第3章 专题突破6 “滑块—木板”模型-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（人教版 多选）

该高中物理高考复习课件聚焦“滑块—木板”模型专题，紧扣高考动力学核心考点，依据高考评价体系梳理模型特点、临界条件及解题流程，分析水平面光滑与不光滑、斜面、图像结合等四大考向，归纳相对位移计算、共速临界等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“考向突破+典例精析+素养融合”，如结合v-t图像面积求相对位移的图像法应用，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。通过临界条件“v块=v板”解析滑块不滑离问题，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此实施精准复习教学，助力高考冲刺。

专题突破6　“滑块—木板”模型 第三章　运动和力的关系 [学习目标]　1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。3.会利用图像分析“滑块—木板”。 课时作业 巩固提高训练 内容索引 盘点 核心知识 1.模型特点:滑块(视为质点)置于木板上,滑块和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动,滑块和木板具有不同的加速度。 2.模型构建 (1)隔离法的应用:对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。 (2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。 (3)明确滑块和木板间的位移关系 如图所示,滑块由木板一端运动到另一端的过程中,滑块和木板同向运动时,位移之差Δx=x1-x2=L(板长);滑块和木板反向运动时,位移之和Δx=x2+x1=L。 3.解题关键 (1)摩擦力的分析判断:由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)挖掘“v块=v板”临界条件的拓展含义 ①摩擦力突变的临界条件:当v块=v板时,“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动),或滑动摩擦力改变方向。 ②滑块恰好不滑离木板和木板最短的条件:滑块运动到木板的一端时, v块=v板。 4.处理“滑块—木板”模型中动力学问题的流程 考向1　水平面光滑的板块问题 [典例1]　如图所示,在光滑的水平面上有一足够长且质量为M=4 kg的长木板,在长木板右端有一质量为m=1 kg的小物块,长木板与小物块间的动摩擦因数为μ=0.2,长木板与小物块均静止。现用F=14 N的水平恒力向右拉长木板,经时间t=1 s撤去水平恒力F,g取10 m/s2,则: 提升 关键能力 (1)在F的作用下,长木板的加速度为多大? [解析]　对长木板,根据牛顿第二定律可得 a= 解得a=3 m/s2。 [答案] 3 m/s2 [解析]　方法一　解析法 撤去F之前,小物块只受摩擦力的作用, 故am=μg=2 m/s2 Δx1=at2-amt2=0.5 m。 (2)刚撤去F时,小物块离长木板右端多远? 方法二　图像法 v-t图像中△OAB的面积大小表示撤去F之前小物块 与长木板的相对位移,即物块到木板右端的距离 Δx1=×1 m=0.5 m。 [答案] 0.5 m (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动? [解析]　刚撤去F时 v=at=3 m/s,vm=amt=2 m/s 撤去F后,长木板的加速度大小 a'==0.5 m/s2 最终速度v'=vm+amt'=v-a't' 解得共同速度v'=2.8 m/s。 [答案] 2.8 m/s (4)最终小物块离长木板右端多远? [解析]　方法一　解析法 在t'时间内,小物块和长木板的相对位移 Δx2=- 解得Δx2=0.2 m 最终小物块到长木板右端的距离 x=Δx1+Δx2=0.7 m。 方法二　图像法 图中△OAC的面积表示小物块最终到长木板右端的距离, x=×1.4 m=0.7 m。 [答案] 0.7 m 考向2　水平面不光滑的板块问题 [典例2]　如图所示,一质量M=2 kg的木板长度为L=50 m,静止放在水平面上,另一质量m=2 kg、大小可以忽略的铁块静止放在木板的左端,已知铁块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.5,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。现给铁块施加一个水平向右的力F,求: (1)若F为变力,且从零开始不断增大,当F增大到多少时,铁块与木板即将开始相对滑动? [解析]　二者即将相对滑动时,对整体有 F-μ2(M+m)g=(M+m)a 对木板有μ1mg-μ2(M+m)g=Ma 联立解得F=12 N。 [答案]　 12 N (2)若F恒定为20 N,试通过计算说明,在此情况下,铁块与木板是否分离,若不分离求两者共同的加速度;若分离,求从静止开始经过多长时间,二者分离。 [解析]由于F=20 N>12 N,因此铁块与木板两者会分离,对铁块和木板由牛顿第二定律分别有F-μ1mg=ma1,μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2 解得a1=5 m/s2,a2=1 m/s2 二者分离时的相对位移L=a1t2-a2t2 解得分离所需时间t=5 s。 [答案]　(2)见解析 考向3　斜面上的板块问题 [典例3]　如图所示,在倾角为θ=30°的足够长的固定光滑斜面上,有一质量为M=3 kg的长木板正以v0=10 m/s的初速度沿斜面向下运动。现将一质量m=1 kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央,已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ=,设小物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)放上小物块后,木板和小物块的加速度大小; [解析]　小物块在长木板上滑动时受到的沿长木板方向的滑动摩擦力大小为 Ff=μmgcos θ=7.5 N, 由牛顿第二定律,对小物块有 Ff+mgsin θ=ma1, 代入数据得a1=12.5 m/s2, 对长木板,由牛顿第二定律有 Mgsin θ-Ff'=Ma2,其中Ff'=Ff, 代入数据得a2=2.5 m/s2。 [答案]　2.5 m/s2　12.5 m/s2 (2)要使小物块不滑离长木板,长木板至少要有多长。 [解析]　设当小物块与长木板共速时速度为v1,有 v1=a1t1=v0+a2t1, 解得t1=1 s,v1=12.5 m/s, 共速后,小物块与长木板相对静止,一起向下做匀加速运动,则共速前小物块与木板的相对位移为x=t1-t1=5 m, 故长木板长度至少为10 m。 [答案]　10 m 考向4　与图像结合的板块问题 [典例4]　(多选)(2025·四川遂宁模拟)如图甲所示,一足够长的木板静置于水平地面上,右端放置一可视为质点的小物块。在t=0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F=36 N,作用1 s后撤去F,整个过程木板运动的v-t图像如图乙所示。已知小物块的质量m=2 kg,木板的质量为M,物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,物块始终未从木板掉落。下列说法正确的是(　 　) A.木板的质量M=4.5 kg B.物块与木板及木板与地面间的动摩擦因数为0.2 C.小物块相对木板运动的位移为2.25 m D.整个过程木板运动的位移大小为6.75 m BCD [解析]　由图像乙可知,在t=1.5 s时木板的加速度发生了变化,说明此时小物块与木板的速度相等,小物块对木板的摩擦力方向发生了变化,在1~ 1.5 s时间内小物块相对木板滑动,根据图像乙可知,木板的加速度大小为a2= m/s2=4 m/s2,对木板由牛顿第二定律有μmg+μ(m+M)g=Ma2,根据图像乙可知,在0~1 s时间内木板的加速度大小为a1= m/s2=5 m/s2, 由牛顿第二定律有F-μmg-μ(m+M)g=Ma1,联立解得M=4 kg,μ=0.2,故B正确,A错误;在0~1.5 s时间内小物块始终相对木板滑动,由牛顿第二定律可 得,小物块的加速度a3==2 m/s2,小物块的位移为x物=a3t2=2.25 m,木板的位移等于0~1.5 s时间内v-t图像中图线与坐标轴包围的面积,则x板=×5×1 m+×(1.5-1)m=4.5 m,t=1.5 s之后,小物块与木板相对静止,则整个过程小物块相对木板运动的位移大小为x相=x板-x物=2.25 m,木板与小物块一起运动的位移x板'==2.25 m,木板运动的总位移x板总=x板+x板'= 6.75 m,故C、D正确。 求解“滑块—木板”类问题的方法技巧 1.弄清各物体初态对地的运动和各物体的相对运动(或相对运动趋势),根据相对运动(或相对运动趋势)情况确定物体间的摩擦力方向。 2.准确地对各物体进行受力分析,并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度,结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。 3.速度相等是这类问题的临界点,此时往往意味着物体间的相对位移最大,物体的受力和运动情况可能发生突变。 方法技巧 1.如图所示,质量为4 kg的薄木板静置于足够大的水平地面上,其左端有一质量为2 kg的物块,现对物块施加一大小为12 N、水平向右的恒定拉力F,只要拉力F作用的时间不超过1 s,物块就不能脱离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4,木板与地面间的动摩擦因数为0.1,物块可视为质点,取重力加速度大小g=10 m/s2,则木板的长度为(　　)   A.0.8 m　　 B.1.0 m C.1.2 m D.1.5 m B 教参独具 解析:设在拉力F作用下物块在木板上滑动时物块的加速度大小为a1,撤去外力后物块的加速度大小为a2,木板的加速度为a3,根据牛顿第二定律有F-μ1mg=ma1,μ1mg=ma2,μ1mg-μ2(M+m)g=Ma3,解得a1=2 m/s2,a2=4 m/s2, a3=0.5 m/s2,拉力F作用的时间为1 s时,物块、木板的速度分别为v1= a1t1=2 m/s,v2=a3t1=0.5 m/s,设又经t2时间,物块、木板共速,则v共=v1-a2t2=v2+a3t2,解得t2= s,v共= m/s,木板的长度为L=v1t1-v2t1+t2-t2=0.75 m+0.25 m=1.0 m,故选B。 