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2023 年高考物理二轮复习讲练测
专题02 三大力场中的直线运动（精练）
一、单项选择题
1．我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080 km，W
和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108
km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5
m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高
铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（ ）
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟
C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
【答案】B
【详解】108 km/h=30m/s，324 km/h=90m/s由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站
间节省的时间的5倍为总的节省时间，相邻两站间的距离 普通列车加速时间
加速过程的位移 根据对称性可知加速与减速位移相等，可
得匀速运动的时间 同理高铁列车加速时间 加速过程
的位移 根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
相邻两站间节省的时间
因此总的节省时间 故选B。2．如图所示四幅图为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，物体在 这段时间内的位移小于
B．乙图中，物体的加速度为
C．丙图中，阴影面积表示 时间内物体的加速度变化量
D．丁图中， 时物体的速度为
【答案】D
【详解】A．若物体做初速度为0、末速度为v 的匀加速直线运动，其位移为 ，根据 图象与时间轴所
0
围的面积表示位移，可知，该物体的位移大于匀加速直线运动的位移 ，故A错误；
B．由图得 ，根据公式 则得加速度大小 加速度是定值，是匀变速运动，故B错误；
C．根据 ，可知丙图象中，阴影面积表示t 到t 时间内物体的速度变化量，故C错误；
1 2
D．由图得 根据 得 对比可得 ， 则 时物体的速度为
故D正确。故选D。
3．如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的
距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，它们加速度的大小均为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】当两球运动至二者相距 时，,如图所示
由几何关系可知 设绳子拉力为 ，水平方向有 解得 对任意小球由牛顿第二定
律可得 解得 故A正确，BCD错误。故选A。
4．如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的
推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为 、 ，
P与桌面间的动摩擦因数 ，重力加速度 。则推力F的大小为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【详解】P静止在水平桌面上时，由平衡条件有 ； 推力F作用在P上后，
轻绳的张力变为原来的一半，即 故Q物体加速下降，有 可得 而P物体将有
相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律 解得 故选A。
5．如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v 沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块
0
与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v、μ值可能正确的是（ ）
0
A．v= 2.5m/s B．v= 1.5m/s C．μ = 0.28 D．μ = 0.25
0 0
【答案】B
【详解】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则 由题干知x = 1m，t = 1s，v > 0
代入数据有v < 2m/s故A不可能，B可能；
0
CD．对物块做受力分析有a = - μg，v2 - v2= 2ax整理有v2 - 2ax > 0由于v < 2m/s可得μ < 0.2故CD不可
0 0 0
能。故选B。
6．如图所示，斜面倾角为 ，BC段粗糙且足够长，其余段光滑，10个质量均为m的小球（可视为质
点）放在斜面上，相邻小球间用长为d的轻质细杆连接，细杆与斜面平行，小球与BC段间的动摩擦因数为
。若1号小球在B处时，10个小球由静止一起释放，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（
）A．在2号小球进入BC段之前的过程中，2号小球运动的加速度为
B．在6号球刚进入BC段时，6号球与7号球间细杆的弹力为
C．1号球运动过程中的最大速度为
D．10号球不能到达B点
【答案】C
【详解】A．在2号小球进入BC段之前的过程中，把10个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有
解得2号小球运动的加速度为 故A错误；
B．在6号球刚进入BC段时，把10个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有
解得 把7到10小球，共4个小球看成一个整体，根据牛顿第二定
律，有 解得 故B错误；
C．小球在斜面上先加速后减速，第n个小球进入BC段时加速度为零，此时1号球速度最大，则有
解得 即 所以在第七个球刚进入BC段时，1号球速度最大，
