文档内容
训练五 传送带模型和“滑块—木板”模型
题型一 传送带模型
知识梳理
1．水平传送带
滑块的运动情况
情景 传送带不足够长(未达到和传
传送带足够长
送带相对静止)
一直加速 先加速后匀速
vv时，一直减速 v>v时，先减速再匀速
0 0
滑块先减速到速度为0，后
被传送带传回左端
滑块一直减速到右端 若vv，则返回到
0 0
左端时速度为v
2.倾斜传送带
滑块的运动情况
情景
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速(一定满足关系 先加速后匀速(一定满足关
gsin θ<μgcos θ) 系gsin θ<μgcos θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀
一直加速(加速度为gsin θ 速
＋μgcos θ) 若μv时，若μv时，若μ≥tan θ，先
0
θ－μgcos θ，若μ≥tan 减速后匀速；若μμgcos θ，一直加速；
gsin θ＝μgcos θ，一直匀速
gsin θ<μgcos θ，先减
速到速度为0后反向加速，
gsin θ<μgcos θ，一直减
(摩擦力方向一定沿斜 若v≤v，加速到原位置时
0
速
面向上) 速度大小为v；若v>v，运
0 0
动到原位置时速度大小为v
考向1 动力学中水平传送带问题
例1 (多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型．传送带始终保持
v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10
m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是( )
A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B．行李经过2 s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
答案 AC
解析 开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运
动的时间为t，行李做匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at，代入数据解得t＝0.2 s，匀加
1 1 1
速运动的位移大小x＝at2＝×2×0.22 m＝0.04 m，匀速运动的时间为t＝＝ s＝4.9 s，可得行李从A到
1 2
B的时间为t＝t＋t＝5.1 s，故B错误；由以上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李
1 2
到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt－x＝
1
(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误．
考向2 动力学中的倾斜传送带问题
例2 (2021·辽宁卷·13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李．如图所示，以恒定速率v＝
1
0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m．工作人员沿传送方向以速度v
2
＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)．小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.取重力
加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t.
答案 (1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
解析 (1)小包裹的初速度v大于传送带的速度v，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向
2 1
上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcos θ>mgsin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得
a＝0.4 m/s2
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，
用时t＝＝ s＝2.5 s
1
在传送带上滑动的距离为
x＝t＝×2.5 m＝2.75 m
1 1
共速后，匀速运动的时间为t＝＝ s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t＋t＝4.5 s.
2 1 2
考向3 传送带中的动力学图像
例3 (多选)(2023·福建省西山学校高三模拟)如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动．一小滑块
以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其
速度v随时间t变化的图像可能是( )
答案 BC
解析 设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块质量为m，若mgsin θ>μmgcos
θ，则滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcos θ，则小滑块沿传
送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin θ<μmgcos θ，则小滑块所受合力沿传送带向上，
小滑块先做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩
擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确．
变式训练1 (多选)(2023·广东省华南师大附中检测)如图甲所示，一足够长的、倾角为37°的传送带以
恒定速率稳定运行，一质量m＝1 kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体
沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，若取g＝10
m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的有( )
A．0～8 s内物体的位移大小为14 m
B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.625
C．0～4 s内物体上升的高度为4 m
D．0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18 m
答案 AD解析 物体运动的位移即v－t图像中图线与横轴围成的面积，则x＝×4 m－2×2× m＝14 m，A正确；由
物体运动的v－t图像可知，在2～6 s内物体做匀加速直线运动，有a＝＝ m/s2＝1 m/s2，且μmgcos
37°－mgsin 37°＝ma，解得μ＝0.875，B错误；在0～4 s内由题图知，物体运动的位移为0，则在0～
4 s内物体上升的高度为0，C错误；由选项A可知，在0～8 s内物体的位移x＝14 m，传送带的位移x′
＝vt＝4×8 m＝32 m，则0～8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为Δx＝x′－x＝18 m，D正确．
题型二 “滑块—木板”模型
知识梳理
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．
2．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
＝x－x＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x＋x＝L.
