1、微專題訓練7求解平衡問題的方法技巧練1(合成法)(單選)如圖1所示，小圓環(huán)A吊著一個質(zhì)量為m2的物塊并套在另一個豎直放置的大圓環(huán)上，有一細線一端拴在小圓環(huán)A上，另一端跨過固定在大圓環(huán)最高點B的一個小滑輪后吊著一個質(zhì)量為m1的物塊，若各處摩擦力均不計，繩不可伸長，若平衡時，弦AB所對應的圓心角為，則兩物塊的質(zhì)量之比m1m2應為Acos eq f(,2)Bsin eq f(,2)C2sin eq f(,2)D2cos eq f(,2)解析以圓環(huán)A為研究對象，作用力分析如圖所示，A受三個力作用，質(zhì)量為m2的物塊對它的拉力FT1，大小為m2g，AB繩中的拉力FT2，大小為m1g，大圓環(huán)的支持力FN，如

2、圖所示，顯然有eq f(m1g,2m2g)sin eq f(,2)，即eq f(m1,m2)2sin eq f(,2)，C正確2(圖解法)(多選)如圖2所示，用一根細線系住重力為G、半徑為R的球，其與傾角為的光滑斜面劈接觸，處于靜止狀態(tài)，球與斜面的接觸面非常小，細線懸點O固定不動，在斜面劈從圖示位置緩慢水平向左移動直至繩子與斜面平行的過程中，下述正確的是A細繩對球的拉力先減小后增大B細繩對球的拉力先增大后減小C細繩對球的拉力一直減小D細繩對球的拉力最小值等于Gsin 解析以小球為研究對象，對其受力分析如圖所示，因題中“緩慢”移動，故小球處于動態(tài)平衡，由圖知在題設的過程中，F(xiàn)T一直減小，當繩子與

3、斜面平行時，F(xiàn)T與FN垂直，F(xiàn)T有最小值，且FTminGsin ，故選項C、D正確答案CD3(整體法、隔離法)(多選)如圖3所示，光滑水平地面上放有截面為eq f(1,4)圓周的柱狀物體A，A與墻面之間放一光滑的圓柱形物體B，對A施加一水平向左的力F，整個裝置保持靜止若將A的位置向左移動稍許，整個裝置仍保持平衡，則A水平外力F增大B墻對B的作用力減小C地面對A的支持力減小DB對A的作用力減小解析先用整體法分析把A、B看做整體，受力分析，可得地面對A的支持力等于A、B兩物體的總重力A的位置向左移動時，地面對A的支持力不變，C錯誤墻對B的彈力FN1和力F大小相等再用隔離法分析以物體B為研究對象，受

4、力分析如圖，則墻對B的彈力FN1Gtan ，A的位置向左移動，減小，則FN1減小，F(xiàn)也減小，A錯誤，B正確FNeq f(G,cos )，減小，F(xiàn)N減小，D正確答案BD4(整體法、隔離法)(多選)兩傾斜的滑桿上分別套有A、B兩個小球，兩小球上分別用細線懸吊著一個物體，如圖4所示當它們都沿滑桿向下滑動時，A的懸線與滑桿垂直，B的懸線豎直向下，則()AA小球與滑桿無摩擦力BB小球與滑桿無摩擦力CA小球做的是勻速運動DB小球做的是勻速運動解析由于A小球與物體的連線與滑桿垂直，對A小球連接的物體進行研究，將物體的重力沿滑桿的方向和垂直于滑桿的方向分解，則沿滑桿向下的分力產(chǎn)生的加速度為gsin ，對整體研

5、究，整體沿滑桿向下運動，整體要有沿滑桿向下的加速度必須是A小球與滑桿的摩擦力為零，A正確；對B小球連接的物體進行研究，由于連接小球與物體的繩豎直向下，物體受到的合力如果不為零，合力必定沿豎直方向，合力在垂直于滑桿的方向上的分力必產(chǎn)生加速度，這與題意矛盾，物體在垂直于滑桿的方向上速度為零，因此物體受到的合力必為零，物體和小球一起做勻速運動D正確答案AD5(正交分解法)(單選)如圖5所示，質(zhì)量為mB24 kg的木板B放在水平地面上，質(zhì)量為mA22 kg的木箱A放在木板B上一根輕繩一端拴在木箱上，另一端拴在天花板上，輕繩與水平方向的夾角為37.已知木箱A與木板B之間的動摩擦因數(shù)10.5.現(xiàn)用水平向右