2.(多选)(2025·湖南常德模拟)如图甲所示,长木板B静止在水平地面上,在t=0时刻,可视为质点、质量为1 kg的物块A在水平外力F作用下,从长木板的左端由静止开始运动,1 s后撤去外力F,物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示,g=10 m/s2,则下列说法正确的是(　 　) A.长木板的最小长度为2 m B.A、B间的动摩擦因数是0.1 C.长木板的质量为0.5 kg D.外力F的大小为4 N ABD 解析:由图乙可知,2 s后物块和木板达到共速,一起匀速运动,说明木板与地面之间无摩擦,v-t图像中图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移,故由图乙可知,在2 s内物块的位移为x1=4 m,木板的位移为x2=2 m,故长木板的最小长度为L=x1-x2=2 m,A正确;1 s时撤去外力F,在1~2 s内由物块A的受力及牛顿第二定律可知μmg=maA,由图乙可知1~2 s内物块A的加速度大小为aA=1 m/s2,解得A、B间的动摩擦因数为μ=0.1,B正确;由图乙可知,木板的加速度大小为aB=1 m/s2,由木板B的受力及牛顿第二定律可知μmg=MaB,解得长木板的质量为M=1 kg,C错误;由0~1 s内的物块A的受力及牛顿第二定律可知F-μmg=maA',又此过程中加速度的大小为aA'=3 m/s2,解得F=4 N,D正确。 3.(2025·江苏扬州模拟)如图甲所示,光滑斜面上有固定挡板A,斜面上叠放着小物块B和薄木板C,木板下端位于挡板A处,整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时,木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,则由图像可知,下列说法正确的是(　　) A.10 N<F<15 N时物块B和木板C相对滑动 B.木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出 C.由题目条件可求木板C的质量 D.F>15 N时物块B和木板C相对滑动 D 解析:由图乙可知,当10 N<F<15 N时物块B和木板C相对静止,当F>15 N时木板的加速度变大,物块B和木板C产生了相对滑动,故A错误,D正确;对木板和物块整体,当F1=10 N时,a=0,则F1=(M+m)gsin θ,当F2=15 N时,a=2.5 m/s2,则F2-(M+m)gsin θ=(M+m)a,联立得M+m=2 kg,sin θ=,但是不能求解木板C的质量,故C错误;当F2=15 N时,对物块B,有μmgcos θ-mgsin θ=ma,解得μ=,故B错误。 课时作业 巩固提高训练 2 3 4 5 6 7 8 1 1.(多选)如图所示,质量m=1 kg的小滑块(可视为质点)放在木板的右端,质量为M=4 kg的木板与水平地面和滑块间的动摩擦因数皆为μ=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,开始时木板与小滑块均处于静止状态。现给木板加一水平向右的恒力F,重力加速度g取10 m/s2,则以下说法中错误的是(　　) A.当拉力F=18 N时,小滑块和木板一起匀速运动 B.当拉力F=24 N时,小滑块和木板一起匀速运动 C.当拉力F=30 N时,小滑块和木板一起加速运动 D.当拉力F=42 N时,小滑块和木板发生相对滑动 AB A 夯实基础 解析:木板受到地面的最大静摩擦力f1=μ(M+m)g=20 N,则当拉力F=18 N时,小滑块和木板都保持静止,故A错误;当小滑块受到最大摩擦力时,产生的最大加速度为a==4 m/s2,对木板受力分析,根据牛顿第二定律可知F-μmg-μ(M+m)g=Ma,解得F=40 N,当拉力F=24 N时,因为20 N<24 N<40 N,所以滑块和木板一起匀加速运动,故B错误;当拉力F=30 N时,因为30 N< 40 N,所以滑块和木板一起加速运动,故C正确;当拉力F=42 N时,因为42 N >40 N,两者发生相对滑动,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 2.如图所示,在足够大的水平地面上静置一木板,可视为质点的物块以v0= 3 m/s的速度滑上木板,最终物块恰好到达木板的右端,木板沿地面运动的最大距离恰好等于木板的长度。