物理力學(xué)“滑塊——木板”模型全攻略

所謂“滑塊-木板”模型，即滑塊疊放在長木板上，當(dāng)其中之一以某一初速度滑上另一物體（或在外力F的作用下）通過摩擦力帶動另一物體的運動的模型.從近幾年理科綜合的廣東高考物理試題來看，兩道物理計算題必有一道是動量與能量的力學(xué)計算題，而作為“滑塊-木板”模型因該模型涉及到的物理概念和物理規(guī)律較多，運動過程變化多端，運動狀態(tài)的綜合性和隱蔽性較強，尤其對力學(xué)的三大鑰匙動能定理、動量守恒定律和牛頓運動定律能夠全方位的考查，更能反映學(xué)生的實際水平，有更好的選拔作用，且對考綱的綜合分析能力更好的體現(xiàn)，因此，該模型試題常常成為高考命題專家每年命題的重點和熱點.例如2011年廣東高考理科綜合第36題，2011年廣州二模和2012年廣州一模理科綜合第36題均為“滑塊-木板”模型.所以，高三教師在高考復(fù)習(xí)中有必要引導(dǎo)學(xué)生歸納、總結(jié)該模型試題的特點以及解題的方法，提高課堂復(fù)習(xí)的效率.縱觀該模型試題在近幾年高考和各地模擬考試題中的變化，主要分為兩大類型.

類型一：滑塊以某一初速度沖上一靜止在光滑地面上的長木板，靠滑動摩擦力帶動長木板前進的問題.該類型的特別是滑塊與木板系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)內(nèi)只有一對相互作用的滑動摩擦力做功，且利用一對相互作用的滑動摩擦力做功的代數(shù)和為Wf一對=-fS（S為滑塊相對長木板滑行的路程），然后再對滑塊與長木板構(gòu)成的系統(tǒng)運用動量守恒定律和動能定理進行求解.該種類型主要有下面三種典型例題：（1）滑塊不從長木板上滑下，求長木板至少多長.（2）滑塊從長木板的另一端滑出，求滑出時各自的速度.（3）若在距長木板前端距離為x前有一臺階，滑塊A與臺階只發(fā)生一次碰撞，求x滿足的條件，并討論A與臺階碰撞前瞬間的速度.

【例1】（2012年廣州一模）如圖1所示，木板A靜止在光滑水平面上，其左端與固定臺階相距x.與滑塊B（可視為質(zhì)點）相連的細(xì)線一端固定在O點.水平拉直細(xì)線并給B一個豎直向下的初速度，當(dāng)B到達(dá)最低點時，細(xì)線恰好被拉斷，B從A右端的上表面水平滑入.A與臺階碰撞無機械能損失，不計空氣阻力.已知A的質(zhì)量為2m，B的質(zhì)量為m，A、B之間動摩擦因數(shù)為μ；細(xì)線長為L、能承受的最大拉力為B重力的5倍；A足夠長，B不會從A表面滑出；重力加速度為g.

（1）求B的初速度大小v0和細(xì)線被拉斷瞬間B的速度大小v1.

（2）A與臺階只發(fā)生一次碰撞，求x滿足的條件.

（3）x在滿足（2）條件下，討論A與臺階碰撞前瞬間的速度.

解析：（1）在最低點，由牛頓運動定律：

T-mg= ①

又：T=5mg ②

解①②得：v1=2

滑塊B從釋放到最低點，由機械能守恒定律有：

mv02+mgL=mv12；解得v0=

（2）設(shè)A與臺階碰撞前瞬間，A、B的速度分別為vA和vB，由動量守恒.

mv1=mvB+2mvA ③

若A與臺階只碰撞一次，碰撞后必須滿足：

2mvA≥mvB ④

對A應(yīng)用動能定理：μmgx=×2mv2A ⑤

聯(lián)立③④⑤解得：x≥ ⑥

即A與臺階只能碰撞一次的條件是：x≥ .

（3）設(shè)x=x0時，A左端到臺階板前瞬間，A、B恰好達(dá)到共同速度vAB，由動量守恒

mv1=（m+2m）vAB ⑦

對A應(yīng)用動能定理：μmgx0=2m ⑧

聯(lián)立⑦⑧得：x0= ⑨

（i）當(dāng)x≥x0即x≥時，AB共速后A與擋板碰撞.