6、、大小為200 N的力F將木板B從木箱A下面勻速抽出(sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2)，則木板B與地面之間的動摩擦因數(shù)2的大小為()A0.3 B0.4C0.5D0.6解析對A受力分析如圖甲所示，由題意得FTcos Ff1FN1FTsin mAgFf11FN1由得：FT100 N對A、B整體受力分析如圖乙所示，由題意得FTcos Ff2FFN2FTsin (mAmB)gFf22FN2由得：20.3，故A答案正確答案A6(正交分解法、合成法)(單選)如圖6所示，上端裝有定滑輪的粗糙斜面體放在地面上，A、B兩物體通過輕繩連接，并處于靜止狀態(tài)(不計繩的質(zhì)量和繩與滑

7、輪間的摩擦)現(xiàn)用水平力F作用于物體B上，緩慢拉開一小角度，此過程中斜面體與物體A仍然靜止，則下列說法正確的是()A水平力F不變 B物體A所受斜面體的摩擦力一定變大C物體A所受斜面體的作用力不變 D斜面體所受地面的支持力一定不變解析設與B連接的繩與豎直方向的夾角為，B物體被緩慢拉開的過程中受力平衡，可得FGBtan ，隨角的變大而變大，故A錯；由繩子的拉力TGB/cos 可知，繩子的拉力發(fā)生了變化，則物體A所受斜面體的作用力一定發(fā)生變化，故C錯；沒對B施加F前，由于無法得知A物體所受斜面體的摩擦力情況，故繩的拉力發(fā)生變化后也無法得知摩擦力的情況，故B錯；以A、B以及斜面體作為整體來研究，易知斜面

8、體所受地面的支持力不變答案D7(假設法)(多選)如圖7所示是主動輪P通過皮帶帶動從動輪Q的示意圖，A與B、C與D分別是皮帶與輪緣相互接觸的點，則下列判斷正確的是()AB點相對于A點運動趨勢方向與B點運動方向相反BD點相對于C點運動趨勢方向與C點運動方向相反CD點所受靜摩擦力方向與D點運動方向相同D主動輪受到的摩擦力是阻力，從動輪受到的摩擦力是動力解析靜摩擦力的方向跟物體間相對運動趨勢方向相反，要確定相對運動趨勢常用假設法，即假設兩物體接觸面光滑，分析皮帶和輪之間有無相對滑動若有，可判定出相對運動趨勢方向此題應先明確主動輪與從動輪的關系若皮帶光滑，主動輪轉(zhuǎn)而皮帶不動或皮帶動而從動輪不轉(zhuǎn)，由此可判

9、定摩擦力的方向，主動輪可通過摩擦力帶動皮帶，皮帶阻礙主動輪轉(zhuǎn)動，同理皮帶可帶動從動輪，從動輪阻礙皮帶的轉(zhuǎn)動，故B、C、D選項正確答案BCD8(假設法)(多選)如圖8所示，放在水平地面上的物體M上疊放著物體m，兩者間有一根處于壓縮狀態(tài)的彈簧，整個裝置相對地面靜止，則()AM對m的摩擦力方向向右 BM對m的摩擦力方向向左C地面對M的摩擦力方向向右 D地面對M沒有摩擦力解析以m為研究對象，假設M與m的接觸面光滑，m在彈力的作用下相對M將向左運動，此方向即為m相對M運動趨勢的方向，故M對m的靜摩擦力方向向右以M和m整體為研究對象，若地面光滑，M會向左發(fā)生運動，這說明地面對M有向右的摩擦力答案AC微專題

10、訓練8用牛頓第二定律分析瞬時加速度1(單選)如圖1所示，A、B為兩個質(zhì)量相等的小球，由細線相連，再用輕質(zhì)彈簧懸掛起來，在A、B間細線燒斷后的瞬間，A、B的加速度分別是()AA、B的加速度大小均為g，方向都豎直向下BA的加速度為0，B的加速度大小為g、豎直向下CA的加速度大小為g、豎直向上，B的加速度大小為g、豎直向下DA的加速度大于g、豎直向上，B的加速度大小為g、豎直向下解析在細線燒斷前，A、B兩球的受力情況如圖甲所示，由平衡條件可得：對B球有F繩mg，對A球有F彈mgF繩在細線燒斷后，F(xiàn)繩立即消失，彈簧彈力及各球重力不變，兩球的受力情況如圖乙所示由牛頓第二定律可得：B球有向下的重力加速度g

