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秘籍1 动力学与运动学综合问题
做好本类型压轴问题需要用到的相关知识有:匀变速直线运动规律、受力分析、牛顿运动
定律等。牛顿第二定律对于整个高中物理的串联作用起到至关重要的效果，是提高学生
关键物理素养的重要知识点，所以要求考生了解题型的知识点及要领，对于常考的模型
要求有充分的认知。
题型一 结合牛顿定律与运动学公式考察经典多过程运动模型（选择题）
题型二 动力学图像的理解与应用（选择题）
题型三 结合新情景考察动力学观点（选择题）
1、匀变速直线运动基本规律
(1)速度公式：v＝v0＋at.
(2)位移公式：x＝v0t＋at2.
(3)位移速度关系式：v2－v＝2ax.
这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．均为矢量式，应用时应规定正方向．
2、两个重要推论
(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和
的一半，即：＝v
＝.
(2)任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1
＝aT2.
1
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3、v0＝0 的四个重要推论
(1)1T 末、2T 末、3T 末、……瞬时速度的比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n
(2)1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2
(3)第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内……位移的比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n
－1)
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)
4、牛顿第二定律
(1)表达式为F＝ma.
(2)理解：核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化．
5、求解多阶段运动问题的四点注意
(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程．
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量．
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程．
(4)匀变速直线运动涉及的公式较多，各公式相互联系，大多数题目可一题多解，解题时要开阔思路，
通过分析、对比，根据已知条件和题目特点适当地拆分、组合运动过程，选取最简捷的解题方法．
6、动力学图像分析
（1）动力学中常见的图象v－t 图象、x－t 图象、F－t 图象、F－a 图象等．
（2）解决图象问题的关键：
①看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从零开始。
②理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断
物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．
2
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1．（2024•贵州模拟）如图，一小型卡车行驶在平直公路上，车上装有三个完全相同、质量均为m
的光滑圆柱形匀质物体，A、B 水平固定，C 自由摆放在A、B 之上。当卡车以某一恒定的加速
度刹车时，C 对A 的压力恰好为零，已知重力加速度大小为g，则C 对B 的压力大小为（ ）
A．√3
3 mg
B．2√3
3
mg
C．√3mg
D．2mg
【解答】解：卡车以某一恒定的加速度刹车时，其加速度水平向左，则C 所受的合力水平向左，
而C 对A 的压力恰好为零，则C 只受重力和B 对C 的支持力，由竖直方向平衡有，自身重力与
B 对C 的支持力平衡，NBCsin60°＝mg
解得B 球对C 球的支持力为N BC = 2√3
3
mg
由牛顿第三定律可知C 对B 的压力大小为2√3
3
mg，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
