速下落时，有Mg=n；=kxlOO,飞行器

以v12-5m/s向上匀速时，设最大推力为

Fm=Mg+kv2=Mg+Ax25

联立可得

Fm=1.25Mg,&二迤

100

A错误；

七行器以%=5m/s匀速水平K行时

F==*'Mg

B正确；

发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时

解得

v4=5>/3m/s

C正确；

当飞行器最大推力向下，以w=5m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值

解得

d,n=2,5g

D错误。故选B

2.[2024“宜荆荆恩〃起点考试/多选]一质量为m的物块在水平地面上向右运动，物块与地面

间的动摩擦因数为〃现对物块施加一个大小为F=)7g的外力，在外力F保持大小不变

逆时针旋转一周从0°增人到360。)的过程中物块一直向右运动.下列说法正确的是

A.当外力F水平向右时，物块向右加速运动

B.当外力F水平向左时，物块具有向左的最大加速度

C.物块向左的最大加速度为多

D.当？=30。时,物块的加速度为0

答案CD

解析解法1：解析法当外力水平向右时，由于FV〃mg,则物块向右做减速运动，A错

误：对物块受力分析，竖直方向由平衡条件有mg=FsinD+FN,水平方向由牛顿第二定律有

UFN~Fco^O—mu,联立解得u=——(us»iru9+cos»i9)——gsin(。+60。)+—g,当i9

m33

=30°时，加速度最小，有amin=0,D正确；当0=210°时，加速度最大，amax=^g,此时

F与水平方向成30°角斜向左下，B错误，C正确.

解法2：图解法分析可如，地面对物块的作用力方向始终不变，与竖直方向成30。角斜向

左上，合外力方向始终水平向左，又力F大小始终不变，方向时刻变化，重力大小和方向均

不变，则可用精助圆法进行分析求解，如图所示.