根据动能定理 解得 故C正确；D．若10号球能到达B点且速度为v，根据动能定理，有
1
解得 所以10号球能到达B点，
故D错误。故选C。
7．如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量为2m的托盘
B上，以F 表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量。初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，且弹簧
N
处于自然状态（x=0），现改变力F的大小，使B以 的加速度匀加速向下运动（g为重力加速度，空气阻力
不计），此过程中F 随x变化的图像正确的是（ ）
N
A． B．
C． D．
【答案】B【详解】设物块A和托盘间B的压力为零时弹簧的伸长量为x，对物块A，根据牛顿第二定律有
1
由题意可知 解得 在此之前，对物块A根据牛顿第二定律可得
可得 可知随x变化，F 由开始运动时的 线性减小到零。故选B。
N
8．如图甲所示，质量0.5kg的小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系
如图乙所示。图线的0～3s段为抛物线，3～4.5s段为直线，（t=3s时x=3m）（t=4.5s时x=0）下列说法正确
1 1 2 2
的是 （ ）
A．传送带沿逆时针方向转动
B．传送带速度大小为 1m/s
C．物块刚滑上传送带时的速度大小为 2m/s
D．0~4.5s内摩擦力对物块所做的功为-3J
【答案】D
【详解】AB．根据位移时间图象的斜率表示速度，可知：前2s物体向左匀减速运动，第3s内向右匀加速运动。
3-4.5s内x-t图象为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与传送带一起向右匀速运动，因此传
送带沿顺时针方向转动，且速度为 故AB错误；
C．由图象可知，在第3s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则 其中x=1m；t=1s解得根据牛顿第二定律 解得 在0-2s内，对物块有 解得物块的初速度为
故C错误；
D．对物块在0~4.5s内，根据动能定理 解得摩擦力对物块所做的功为 故D正确。
故选D。
9．质量为M=2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，
如图甲所示。A和B经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的 图像如图乙所示，重力加
速度g取 ，下列说法正确的是（ ）
A．A与B上表面之间的动摩擦因数
B．B与水平面间的动摩擦因数
C．A的质量
D．A的质量
【答案】C
【详解】A．由图像可知，A在0~1s内的加速度 对A由牛顿第二定律得
解得B．由图像知，AB共速在1~3s内的加速度 对AB由牛顿第二定律得
解得 选项B错误；
CD．由图像可知B在0~1s内的加速度 对B由牛顿第二定律得
代入数据解得 选项C正确，D错误。故选C。
10．空间存在与水平方向成30°角斜向右上的匀强电场，场强E=1×109V/m，质量为m＝2kg的带电量为
q=2×10-8C的正电小球，套在光滑绝缘且长度未知的轻杆上，轻杆的一端固定在过O点转轴上，重力加速度g
＝10m/s2。O点距倾角为60°的挡板L＝0.6m，小球由O点静止释放，则关于小球沿杆到达挡板的最短时间及
此情形下的杆长应为（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】C
【详解】等效重力思想，将电场力与重力的合力视为一个新的“重力”，依题意，新“重力”大小为依然为mg、方向沿of方向（ ），如图所示；
在of上找一点o，作一半径r的圆、过O点且相切挡板于e点，，依题意几何关系可得
1
解得 因为从o点静止沿任何光滑杆自由滑到圆周上时间均相等，所以小球沿杆到达挡板的最短时间为
解得 因 此情形下oe两点间距即为杆长，即 故ABD错误，C正
确。故选C。
二、多项选择题
11．甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动， 时经过路边的同一路标，下列位移-时间 图像和速度-时
间 图像对应的运动中，甲、乙两人在 时刻之前能再次相遇的是（ ）
A． B．
C． D．【答案】BC
【详解】A．该图中，甲乙在t 时刻之前位移没有相等的时刻，即两人在t 时刻之前不能相遇，选项A错误；
0 0
B．该图中，甲乙在t 时刻之前图像有交点，即此时位移相等，即两人在t 时刻之前能再次相遇，选项B正确；
0 0
C．因v-t图像的面积等于位移，则甲乙在t 时刻之前位移有相等的时刻，即两人能再次相遇，选项C正确；
0
D．因v-t图像的面积等于位移，由图像可知甲乙在t 时刻之前，甲的位移始终大于乙的位移，则两人不能相遇，
0
选项D错误。故选BC。
12．赛龙舟是端午节的传统活动。下列 和 图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直
河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【详解】A．此图是速度图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲乙船头并齐，
故A错误；
B．此图是速度图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度图像中图像与横轴围成的面积表示
位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲丙船头会并齐，故B正确；
C．此图是位移图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲丁船头并齐，故C错误；
D．此图是位移图像，交点表示相遇，所以甲戊在中途船头会齐，故D正确。
故选BD。13．如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因
数均为 。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉
力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A．P的加速度大小的最大值为
B．Q的加速度大小的最大值为
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
【答案】AD
【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为
AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为 ，
两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为 解得 此刻滑块Q所受
的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。
根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。
故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为 。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时
解得 故滑块Q加速度大小最大值为 ，A正确，B错误；
C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；
D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为 解得 撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为 做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为 ；滑块Q由开始的加
速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为 。分析可知P的速度大小均不大于同
一时刻Q的速度大小，D正确。故选AD。
14．如图所示，水平面上O点的左侧光滑，O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块（可视为
质点），用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧滑块，滑块2、
3。。。。。。依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块过
O点进入粗糙地带后再到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力
加速度为g，则下列判断中正确的是（ ）
A．滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等
B．滑块3匀速运动的速度是
C．第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为
D．最终第7个滑块刚能到达O点而第8个滑块不可能到达O点
【答案】BC
【详解】A.当滑块匀速运动时，处在光滑地带的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地带上的滑块间的轻
杆上弹力不为零，且各不相同，故A错误；
B.将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有 解得 从开始到第4个小滑块过O点进入粗
糙地带前这一过程中，由动能定理得 解得 故B正确；C.第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块看作整体，由牛顿
第二定律 解得加速度大小为 故C正确；
D.假设第7个滑块刚好能到达O点，由动能定理有
解得 ＜0故第7块滑块不能
到达O点，故D错误。故选BC。
15．如图甲所示，光滑斜面的倾角为30°，一根轻质弹簧一端固定在斜面底端，另一端与滑块A相连，滑块B
与A靠在一起（不粘连），两滑块的质量均为m，系统处于静止状态。从零时刻起对滑块B施加一个平行斜
面的变力F，两滑块的v-t图象如图乙所示，t 时刻F的大小是零时刻F大小的 倍，重力加速度大小为g，弹
0
簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是（ ）
A．t 时刻两滑块的速度大小均为 gt
0 0
B．t 时刻前两滑块的加速度大小均为
0
C．弹簧的劲度系数为
D．0到t 时间内弹簧弹性势能的减少量为 mg2t2
0 0
【答案】BC【详解】AB． 由图乙所示图象可知，t 时刻两滑块开始分离，此时它们的加速度大小、速度大小都相等，设
0
此时弹簧的压缩量为x，t=0时弹簧的压缩量为x，弹簧的劲度系数为k，t=0时刻拉力大小为F，t 时刻拉力
0 0 0
大小为F，由题意可知 施加拉力前，对A、B整体而言，由平衡条件得 kx=2mgsin30° ，t=0时刻，对
A、B整体，由牛顿第二定律得F+kx-2mgsin30°=2ma，t 时刻，对B由牛顿第二定律得F-mgsin30= ma
0 0
解得 由图乙可知，两滑块在t 时间内一起做匀加速运动，故t 时刻两滑块的速度大小为
0 0
故A错误，B正确；
C．t 内，A、B两滑块的位移为 由题意可得 ，t 时刻，对A由牛顿第二定律得
0 0
kx-mgsin30= ma施加拉力前，对A、B系统，有kx=2mgsin30° 联立解得 故C正确；
0
D．由题意可得，0到t 时间内弹簧弹性势能的减少量为
0
故D错误。故选BC。
16．如图所示，倾角为α=30o的固定的足够长斜面下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板
上，另一端与一质量为m的小物块相连，小物块通过细绳跨过定滑轮与质量为M的铁块相连，M离地足够高。
开始时用手托住铁块使轻绳伸直且拉力刚好为零，现松手使之开始运动，忽略一切摩擦，且弹簧始终在弹性限
度内，下列说法正确的是（ ）
A．无论M质量多大，系统在运动过程中轻绳始终不会松弛
B．若 ，则m刚开始将向下运动C．若M = m，则M的最大速度为