11、A球有F彈mgmaA，解得aAg，方向向上綜上分析，選C.答案C2(單選)如圖2所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕彈簧系住，并用傾角為30的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止狀態(tài)當木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為A0B.eq f(2r(3),3)g CgD.eq f(r(3),3)g解析平衡時，小球受到三個力：重力mg、木板AB的支持力FN和彈簧拉力FT，受力情況如圖所示突然撤離木板時，F(xiàn)N突然消失而其他力不變，因此FT與重力mg的合力Feq f(mg,cos 30)eq f(2r(3),3)mg，產(chǎn)生的加速度aeq f(F,m)eq f(2r(3),3)g，B正確答案B3(單選)如圖

12、3所示，一物塊位于粗糙水平桌面上，用一大小為F、方向如圖所示的力去推它，使它以加速度a向右運動若保持力的方向不變而增大力的大小，則()Aa變大 Ba不變 Ca變小D因為質(zhì)量及地面摩擦未知，故不能判斷a變化的情況解析對物塊受力分析如圖所示，設F與水平方向的夾角為，則Fcos (mgFsin )ma，得aeq f(F,m)(cos sin )g，當F增大時，a變大，A正確答案A4(單選)如圖4所示，質(zhì)量滿足mA2mB3mC的三個物塊A、B、C，A與天花板之間，B與C之間均用輕彈簧相連，A與B之間用細繩相連，當系統(tǒng)靜止后，突然剪斷AB間的細繩，則此瞬間A、B、C的加速度分別為(取向下為正) Aeq

13、f(5,6)g、2g、0 B2g、2g、0Ceq f(5,6)g、eq f(5,3)g、0 D2g、eq f(5,3)g、g解析系統(tǒng)靜止時，A物塊受重力GAmAg、彈簧向上的拉力F(mAmBmC)g以及A、B間細繩的拉力FAB(mBmC)g；BC間彈簧的彈力FBCmCg；剪斷細繩瞬間，彈簧形變來不及恢復，即彈力不變，由牛頓第二定律，對物塊A有：FGAmAaA，解得：aAeq f(5,6)g，方向豎直向上；對B有：FBCGBmBaB，解得：aBeq f(5,3)g，方向豎直向下；剪斷細繩的瞬間C的受力不變，其加速度為零C選項正確答案C5(2013寧夏銀川一中一模，17)(單選)如圖5所示，A、B

14、兩小球分別連在輕線兩端，B球另一端與彈簧相連，彈簧固定在傾角為30的光滑斜面頂端A、B兩小球的質(zhì)量分別為mA、mB，重力加速度為g，若不計彈簧質(zhì)量，在線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度大小分別為()A都等于eq f(g,2)B.eq f(g,2)和0C.eq f(g,2)和eq f(mA,mB)eq f(g,2)D.eq f(mA,mB)eq f(g,2)和eq f(g,2)解析由整體法知，F(xiàn)彈(mAmB)gsin 30，剪斷線瞬間，由牛頓第二定律：對B：F彈mBgsin 30mBaB，得aBeq f(mA,mB)eq f(g,2)對A：mAgsin 30mAaA，得aAeq f(1,2)g所以

15、C項正確答案C6(2013吉林模擬)(多選)在動摩擦因數(shù)0.2的水平面上有一個質(zhì)量為m2 kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成45角的不可伸長的輕繩一端相連，如圖6所示，此時小球處于靜止平衡狀態(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零當剪斷輕繩的瞬間，取g10 m/s2，以下說法正確的是A此時輕彈簧的彈力大小為20 NB小球的加速度大小為8 m/s2，方向向左C若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間小球的加速度大小為10 m/s2，方向向右D若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間小球的加速度為0解析因為未剪斷輕繩時水平面對小球的彈力為零，小球在繩沒有斷時受到輕繩的拉力FT和彈簧的彈力F作用而處于平衡狀態(tài)依據(jù)平衡條件得：豎直方