1 2 2 1
3．解题关键点
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．
(2)当滑块与木板速度相同时，“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)．
考向1 水平面上的板块问题
例4 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：
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
(4)最终小物块离长木板右端多远？
答案 (1)3 m/s2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m
解析 (1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝，解得a＝3 m/s2
(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用
故a＝μg＝2 m/s2
m
Δx＝at2－at2＝0.5 m
1 m
(3)刚撤去F时v＝at＝3 m/s，v＝at＝2 m/s
m m
撤去F后，长木板的加速度大小a′＝＝0.5 m/s2
最终速度v′＝v＋at′＝v－a′t′
m m
解得共同速度v′＝2.8 m/s(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx＝－，解得Δx＝0.2 m
2 2
最终小物块离长木板右端x＝Δx＋Δx＝0.7 m.
1 2
考向2 斜面上的板块问题
例5 (多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的
斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静
止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为
0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下
列判断正确的是( )
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2
C．经过1 s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
答案 BC
解析 对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a＝＝0.8
1 2
m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有at2－at2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小
1 2
为v＝at＝2.8 m/s，D错误，C正确．
1
考向3 板块问题中的动力学图像问题
例6 (多选)(2023·内蒙古高三检测)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于
长木板上的最右端．现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间
后撤去力F.滑块、长木板的速度时间图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从
长木板P上滑下．重力加速度取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．t＝9 s时长木板P停下来
B．长木板P的长度至少是7.5 m
C．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5
D．滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为12 m
答案 AB
解析 由题图乙可知，力F在t＝5 s时撤去，此时长木板P的速度v＝5 m/s，t＝6 s时两者速度相
1 1 2
同，v＝3 m/s，t＝6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t＝6 s后长木板P的速度小于滑块Q的速
2 2 2
度，0～6 s过程中，以滑块Q为研究对象，由牛顿第二定律得μmg＝ma，且a＝＝0.5 m/s2，解得μ＝
1 1 1 1
0.05，在5～6 s过程中，以长木板P为研究对象，由牛顿第二定律得μ(2m)g＋μmg＝ma，且a＝＝2
2 1 2 2
m/s2，解得μ＝0.075，从6 s末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ(2m)g－μmg＝ma，解
2 2 1 3
得a＝1 m/s2，这段时间Δt＝＝3 s，则t＝9 s时长木板P停下来，故A正确，C错误；长木板P的长度
3 3至少是前6 s过程中滑块Q在长木板P上滑行的距离，即Δx＝×5×5 m＋×(5＋3)×1 m－×3×6 m＝
1
7.5 m，故B正确；在从6 s末到滑块Q停下来的过程中，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝0.5
1 4 4
m/s2，这段时间Δt＝＝6 s，所以t＝12 s时滑块Q停下来，6 s后滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx
4 3 2
＝×6×3 m－×3×3 m＝4.5 m，前6 s长木板P速度更大，后6 s滑块Q速度更大，则滑块Q在长木板P
上滑行的相对位移为Δx＝Δx－Δx＝3 m，故D错误．
1 2
强基固本练
1.如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，
当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动．假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带
与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是( )
A．要实现这一目的前提是μmgsin θ，可得μ>tan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为F＝
f
mgsin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上，故C正确；若使
传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误．
2．(多选)图甲为一转动的传送带，以恒定的速率v顺时针转动．在传送带的右侧有一滑块以初速度v从
0
光滑水平面滑上传送带，运动一段时间后离开传送带，这一过程中滑块运动的v－t图像如图乙所示．由图
像可知滑块( )
A．从右端离开传送带
B．从左端离开传送带
C．先受滑动摩擦力的作用，后受静摩擦力的作用
D．变速运动过程中受滑动摩擦力的作用
答案 AD
解析 由题图乙可知，滑块先向左做匀减速运动减速到零，再向右做匀加速运动，最后以与传送带相同的
速度做匀速直线运动，故从右端离开传送带，故A正确，B错误；滑块先向左做匀减速运动，受到向右的
滑动摩擦力，再向右做匀加速运动，还是受到向右的滑动摩擦力，所以变速运动过程中受滑动摩擦力的作
用，与传送带共速后做匀速直线运动，不受摩擦力作用，故C错误，D正确．
3．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10
m/s2，下列说法正确的是( )
A．M＝m B．M＝2m
C．木板的长度为8 m D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
答案 BC
解析 物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力的作用，故μmg＝ma，而v
1
－t图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为a＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，对木板受力分析可
1
知μmg＝Ma，由v－t图像可知木板的加速度大小为a＝ m/s2＝1 m/s2，联立解得M＝2m，A、D错误，B正
2 2
确；从题图乙可知物块和木板在t＝2 s时分离，两者在0～2 s内的v－t图像与t轴围成的面积之差等于