由⑧可得A與臺階碰撞前瞬間的速度：

vA1=vAB== ⑩

（ii）當(dāng)x0>x>即>x≥時，AB共速前A就與臺階碰撞，對A應(yīng)用動能定理： μmgx=×2mv2A2 ？輥？輯？訛

A與臺階碰撞前瞬間的速度：vA2= ？輥？輰？訛

【解題方法總結(jié)】

在第（2）小題中，主要理解好“A與臺階只發(fā)生一次碰撞”，即只要A與臺階碰撞后系統(tǒng)的總動量水平向右或總動量為零（即2mvA≥mvB），則最終A與臺階只發(fā)生一次碰撞，再根據(jù)碰撞前A、B系統(tǒng)動量守恒得出A、B兩者的速度關(guān)系，從而確定A的速度范圍，再由于A發(fā)生的位移為x，則對A由動能定理可求得x必須滿足的條件.

在第（3）小題中，關(guān)鍵問題在于A左端碰上臺階前A、B時是否已達(dá)到共同的速度.其方法可先假設(shè)x=x0時，A左端到臺階板前瞬間，A、B恰好達(dá)到共同速度vAB，此過程利用A、B系統(tǒng)動量守恒求得共同速度vAB，再對A應(yīng)用動能定理求得x0.

①若當(dāng)x≥x0（結(jié)合x必須滿足的條件確定x的取值范圍），則A與臺階碰撞前已達(dá)到共同速度vAB，A與臺階碰撞前瞬間的速度vA1=vAB；

②若x

類型二：滑塊疊放在長木板上，當(dāng)其中之一在外力F的作用下靠摩擦力帶動另一物體的運動問題，這類問題與上一類不同之處是，滑塊與長木板系統(tǒng)所受的合外力可能不為零，因此不能應(yīng)用動量守恒定律來處理，主要是應(yīng)用牛頓運動定律結(jié)合勻變速直線運動的規(guī)律來求解，特別對物理學(xué)中的整體法與隔離體法有很好的考查作用，而且更能提高學(xué)生的綜合分析能力，也是各類考試的熱點之一.

【例2】（2011年廣州二模）如圖2所示，質(zhì)量M=1kg的木板靜止在水平面上，質(zhì)量m=1kg、大小可以忽略的鐵塊靜止在木板的右端.設(shè)最大摩擦力等于滑動摩擦力，已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.1，鐵塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ2=0.4，取g=10m/s2.現(xiàn)給鐵塊施加一個水平向左的力F.

（1）若力F恒為8N，經(jīng)1s鐵塊運動到木板的左端.求：木板的長度；

（2）若力F從零開始逐漸增加，且木板足夠長.試通過分析與計算，在圖中作出鐵塊受到的摩擦力f隨力F大小變化的圖象.

（3）（改編）若將水平向左的作用力F改為水平向右的拉力作用于木板的右端，力F從零開始逐漸增加，且木板足夠長.試通過分析與計算，在圖中作出鐵塊受到的摩擦力f隨力F大小變化的圖象.

解析：（1）μ2mg=4N>μ（m+M）g=2N則木板也滑動起來鐵塊的受力如圖，由牛頓第二定律：

F-μ2mg=ma1……①

木板的受力如圖，由牛頓第二定律：

μ2mg-μ1（M+m）g=Ma2……②

設(shè)木板的長度為L，經(jīng)時間t鐵塊運動到木板的左端，則

S木=a2t2……③

S鐵=a1t2……④

又：S鐵-S木=L……⑤

聯(lián)立①②③④⑤解得：L=1m……⑥

（2）（i）當(dāng)F≤2N時，系統(tǒng)沒有被拉動，對鐵塊有：f=F.

當(dāng)F>μ1（m+M）g=2N時，當(dāng)兩者恰好要發(fā)生相對滑動時其加速度最大為am .

