滑块木板模型(解析版)-2022年新课标高中物理模型与方法..pdf

1、韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗1 专题专题 05 滑块木板模型滑块木板模型 目录【模型归纳】.1 模型一 光滑面上外力拉板.1 模型二 光滑面上外力拉块.1 模型三 粗糙面上外力拉板.1 模型四 粗糙面上外力拉块.2 模型五 粗糙面上刹车减速.2【常见问题分析】.2 问题 1 板块模型中的运动学单过程问题.2 问题 2 板块模型中的运动学多过程问题 1至少作用时间问题.3 问题 3 板块模型中的运动学多过程问题 2抽桌布问题.3 问题 4 板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题.4【模型例析】.5【模型演练】.11 【模型归纳】【模型归纳】模型一模型一 光滑面上外力拉板光滑面上外力拉板 加速度 分离

2、不分离 m2m1Ff光滑af m1最大加速度 a1max=g m2加速度 a2=(F-m1g)/m2 条件：a2a1max 即 Fg(m1+m2)条件：a2a1max即 Fg(m1+m2)整体加速度 a=F/(m1+m2)内力 f=m1F/(m1+m2)模型二模型二 光滑面上外力拉块光滑面上外力拉块 加速度 分离 不分离 m2m1Ff光滑af m2最大加速度 a2max=m1g/m2 m1加速度 a1=(F-m1g)/m1 条件：a1a2max 即 Fm1g(1+m1/m2)条件：a2a1max 即 Fm1g(1+m1/m2)整体加速度 a=F/(m1+m2)内力 f=m2F/(m1+m2)模

3、型三模型三 粗糙面上外力拉板粗糙面上外力拉板 不分离（都静止）不分离（一起加速）分离 韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗2 m2m11Ff1af12f2 条件：F2(m1+m2)g 条件：a2a1max 即 2(m1+m2)ga1max=1g 即 F(1+2)g(m1+m2)外力区间范围 F(1+2)g(m1+m2)2(m1+m2)g分离一起加速都静止 模型四模型四 粗糙面上外力拉块粗糙面上外力拉块 1m1g2(m1+m2)g 一起静止 一起加速 分离 m2m11Ff1af12f2 条件：F2(m1+m2)g 条件：2(m1+m2)ga2max=1m1g-2(m1+m2)g/m2 即 F(1-2)m1g

4、(1+m1/m2)外力区间范围 F(1-2)m1g(1+m1/m2)2(m1+m2)g分离一起加速一起静止 模型五模型五 粗糙面上刹车减速粗糙面上刹车减速 一起减速 减速分离 m2m11f1vf12f2a m1最大刹车加速度：a1max=1g 整体刹车加速度 a=2g 条件：aa1max即 21 条件：aa1max即 21 m1刹车加速度：a1=1g m2刹车加速度：a2=2(m1+m2)g-1m1g)/m2 加速度关系：a1a2【常见问题分析】【常见问题分析】问题问题 1 板块模型中的运动学单过程问题板块模型中的运动学单过程问题 恒力拉板 恒力拉块 m1Fm2L m1Fm2L 韩哥智慧之窗韩

5、哥智慧之窗3 x1FFx2x相对m1m2v1v2 x1FFx2x相对m1m2v1v2 t0t/s0v2v/ms-1a1a2v1x相对 t0t/s0v1v/ms-1a2a1v2x相对 分离，位移关系：x相对=a2t02a1t02=L 分离，位移关系：x相对=a1t02a2t02=L 问题问题 2 板块模型中的运动学多过程问题板块模型中的运动学多过程问题 1至少作用时间问题至少作用时间问题 问题：板块分离，F 至少作用时间？m1Fm2L 过程：板块均加速 过程：板加速、块减速 x1FFx2x相对m1m2v1v2 x1Fx2x2 相对m1m2v1v2 t1t/s0v1v/ms-1a2a1v2x1 相