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.05,重力加速度大小g取10 m/s2,则木板的长度为(　　) A.1.0 m　　　　　　　　 B.1.5 m C.2.0 m D.2.5 m 2 3 4 5 6 7 8 1 B 解析:设物块的质量为m,木板的质量为M,物块减速和木板加速到共同速度的时间为t1,加速度为a1、a2,有a1==2 m/s2,a2=,v0-a1t1=a2t1=v,木板的位移为x1=t1,两者共速后,因μ1>μ2,则一起减速到停止,设共同减速的加速度为a3,有a3==0.5 m/s2,木板的位移为x2=,木板沿地面运动的最大距离恰好等于木板的长度,即L=x1+x2,最终物块恰好到达木板的右端,即物块相对木板滑动的位移为板长,有L=t1-x1,联立各式解得t1=1 s,L=1.5 m,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 1 3.(多选)如图甲所示,质量为mA=2 kg的木板A静止在水平地面上,质量为mB=1 kg的滑块B静止在木板的左端。对B施加一水平向右的恒力F,一段时间后B从A右端滑出,A继续在地面上运动一段距离后停止,此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.6 B.木板与地面间的动摩擦因数为0.1 C.F的大小可能为9 N D.F的大小与板长L有关 2 3 4 5 6 7 8 1 BD 解析:当滑块在木板上滑动时,木板的加速度为a1== m/s2=2 m/s2,根据牛顿第二定律,对木板A有μ1mBg-μ2(mA+mB)g=mAa1,滑块从木板上滑出后,木板的加速度为a2==- m/s2=-1 m/s2,根据牛顿第二定律得-μ2mAg= mAa2,联立解得μ1=0.7,μ2=0.1,A错误,B正确;对滑块B,有F-μ1mBg=mBaB,其中aB>2 m/s2,则F>9 N,即F的大小不可能为9 N,C错误;根据运动学公式有L=aBt2-a1t2,式中t=1 s,联立解得F=(2L+9)(N),即F的大小与板长L有关,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 4.(2025·浙江宁波高三模拟)如图所示,倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=1.8 m、质量M=3 kg的薄木板,木板的最右端叠放一质量m=1 kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动,设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,则(　　) A.要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动,需恒力F>15 N B.当恒力F=25 N时,物块会与木板发生相对滑动 C.当恒力F>30 N时,物块会与木板发生相对滑动 D.当恒力F=37.5 N时,物块滑离木板所用的时间为1 s 2 3 4 5 6 7 8 1 C 解析:要使木板沿斜面加速运动,对物块与木板整 体有F>(M+m)gsin α,解得F>20 N,故A错误;对物块 与木板整体,由牛顿第二定律可得F-(M+m)gsin α= (M+m)a,对物块有Ff-mgsin α=ma,为使物块不滑离 木板,则Ff≤μmgcos α,解得F≤30 N,综上可得,当F≤30 N时物块不滑离木板,当F>30 N时物块与木板发生相对滑动,故B错误,C正确;若F=37.5 N> 30 N,物块能滑离木板,对木板有F-Mgsin α-μmgcos α=Ma1,对物块有μmgcos α-mgsin α=ma2,设经时间t物块滑离木板,由运动学公式有a1t2-a2t2=L,解得t=1.2 s,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 5.(10分)如图所示,载重卡车载着与卡车质量相等的货物在平直公路上以v0=24 m/s的速度匀速行驶,紧急制动时防抱死制动系统(ABS)使车轮与地面间恰好达到最大静摩擦力,货物相对水平车厢底板发生滑动,恰好不能与车厢前壁发生碰撞。已知车轮与地面间的动摩擦因数μ1=0.9,货物与车厢底板间的动摩擦因数μ2=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)求货物与车厢前壁的距离L; 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:设货物与卡车的质量均为m,卡车紧急制动时的加速度大小为a1,货物在车厢底板滑动时的加速度大小为a2,则由牛顿第二定律有2μ1mg-μ2mg=ma1,μ2mg=ma2,由运动学公式有-=L,解得L=7.2 m。 答案:7.2 m (2)若卡车以v=28 m/s的速度匀速行驶,要使货物不能与车厢前壁发生碰撞,求卡车制动的最短距离d。 2 3 4 5 6 7 8 1 解析: 设货物匀减速运动的位移大小为x,则有x=, 由几何关系有d=x-L 解得d=41.8 m。 答案: 41.8 m 6.如图所示,光滑水平面上有一足够长的轻质绸布C,C上静止地放有质量分别为2m、m的物块A和B,A、B与绸布间的动摩擦因数均为μ。