高中物理一轮复习真题集训含答案.doc

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高一物理单末验收真题

真题集训·章末验收

（一）

命题点一：

运动的描述、运动图像

1．（2014·全国卷）一质点沿x轴做直线运动，其v­t图像如图所示。

质点在t＝0时位于x＝5m处，开始沿x轴正向运动。

当t＝8s时，质点在x轴上的位置为（　　）

A．x＝3m　　　　　　　　 B．x＝8m

C．x＝9m D．x＝14m

解析：

选B　在v­t图像中，图线与坐标轴围成面积的大小等于质点运动的位移大小，则x08＝×（4＋2）×2m－×（4＋2）×1m＝3m，故t＝8s时，质点在x轴上的位置坐标x8＝5m＋3m＝8m，选项B正确，A、C、D错误。

2．（多选）（2013·全国卷Ⅰ）如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置—时间（x­t）图线。

由图可知（　　）

A．在时刻t1，a车追上b车

B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反

C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加

D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大

解析：

选BC　从x­t图像可以看出，在t1时刻，b汽车追上a汽车，选项A错误；在t2时刻，b汽车运动图像的斜率为负值，表示b汽车速度反向，而a汽车速度大小和方向始终不变，故选项B正确；从t1时刻到t2时刻，图像b斜率的绝对值先减小至零后增大，反映了b汽车的速率先减小至零后增加，选项C正确、D错误。

3．（多选）（2013·全国卷）将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间间隔为2s，它们运动的v­t图像分别如直线甲、乙所示。

则（　　）

A．t＝2s时，两球高度差一定为40m

B．t＝4s时，两球相对于各自抛出点的位移相等

C．两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等

D．甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等

解析：

选BD　由于两球的抛出点未知，则A、C均错误；由图像可知4s时两球上升的高度均为40m，则距各自出发点的位移相等，则B正确；由于两球的初速度都为30m/s，则上升到最高点的时间均为t＝，则D正确。

命题点二：

匀变速直线运动规律及应用

4．（2013·全国卷）一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性的撞击。

坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s。

在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动。

该旅客在此后的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过。

已知每根铁轨的长度为25.0m，每节货车车厢的长度为16.0m，货车车厢间距忽略不计。

求：

（1）客车运行速度的大小；

（2）货车运行加速度的大小。

解析：

（1）设客车车轮连续两次撞击铁轨的时间间隔为Δt，每根铁轨的长度为l，则客车速度大小为

v＝其中l＝25.0m，Δt＝s，得v＝37.5m/s。

（2）设从货车开始运动后t＝20.0s内客车行驶了s1米，货车行驶了s2米，货车的加速度为a,30节货车车厢的总长度为L＝30×16.0m。

由运动学公式有

s1＝vts2＝at2

由题给条件有L＝s1－s2

联立各式解得a＝1.35m/s2。

答案：

（1）37.5m/s　

（2）1.35m/s2

5．（2010·全国卷）短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100m和200m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69s和19.30s。

假定他在100m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动。

200m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100m时最大速率的96%。

求：

（1）加速所用时间和达到的最大速率；

（2）起跑后做匀加速运动的加速度。

（结果保留两位小数）

解析：

（1）设加速所用时间为t（以s为单位），匀速运动的速度为v（以m/s为单位），则有vt＋（9.69－0.15－t）v＝100vt＋（19.30－0.15－t）×0.96v＝200

解得t＝1.29sv＝11.24m/s。

（2）设加速度大小为a，则a＝＝8.71m/s2。

答案：

（1）1.29s　11.24m/s　

（2）8.71m/s2

6．（2011·全国卷）甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变，在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度减小为原来的一半。