16、向有FTcos mg，水平方向有FTsin F.解得輕彈簧的彈力為Fmgtan 20 N，故選項A正確剪斷輕繩后小球在豎直方向仍平衡，水平面支持力與小球所受重力平衡，即FNmg；由牛頓第二定律得小球的加速度為aeq f(FFN,m)eq f(200.220,2)m/s28 m/s2，方向向左，選項B正確當剪斷彈簧的瞬間，小球立即受地面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度為0，選項C錯誤、D正確答案ABD微專題訓練9“等時圓”模型1(多選)如圖1所示，一物體從豎直平面內(nèi)的圓環(huán)的最高點A處由靜止開始沿光滑弦軌道AB下滑至B點，那么()A只要知道弦長，就能求出運動時間B只要知道圓半徑，就能求出運動時

17、間C只要知道傾角，就能求出運動時間D只要知道弦長和傾角，就能求出運動時間解析物體沿AB弦軌道下滑，加速度為aeq f(mgcos ,m)gcos ，弦長l2Rcos ，則teq r(f(2l,a)eq r(f(22Rcos ,gcos )2eq r(f(R,g).可見，物體沿任何一條弦軌道下滑所用時間均相等，且等于沿直徑自由下落的時間答案BD2(多選)如圖2所示，位于豎直平面內(nèi)的固定光滑圓軌道與水平軌道面相切于M點，與豎直墻相切于A點，豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60，C是圓軌道的圓心已知在同一時刻，a、b兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道運動到M點；c球由C點自由下

18、落到M點則()Aa球最先到達M點 Bb球最先到達M點Cc球最先到達M點Dc、a、b三球依次先后到達M點解析設圓軌道半徑為R，據(jù)“等時圓”模型結論有，ta eq r(f(4R,g) 2 eq r(f(R,g)；B點在圓外，tbta，c球做自由落體運動tc eq r(f(2R,g)；所以，有tctav0時，物體一定向右一直做勻加速運動滑過B點，用時一定小于t0解析傳送帶靜止時，有eq f(1,2)mveq oal(2,B)eq f(1,2)mveq oal(2,0)mgL，即vBeq r(voal(2,0)2gL)，物體做勻減速運動，若傳送帶逆時針運行，物體仍受向左的摩擦力mg，同樣由上式分析，一

19、定能勻減速至右端，速度為vB，用時也一定仍為t0，故選項A對，而B錯；若傳送帶順時針方向運行，當其運行速率(保持不變)vv0時，物體將不受摩擦力的作用，一直做勻速運動滑至B端，因為勻速通過，故用時一定小于t0，故選項C正確；當其運行速率(保持不變)vv0時，開始物體受到向右的摩擦力的作用，做加速運動，運動有兩種可能：若物體加速到速度v還未到達B端時，則先勻加速運動后勻速運動，若物體速度一直未加速到v時，則一直做勻加速運動，故選項D不對答案AC3(多選)如圖3甲為應用于機場和火車站的安全檢查儀，用于對旅客的行李進行安全檢查其傳送裝置可簡化為如圖乙的模型，緊繃的傳送帶始終保持v1 m/s的恒定速率

20、運行旅客把行李無初速度地放在A處，設行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.1，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到傳送帶的同時也以v1 m/s的恒定速率平行于傳送帶運動到B處取行李，則()A乘客與行李同時到達B處B乘客提前0.5 s到達B處C行李提前0.5 s到達B處D若傳送帶速度足夠大，行李最快也要2 s才能到達B處解析行李放在傳送帶上，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動加速度為ag1 m/s2，歷時t1eq f(v,a)1 s達到共同速度，位移x1eq f(v,2)t10.5 m，此后行李勻速運動t2eq f(

21、2 mx1,v)1.5 s到達B，共用2.5 s；乘客到達B，歷時teq f(2 m,v)2 s，故B正確若傳送帶速度足夠大，行李一直加速運動，最短運動時間tmineq r(f(22,1) s2 s，D項正確答案BD4(2013鄭州檢測)(單選)如圖4所示為糧袋的傳送裝置，已知AB間長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為，工作時其運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，正常工作時工人在A點將糧袋放到運行中的傳送帶上，關于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()A糧袋到達B點的速度與v比較，可能大，也可能相等或小B糧袋開始運動的加速度為g(sin cos )，若L