已知A、B与C间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施加一水平拉力F,F从0开始逐渐增大,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　) A.当F=0.5μmg时,A、B、C均保持静止不动 B.当F=2.5μmg时,A、C不会发生相对滑动 C.当F=3.5μmg时,B、C以相同加速度运动 D.只要力F足够大,A、C一定会发生相对滑动 2 3 4 5 6 7 8 1 B B 能力提升 解析:B对C的最大静摩擦力为FfBC=μmg,由于C是轻质绸布,故A、C间最大静摩擦力为FfAC=FfBC=μmg,小于A、C间最大静摩擦力2μmg,即无论F多大,A与C都不会发生相对滑动,故B正确,D错误;B与C恰好发生相对滑动时,对B由牛顿第二定律有μmg=ma0,对A、B、C整体,由牛顿第二定律有F0=(2m+m)a0=3μmg,则当F>3μmg时,B与C发生相对滑动,且发生相对滑动后,二者加速度不同,故C错误;水平地面光滑,故只要水平力不为零,系统就会发生运动,故A错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 7.(10分)(2025·宁夏银川模拟)如图所示,光滑水平面上放着长L=2 m,质量为M=4 kg的薄木板,一个质量为m=1 kg的小物体放在木板的最右端,小物体和木板之间的动摩擦因数μ=0.2,开始均静止,现对木板施加一水平向右的恒定拉力F,g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)为使小物体不从木板上掉下,F不能超过多少? 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:小物体随木板运动的最大加速度为a,对小物体由牛顿第二定律得μmg=ma 可得小物体最大加速度为 a=μg=0.2×10 m/s2=2 m/s2 对整体分析,由牛顿第二定律得 Fm=(M+m)a=10 N。 答案:10 N (2)如果拉力F=11 N,小物体需多长时间脱离木板? 2 3 4 5 6 7 8 1 解析: 因施加的拉力F=11 N>10 N,故物体相对木板滑动,设木板对地运动的加速度为a1,对木板由牛顿第二定律得F-μmg=Ma1 解得a1=2.25 m/s2 小物体在木板上运动的时间为t1,则 L=a1-a 解得t1=4 s。 答案:4 s 8.(15分)(2025·江苏苏州模拟)如图所示,有一倾角为θ=37° 的斜面(sin 37°=),下端固定一挡板,挡板与斜面垂直,一长 木板上表面的上部分粗糙,下部分光滑,上端放有一质量 为m的小物块。现让长木板和小物块同时由静止释放,此时刻为计时起点,在第2 s末,小物块刚好到达长木板的光滑部分,又经过一段时间,长木板到达挡板处速度恰好减为零,小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分间的动摩擦因数μ1=,长木板与斜面间的动摩擦因数μ2=0.5,长木板的质量M=m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2。求: 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)在0~2 s时间内长木板和小物块的加速度的大小; 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:在0~2 s时间内,对小物块和长木板受力分析,Ff1、FN1是小物块与长木板之间的摩擦力和正压力的大小,Ff2、FN2是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小,Ff1=μ1FN1,FN1=mgcos θ Ff2=μ2FN2,FN2=FN1+Mgcos θ 规定沿斜面向下为正,设小物块和长木板的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得 mgsin θ-Ff1=ma1 Mgsin θ-Ff2+Ff1=Ma2 联立得a1=3 m/s2,a2=1 m/s2。 答案:1 m/s2　3 m/s2　 (2)开始时长木板距离挡板多远; 2 3 4 5 6 7 8 1 解析: 在t1=2 s时,设小物块和长木板的速度分别为v1和v2, 则v1=a1t1=6 m/s,v2=a2t1=2 m/s t>t1时,设小物块和长木板的加速度分别为a1'和a2'。此时小物块与长木板之间摩擦力为零, 对小物块:mgsin θ=ma1',a1'=6 m/s2 对长木板:Mgsin θ-μ2(M+m)gcos θ=Ma2',a2'=-2 m/s2 即长木板做匀减速运动,设经过时间t2,长木板的速度减为零,则有v2+a2't2=0 联立得t2=1 s 在t1时间内,长木板的位移L1=a2=2 m, 在t2时间内,长木板的位移L2=|a2'|=1 m 则开始时长木板与挡板的距离 L=L1+L2=3 m。 2 3 4 5 6 7 8 1 答案:3 m (3)长木板的长度。 2 3 4 5 6 7 8 1 解析: 长木板的长度等于小物块相对于长木板运动的距离,即s=(a1+v1t2+a1')-L=12 m。 答案:12 m $$