求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。

解析：

设汽车甲在第一段时间间隔末（时刻t0）的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为s2。

由运动学公式得

v＝at0s1＝at02s2＝vt0＋×2at02

设汽车乙在时刻t0的速度为v′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1′、s2′。

同样有

v′＝2at0s1′＝×2at02s2′＝v′t0＋at02

设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s′，则有

s＝s1＋s2s′＝s1′＋s2′

联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为＝。

答案：

5∶7

7．（2013·全国卷Ⅰ）水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R。

在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的（0,2l）、（0，－l）和（0,0）点。

已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动；B平行于x轴朝x轴正向匀速运动。

在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点（l，l）。

假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小。

解析：

设B车的速度大小为v。

如图所示，标记R在时刻t通过点K（l，l），此时A、B的位置分别为H、G。

由运动学公式，H的纵坐标yA、G的横坐标xB分别为yA＝2l＋at2　①

xB＝vt　②

在开始运动时，R到A和B的距离之比为2∶1，即OE∶OF＝2∶1

由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2∶1。

因此，在时刻t有

HK∶KG＝2∶1　③

由于△FGH∽△IGK，有HG∶KG＝xB∶（xB－l）　④

HG∶KG＝（yA＋l）∶2l　⑤

由③④⑤式得xB＝l　⑥

yA＝5l　⑦

联立①②⑥⑦式得v＝。

　⑧

答案：

真题集训·章末验收

（二）

命题点一：

重力、弹力、摩擦力

1.（2013·全国卷Ⅱ）如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。

若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F2＞0）。

由此可求出（　　）

A．物块的质量B．斜面的倾角

C．物块与斜面间的最大静摩擦力

D．物块对斜面的正压力

解析：

选C　设斜面倾角为θ，斜面对物块的最大静摩擦力为f。

平行于斜面的外力F取最大值F1时，最大静摩擦力f方向沿斜面向下，由平衡条件可得：

F1＝f＋mgsinθ；平行于斜面的外力F取最小值F2时，最大静摩擦力f方向沿斜面向上，由平衡条件可得：

f＋F2＝mgsinθ；联立解得物块与斜面间的最大静摩擦力f＝，选项C正确。

2．（2010·全国卷）一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l1；改用大小为F2的力拉弹簧，平衡时长度为l2。

弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为（　　）

A.　　 B.C. D.

解析：

选C　设弹簧的原长为l0，劲度系数为k，由胡克定律可得F1＝k（l0－l1），F2＝k（l2－l0），联立以上两式可得k＝，C正确。

3．（2010·全国卷）如图所示，一物块置于水平地面上，当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动。

若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为（　　）

A.－1 B.2－

C.－ D．1－

解析：

选B　当用F1拉物块做匀速直线运动时，将F1正交分解，则水平方向有F1cos60°＝Ff1

竖直方向有F1sin60°＋FN1＝mg

其中Ff1＝μFN1

联立上式可得F1＝

同理，当用F2推物块做匀速直线运动时，

水平方向有F2cos30°＝Ff2

竖直方向有F2sin30°＋mg＝FN2

其中Ff2＝μFN2

联立上式可得F2＝

根据题意知F1＝F2，解得μ＝2－，B正确。

命题点二：

力的合成与分解、物体的平衡

4.（2012·全国卷）如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。

设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2。

以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。

不计摩擦，在此过程中（　　）

A．N1始终减小，N2始终增大

B．N1始终减小，N2始终减小

C．N1先增大后减小，N2始终减小

D．N1先增大后减小，N2先减小后增大

解析：

选B　设木板对小球的弹力为N2′，则必有N2＝N2′，对小球受力分析，根据物体的平衡条件，可将三个力构建成矢量三角形，如图所示，随着木板顺时针缓慢转到水平位置，木板对小球的弹力N2′逐渐减小，则小球对木板的压力大小N2逐渐减小，墙面对小球的压力大小N1逐渐减小，故B对。