22、足夠大，則以后將一定以速度v做勻速運動C若tan ，則糧袋從A到B一定一直是做加速運動D不論大小如何，糧袋從A到B一直做勻加速運動，且agsin 解析開始時，糧袋相對傳送帶向上運動，受重力、支持力和沿傳送帶向下的摩擦力，由牛頓第二定律可知，mgsin FNma，F(xiàn)Nmgcos ，解得agsin gcos ，故B項錯；糧袋加速到與傳送帶相對靜止時，若mgsin mgcos ，即當tan 時糧袋將繼續(xù)做加速運動，C、D項錯，A項對答案A5(2013江西盟校二聯(lián)，24)如圖5所示，一水平傳送裝置有輪半徑均為Req f(1,) m的主動輪O1和從動輪O2及傳送帶等構成兩輪軸心相距8.0 m，輪與傳送帶

23、不打滑現(xiàn)用此裝置運送一袋面粉，已知這袋面粉與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.4，這袋面粉中的面粉可不斷地從袋中滲出(g取10 m/s2) (1)當傳送帶以4.0 m/s的速度勻速運動時，將這袋面粉由左端O2正上方的A點輕放在傳送帶上后，這袋面粉由A端運送到O1正上方的B端所用的時間為多少？(2)要想盡快將這袋面粉由A端送到B端(設初速度仍為零)，主動輪O1的轉(zhuǎn)速至少應為多大？解析設這袋面粉質(zhì)量為m，其在與傳送帶產(chǎn)生相對滑動的過程中所受摩擦力fmg.故而其加速度為：aeq f(f,m)g4.0 m/s2(1)若傳送帶的速度v帶4.0 m/s，則這袋面粉加速運動的時間t1v帶/a1.0 s，在t1時間

24、內(nèi)的位移s1為：s1eq f(1,2)ateq oal(2,1)2.0 m其后以v4.0 m/s的速度做勻速運動s2lABs1vt2，解得：t21.5 s運動的總時間為：tt1t22.5 s(2)要想時間最短，這袋面粉應一直向B端做加速運動，由lABeq f(1,2)at2可得：t2.0 s此時傳送帶的運轉(zhuǎn)速度為：vat8.0 m/s由vR2nR可得：n4 r/s240 r/min答案(1)2.5 s(2)4 r/s或240 r/min6如圖6所示，繃緊的傳送帶，始終以2 m/s的速度勻速斜向上運行，傳送帶與水平方向間的夾角30.現(xiàn)把質(zhì)量為10 kg的工件輕輕地放在傳送帶底端P處，由傳送帶傳送

25、至頂端Q處已知P、Q之間的距離為4 m，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為eq f(r(3),2)，取g10 m/s2.(1)通過計算說明工件在傳送帶上做什么運動；(2)求工件從P點運動到Q點所用的時間解析(1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力為動力由牛頓第二定律得：mgcos mgsin ma代入數(shù)值得：a2.5 m/s2則其速度達到傳送帶速度時發(fā)生的位移為x1eq f(v2,2a)eq f(22,22.5) m0.8 m4 m可見工件先勻加速運動0.8 m，然后勻速運動3.2 m(2)勻加速時，由x1eq f(v,2)t1得t10.8 s勻速上升時t2eq f(x2,v)eq f(3.

26、2,2) s1.6 s所以工件從P點運動到Q點所用的時間為tt1t22.4 s答案(1)先勻加速運動0.8 m，然后勻速運動3.2 m(2)2.4 s微專題訓練11“木板滑塊”模型1(多選)如圖1所示，一足夠長的木板靜止在光滑水平面上，一物塊靜止在木板上，木板和物塊間有摩擦現(xiàn)用水平力向右拉木板，當物塊相對木板滑動了一段距離但仍有相對運動時，撤掉拉力，此后木板和物塊相對于水平面的運動情況為()A物塊先向左運動，再向右運動B物塊向右運動，速度逐漸增大，直到做勻速運動C木板向右運動，速度逐漸變小，直到做勻速運動D木板和物塊的速度都逐漸變小，直到為零解析由題意，撤掉拉力后，物塊和木板系統(tǒng)最終一起勻速運