2．（2024•山西模拟）如图所示，劲度系数为400N/m 的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与质
量为2kg 的物块1 连接，质量为4kg 的物块2 叠放在1 上，系统处于静止状态。现对物块2 施加
竖直向上的拉力，使物块2 竖直向上做匀加速直线运动，已知拉力在t＝0.2s 内为变力，0.2s 后
为恒力，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物块2 匀加速直线运动的加速度大小为4m/s2
B．t＝0 时，拉力的大小为24N
C．t＝0.2s 时，拉力的大小为28N
3
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D．t＝0.2s 时，弹簧弹力的大小为56N
【解答】解：系统处于静止状态，根据受力平衡可知（m1+m2）g＝kx0
0～0.2s 过程中根据位移—时间公式可知x = 1
2 at
2
t＝0 时对系统，根据牛顿第二定律可知F1＝（m1+m2）a
t＝0.2s 时，对物块1 根据牛顿第二定律可知F﹣m1g＝m1a
弹簧弹力F＝k（x0﹣x）
对物块2 根据牛顿第二定律可知F2﹣m2g＝m2a
联立解得x0＝0.15m，x＝0.08m，a＝4m/s2，F＝28N，F1＝24N，F2＝56N，故AB 正确，CD 错
误。
故选：AB。
3．（2023 秋•兴化市期末）根据海水中的盐分高低可将海水分成不同密度的区域，当潜艇从海水高
密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”。如图甲所示，我国南海舰队某潜艇在
高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t＝0 时，该潜艇“掉深”，随后采取措施自救脱险，在0
～50s 内潜艇竖直方向的v﹣t 图像如图乙所示（设竖直向下为正方向）。不计水的粘滞阻力，则
（ ）
A．潜艇在t＝20s 时下沉到最低点
B．潜艇竖直向下的最大位移为750m
C．潜艇在“掉深”和自救时的加速度大小之比为5：2
D．潜艇在0～20s 内处于超重状态
【解答】解：A．由v﹣t 图像可知，在50s 内先向下加速后向下减速，则t＝50s 潜艇向下到达最
大深度。故A 错误；
B．由图像可知潜艇竖直向下的最大位移为图线与坐标轴所围面积，即
h= 1
2 ×30×50m=750m
故B 正确；
4
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C ．潜艇在“ 掉深” 时向下加速，则由图像中图线的斜率表示加速度可得
a= 30
20 m/ s
2=1.5m/ s
2
在自救时加速度大小可表示为a' = 30
30 m/ s
2=1m/ s
2
可知加速度大小之比为a
a' = 3
2
故C 错误；
D．潜艇在0～20s 内向下加速，具有向下的加速度，处于失重状态。故D 错误。
故选：B。
4．（2023 秋•武汉期末）如图所示，轻质弹簧1 一端与静止在倾斜木板上的物体A 相连，另一端
与细线相连，该弹簧与倾斜木板保持平行，细线绕过光滑的定滑轮与物体B 相连。B、C 通过轻
质弹簧2 连接，且B、C 始终未触及地面。初始时系统处于静止状态，木板与水平面间的夹角为
30°，若mA：mB：mC＝3：1：2，发生以下变化时，物体A 始终保持静止，则（ ）
A．木板与水平面的夹角减小时，A 受到的静摩擦力减小
B．木板与水平面夹角保持30°不变，剪断细线后，A 所受摩擦力增大
C．剪断细线瞬间，B、C 一起以加速度g 自由下落
D．剪断细线瞬间，B 的加速度为3g
【解答】解：A、设A、B、C 质量分别为3m、m、2m，初始时对A 物体受力分析有
3mgsin30°+f＝3mg
则木板与水平面的夹角减小时，由三角函数单调性知，A 物体受到的静摩擦力增大，故A 错误；
B、剪断细线后，对A 物体受力分析有
3mgsin30°＝f′
联立可得
f＝f′
故B 错误；
CD、剪断细线瞬间，2 弹簧弹力没有突变，大小为F＝2mg，则C 的加速度为零，B 的加速度为
5
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a，根据牛顿第二定律有
mg+F＝ma
解得
a＝3g
故C 错误，D 正确。
故选：D。
5．（2023 秋•长沙期末）A、B 两小球同一时刻从不同的高度由静止释放，A 球所受空气阻力可忽
略，B 球所受空气阻力的大小与物体速率成正比，两小球同一时刻落到水平地面，落地瞬间均以
原速率反弹，规定向下为正方向，关于两小球的速度v 与时间t 的图像，下列可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：A、B 球所受空气阻力大小与物体速率成正比，B 球下降阶段加速度大小