對鐵塊，由牛頓第二定律有：μ2mg=mam 解得am=4m/s2

對鐵塊與木板整體，由牛頓第二定律有：

F-1（m+M）g=（m+M）am 解得 F0=6N

（ii）若 2N

對鐵塊與木板整體，由牛頓第二定律有：

F-1（m+M）g=（m+M）a 解得 a=+1解得

再對鐵塊，由牛頓第二定律有：f2 =+1.

（iii）當(dāng)F>6N時，M、m相對滑動，此時鐵塊受到的摩擦力為： f =2mg=4N.

其f—F圖象如圖3所示

（3）f1m=1（m+M）g=2N

（i）當(dāng)0

（ii）設(shè)當(dāng)鐵塊與木板恰好要發(fā)生相對運動時，兩者有共同加速度a0，對鐵塊由牛頓第二定律有：

2mg=ma0 解得：a0=4m/s2.

對鐵塊與木板由牛頓第二定律有：

F0-1（m+M）g=（m+M）a0 解得：F0=10N.

則當(dāng)2

F-1（m+M）g=（m+M）a4 解得：a4=+1

對鐵塊由牛頓第二定律有：

f=ma=+1.

（iii）當(dāng)時F>10N時，M、m相對滑動，此時鐵塊受到的摩擦力為：f=2mg=4N.

【解題方法總結(jié)】

在第（1）小題中，必須先從題意中確定鐵塊與木板之間發(fā)生相對運動，再根據(jù)鐵塊之間的滑動摩擦力與地面對木板的最大靜摩擦力大小判斷能否帶動木板，從而確定鐵塊與木板的運動情況，接著分別對鐵塊與木板應(yīng)用牛頓運動定律求出各自的加速度，在求木板的加速度時要特別注意兩接觸面的滑動摩擦力大小及木板的質(zhì)量為M，再利用1s末他們的相對位移即為木板的長度.

在第（2）小題中，由于一開始當(dāng)力F較小時，鐵塊與木板均處于靜止?fàn)顟B(tài)，兩個接觸面間的摩擦力均為靜摩擦力，先求出兩接觸面各自的最大靜摩擦力f1m和f2m，再從f1m和f2m判斷哪一接觸面先發(fā)生相對滑動.

①若f2m >f1m，則木板相對地面先滑動.

ⅰ、當(dāng)0

ⅱ、當(dāng)F>ftm時，木板開始運動，但鐵塊與木板相對靜止，一起做勻加速直線運動，當(dāng)兩者恰好要發(fā)生相對滑動時其加速度最大為am .

對木板，由牛頓第二定律有：

2mg-1（m+M）g=Mam 解得am

對鐵塊與木板整體，由牛頓第二定律有：

F0- 1（m+M）g=（m+M）am 解得F0 .

（ⅰ）若 ftm

對鐵塊與木板整體，由牛頓第二定律有：

F- 1（m+M）g=（m+M）a

再對鐵塊，由牛頓第二定律有：f2=ma即可求得f2 與F的表達(dá)式.

（ⅱ）若 F>F0m，則兩者相對運動，則f2 =2mg.

②若f2m≤ftm，則木板一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，則

ⅰ、當(dāng)0

ⅱ、當(dāng)F>f2m時，鐵塊在木板上滑動f2 =2mg.

在第（3）小題中，將F作用在木板上時，則不管f2與f1m大小關(guān)系如何，則在木板滑動前，鐵塊一直處于靜止?fàn)顟B(tài).

①當(dāng)0

② 當(dāng)F>f1m時，木板開始運動，但鐵塊與木板相對靜止，一起做勻加速直線運動，當(dāng)兩者恰好要發(fā)生相對滑動時其加速度最大為am

對鐵塊，由牛頓第二定律有：2mg=ma 解得am=2g .

對鐵塊與木板整體，由牛頓第二定律有：

F0-1（m+M）g=（m+M）am .

解得F0 =（m+M）（1g+am）.

（?。┤?f1m

對鐵塊與木板整體，由牛頓第二定律有：

F-1（m+M）g =（m+M）a.

再對鐵塊，由牛頓第二定律有： f2=ma即可求得f2與F的關(guān)系.

（ⅱ）若 F>F0m，則兩者相對運動，則 f2=1mg.

（作者單位：普寧市城東中學(xué)）

責(zé)任編校 李平安