6、对 t1t/s0v1v/ms-1a2a1v2x1 相对x2 相对a1t2 位移关系：x1 相对+x2 相对=L 即 v(t1+t2)/2=L；利用相对运动 v=(a2a1)t1、v=(a2+a1)t2 问题问题 3 板块模型中的运动学多过程问题板块模型中的运动学多过程问题 2抽桌布问题抽桌布问题 抽桌布问题 简化模型 ABa m1Fm2L1L2 过程：分离 过程：匀减速 韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗4 x1FFx2L1m1m2v1v2 x1FL2m1m2v1x1 t0t/s0v2v/ms-1a1a2v1x相对 t0t/s0v1v/ms-1a1v2x1x1a1 分离，位移关系：x2x1=L1 0v0

7、 多过程问题，位移关系：x1+x1=L2 问题问题 4 板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题 块带板 板带块 m1v0m221 m1v0m221 x1v0 x2x相对m1m2v共v共 x1v0 x2x相对m1m2v共v共 t0t/s0v0v/ms-1a2a1v共x相对a共 t0t/s0v0v/ms-1a2a1v共x1 相对a1x2 相对a2 t0t/s0v0v/ms-1a2a1v共x相对a共 12 11mg0.3110 N3 N 韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗6 假设 A、B 之间不发生相对滑动，则 对 A、B 整体，有 F(Mm)a 对 A，有 fABMa 解得

8、 fAB2.5 N 因为 fABfm，所以 A、B 之间不发生相对滑动(2)对 B，有 F1mgmaB 对 A，有 1mg2(Mm)gMaA 据题意有 xBxAL 又 xA aAt2 12xB aBt2 12解得 t s 2【例【例 3】(2020安徽安庆市二模安徽安庆市二模)如图所示，光滑水平地面上有一质量 M2 kg 的足够长的木板以速度 v010 m/s 向右匀速运动，从 t0 时刻起对其施加一水平向左的恒力 F8 N经过 t11 s 时，将一质量 m2 kg的小物块轻放在木板右端已知物块与木板间的动摩擦因数 0.4，取 g10 m/s2.求：(1)刚放上物块时木板的速度大小 v1；(2

9、)物块在木板上相对木板滑动的时间 t.【答案】(1)6 m/s(2)0.5 s【解析】(1)放上物块之前，设木板的加速度大小为 a1，对木板，根据牛顿第二定律有 FMa1 解得 a14 m/s2 木板做匀减速直线运动，则 v1v0a1t1 解得 v16 m/s.(2)放上物块之后，设物块的加速度大小为 a2，木板的加速度大小为 a3.对物块，根据牛顿第二定律有 mgma2 解得 a24 m/s2 对木板，根据牛顿第二定律有 FmgMa3 解得 a38 m/s2 经过时间 t2二者共速时有 a2t2v1a3t2 解得 t20.5 s 共速后若物块和木板相对静止，设二者共同的加速度大小为 a0，由

10、于 F(Mm)a0 解得 a02 m/s2a2，则二者一定相对滑动，若 a0a2，则二者一定相对静止【易错提醒】【易错提醒】有的学生会误认为：物块轻放在木板右端后，由于恒力 F 方向水平向左，物块会受到水平向左的滑动摩擦力，导致物块一开始就向左运动实际上，物块轻放在木板右端后受到的滑动摩擦力方向是根据物块相对木板的运动方向来判断的，物块相对木板是向左运动的，物块受到的滑动摩擦力方向是向右的，因而物块一开始是水平向右加速运动的【例【例 4】(2015全国卷全国卷)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5 m，如图(a)所示。t0 时刻开

11、始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至 t1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后 1 s 时间内小物块的 v-t 图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小 g 取 10 m/s2。求：图(a)图(b)(1)木板与地面间的动摩擦因数 1及小物块与木板间的动摩擦因数 2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。【大题拆分】第一步：分析研究对象模型。设小物块和木板的质量分别为 m 和 M。小物块可以看作质点(初始条件 v0未知，如图甲所示)。第二步：分解过程模型。(1)

12、认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为 v1，如图乙所示。韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗8(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(t0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经 1 s 小物块速度减小为零(如图丁所示)。由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图戊所示)。(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做

13、匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。【答案】(1)0.10.4(2)6 m(3)6.5 m【解析】(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为 v4 m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是 v4 m/s 小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小 a2 m/s24 m/s2 v0t401根据牛顿第二定律有 2mgma2，解得 20.4 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间 t1 s，位移 x4.5 m，末速度 v4 m/s 其逆运动则为匀加速直线运动，可得 xvt a1t2 12解得 a11 m/s2 对小物块和木板整体受力分析，地面对木板的滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定