a1= g- kv
m
，上升阶段加速度大小a2= g+ kv
m
，球下降阶段与上升阶段加速度大小不同，小球落
地后以原速度大小反弹，根据t = vt - v0
a
，B 球下降阶段与上升阶段时间不同，故A 错误；
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BC、由于v﹣t 图像的斜率代表加速度，B 球所受空气阻力大小与物体速率成正比，B 球下降阶
段加速度越来越小，则B 球下降阶段图像的斜率越来越小，故BC 错误；
D、A 球上升阶段与下降阶段所需时间相同，加速度相同，B 球上升阶段加速度较大，根据
t = vt - v0
a
，所需时间较短，下降阶段加速度随时间减小，上升阶段加速度随时间而减小，故D
正确。
故选：D。
6．（2023 秋•下城区校级期末）一辆货车载着质量均为m 的完全相同的圆柱形空油桶，在车厢底
层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只油桶c 自由地摆放在油桶a、b 上面，
如图所示。忽略油桶间的摩擦作用，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．当货车做匀速直线运动时，油桶a 所受的合力为mg
B．当货车做匀速直线运动时，油桶c 对a 的压力大小为1
2
mg
C．当货车做匀速直线运动时，油桶c 对a 的压力大小为mg
D．当货车向右的加速度增大到√3
3
g 时，油桶c 会脱离b
【解答】解：A.当货车匀速直线运动时，油桶a 处于平衡状态所受合力为零，故A 错误；
BC.当货车匀速直线运动时，根据对称性可知a、b 对c 的支持力大小相等，且方向之间的夹角为
60°，则根据平衡条件有2FNcos30°＝mg
解得FN= √3mg
3
根据牛顿第三定律可知油桶c 对a 的压力大小为√3mg
3
，故BC 错误；
D.假设当货车向右的加速度增大到a0时，c 和b 之间恰好作用力为零，即c 脱离了b，则根据牛
顿第二定律和力的合成有
tan60°= mg
ma0
解得a0= √3
3
g
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说明当货车向右的加速度增大到√3
3
g 时，油桶c 会脱离b，故D 正确。
故选：D。
7．（2023 秋•洛阳期末）夏季经常发生强对流天气，某次天空突降冰雹，假设冰雹下落过程中空气
阻力大小与速度大小平方成正比，则冰雹下落过程中，速度v 或加速度a 随时间t 变化的图像可
能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：根据题意有f＝kv
根据牛顿第二定律有mg﹣f＝ma，解得a＝g- kv
m
可知冰雹下落过程的加速度随着速度的增大而减小，则冰雹做加速度逐渐减小的加速运动，可
知v﹣t 图像的切线斜率逐渐减小
根据Δa
Δt =- k
m
• Δv
Δt =- k
m
•a
可知a﹣t 图像的切线斜率绝对值逐渐减小，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
8．（2023 秋•青岛期末）游泳运动员蛙泳时的动作可分为蹬腿加速度a 和惯性前进b 两个过程，将
这两个过程简化为水平方向的直线运动，v﹣t 图像如图。已知运动员的体重为60kg，重力加速
度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
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A．0～0.5s 内运动员做匀加速直线运动
B．0.2～0.5s 内运动员加速度大小为6m/s2
C．0～0.5s 内运动员平均速度大小为1.7m/s
D．惯性前进过程中，水对运动员作用力大小为40N
【解答】解：A.0～0.2s 内运动员做匀加速直线运动，0.2～0.5s 内运动员做匀减速直线运动，故
A 错误；
B0.2～0.5s 内运动员加速度大小
a＝| Δv
Δt
|＝| 2-2.2
0.5-0.2
|m/s2= 2
3
m/s2
故B 错误；
C.v﹣t 图线与轴围成的面积等于位移，则0～0.5s 内运动员平均速度的大小为
v =
1
2 ×0.2×2.2+ 1
2 ×(0.5-0.2)×(2.2+2)
0.5
m/s＝1.7m/s
故C 正确；
D.运动员受重力和水的作用力，则
F2+（mg）2＝（ma）2
得F＝40√226N
故D 错误。
故选：C。