木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正确．
4.(2023·甘肃省模拟)如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5 m，物块A(可看作质点)以
水平速度v＝4 m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，设A到达传送带右端时的瞬
0
时速度为v，g取10 m/s2，下列说法不正确的是( )
A．若传送带速度等于2 m/s，物块不可能先做减速运动后做匀速运动
B．若传送带速度等于3.5 m/s，v可能等于3 m/s
C．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动
D．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，则传送带的速度不大于3 m/s
答案 D
解析 物块在传送带上的加速度大小为a＝＝1 m/s2，假设物块一直做匀减速运动到传送带右端，根据
v′2－v2＝－2aL，解得v′＝3 m/s>2 m/s，可知当传送带速度等于2 m/s时，物块一直减速到最右端，
0
故A正确；当传送带速度等于3.5 m/s，传送带逆时针转动时，v等于3 m/s，故B正确；若A到达传送带
右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动，此方向传送带的速度可以为任意值，故C
正确，D错误．
5.(多选)(2023·福建福州市高三检测)如图所示，质量为M的长木板A以速度v在光滑水平面上向左匀速
0
运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间的动
摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )
A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板
B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短
C．若只增大v，则小滑块离开木板的速度变大
0D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大
答案 AB
解析 若只增大滑块质量，滑块的加速度不变，木板的加速度增大，所以滑块与木板共速时，滑块没有离
开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，故A正确；若只增大长木板质量，木板的加速度减小，滑块
的加速度不变，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间变短，故B正
确；若只增大木板初速度，滑块的受力不变，滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在
木板上的运动时间变短，所以滑块离开木板的速度变小，故C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木
板的加速度等比例减小，相对位移不变，则滑块滑离木板时速度大于木板速度，滑块滑离木板的过程所用
时间变短，木板对地位移变小，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为木板对地位移减去极长，故减小，
故D错误．
6．(多选)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质
量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0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( )
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t＝24 s
2
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大小为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝＝
0.4，选项A正确．由题图乙可知，t时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水
1
平地面间的动摩擦因数为μ′＝＝0.1，选项B错误．t时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块
2
与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力F＝8 N，此时两者的加速度相同，且木板的加速度达到最大，则对
fm
木板：F－μ′·2mg＝ma，解得a＝2 m/s2；对滑块：F－F＝ma，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可
fm m m fm m
知，t＝24 s，选项C、D正确．
2
7.(2023·山东泰安市模拟)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块
P、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端，且连接物块Q的细线水平，当传送带以8
m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止．重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当传送
带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是( )
A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6
B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 s
C．Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 mD．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20 N
答案 C
解析 当传送带以v＝8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知mg＝μmg，解得μ
P Q
＝0.5，A错误；当传送带以v＝8 m/s的速度顺时针转动，物块Q先做初速度为零的匀加速直线运动，有
mg＋μmg＝(m＋m)a，解得a＝ m/s2，当物块Q速度达到传送带速度，即8 m/s后，做匀速直线运动，由
P Q P Q
v＝at，解得匀加速的时间t＝1.2 s，匀加速的位移为x＝＝4.8 m，则匀速运动的时间为t＝＝1.4 s，
1 1 2
Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t ＝t＋t＝2.6 s，B错误；加速阶段的位移之差为Δx＝vt－x＝
总 1 2 1
4.8 m，即Q从传送带左端到右端相对传送带运动的距离为4.8 m，C正确；当Q加速时，对P分析有mg－
P
F＝ma，解得F＝ N，之后做匀速直线运动，有F′＝20 N，D错误．
T P T T
8．(2023·河南信阳市模拟)如图甲所示，在顺时针匀速转动且倾角为θ＝37°的传送带底端，一质量m＝
1 kg的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度与时间(v－t)关系的部分图像如图乙所
示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ；
(2)物块沿传送带向上运动的最大位移；
(3)物块向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程．
答案 (1)0.5 (2)6.4 m (3)4.8 m
解析 (1)由题图乙可知，物块的初速度v＝8 m/s，物块的速度减速到与传送带的速度相同时，加速度发
0
生变化，所以传送带转动时的速度v＝4 m/s，从t＝0到t＝0.4 s时间内，物块加速度大小为a＝＝ m/s2
1
＝10 m/s2，方向沿斜面向下；物块受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力的作用，沿斜面方向由牛顿第
二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得μ＝0.5.
