高中物理中的板塊模型解題方法探析

鄭成

板塊模型是指滑塊和滑板都在水平面上或在斜面上運動的情形，滑塊或滑板可能存在外力或沒有外力（若板塊模型放在斜面上，則往往還要考慮滑塊和滑板的重力在沿斜面方向上的分力對運動的影響），滑塊和滑板之間可能存在摩擦力，發(fā)生相對運動，常伴有臨界問題和多過程問題，對學(xué)生的綜合能力要求較高.本文主要從水平面上的板塊模型、斜面上的板塊模型和板塊模型與動量、能量的綜合問題進行分析，對每種問題都舉出例題，并有詳細分析過程，能確實提高學(xué)生板塊模型問題的解題能力.

模型一水平面上的板塊模型

1.水平方向上有外力作用下的臨界情況

（1）外力作用在木板上（如圖1）：物體B的質(zhì)量為M，A的質(zhì)量為m，地面與B之間的動摩擦因數(shù)為μ1，A與B之間的動摩擦因數(shù)為μ2，拉力F作用在B上.那么可得：

①當(dāng)F≤μ1（m+M）g時，A，B相對靜止，且都相對地面靜止；

②當(dāng)μ1（m+M）g≤F≤（μ1+μ2）（m+M）g時，A，B相對靜止，但A，B整體相對地面運動.

（2）外力作用在木塊上（如圖2）：物體B的質(zhì)量為M，A的質(zhì)量為m，地面與B之間的動摩擦因數(shù)為μ1，A與B之間的動摩擦因數(shù)為μ2，拉力F作用在A上.那么可得：

①當(dāng)μ1（m+M）g≥μ2mg時，則B不會相對地面運動，當(dāng)F≤μ2mg時，A相對于B靜止，當(dāng)F>μ2mg時，A相對于B運動.

②當(dāng)μ1（m+M）g<μ2mg時，有以下幾種情況：

（ⅰ）當(dāng)F≤μ1（m+M）g時，A，B均相對于地面靜止；

（ⅱ）當(dāng)μ1（m+M）g

（ⅲ）當(dāng)F>μ1（m+M）g+（m+M）μ2mg－μ1（m+M）gM時，A，B之間相對運動，且A，B均相對于地面運動.B受到A的滑動摩擦力不變.

2.水平方向上無外力作用下的臨界情況

（1）如圖3，木板靜止在水平地面上，給木塊一水平初速度v0，兩者疊放在光滑水平地面上，木塊和木板間的動摩擦因數(shù)為μ.

那么可得：

①若木塊最終未滑下木板，這種情況下，木塊減速、木板加速，直至兩者速度相等，之后將一起勻速運動下去，此情況下木板、木塊之間的相對位移小于木板長，其速度關(guān)系為v0－a木t=a板t.

②若木塊最終滑下木板，這種情況下，木塊會一直減速到滑下木板，木板會一直加速到木塊滑下.分離前，木塊加速度大小為a木=μg，木板的加速度大小為a板=μm木gm板.

（2）如圖4，木塊靜止在水平地面上，給木板一水平初速度v0，兩者疊放在光滑水平地面上，木塊和木板間的動摩擦因數(shù)為μ.

那么可得：

①若木塊最終未滑下木板，木板減速、木塊加速，直至兩者速度相等，之后將一起勻速運動下去，此情況下木板、木塊之間的相對位移小于木板長，其速度關(guān)系為v0－a板t=a木t.

②若木塊最終滑下木板，則木板會一直減速到木塊滑下，木塊會一直加速到滑下木板.分離前，木塊的加速度大小為a木=μg，木板的加速度大小為a板=μm木gm板.

3.判斷木板、木塊共速后的運動狀態(tài)

如圖5，木塊和木板共速，地面與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與木塊間的動摩擦因數(shù)為μ2，木板和木塊都相對于地面運動，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.

那么可得：

①假設(shè)木板、木塊相對靜止，對整體使用牛頓第二定律，可解得整體的加速度大小為μ1g.

②單獨對木塊分析，其受到的靜摩擦力大小為μ1mg，已知木塊受到的最大靜摩擦力大小為μ2mg.

③比較μ2mg和μ1mg的大小關(guān)系，若μ2mg≥μ1mg，即μ2≥μ1，假設(shè)成立，反之μ2<μ1，假設(shè)不成立.

總結(jié)：當(dāng)木板、木塊共速后，若μ2≥μ1，兩者相對靜止；若μ2<μ1，兩者相對運動.

【例1】（水平方向有外力作用在長木板上的板塊模型）如圖6（甲）所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A.