14、律得：1(m15m)g(m15m)a1，即 1ga1 解得 10.1。(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有 1(15mm)g2mg15ma3 可得 a3 m/s2 43对滑块，加速度大小为 a24 m/s2 由于 a2a3，所以滑块速度先减小到 0，所用时间为 t11 s 的过程中，木板向左运动的位移为 x1vt1 a3t m，末速度 v1va3t1 m/s 122 110383滑块向右运动的位移 x2t12 m v02此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为 a24 m/s2 木板继续减速，加速度大小仍为 a3 m/s2 43假设又经历 t2二者速度相等，则有 a2t2v1

15、a3t2 解得 t20.5 s 此过程中，木板向左运动的位移 x3v1t2 a3t m，末速度 v3v1a3t22 m/s 122 276韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗9 滑块向左运动的位移 x4 a2t 0.5 m 122 2此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为 xx1x2x3x46 m 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为 6 m。(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为 a11 m/s2 向左运动的位移为 x52 m v2 32a1所以木板右端离墙壁最远的距离为 xx1x3x56.5 m。【例【例 5】(2017 课标课标，25)如图，两个滑块 A

16、和 B 的质量分别为 mA1 kg 和 mB5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 10.5；木板的质量为 m4 kg，与地面间的动摩擦因数为 20.1.某时刻 A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v03 m/s.A、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g10 m/s2.求：(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B 开始运动时，两者之间的距离【审题指导】：如何建立物理情景，构建解题路径 首先分别计算出 B 与板、A 与板、板与地面间的滑动摩擦力大小，判断出 A、B 及木板的运动情况 把握好几个运

17、动节点 由各自加速度大小可以判断出 B 与木板首先达到共速，此后 B 与木板共同运动 A 与木板存在相对运动，且 A 运动过程中加速度始终不变 木板先加速后减速，存在两个过程【解析】：(1)滑块 A 和 B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设 A、B 和木板所受的摩擦力大小分别为 f1、f2和 f3，A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 aA和 aB，木板相对于地面的加速度大小为 a1，在物块 B 与木板达到共同速度前有 f11mAg f21mBg f32(mmAmB)g 由牛顿第二定律得 f1mAaA f2mBaB 韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗10 f2f1f3ma1 设在 t1时刻，B

18、 与木板达到共同速度，其大小为 v1，由运动学公式有 v1v0aBt1 v1a1t1 联立式，代入已知数据得 v11 m/s(2)在 t1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 sBv0t1 aBt 122 1设在 B 与木板达到共同速度 v1后，木板的加速度大小为 a2，对于 B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 f1f3(mBm)a2 由式知，aAaB；再由式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为 v1，但运动方向与木板相反由题意知，A 和 B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为 v2，设 A 的速度大小从 v1变到 v2所用的时间为 t2，则由运动学公式，对木板有 v2

19、v1a2t2 对 A 有 v2v1aAt2 在 t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1v1t2 a2t 122 2在(t1t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 sAv0(t1t2)aA(t1t2)2 12A 和 B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此 A 和 B 开始运动时，两者之间的距离为 s0sAs1sB 联立以上各式，并代入数据得 s01.9 m(也可用如图所示的速度时间图线求解)韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗11 【规律总结】【规律总结】“滑块滑板”模型的一般解题步骤 滑块滑板问题的解题关键点(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移

20、之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长(2)滑块是否会从滑板上掉下的临界条件是滑块到达滑板一端时两者共速(3)滑块不能从滑板上滑下的情况下，当两者共速时，两者受力、加速度发生突变【模型演练】【模型演练】1(多选多选)(2020河北唐山调研河北唐山调研)如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为 M和 m，各接触面间的动摩擦因数均为，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为 d.现用水平向右的恒定拉力 F 拉动纸板，下列说法正确的是()A纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为(Mm)g B要使纸板相对砝码运动，F 一定大于 2(Mm)g C若砝码与纸板分离时的速度