27、動因為撤掉拉力時，物塊和木板仍有相對運動，說明物塊向右的速度比木板的速度小，所以物塊水平方向仍受木板向右的滑動摩擦力而向右加速直到勻速運動，A錯誤，B正確；根據(jù)牛頓第三定律可知，木板開始受到物塊向左的滑動摩擦力而向右減速直到勻速運動，C正確，D錯誤答案BC2一質(zhì)量m0.5 kg的滑塊以一定的初速度沖上一傾角37的足夠長的斜面某同學利用傳感器測出了滑塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，并用計算機作出了滑塊上滑過程的v t圖象，如圖2所示(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)判斷滑塊最后能否返回斜面底端若能返

28、回，求出返回斜面底端時的速度大小；若不能返回，求出滑塊停在什么位置解析(1)由圖象可知，滑塊的加速度大?。篴eq f(10,1.0) m/s210 m/s2滑塊沖上斜面過程中根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin mgcos ma代入數(shù)據(jù)解得0.5.(2)滑塊速度減小到零時，重力的下滑分力大于最大靜摩擦力，滑塊能再下滑返回到斜面底端由勻變速直線運動的規(guī)律，滑塊向上運動的位移seq f(v2,2a)5 m滑塊下滑過程中根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin mgcos ma2，得a22 m/s2由勻變速直線運動的規(guī)律，滑塊返回底端的速度veq r(2a2s)2eq r(5) m/s.答案(1)0.5(2)能2e

29、q r(5) m/s3如圖3所示，一質(zhì)量為mB2 kg的木板B靜止在光滑的水平面上，其右端上表面緊靠一固定斜面軌道的底端(斜面底端與木板B右端的上表面之間有一段小圓弧平滑連接)，軌道與水平面的夾角37.一質(zhì)量也為mA2 kg的物塊A由斜面軌道上距軌道底端x08 m處靜止釋放，物塊A剛好沒有從木板B的左端滑出已知物塊A與斜面軌道間的動摩擦因數(shù)為10.25，與木板B上表面間的動摩擦因數(shù)為20.2，sin 0.6，cos 0.8，g取10 m/s2，物塊A可看作質(zhì)點請問： (1)物塊A剛滑上木板B時的速度為多大？(2)物塊A從剛滑上木板B到相對木板B靜止共經(jīng)歷了多長時間？木板B有多長？解析(1)物塊

30、A從斜面滑下的加速度為a1，則mAgsin 1mAgcos mAa1，解得a14 m/s2物塊A滑到木板B上的速度為v1eq r(2a1x0)eq r(248) m/s8 m/s.(2)物塊A在木板B上滑動時，它們在水平方向上的受力大小相等，質(zhì)量也相等，故它們的加速度大小相等，數(shù)值為a2eq f(2mAg,mA)2g2 m/s2，設木板B的長度為L，二者最終的共同速度為v2，在達到最大速度時，木板B滑行的距離為x，利用位移關系得v1t2eq f(1,2)a2teq oal(2,2)eq f(1,2)a2teq oal(2,2)L.對物塊A有v2v1a2t2，veq oal(2,2)veq oa

31、l(2,1)2a2(xL)對木板B有veq oal(2,2)2a2x，聯(lián)立解得相對滑行的時間和木板B的長度分別為：t22 s，L8 m.答案(1)8 m/s(2)2 s8 m4如圖4所示，在光滑的水平面上停放著小車B，車上左端有一小物體A，A和B之間的接觸面前一段光滑，后一段粗糙，且后一段的動摩擦因數(shù)0.4，小車長L2 m，A的質(zhì)量mA1 kg，B的質(zhì)量mB4 kg.現(xiàn)用12 N的水平力F向左拉動小車，當A到達B的最右端時，兩者速度恰好相等，求A和B間光滑部分的長度(g取10 m/s2)解析小車B從開始運動到小物體A剛進入小車B的粗糙部分的過程中，因小物體A在小車B的光滑部分不受摩擦力作用，故小物體A處于靜止狀態(tài)設小車B此過程中的加速度為a1，運動時間為t1，通過的位移為x1，運動的最終速度為v1，則有：a1eq f(F,mB)v1a1t1，x1