5.（2014·全国卷Ⅰ）如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。

现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内）。

与稳定在竖直位置时相比，小球的高度（　　）

A．一定升高B．一定降低

C．保持不变

D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定

解析：

选A　设橡皮筋的原长为L，开始时系统处于平衡状态，小球受到的合力为零，橡皮筋处于竖直方向，橡皮筋悬点O距小球的高度L1＝L＋；当小车向左加速，稳定时，橡皮筋与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析，由图可知：

橡皮筋上的弹力kx＝，橡皮筋悬点O距小球的高度L2＝cosθ＝Lcosθ＋。

可见，L1>L2，A正确，B、C、D错误。

9．（2014·全国卷Ⅱ）2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录。

取重力加速度的大小g＝10m/s2。

（1）若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；

（2）实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。

已知该运动员在某段时间内高速下落的v­t图像如图所示。

若该运动员和所带装备的总质量m＝100kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数。

（结果保留1位有效数字）

解析：

（1）设该运动员从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5km高度处的速度大小为v，根据运动学公式有

v＝gt①

s＝gt2②

根据题意有

s＝3.9×104m－1.5×103m＝3.75×104m③

联立①②③式得

t＝87s④

v＝8.7×102m/s。

⑤

（2）该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，根据牛顿第二定律有

mg＝kvmax2⑥

由所给的v­t图像可读出

vmax≈360m/s⑦

由⑥⑦式得

k＝0.008kg/m。

⑧

答案：

（1）87s　8.7×102m/s　

（2）0.008kg/m

7．（2012·全国卷）拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）。

设拖把头的质量为m，拖杆质量可忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g。

某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。

（1）若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。

（2）设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。

已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。

求这一临界角的正切tanθ0。

解析：

（1）设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。

将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，根据平衡条件有

Fcosθ＋mg＝FN①

Fsinθ＝Ff②

式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。

所以有

Ff＝μFN③

联立①②③式得

F＝mg。

④

（2）若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有

Fsinθ≤λFN⑤

这时，①式仍成立。

联立①⑤式得

sinθ－λcosθ≤λ⑥

求解使上式成立的θ角的取值范围。

上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有

sinθ－λcosθ≤0⑦

使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0即题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。

临界角的正切为

tanθ0＝λ。

⑧

答案：

（1）mg　

（2）λ

真题集训·章末验收（三）

命题点一：

对牛顿运动定律的理解

1．（多选）（2012·全国卷）伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。

早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是（　　）

A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性

B．没有力的作用，物体只能处于静止状态

C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性

D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动

解析：

选AD　惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，故A对；根据惯性定律可知没有力的作用，物体将保持原来的状态，即静止状态或者匀速直线运动状态，故B错；行星在圆周轨道上的运动是变速运动，是在万有引力作用下的运动，所以C错；运动物体如果不受力作用，将保持原来的运动状态，即继续以同一速度沿着同一直线运动，D对。

2．（2013·全国卷Ⅰ）下图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。

表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。

根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是（　　）

1

1

32

4

2

130

9

3

298

16

4

526

25

5

824

36

6

1192

49

7

1600

64

8

2104

A．物体具有惯性

B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关

C．物体运动的距离与时间的平方成正比

D．物体运动的加速度与重力加速度成正比

解析：

选C　由题表可以看出第二列数据与第一列为二次方关系，而第三列数据与第一列在误差的范围内成正比关系，说明物体沿斜面通过的距离与时间的二次方成正比，故选项C正确。

命题点二：

牛顿运动定律的应用

3．（2013·全国卷Ⅱ）一物块静止在粗糙的水平桌面上。

从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。

假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。

能正确描述F与a之间关系的图像是（　　）

解析：

选C　设物块所受滑动摩擦力为f，在水平拉力F作用下，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，F－f＝ma，F＝ma＋f，所以能正确描述F与a之间关系的图像是C，选项C正确。

4．（多选）（2015·全国卷Ⅰ）如图（a），一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t图线如图（b）所示。