1
(2)设在t＝0.4 s后，物块做减速运动的加速度大小为a，物块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力
2
的作用，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝2 m/s2，物块从t＝0.4 s开始，经
2 2
过t时间速度减为零，则t＝ s＝2 s，从t＝0到t＝0.4 s，物块位移为x＝vΔt－a(Δt)2＝2.4 m，
1 1 1 0 1
从t＝0.4 s到t＝2.4 s，物块减速到零的位移为x＝t＝×2 m＝4 m，物块沿传送带向上运动过程中的位
2 1
移为x＝x＋x＝6.4 m.
1 2
(3)从t＝0到t＝0.4 s，传送带位移为x＝vΔt＝1.6 m，物块相对传送带向上运动Δx＝x－x＝0.8
3 1 1 3
m，从t＝0.4 s到t＝2.4 s，传送带位移x＝vt＝8 m，物块相对传送带向下运动Δx＝x－x＝4 m，故
4 1 2 4 2
物块向上运动到最高点的过程中，物块相对传送带的路程Δx＝Δx＋Δx＝4.8 m.
1 2
9.(2023·辽宁大连市检测)如图所示，一质量M＝2 kg的长木板B静止在粗糙水平面上，其右端有一质量
m＝2 kg的小滑块A，对B施加一水平向右且大小为F＝14 N的拉力；t＝3 s后撤去拉力，撤去拉力时滑块
仍然在木板上．已知A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，B与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度
1 2
取g＝10 m/s2.(1)求有拉力时木板B和滑块A的加速度大小；
(2)要使滑块A不从木板B左端掉落，求木板B的最小长度．
答案 (1)2 m/s2 1 m/s2 (2)5.25 m
解析 (1)对滑块A根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，故A的加速度大小为a＝1 m/s2，方向向右；对木
1 1 1
板B根据牛顿第二定律可得F－μmg－μ(m＋M)g＝Ma，解得木板B加速度大小为a＝2 m/s2.
1 2 2 2
(2)撤去外力瞬间，A的位移大小为x＝at2＝4.5 m，B的位移大小为x＝at2＝9 m，撤去外力时，滑块A
1 1 2 2
和木板B的速度分别为v＝at＝3 m/s，v＝at＝6 m/s，撤去外力后，滑块A的受力没变，故滑块A仍然
1 1 2 2
做加速运动，加速度不变，木板B做减速运动，其加速度大小变为a′＝＝5 m/s2，设再经过时间t′两者
2
达到共速，则有v＋at′＝v－a′t′
1 1 2 2
撤去外力后，A的位移大小为x′＝vt′＋at′2
1 1 1
B的位移大小为x′＝vt′－a′t′2
2 2 2
故木板B的长度至少为L＝x－x＋x′－x′
2 1 2 1
代入数据解得L＝5.25 m.