9．（2023 秋•常州期末）如图，水平传送带以恒定速度v 顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固
定着一轻弹簧。将小物块P 轻放在传送带左侧某位置，P 在传送带带动下向右运动，与弹簧接触
时速度恰好达到v。取P 放置点为坐标原点，全过程P 始终处在传送带上，以水平向右为正方向，
木块在向右运动或向左运动的过程中，加速度a 与位移x 的关系图像正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：物块与弹簧接触时速度恰好达到v 说明与弹簧接触前物块做匀加速，根据牛顿第二
定律可知ma＝μmg
即a＝μg
方向水平向右，与弹箭接触后在开始的一段时间内P 相对于传送带静止，即P 受弹簧弹力和静
摩擦力平衡，P 做匀速直线运动，则a1＝0
物块运动到弹力大于最大静摩擦力后，则kx﹣μmg＝ma，即a= k
m
x﹣ug
方向向左，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
10．（2023 秋•石家庄期末）如图所示，在竖直平面内有半径为R 的半圆，最低点为A，B 是半圆
上一点，AB 为光滑倾斜轨道，AC 是倾角为θ＝45°、高为h＝2R 的光滑固定斜面。现自B 点由
静止释放小球甲的同时，自C 点以初速度大小v0沿斜面向下射出小球乙，发现两小球同时到达
A 点。已知重力加速度为g，则小球乙的初速度大小的为（ ）
A．√
gR
2
B．√gR
C．√2 gR
D．√gR
2
【解答】解：根据“等时圆”原理可知，甲球从B 到达A 的时间等于小球从圆弧最高点沿直径
自由下落到底部的时间，设下落时间为t，
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则有：2R= 1
2 gt
2
解得：t=√
4 R
g
；
对小球乙，在斜面沿斜面下滑的加速度大小为：a= mgsinθ
m
=gsinθ= √2
2 g
斜面长为L= 2 R
sinθ =2√2 R
根据位移—时间关系可得：L＝v0t+ 1
2 at
2
解得：v0=√
gR
2
，故A 正确、BCD 错误。
故选：A。
11．（2023 秋•包河区校级期末）质量为m＝0.5kg 的物块在光滑的水平面上受到水平拉力F 的作用，
从静止开始计时做加速直线运动，其运动的x
t -t和v2﹣x 图像分别如图甲、乙所示，根据图像信
息分析，下列说法正确的是（ ）
A．图乙的斜率大小是图甲的斜率大小的2 倍
B．水平拉力F 为5N
C．前2m 的中间时刻的速度大小为√5
2
m/s
D．前2s 内的中点位置的速度大小为5√2m/s
【解答】解：AB．根据
x = 1
2 at
2
可得
x
t = 1
2 at
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则图甲图像的斜率
k1= 1
2 a
根据
v2＝2ax
则图乙图像的斜率
k2=2a= 20
2 m/ s
2
则a＝5m/s2
水平拉力F＝ma＝0.5×5N＝2.5N
由此可知，图乙的斜率大小是图甲的斜率大小的4 倍，水平拉力为2.5N，故AB 错误；
C．前2m 末的速度
v =√2ax =√2×5×2m/ s=2√5m/ s
则中间时刻的速度大小为
v ' = v
2 =√5m/ s
故C 错误；
D．前2s 内的位移
x2= 1
2 at2
2= 1
2 ×5×2
2m=10m
则中点位置的速度大小为
v ″ =√2a x2
2 =√5×10m/ s=5√2m/ s
故D 正确。
故选：D。
12．（2023 秋•沙坪坝区校级期末）如图甲所示，在竖直放置的弹簧上放置一物块m，最开始对m
施加竖直向下的力F 使得弹簧压缩l0。在t＝0 时撤去F 释放小物块，计算机通过小物块上的速度
传感器描绘出它的v﹣t 图线如图乙所示。其中Oab 段为曲线，bc 段为直线，倾斜直线Od 是t＝
0 时图线的切线。重力加速度为g，不计弹簧自身重力及空气阻力，则下列说法正确的是
（ ）
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A．弹簧在t2时刻恢复原长
B．l0= v2
2 t2+ v1+ v2
2
(t3-t2)
C．弹簧的劲度系数k = m v3
l0t1
D．小物块向上的最大位移为l0+ v1
2 (t 4-t3)
【解答】解：A．由图可知，在t2时小物块的速度达到了最大值，此时加速度为零时，其受到的
重力与弹簧的弹力大小相等，所以此时弹簧没有处于原长状态，故A 错误；
B.Oab 段为曲线，则弹簧压缩l0＞l0= v2
2 t2+ v1+ v2
2
(t3-t2)，故B 错误；