21、小于，砝码不会从桌面上掉下 gdD当 F(2M3m)g 时，砝码恰好到达桌面边缘 解析：选 BC.对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力为(Mm)gMg，故 A 错误设砝码的加速度为 a1，纸板的加速度为 a2，则有 MgMa1，FMg(Mm)gma2，发生相对运动需要 a2a1，韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗12 代入数据解得 F2(Mm)g，故 B 正确若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小gd于，匀减速运动的位移小于，则总位移小于d，不会从桌面上掉下，故C正确当F(2Mv22a1gd2gd2v22a1gd2gd23m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1g，纸板的加速度

22、a22g，根据 a2t2 a1t2d，F（Mm）gMgm1212解得 t，则此时砝码的速度 va1t，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小2dg2gdag，则匀减速运动的位移 xd，而匀加速运动的位移 x a1t2d，可知砝码离开桌面，D 错v22a2gd2g12误 2.(多选多选)(2020河南周口市上学期期末调研河南周口市上学期期末调研)如图所示，质量 M2 kg 的足够长木板静止在光滑水平地面上，质量 m1 kg 的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取 10 m/s2.现对物块施加一水平向右的恒力 F2

23、 N，则下列说法正确的是()A物块和长木板之间的摩擦力为 1 N B物块和长木板相对静止一起加速运动 C物块运动的加速度大小为 1 m/s2 D拉力 F 越大，长木板的加速度越大【答案】AC【解析】物块对长木板的摩擦力使木板运动，当 M 与 m 之间达到最大静摩擦力时，发生相对滑动，设此时水平恒力为 F0，由牛顿第二定律有 a，解得 F01.5 N因 F2 NF01.5 N，F0mgmF0MmmgM故两者有相对滑动，物块和长木板之间为滑动摩擦力，有 Ffmg1 N，故 A 正确，B 错误；对物块，由牛顿第二定律 Fmgma1，可得 a11 m/s2，故 C 正确；拉力 F 越大，物块的合力越大

24、，则加速度越大，但长木板受到的滑动摩擦力为 1 N，保持恒定，则相对滑动时木板的加速度恒定为 a20.5 m/s2，mgM故 D 错误 3.(多选)如图甲所示，一质量为 m1的薄木板(厚度不计)静止在光滑水平地面上，现有一质量为 m2的滑块以一定的水平初速度 v0，从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象可知以下判断正确的是()A滑块始终与木板存在相对运动 韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗13 B滑块未能滑出木板 C滑块的质量 m2大于木板的质量 m1 D在 t1时刻，滑块从木板上滑出【答案】ACD【解析】滑块以水平初速度 v0滑上木板，滑块减速，

25、木板加速，滑块和木板的加速度的大小分别为 a2g，a1，由 vt 图象可知，滑块的速度一直大于木板的速度，即两者之间始终存在相对运动，m2gm2m2gm1在 t1时刻，滑块滑出木板，各自做匀速直线运动。由 vt 图象分析可知 a2a1，即 g，则 m1m2，m2gm1选项 A、C、D 正确。4(多选多选)(2021江西上饶市重点中学六校第一次联考江西上饶市重点中学六校第一次联考)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为 m，物块与木板间的动摩擦因数为，木板与水平面间动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为 g.现对物块施加一水平向

26、右的拉力 F，则木板4加速度 a 大小可能是()A0 B.2g3C.D.g2F2mg4【答案】ACD【解析】若 F 较小时，木板和物块均静止，则木板的加速度为零，选项 A 正确；若物块和木板之间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和物块组成的整体，根据牛顿第二定律可得：F 2mg2ma，4解得：a g，选项 D 正确；若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向受两个摩擦力的作F2m14用，根据牛顿第二定律，有：mg 2mgma，解得：a，选项 C 正确 4g25(多选多选)(2021河南天一大联考上学期期末河南天一大联考上学期期末)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在

27、水平地面上已知滑块和木板的质量均为 2 kg，现在滑块上施加一个 F0.5t(N)的变力作用，从 t0 时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度 g取 10 m/s2，则下列说法正确的是()韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗14 A滑块与木板间的动摩擦因数为 0.4 B木板与水平地面间的动摩擦因数为 0.2 C图乙中 t224 s D木板的最大加速度为 2 m/s2【答案】ACD【解析】由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为 8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为 Ffmmg0.4，选项 A 正确由题图乙可知 t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑

28、块与木板相对静止，则木板与820水平地面间的动摩擦因数为 0.1，选项 B 错误t2时刻，滑块与木板将要产生相对滑动，此时滑Ff2mg440块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm8 N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm2mgmam，解得 am2 m/s2；对滑块：FFfmmam，解得 F12 N，则由 F0.5t(N)可知，t24 s，选项 C、D 正确 6(2020 河北石家庄二模，河北石家庄二模，20)(多选多选)如图甲所示，一质量为 M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为 m 的小滑块木板受到水平拉力 F 作用时，用传感器测出长木板的加速度 a

29、 与水平拉力 F 的关系如图乙所示，重力加速度 g10 m/s2，下列说法正确的是()A小滑块与长木板之间的动摩擦因数为 0.1 B当水平拉力 F7 N 时，长木板的加速度大小为 3 m/s2 C当水平拉力 F 增大时，小滑块的加速度一定增大 D小滑块的质量 m2 kg【答案】BD【解析】：由题可知，当 0F6 N 时二者一起加速运动，对整体有 F(Mm)a，aF，即此时 a-F1Mm图线的斜率为整体质量的倒数，得 Mm3 kg；当 F6 N 时二者间出现相对滑动，对木板有 FmgMa，即 aF，可见此时图线斜率为木板质量的倒数，可得 M1 kg，则 m2 kg，D 正确；由于出现相MmgM对

30、滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦力，不再随 F 的增大而变化，则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大，且不再变化，由图可知小滑块的最大加速度为 a大2 m/s2，用牛顿第二定律有 mgma大，得 0.2，A、C 错误将 F7 N 代入 aF得 a3 m/s2，B 正确 1MmgM韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗15 思路探究 拉力 F6 N，加速度为 a2 m/s2，是长木板和小滑块开始相对滑动的临界点当 F6 N时，对长木板和小滑块整体分析，F6 N，对长木板和小滑块分别分析 7如图所示，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

31、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 Fkt(k 是常量)，木板和木块加速度的大小分别为 a1和 a2。下列反映 a1和 a2随时间 t 变化的图线中正确的是()【答案】A【解析】开始时木板和木块一起做加速运动，有 F(m1m2)a，解得 a，即木板和木Fm1m2ktm1m2块的加速度相同且与时间成正比。当木板与木块间的摩擦力达到 m2g 后两者发生相对滑动，对木块有 Fm2gm2a2，a2g，故其图线的斜率增大；对木板，在发生相对滑动后，有 m2gm1a1，Fm2gm2ktm2故 a1为定值。所以选项 A 正确。m2gm18.(2020安徽六安市质量检测安徽六安市

32、质量检测)如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为 m11 kg，与地面间的动摩擦因数 10.2，质量为 m22 kg 且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为 20.4，以 v04 m/s 的水平速度从左端滑上木板，经过 t0.6 s 滑离木板，g 取 10 m/s2，以下说法正确的是()A木板的长度为 1.68 m B小物块离开木板时，木板的速度为 1.6 m/s C小物块离开木板后，木板的加速度大小为 2 m/s2，方向水平向右 D小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞【答案】D【解析】由于 2m2g1(m1m2)g，对木板由牛顿第二定律得 2m2g1(m1m2)g

33、m1a1，解得 a12 m/s2，即物块在木板上以 a22g4 m/s2向右减速滑行时，木板以 a12 m/s2向右加速运动，在 0.6 s 时，物块的速度 v21.6 m/s，木板的速度 v11.2 m/s，B 错误；物块滑离木板时，物块位移为 x2t1.68 m，木v0v22板位移 x1 t0.36 m，两者相对位移为 xx2x11.32 m，即木板长度为 1.32 m，A 错误；物块离开木板v12后，木板做减速运动，加速度大小为 a12 m/s2，方向水平向左，C 错误；分离后，在地面上物块会滑行韩哥智慧之窗韩哥智慧之窗16 x20.32 m，木板会滑行 x10.36 m，所以两者会相碰，D 正确 v222a2v122a19(多选多选)(2020云南大理、丽江等校第二次统考云南大理、丽江等校第二次统考)如图(a)，质量 m10.2 kg 的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量 m