D．若M = m，则m能上升的最大高度为
【答案】AC
【详解】A．释放瞬间，弹簧对m的弹力沿斜面向上与其重力沿斜面向下的分力平衡，则根据牛顿第二定律有
； 此时M的加速度最大，绳子张力最小为 当M向下运动，m沿斜面向上运动，
m受到重力和弹簧弹力的合力方向沿斜面向下且逐渐变大， m与M做加速度减小的加速运动，当绳子张力与
Mg相等时速度最大，然后做加速度增大的减速运动，直到速度为0，可知下降过程，绳子张力从 逐
渐增大到大于重力；由于一切摩擦不计，系统还回到最初的位置，上下运动对称可知，M先向上做加速度减小
的加速运动，经速度最大后做加速度增大的减速运动，直到回到最初释放点，上升过程绳子拉力逐渐减小到
，所以整个过程中绳子都有张力、不会松驰，故A正确；
B．刚开始释放瞬间，弹簧对m的弹力沿斜面向上与其重力沿斜面向下的分力平衡，则有
解得 根据牛顿第二定律有 ； 则刚开始释放瞬间绳子拉力与加速度分别为
； 可知无论M质量多大，刚开始M向下加速，则m沿斜面向上加速，故B错误；
C．若M = m，当绳子拉力等于其重力时，m和M有最大速度，则有 ；
解得 因开始弹簧压缩了 ，速度最大时又伸长了x，两状态弹性势能相同，物体M下降的高度为
2x，据能量守恒定律有 解得 故C正确；D．若M = m，在刚开始释放时，对整体分析，根据牛顿第二定律有 解得 根据运动的对称性
原理可知，当M下到最底点时的加速度大小也为 ，方向竖直向上，对M分析，根据牛顿第二定律有
解得 设此时弹簧伸长了 ，对m分析，加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有
解得 则m上升的最大位移为 可知m上升的最大高度为
故D错误。故选AC。
17．如图甲所示，一质量为M的长木板A置于光滑的水平面上，其右端放有一质量为m可视为质点的小物体
B。现将一水平向右的拉力作用于长木板A上，使长木板由静止开始运动，在运动过程中长木板A和小物体B
的加速度 、 随时间变化的图像分别如图乙、丙所示。已知t 时刻，小物体没有滑离长木板，重力加速度
2
为g。则（ ）
A． 时间内，拉力随时间一直均匀增大
B．A、B间的动摩擦因数为
C． 时间内，拉力对长木板做的功
D． 时间内，因摩擦产生的热量【答案】BD
【详解】A．由图乙可知t~t 时间内拉力不变，A错误；
1 2
B．对B由牛顿第二定律得 可得A、B间的动摩擦因数为 ，B正确；
C．t 时刻AB的速度为 ， 时间内，由动能定理得拉力对长木板做的功为
1
，C错误；
D． 时间内AB间没有相对滑动，t~t 时间内AB的相对位移为
1 2
， 时间内，因摩擦产生的热量为
，D正确；故选BD。
18．一质量为 的木板足够长，放在水平面上，木板的左端放置一个质量为 的物块（视为质
点），都处于静止状态，如图（a）所示。从 开始，用水平向右的拉力F作用在物块上，拉力F随时间t
的变化关系如图（b）所示，物块和木板的速度v随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面的动摩
擦因数为 ，物块与木板间的动摩擦因数为 。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重
力加速度大小取 ，则（ ）A． B．
C．8 s末木板的速度大小为3 m/s D．在0~8 s时间内，物块相对于木板滑行了2 m
【答案】BD
【详解】A．拉力大小为F 时，物块和木板一起运动，加速度大小为
1
对物块和木板整体由牛顿第二定律得 解得 ，A错误；
B．拉力大小为F 时，物块的加速度为 对物块由牛顿第二定律得
2
解得 ，B正确；
C．6~8s对木板由牛顿第二定律得 解得 由匀变速直线运动规律可知6s末的
速度大小为 ，8 s末的速度大小为 ，C错误；
D．在0~6 s时间内，物块与木板没有发生相对滑，在6~8 s时间内，木板的位移为
物块的位移为
物块与木板的相对位移为 ，D正确。故选BD。
19．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒
MN。现从t=0时刻起，在棒中通以由M到N方向的电流且电流与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属
棒与导轨始终垂直且接触良好。下列关于棒的速度、加速度随时间t变化的关系中，可能正确的是（ ）A． B． C． D．
【答案】BD
【详解】AB．由题，导轨粗糙，棒中通入的电流与时间成正比，即 ，棒将受到安培力作用，当安培力大
于最大静摩擦力时，棒开始运动，根据牛顿第二定律得 而 ； 得到
可见a随t的变化均匀增大，故A错误，B正确。
CD．a增大， 图象的斜率增大，故C错误，D正确。故选BD。
20．如图，一根绝缘细杆固定在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，杆和磁场垂直，与水平方向成 角。杆上
套一个质量为m、电量为 的小球。小球与杆之间的动摩擦因数为μ。从A点开始由静止释放小球，使小球沿
杆向下运动。设磁场区域很大，杆足够长。已知重力加速度为g。则下列叙述中正确的是（ ）
A．小球运动的速度先变大，后不变，加速度不断减小
B．小球运动的加速度先增大到 ，然后减小到零
C．小球的速度达到最大速度一半时加速度为
D．小球的速度达到最大速度一半时加速度为【答案】BC
【详解】AB．下滑第一阶段，随着小球速度增大，洛伦兹力增大，导致受杆的弹力（垂直杆斜向右上）减小，
则滑动摩擦力也减小，所以加速度增加；当速度达到某个特定值时，洛伦兹等于重力垂直于杆的分力，弹力为
零，摩擦力也为零，此时加速度达到最大值，小球受力如图所示
根据牛顿第二定律得 解得 第二阶段：小球继续向下加速，洛伦兹力大于重力垂直于杆
的分力时，杆对球的弹力反向（斜向左下方）增大，滑动摩擦力跟着增大，合力减小，加速度减小，直到处于
受力平衡，达到匀速直线运动；因此小球先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，直到加速
度减小到零，最后做匀速直线运动，故A错误，B正确；
CD．当小球所受合力为零时，速度最大，设最大速度为 ，小球受力如图所示
根据平衡条件可得 ； ； 联立解得