若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出（　　）

A．斜面的倾角

B．物块的质量

C．物块与斜面间的动摩擦因数

D．物块沿斜面向上滑行的最大高度

解析：

选ACD　由题图（b）可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝。

物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsinθ＋Ff＝ma1，mgsinθ－Ff＝ma2，由以上各式可求得sinθ＝，滑动摩擦力Ff＝，而Ff＝μFN＝μmgcosθ，由以上分析可知，选项A、C正确；由v­t图像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。

5．（2014·全国卷Ⅰ）公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。

当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。

通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s。

当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m。

设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的。

若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。

解析：

设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为x，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg＝ma0①

x＝v0t0＋②

式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。

设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝μ0③

设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得

μmg＝ma④

x＝vt0＋⑤

联立①②③④⑤式并代入题给数据得

v＝20m/s（或72km/h）。

⑥

答案：

20m/s（或72km/h）

命题点三：

动力学中整体法与隔离法的应用

6.（2011·全国卷）如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。

假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。

现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。

下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（　　）

解析：

选A　开始阶段两物体一起做加速运动，有F＝（m1＋m2）a，即a＝，两物体加速度相同且与时间成正比。

当两物体间的摩擦力达到μm2g后，两者发生相对滑动。

对m2有F－f＝ma2，在相对滑动之前f逐渐增大，相对滑动后f＝μm2g不再变化，a2＝，故其图像斜率增大；而对m1，在发生相对滑动后，有μm2g＝m1a1，故a1＝为定值。

故A选项正确。

7．（多选）（2015·全国卷Ⅱ）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。

当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。

不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（　　）

A．8　　　　　　　　　　　 B．10

C．15 D．18

解析：

选BC　设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。

设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝（n－n1）m·a，联立得2n＝5n1。

当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。

8.（2013·全国卷Ⅱ）一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示。

已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。

物块与木板 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。

取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：

（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；

（2）从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。

解析：

（1）从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。

由题图可知，在t1＝0.5s时，物块和木板的速度相同。

设t＝0到t＝t1的时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1＝①

a2＝②

式中v0＝5m/s、v1＝1m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小。

设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得

μ1mg＝ma1③

μ1mg＋2μ2mg＝ma2④

联立①②③④式得μ1＝0.20⑤

μ2＝0.30。

⑥

（2）在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。

设物块与木板之间的摩擦力大小为Ff，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则由牛顿第二定律得Ff＝ma1′⑦

2μ2mg－Ff＝ma2′⑧

假设Ff＜μ1mg，则a1′＝a2′；

由⑤⑥⑦⑧式得Ff＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾，故Ff＝μ1mg⑨

由⑦⑨式知，物块加速度的大小a1′等于a1；物块的v­t图像如图中点画线所示。

由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为x1＝2×⑩

x2＝t1＋⑪

物块相对于木板的位移的大小为x＝x2－x1⑫

联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得x＝1.125m。

答案：

（1）0.20　0.30　

（2）1.125m

9．（2015·全国卷Ⅱ）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。

某地有一倾角为θ＝37°（sin37°＝）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。

假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。

已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

取重力加速度大小g＝10m/s2。

求：

（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小；

（2）A在B上总的运动时间。

解析：

（1）在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。

由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得

f1＝μ1N1①

N1＝mgcosθ②

f2＝μ2N2③

N2＝N1′＋mgcosθ④

规定沿斜面向下为正。

设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得

mgsinθ－f1＝ma1⑤

mgsinθ－f2＋f1′＝ma2⑥

N1＝N1′⑦

f1＝f1′⑧

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得

a1＝3m/s2⑨

a2＝1m/s2。

⑩

（2）在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则

v1＝a1t1＝6m/s⑪

v2＝a2t1＝2m/s⑫

t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。

此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得

a1′＝6m/s2⑬

a2′＝－2m/s2⑭

B做减速运动。

设经过时间t2，B的速度减为零，则有

v2＋a2′t2＝0⑮

联立⑫⑭⑮式得

t2＝1s⑯

在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为

x＝a1t12＋v1