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高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，并列出相关的辅助
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”
（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】（2023 湖南衡阳期中） 抗击疫情期间，由于疫情严重，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，一架无人机连同所载货物质量
的，其动力系统所能提供的最大升力
，运动过程中所受空气阻力大小恒为
。g 取
。
（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
时离地面的高度
h；
（2）当无人机悬停在距离地面高度
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v；
（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
。
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）
；（2）
；（3）
【解析】（1）由牛顿第二定律得
代入数据解得
上升高度为
，代入数据解得
故离地面的高度为180m。
（2）下落过程中，有
，代入数据解得
则有
，代入数据解得
故无人机坠落地面时的速度为
。
（3）恢复升力后向下减速运动过程中，有
代入数据解得
设恢复升力时
速度为
，则有
，
，
联立解得
，由
，得
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
。
飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即
，
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
；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
。重力加速度大小为
，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
B. 当飞行器以
匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
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
D. 当飞行器以
的速率飞行时，其加速度大小可以达到
【答案】BC
【解析】飞行器关闭发动机，以v1=
匀速下落时，有
，飞行器
以v2=
向上匀速时，设最大推力为Fm
联立可得
，
A 错误；
飞行器以v3=
匀速水平飞行时
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
C 正确；
当飞行器最大推力向下，以v5=
的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值
解得
am=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μ＝
❑√3
3 .现对物块施加一个大小为F＝1
2mg 的外力，在外力F 保持大小
不变逆时针旋转一周（θ 从0°增大到360°）的过程中物块一直向右运动.下列说法正确的是
（ CD ）
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2❑√3
3
g
D.当θ＝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F＜μmg，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＝Fsinθ＋FN，水平方向由牛顿第二定律有
μFN－Fcosθ＝ma，联立解得a＝－F
m（μsinθ＋cosθ）＋μg＝－
❑√3
3 gsin（θ＋60°）＋
❑√3
3 g，
当θ＝30°时，加速度最小，有amin＝0，D 正确；当θ＝210°时，加速度最大，amax＝2❑√3
3
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 分析可知，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，则可用辅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）
；（2）
；（3）8mg
【名师解析】
（1）火箭加速上升的高度
，助推器脱落时的速度
，助推器
脱落后向上做减速运动，阻力
，有
解得
助推器上升的最大高度为
（2）重启发动机前火箭下落过程
由牛顿运动定律
联立解得
（3）重启发动机后火箭下过程
由牛顿运动定律
所以
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
，速度达到
后匀速，之后适时匀减速，减速历时
恰好把食物平稳送到目标位置，整个送餐用时
。若载物平台始终呈水平状态，食物与餐盘的总质量
，食物、餐盘与平台
间无相对滑动，取重力加速度
，试求：
（1）机器人加速过程的时间
；
（2）配餐点和目标位置的直线距离
；
（3）减速过程中平台对食物和餐盘整体
平均作用力的大小
。
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
【名师解析】
（1）加速时间为
代入数据，解得
（2）加速度的位移为
减速的时间为2s，减速的位移为
匀速的时间为
匀速的位移为
配餐点和目标位置的直线距离为
代入数据，得
（3）平台对食物竖直方向的支持力
减速运动的加速度为
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
故平台对食物的作用力大小
解得
5.我国火星探测器“天问一号”着陆火星的最后阶段，探测器到达距火星表面100 m 的时
候，进入悬停阶段，这个时候可能会进行一些平移，选择安全的着陆区进行着陆。如图为
探测器在火星表面最后100 m 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，5 s 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，假设探测器下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4 m/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：
（1）全程的平均速度大小；
（2）减速下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）8 m/s （2）32
15 m/s2 （3）2.67×104 N
解析：（1）探测器匀加速下落过程中，由牛顿第二定律得mg 火－f＝ma1，其中f＝0.2mg
火
解得a1＝3.2 m/s2
探测器5 s 末的速度为v＝a1t1＝16 m/s
全程的平均速度大小为v＝v
2＝8 m/s。
（2）探测器加速下落过程中，由h1＝1
2a1t1
2
代入数据得h1＝40 m
则减速下落过程中通过的位移为h2＝H－h1＝60 m
减速下落过程中的加速度大小a2＝v
2
2h2
＝32
15 m/s2。
（3）设探测器减速下落过程中发动机产生的推力大小为F，
有F＋f－mg 火＝ma2
代入数据解得F＝2.67×104 N。
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H1＝48m，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，无人机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a1，根据位移公式H1＝1
2a1t2
解得a1＝6m/s2
设最大升力为F，根据牛顿第二定律有F－mg－f＝ma1
解得空气阻力f＝4N
（2）设失去动力时无人机的加速度大小为a2，则有a2＝mg－f
m
＝8m/s2
设从刚开始下落经t1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v1＝a2t1
t1时间内无人机下落的高度h1＝v1
2
2a2
恢复最大升力后，设无人机的加速度大小为a3，则有a3＝F ＋f －mg
m
＝10m/s2
从恢复升力至下落到地面无人机运动的位移h2＝v1
2
2a3
且有h1＋h2＝H2
联立解得t1＝2.5s.