当小球加速度最大时， ，设此时速度为 ，有 解得 小球静止释放能下滑，
则有 联立方程，可知 说明小球速度为最大值一半时，处于加速度减小的加速阶段，
受杆弹力斜向下，则有 ； ； 联立方程，解得故C正确，D错误。故选BC。
三、计算题
21．小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在 竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位
置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为 （g为重力加速度），方向均与x轴负方
向成 斜向上（x轴向右为正）。蛙位于y轴上M点处， ，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙
运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取 。
（1）若虫飞出一段时间后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在 的高度捉住虫时，蛙与虫的水平
位移大小之比为 ，求蛙的最大跳出速率。
（2）若蛙跳出的速率不大于（1）问中的最大跳出速率，蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻，虫能被捉住，求虫在
x轴上飞出的位置范围。
（3）若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为 ；蛙也
可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为 。求满足上述条件的虫飞出的所
有可能位置及蛙对应的跳出速率。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ， 或 ，
【详解】（1）虫子做匀加速直线运动，青蛙做平抛运动，由几何关系可知 ；青蛙做平抛运动，设时间为 ，有 ； 联立解得 ，
（2）设蛙和虫若同时开始运动时间均为 ，相遇时有 解得
则最小的位置坐标为 而蛙和虫不同时刻出发时需要轨迹相切，青蛙的平抛运动有
， 可得轨迹方程为 虫的轨迹方程为
两轨迹相交，可得 整理可知 令 ，即
解得 虫在x轴上飞出的位置范围为
（3）设蛙的运动时间为 ，有 ； 解得 ，
而 ； 解得 ， 而
解得 ，
22．第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点
时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包
括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
【答案】（1） ；（2）12m/s；（3）66N
【详解】（1）AB段 解得
（2）AB段 解得 ；BC段 ， 过C点的速度大小
（3）在BC段有牛顿第二定律 解得
23．如图所示，倾角 的传送带，正以速度 顺时针匀速转动。长度 ，质量为m的木板轻放于
传送带顶端，木板与传送带间的动摩擦因数 ，当木板前进 时机器人将另一质量也为m（形状大小忽
略不计）的货物轻放在木板的右端，货物与木板间的动摩擦因数 ，从此刻开始，每间隔 机器人将取走货物而重新在木板右端轻放上相同的货物（一共放了两次货物），重力加速度为 ，最大静摩擦力
近似等于滑动摩擦力，传送带足够长，求：
（1）木板前进 时的速度大小；
（2）取走第一个货物时，木板的速度大小；
（3）取走第二个货物时，木板的速度大小。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）木板放在传送带上受到重力、支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力作用
根据牛顿第二定律有 代入数据，解得
前进3m，由位移速度关系 代入数据，木板前进 时的速度大小
（2）放上货物后，货物受重力、支持力、滑动摩擦力作用向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 代入数据，解得
木板受到重力、压力、支持力、货物对木板向上的摩擦力和皮带对木板向下的
摩擦力
因为 木板向下做减速运动，根据牛顿第二定律
解得 0.5 货物加速，木板减速，当两者速度相等时 解得 s，
之后，两者一起匀加速到与传送带共速，则有 再次加速至与传送带共速，则有
与传送带共速后木板与货物一起继续匀加，则有 解得
则整体继续向下加速0.5s，则此时速度为 取走第一个货物时，木板的速度大小为 ；
（3）取走第一个货物，轻放上第二货物时，对货物有
对木板有 且木板以 做匀减速运动，设木板与传送
带共速时，则有 此时货物的速度为 则木板与传送带先共速，接下来传
送带仍以原加速度匀加，木板以 做匀减速，直至二者共速，则
有
解得 ， 二者共速后的加速度为
再次加速至与传送带共速的时间 与传送带共速后木板与货物一起继续匀加，则有
取走货物时
24．如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角
θ=37°。质量m=5kg的小物块A和质量m=5kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与
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传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A以沿传送带方向的初速度v=8m/s（此时物块A、
0
B的速率相等，且轻绳绷紧），使物块A从传送带下端冲上传送带，已知物块A与传送带间的动摩擦因数
μ=0.5，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块B都没有上升到定滑轮处。取sin37°=0.6，cos37°=0.8，
重力加速度g=10m/s2，求
（1）物块A刚冲上传送带时加速度的大小及方向；
（2）物块A冲上传送带沿传送带向上运动的最远距离及此过程中传送带对物块A做的功；
（3）若传送带以不同的速率v（0