C．v﹣t 图像斜率表示加速度，由图可知，刚释放物块时，其加速度为a= v3
t1
由牛顿第二定律得kl0﹣mg＝ma
解得k= m v3+mgt1
l0t1
故C 错误；
D．由v﹣t 图像可知，其图像与坐标轴围成的面积为位移，则离开弹簧后，物块的位移为x'= v1
2
（t4﹣t3）
所以物体在整个过程的位移为x＝l0+x'=l0+ v1
2 (t 4-t3)
故D 正确。
故选：D。
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13．（2023•大荔县一模）如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v0顺时针运行。一小木块以
初速度v1从传送带的底端滑上传送带。木块在传送带上运动全过程中，关于木块的速度v 随时
间t 变化关系的图像可能的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：A、当v1＜v0时，若满足：mgsinθ＞μmgcosθ（θ 为传送带的倾角），即μ＜tanθ。
物块从v1匀减速上滑到速度为零，然后反向匀加速下滑，滑动摩擦力始终沿斜面向上，由牛顿
第二定得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
其加速度恒定，v﹣t 图像的斜率不变，v﹣t 图像与坐标轴所围面积表示位移，可判断出物块返
回底端时的速度大小仍等于v1，故A 正确；
B、当v1＜v0时，若满足：mgsinθ＜μmgcosθ，即μ＜tanθ。
物块从v1 匀加速上滑到v0，滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律得：μmgcosθ﹣mgsinθ＝
ma
共速后与传送一起匀速运动，匀速运动时满足：mgsinθ＝f 静＜μmgcosθ，故B 正确；
C、当v1＞v0时，若满足：mgsinθ＞μmgcosθ
物块从v1匀减速到v0，滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
从v0匀减速到0，然后反向匀加速运动，滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律的：
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
可知：a1＞a2，加速度从a1变为a2，图像的斜率变小；
t 轴上方图像所围面积应该等于t 轴下方图像所围面积，所以返回底端时物块的速度应该小于
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v1，故C 错误；
D、当v1＞v0时，若满足：mgsinθ＜μmgcosθ
从v1匀减速到v0，滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律得：
μmgcosθ+mgsinθ＝ma
共速后与传送一起匀速运动，匀速运动时，满足mgsinθ＝f 静＜μmgcosθ，故D 正确。
故选：ABD。
14．（2023•厦门模拟）如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球筒，另
一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就
可以从上端出来。已知球筒质量为M＝90g（不含球的质量），球筒与手之间的滑动摩擦力为f1
＝2.6N；羽毛球质量为m＝5g，球头离筒的上端距离为d＝9.0cm，球与筒之间的滑动摩擦力为
f2＝0.1N。重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后。（ ）
A．羽毛球的加速度大小为10m/s2
B．羽毛球的加速度大小为30m/s2
C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3√5
5
m/s
D．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3m/s
【解答】解：AB、依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于筒向上运动，受到筒对它竖
直向下的摩擦力作用，根据牛顿第二定律得mg+f2＝ma1
代入数据解得羽毛球的加速度为a1＝30m/s2，故A 错误，B 正确；
CD、对筒受力分析，根据牛顿第二定律有Mg﹣f1﹣f2＝Ma2，代入数据解得a2＝﹣20m/s2
负号表示筒的加速度方向竖直向上，说明筒向下做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽毛球头