3.（2025年4月河南名校联考）如图所示为太空探索公司猎鹰火箭助推器回收画面。火箭

发射时，助推器点火提供向上的推力，使火箭上升到40km高空时，速度达到1.2km/s,然

后助推器脱落，并立即关闭发动机，在接近地面10km处重启发动机减速并使助推器的速度

在着陆时为零。火箭助推器运动过程中所受地球引力可视为不变，等于地球表面时的重力,

运动过程中，受到的阻力大小恒为助推器重力的0.2倍，助推器推力恒定不变。

（1）助推器能上升到距离地面的最大高度；

（2）重启发动机前助推器的最大速度为多少；

（3）重启发动机产生的推力是助推器重力的多少倍。

【参考答案】（1）lxl05m；（2）1.2xl03m;（3）8mg

【名师解析】

（1）火笳加速上升的高度々=4xl（）4m,助推器脱落时的速度匕=1.2x103m/s,及推器

脱落后向上做减速运动，阻力/=0.2mg,有

2

v）=2a2h2

解得

\=6xl04m

助推器上升的最大高度为

5

/?=//1+/?2=1x1()m

(2)重启发动机前火箭下落过程

=9x1()4m

h3

由牛顿运动定律

mg-f=m%

v}=2a3%

联汇解得

v3=1.2x1()'m/s

(3)重启发动机后火箭下过程

4

/z4=1xIOm

片=2a4/i4

由牛顿运动定律

F+f-mg-mu4

所以

F-8〃2g

4(2025天津宁河名校联考)新一代送餐机器人如图所示，只要设置好路线、放好餐盘，它

就会稳稳地举着托盘，到达指定的位置送餐。已知配餐点和目标位置在一条直线通道上，机

器人送餐时从静止开始启动，加速过程的加速度大小/=2m/s2,速度达到y=2m/s后

匀速，之后适时匀减速，减速历时2s恰好把食物平稳送到目标位置，整个送餐用时，=23s。

若载物平台始终呈水平状态，食物与餐盘的总质量〃?=2kg,食物、餐盘与平台间无相对滑

动，取重力加速度g=10m/s2,试求：

(1)机器人加速过程的时间乙；

(2)配餐点和目标位置的直线距离.一

(3)减速过程中平台对食物和餐盘整体平均作用力的大小产。

【参考答案】（1）Is；（2）43m；2V10TN

【名师解析】

（1）加速时间为

v

4=一

4

代入数据，解得

h=1s

（2）加速度的位移为

V

X.=­A

121

减速的时间为2s,减速的位移为

匀速的时间为

/2=，T|-3

匀速的位移为

配餐点和目标位置的直线加离为

x=x1+x2+x3

代入数据，得

x=43m

（3）平台对食物竖直方向的支持力

FN=mg

减速运动的加速度为

2

a7=—=lm/s

一G

根据牛顿第二定律，食物和餐盘整体在水平方向的摩擦力为

f=

故平台对食物的作用力大小

1&+尸

解得

产=2>/1MN

5.我国火星探测器“天间一号”着陆火星的最后阶段，探测器到达距火星表面100m的时

候，进入悬停阶段，这个时候可能会进行一些平移，选挺安全的着陆区进行着陆。如图为探

测器在火星表面最后100m着陆的模拟示意图。某时刻从悬停开始关闭探测器发动机，探测

器开始沿竖直方向匀加速下落，5s后开启发动机，探测器开始沿竖直方向匀减速下落，到

达火星表面时，探测器速度恰好为零，假设探测器卜落过程中受到火星大气的阻力恒为探测

器在火星表面重力的0.2倍，火星表面的重力加速度g取4m/s2,探测器总质量为5吨（不

计燃料燃烧引起的质量变化）。求探测器：

/i=5s；

//=1（X）m

（1）全程的平均速度大小；

（2）减速卜落过程中的加速度大小；

（3）减速下落过程中发动机产生的推力大小（保留3位有效数字）。

答案：（1）8m/s（2）苓m/s2（3）2.67X104N

解析：（1）探测器匀加速下落过程中，由牛顿第二定律潺mg火一/=ms，其中f=0.2mg火

解得6=3.2m/s2

探测器5s末的速度为v=Oiti=16m/s

全程的平均速度大小为方=；=8m/so

（2）探测器加速下落过程中，由加=夕由2

代入数据得儿=40m

则减速下落过程中通过的位移为h2=H—h1=60m

减速下落过程中的加速度大小02=^7=77m/s?。

（3）设探测器减速下落过程中发动机产生的推力大小龙F,

有F+/—mg火=m（72

代入数据解得F=2.67X104No

6无人机的质量为m=2kg,在地面上由静止开始以最大升力竖直向上起飞，经时间t=4s

时离地面的高度为修=42m,已知无人机动力系统所能提供的最大升力为36N,假设无人机

运动过程中所受空气阻力的大小恒定，g取10m/s2.

（1）求无人机运动过程中所受空气阻力的大小；

（2）当无人机悬停在距离地面高度H2=45m处时，无人孔由于信号故障突然失去全部升力，

由静止开始竖直坠落，若要无人机到达地面时速度刚好减为0,则从开始下落后经多长时间

需要立刻恢复无人机的最大升力？

答案（1）4N（2）2.5s

解析（1）无人机以最大升力上升时，设其加速度大小为th,根据位移公式从=11~

解得ai=6m/s2

设最大力力为F,根据牛烦第二定律有F-mg-f—mai

解得空气阻力/=4N

（）设失去动力时无人机的加速度大小为。则有。

22,2=血‘m一’=801/52

设从刚开始下落经h时间需要恢复无人机的最大升力，恢复升力时无人机的速度力=。211

tl时间内无人机下落的高度61=旦~

2a2

恢复最大升力后，设无人机的加速度大小为。3,则有。3="^^=10m/s2

m

从恢复升力至下落到地面无人机运动的位移h2=—

2a3

且有力1+力2=〃2

联立解得h=2.5s.

7.如图所示，一一质量为1kg的小球套在i根固定的倾斜直杆上，直杆与水平面夹角。=30。.

现小球在F=20N的竖直向上的拉力作用下，从4点静止出发沿杆向上运动，己知杆与球间

的动摩擦因数为g取10m/s，

o

（1）求小球运动时的加速度大小；

（2）若1.2s后撤去F,求小球上滑过程中与4点的最大距离.

答案（1）2.5m/s2（2）2.4m

解析（1）设小球运动时的加速度大小为Qi,对小球受力分析

由牛顿第二定律得（F—%g）sin3O°—p（F—mg）cos30°=mai

解得ai=2.5m/s2

（2）刚撤去F时，小球的速度vi=。式i=3m/s

小球的位移xi=yh=1.8n

撤去力F后，小球继续上滑，设上滑时的加速度大小为。2,对小球受力分析

由牛顿第二定律得n?gsin300+pmgcos300=ma2

解得a2=7.5m/s2

小球上滑时间t=—=0.4s

2«2

上滑位移X2=yt2=0.6m

则小球上滑过程中与A点的最大距离为Xm=xi+x2=2.4m.

8.皮划艇是一项激烈的水上比赛项目，如图所示为静水中果运动员正在皮划艇上进行划水训

练，船桨与水间断且周期性地发生作用.假设初始阶段中，运动员每次用船桨向后划水的时

间h=ls,获得水平向前的持续动力恒为F=480N,而船桨离开水的时间t2=0.4s,运动员

与皮划艇的总质量为120kg,运动员和皮划艇受到的阻力恒为150N,并从静止开始沿直线

运动.在该阶段中：

（1）运动员在用船桨划水时与船桨离开水时加速度大小分别为多

少？

（2）若运动员从静止开始，第一次划水后就停止划水，皮划艇总

计前行多长距离？

（3）若运动员从静止开始运动，在2.8s末速度为多大？

答案（1）2.75m/s21.25m/s2（2）4.4m（3）4.5m/s

解析（1）船桨划水时，由牛顿第二定律有F一方=ms

得ai=2.75m/s2

船桨离开水时，由牛顿第二定律由F,=mo2

2

得a2=1.25m/s

（2）1s末皮划艇的速度力=aUi=2.75m/s

1s内皮划艇前行位移汽=或

2al

从停止划水到皮划艇停下来，前行位移X2=¥"

2a2

则皮划艇前行总位移x=xi+x2=4.4m

（3）1.4s末速度"2=力—。2t2=2.25m/s.

2.4s末速度v3=V24-aiti=5m/s

2.8s末速度"4=^3—a2t2=4.5m/s.

9.一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪

道下滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后减速到零.

已知小明和滑雪车的总质量为60kg,整个滑行过程用时10.5