7. 如图所示，一质量为1kg 的小球套在一根固定的倾斜直杆上，直杆与水平面夹角θ＝30°.
现小球在F＝20N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点静止出发沿杆向上运动，已知杆与球间
的动摩擦因数为
❑√3
6 ，g 取10m/s2.
（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A 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a1，对小球受力分析
由牛顿第二定律得（F－mg）sin30°－μ（F－mg）cos30°＝ma1
解得a1＝2.5m/s2
（2）刚撤去F 时，小球的速度v1＝a1t1＝3m/s
小球的位移x1＝v1
2
t1＝1.8m
撤去力F 后，小球继续上滑，设上滑时的加速度大小为a2，对小球受力分析
由牛顿第二定律得mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2
解得a2＝7.5m/s2
小球上滑时间t2＝v1
a2
＝0.4s
上滑位移x2＝v1
2
t2＝0.6m
则小球上滑过程中与A 点的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4m.
8 .皮划艇是一项激烈的水上比赛项目，如图所示为静水中某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t1＝1s，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/s2 1.25m/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－Ff＝ma1
得a1＝2.75m/s2
船桨离开水时，由牛顿第二定律有Ff＝ma2
得a2＝1.25m/s2
（2）1s 末皮划艇的速度v1＝a1t1＝2.75m/s
1s 内皮划艇前行位移x1＝v1
2
2a1
从停止划水到皮划艇停下来，前行位移x2＝v1
2
2a2
则皮划艇前行总位移x＝x1＋x2＝4.4m
（3）1.4s 末速度v2＝v1－a2t2＝2.25m/s.
2.4s 末速度v3＝v2＋a1t1＝5m/s
2.8s 末速度v4＝v3－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10.5s，
斜直雪道倾角为37°（sin37°＝0.6）.求小明和滑雪车：
（1）滑行过程中的最大速度vmax的大小；
（2）在斜直雪道上滑行的时间t1；
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小.
答案 （1）18m/s （2）6s （3）180N
解析 （1）小明和滑雪车在斜直雪道上做匀加速直线运动，在水平雪道上做匀减速直线运
动，则vma x
2
＝x1＋x2
t
解得vmax＝18m/s
（2）由匀变速直线运动规律得x1＝vma x
2
t1
解得t1＝6s
（3）设小明和滑雪车在斜直雪道上运动的加速度大小为a，则a＝vma x
t1
＝3m/s2
由牛顿第二运动定律得mgsin37°－Ff＝ma
解得Ff＝180N.
10. 如图所示，木板与水平地面间的夹角θ 可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一
小木块恰好能沿着木板匀速下滑.若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板
向上运动，随着θ 的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x 将发生变化，重力加速度为g.
（1）求小木块与木板间的动摩擦因数；
（2）当θ 角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值.
答案 （1）
❑√3
3 （2）60°
❑√3 v0
2
4 g
解析 （1）当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析有mgsinθ＝μFN
FN－mgcosθ＝0
解得μ＝tanθ＝tan30°＝
❑√3
3
（2）当θ 变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则
－mgsinθ－μmgcosθ＝ma
由0－v0
2＝2ax
得x＝
v0
2
2g（sinθ＋μc osθ）
＝
v0
2
2g
❑√1+ μ
2sin（θ＋α ）
其中tanα＝μ，则当α＋θ＝90°时，x 最小，即θ＝60°，
所以x 最小值为xmin＝
v0
2
2g（sin 60°＋μc os60°）
＝
❑√3 v0
2
4 g
.