部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时二者速度相等，此时筒获得的初速度为最小vmin，
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有a1t＝vmin+a2t，(vmint + 1
2 a2t
2)- 1
2 a1t
2=d
代入数据解得：vmin＝3m/s，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
15．（2023•沙坪坝区校级开学）一轻弹簧的一端固定在倾角为θ 的固定光滑斜面的底部，另一端
和质量为3
5 m的小物块a 相连，如图所示。质量为m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧
的压缩量为x0。从t＝0 时开始，对b 施加沿斜面向上的拉力，使b 始终做匀加速直线运动。经
过一段时间后，物块a、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧
的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。则（ ）
A．a、b 在弹簧压缩量为x0
2
处分离
B．b 的加速度为1
5 gsinθ
C．作用于b 上的最小拉力为2mgsinθ
D．a 在匀加速运动的时间为
√
x0
2 gsinθ
【解答】解：A、由于初速度为0，b 在分离前位移x1 和分离后相等时间内位移x2 之比为：
x1
x2
= 1
3
且由题可知：x1+x2＝x0
解得：x1= 1
4 x0
初始时压缩量为x0，分离前位移1
4 x0，即压缩量减小1
4 x0，可得a、b 在弹簧压缩量为Δx = 3
4 x0
时分离，故A 错误；
B、两物体刚好要分离时a 与b 之间无相互作用力，对a 由牛顿第二定律可得
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k ⋅3
4 x0- 3
5 mgsinθ= 3
5 ma
初始时小物体b 紧靠a 静止在斜面上，将二者看成一个整体，可知弹力大小与整体重力的分力大
小相等，有
kx0＝（3
5 m+m）gsinθ
解得：a＝gsinθ，故B 错误；
C、分离前对整体分析可知，由牛顿第二定律有
F + kΔx -(m+ 3
5 m)gsinθ =(m+ 3
5 m)a
则刚开始运动时拉力最小，则Δx＝x0，且
k x0=(m+ 3
5 m)gsinθ
可得：Fmin= 8
5 mgsinθ，故C 错误；
D、a 与b 在b 向上运动的位移x1= 1
4 x0刚好分离，此前a 在匀加速运动，则有：1
4 x0= 1
2 at
2
解得：t =√
x0
2 gsinθ
，故D 正确。
故选：D。
16．（2023 春•宁波期末）滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏现有直滑梯AB、AC、AD 和BD，A、
B、C、D 在竖直平面内的同一圆周上，且A 为圆周的最高点，D 为圆周的最低点，如图所示，
已知圆周半径为R。在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A 点为√3 R，且与A 等高。各
滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g，则（ ）
A．如果小朋友在A 点沿滑梯AB、AC 由静止滑下，tAB＞tAC
B．如果小朋友分别从A 点和B 点沿滑梯AC，BD 由静止滑下tBD＞tAC
C．若设计一部上端在P 点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在
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滑梯上运动的最短时间是√
3 R
g
D．若设计一部上端在P 点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在
滑梯上运动的最短时间是√
4 R
g
【解答】解：AB、假设AB、AC 与AD 的夹角分别为α、β，则从AB、AC、BD 下滑时有
2 Rcosα = 1
2 gcosα t AB
2
2 Rcosβ = 1
2 gcosβ t AC
2
2 Rsinα = 1
2 gsinα t BD
2
解得t AB=t AC =t BD=√
4 R
g
故AB 错误；
CD、由AB 项分析，画出以P 点为最高点的半径为r 的等时圆，如图，
