例析板塊模型題的多種解法

賈天東

(甘肅省臨澤縣第一中學)

板塊模型問題是高中物理中的常見問題,且多為綜合類計算題,對大多數學生來說有一定難度,在學習過程中,如果對所學知識理解不夠深入,又不能靈活應用,一旦遇到創新型題型,則很容易出現錯誤.其實,物理學習重在掌握原理,只要抓住問題的本質(涉及的物理原理)就可以輕松解題.本文通過對一道板塊模型的典型例題進行一題多解分析,以期實現對這一題型的掌握.

例如圖1 所示,光滑水平面上放著一個長木板,在木板右端靜止放著一小木塊.已知長木板的長度L＝1.6 m,質量M＝3.0kg;小木塊的質量m＝1.0kg;長木板和小木塊之間的動摩擦因數μ＝0.1;木板受到向右的水平拉力F＝10N,為了使長木板能從小木塊的下方抽出,水平拉力F的作用時間至少應為多少? (g取10m·s－2)

圖1

解析方法1利用運動學公式和牛頓第二定律解題.

設水平拉力F作用的最少時間為t1.在撤去水平拉力后,當小木塊運動到長木板的最左端時,小木塊和木板的速度剛好相同,設為v;該過程小木塊運動的時間為t2.另設在時間t1內,小木塊向右做勻加速直線運動的末速度為v1,加速度為a1,位移為s1;長木板向右做勻加速直線運動的加速度為a2,末速度為v2,位移為s2.

根據牛頓第二定律,對小木塊有

此過程中,小木塊在長木板上滑行,二者相對位移Δs1＝s2－s1.

撤去水平拉力F后,小木塊運動到長木板的最左端時,二者剛好有相同速度v,此過程,小木塊向右做勻加速直線運動,設其加速度大小為a3,運動位移為s3;木板向右做勻減速直線運動,設加速度大小為a4,運動位移為s4.

對小木塊有μmg＝ma3,解得

由題意可知L＝Δs1＋Δs2,解得t1＝0.8s.

方法2利用動量守恒定律、動量定理、動能定理和功能關系解題.

設水平拉力F作用的最少時間為t1,在其作用的時間t1內,小木塊的末速度為v1,運動的位移為s1;木板的末速度為v2,運動的位移為s2.

有水平拉力F作用的運動過程中,根據動能定理,對小木塊有

規定向右為正方向,整個運動過程根據動量定理,對小木塊有

對木板有

有水平拉力F作用的運動過程中,小木塊在長木板上滑行,其滑行的位移為Δs1＝s2－s1.

撤去水平拉力F后,設小木塊運動到長木板的最左端時,二者恰好達到相同速度v.因為在這個運動過程中,小木塊和長木板組成的系統所受的合力為零,所以動量守恒.由動量守恒定律得

設撤去水平拉力F后,小木塊在長木板上滑行的位移為Δs2,由功能關系可得

由題意可知L＝Δs1＋Δs2.

綜合以上各式,代入數據可解得t1＝0.8s.

方法3利用功能關系和動量定理解題.

設水平拉力F作用的最少時間為t1,在有水平拉力作用時,長木板向右做勻加速直線運動的加速度為a,位移為s;撤去水平拉力F后,設小木塊運動到長木板的最左端時,二者恰好達到相同速度v.

在有水平拉力F作用的運動過程中,由牛頓第二定律,對木板有

對小木塊和長木板組成的系統,整個運動過程中,由動量定理得

對小木塊和長木板組成的系統,整個運動過程中,由功能關系得

綜合以上各式,代入數據可解得

方法4結合圖像解題.

設水平拉力F作用的最少時間為t1,撤去水平拉力F后,設小木塊運動到長木板的最左端時,二者恰好達到相同速度v;設從撤去水平拉力到小木塊和長木板速度相等,二者運動的時間為t2.

在有水平拉力F作用的運動過程中,設小木塊向右做勻加速直線運動的末速度為v1,加速度為a1;木板向右做勻加速直線運動的末速度為v2,加速度為a2.

根據牛頓第二定律,對小木塊有

撤去水平拉力F后,設小木塊運動到長木板的最左端時二者恰好達到相同速度v,因為這個過程中,它們組成的系統所受的合力為零,系統動量守恒,故由動量守恒定律得

規定向右為正方向,對撤去水平拉力F后的運動過程分析,對小木塊和長木板分別由動量定理得

如圖2所示,分別畫出小木塊和木板的速度隨時間變化的圖像,其中,表示長木板的“速度—時間”圖像是OAB,表示小木塊的“速度—時間”圖像是OB.根據圖像的物理意義可知,“v-t圖像與橫軸所圍圖形的面積表示物體運動的位移”,即△OBD的面積表示小木塊全過程的位移,四邊形OABD的面積表示長木板全過程的位移,而△OAB的面積表示全過程中小木塊在長木板上滑行的位移,即

圖2

綜合以上各式,代入數據可解得t1＝0.8s.

以上通過4種解法對板塊模型進行了簡單總結和分析.通過比較,不難看出各種解法的特點.本例題有一個隱含條件——撤去水平拉力F后,小木塊運動到長木板的最左端時,二者剛好達到相同速度.不論哪種解法,挖掘這個條件都是無法繞過去的解題關鍵,可見,解法其實都是輔助解題的工具,不論試題如何變形,其涉及的物理規律永遠不會變化,因此,只要抓住解題關鍵,便可挑選自己最熟悉的方法進行解題.

(完)