当两圆相切时时间最短，有
( R+r )
2=( R -r )
2+(√3 R)
2
解得r = 3 R
4
所以最短时间为tmin=√
4
g × 3 R
4 =√
3 R
g
故C 正确，D 错误。
故选：C。
17．（2023•宜春一模）北京时间2022 年12 月4 日20 时09 分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风
着陆场成功着陆。在太空执行任务183 天后，“最忙出差三人组”的陈冬、刘洋、蔡旭哲于21
时01 分安全顺利出舱。返回过程中返回舱速度195m/s 时在距离地表10km 的地方打开降落伞，
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返回舱先做匀变速直线运动最终降低到5m/s，之后保持匀速运动，匀速时间99.8s。待高度只剩
1m 时，底部的反推发动机点火，让返回舱进行最后一次减速至3m/s，使其安全触地。忽略空气
阻力，g＝10m/s2，以下说法中正确的是（ ）
A．从开伞到着地过程中，航天员始终处于超重状态
B．开伞后匀变速运动过程中返回舱的加速度为1.9m/s2
C．反推发动机点火的推力至少为返回舱重力的1.8 倍
D．设返回舱重力mg，则从开伞到落地重力的冲量为95.25mg
【解答】1、解：根据题意分析宇航员返回时经历了匀减速直线运动，匀速直线运动，匀减速直
线运动三个阶段
A．返回舱中途的匀速过程并非超重现象，故A 错误；
B．匀速位移为x2＝vt＝499m 则开伞到减速到5m/s 位移为x1＝h﹣x2﹣1＝10000m﹣499m﹣1m
＝9500m
由v
2- v0
2=2ax推出a= v
2- v0
2
2 x1
= 195
2-5
2
2×9500 m/ s
2=2m/ s
2，故B 错误；
C．根据最后1m 由v'2﹣v2＝2a'x'得a' = v '
2- v
2
2 x'
= 5
2-3
3
2×1 m/ s
2=8m/ s
2，方向竖直向上，
由牛顿第二律得F﹣mg＝ma 得F＝1.8mg 故C 正确；
D．根据t = Δv
a
可得两段减速时间分别为t1= Δv'
a1
= 195-5
2
s=95 s、t2= Δv2
a2
= 5-3
8
s=0.25 s，
则总时间为t＝95s+99.8s+0.25s＝195.05s，则重力冲量总计为195.05mg，故D 错误。
故选：C。
18．（2023•思明区二模）如图所示，A、B 两物块的质量分别为2m 和m，静止叠放在水平地面上．
A、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为μ
2
．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重
力加速度为g．现对A 施加一水平拉力F，则（ ）
A．当 F＜2 μmg 时，A、B 都相对地面静止
B．当 F= 5
2
μmg 时，A 的加速度为1
3
μg
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C．当 F＞3μmg 时，A 相对 B 滑动
D．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过1
2
μg
【解答】解：D、物块A、B 之间的最大静摩擦力为：fmax＝2μmg
物块B 与地面间的最大静摩擦力为：f′max= μ
2
（2m+m）g＝1.5μmg
物块B 的最大加速度为：am= 2 μmg-1.5 μmg
m
= 1
2
μg，则无论 F 为何值，B 的加速度不会超过
1
2
μg，故D 正确；
C、物块A、B 相对静止与相对滑动的临界条件为：A、B 之间的静摩擦力达到最大值，处于临
界时A、B 整体的加速度等于B 的最大加速度为am，则有：
F- μ
2
（2m+m）g＝3mam，解得：F＝3μmg
可知当 F＞3μmg 时，A 相对B 发生滑动，故C 正确；
A、因物块B 与地面间的最大静摩擦力为1.5μmg，小于A、B 之间的最大静摩擦力2μmg，以
A、B 整体为研究对象，当F＜1.5μmg 时，A、B 都相对地面静止。结合C 选项的结论，可知当
1.5μmg＜F≤3μmg 时，A、B 相对静止一起相对地面滑动，故A 错误；
B、由A 选项的分析，当F= 5
2
μmg 时，A、B 相对静止一起相对地面滑动，以A、B 整体为研究
对象，由牛顿第二定律有：a=
5
2 μmg-1.5 μmg
3m
= 1
3 μg
，故B 正确。
故选：BCD。
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