木板B受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出木板B的加速度a，得到如圖6（乙）所示的a-F圖像.已知重力加速度g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則（）

A．滑塊A的質(zhì)量為4 kg

B．木板B的質(zhì)量為1 kg

C．當(dāng)F＝10 N時木板B的加速度為4 m/s2

D．滑塊A與木板B之間的動摩擦μ＝0.1

【規(guī)范答題】由題圖6（乙）可知，當(dāng)拉力F>8 N時，A、B發(fā)生相對滑動，F(xiàn)≤8 N時二者相對靜止.設(shè)滑塊A的質(zhì)量為m，木板B的質(zhì)量為M，則當(dāng)F＝8 N時，對整體由牛頓第二定律可得F＝（M＋m）a，解得M＋m＝4 kg；當(dāng)F>8 N時，對木板B，由牛頓第二定律可得F－μmg＝Ma，即a＝1MF－mMμg，由題圖6（乙）可知，當(dāng)F>8 N時，圖像的斜率k＝1 kg－1，故木板B的質(zhì)量為M＝1 kg，滑塊A的質(zhì)量m＝3 kg，選項A錯誤，B正確；當(dāng)F＝8 N時，A相對B靜止，加速度aA＝2 m/s2，則有μmg＝maA，代入數(shù)據(jù)求解可得μ＝0.2，選項D錯誤；當(dāng)F＝10 N時，由F－μmg＝Ma可解得：a＝4 m/s2，選項C正確.

答案：BC

【例2】（水平方向有外力作用在長木板上的板塊模型）如圖7所示，在光滑的水平面上放有很薄的一個長木板，其長度L=0.5 m，質(zhì)量M=2 kg，長木板最右端并排放有相距很近的質(zhì)量為m1和m2的A、B兩小滑塊（可視為兩質(zhì)點），m1=m2=4Kg，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).滑塊A與長木板的動摩擦因數(shù)為μ1=0.2，滑塊B與長木板的動摩擦因數(shù)為μ2=0.4，最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力.從零時刻開始，在長木板右端施加一水平恒力F=26N，使系統(tǒng)向右運動，滑塊離開木板落到水平面時無速度損失.已知重力加速度為g=10m/s2.求：

（1）滑塊A離開長木板時的速度v1；

（2）2s末兩個滑塊的距離s；

（3）全過程因摩擦產(chǎn)生的熱量Q.

【規(guī)范答題】（1）由牛頓第二定律得：

a0=Fm1+m2+M=2.6 m/s2>a1=μ1g=2 m/s2.

故滑塊A在長木板滑動.設(shè)滑塊A在長木板滑動的時間為t1，則有：x1=12a1t21.

對滑塊B和長木板由牛頓第二定律：

a2=F－μ1m1gm2+M=3 m/s2

故滑塊B和長木板一起以a2=3 m/s2做初速度為0的勻加速運動，則有：x2=12a2t21.

且x2－x1=L，即12a2t21－12a1t21=L，解得：t1=1s

則：v1=a1t1=2m/s、v2=a2t1=3 m/s.

（2）當(dāng)滑塊A滑離長木板后，對滑塊B和長木板由牛頓第二定律得：a4=Fm2+M=4.33m/s2>a3=μ2g=4 m/s2.

故滑塊B在長木板滑動.設(shè)滑塊B在長木板滑動的時間為t2，則有x3=v2t2+12a3t22.

對長木板由牛頓第二定律得：a5=F－μ2m2gM=5 m/s2，且x4=v2t2+12a5t22.

有x4－x3=L，即v2t2+12a5t22－（v2t2+12a23）=L，解得：t2=1 s.

故滑塊B滑離長木板時剛好用時2s，此時兩滑塊的距離是s=L+x3－v1t2=L+v2t2+12a3t22－v1t2=3.5m.

（3）全過程系統(tǒng)摩擦生熱是Q=μ1m1gL+μ2m2gL=12 J.

答案：（1）v1=2 m/s；（2）3.5 m；（3）12 J

【例3】（水平方向有外力作用在物塊上的板塊模型）如圖8所示，質(zhì)量為 m1的小鐵塊和質(zhì)量為 m2的長木板靜止疊放在水平地面上，鐵塊位于木板的最左端，m1=m2=m，木板長為 L，鐵塊可視為質(zhì)點.鐵塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為 μ1=3μ（μ 為已知常數(shù)），長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為 μ2=μ，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度為g.現(xiàn)對鐵塊施加一個水平向右的恒定拉力F，求解下列問題.

（1）若F=7μmg，求鐵塊需經(jīng)過多長時間才能離開木板？

（2）為使鐵塊能離開木板且離開木板時，相對于地面的速度最小，F(xiàn)應(yīng)該為多大？

【規(guī)范答題】（1）當(dāng) F=7μmg 時，對鐵塊由牛頓第二定律有：F-μ1mg=ma1，則 a1=4μg.

對木板由牛頓第二定律有：μ1mg-μ2·2mg=ma2，a2=μg

設(shè)時間為t，鐵塊對地位移為 x1，則x1=12a1t2

木板對地位移為x2，則：x2=12a2t2

鐵塊從木板右端離開木板：x1-x2=L

帶入數(shù)據(jù)得：t=2L3μg.

（2）設(shè)拉力為F＇，鐵塊和木板的對地加速度分別為 am1 和 am2，鐵塊在木板上運動的時間為 t＇，對鐵塊：F＇﹣μ1mg=mam1，則： am1=F′m－3μg，xm1=12am1t′2

對木板am2=μg為定值，則：xm2=12am2t′2

右端離開：xm1-xm2=L

得：t′=2Lam1－μg

鐵塊速度：vm1=am1·t=am1·2Lam1－μg=2L1am1－μga2m1.

由數(shù)學(xué)知識知：當(dāng)am1=2μg 時，鐵塊速度最小；代入鐵塊加速度計算式可得：F＇=5μmg.

答案：（1）t=2L3μg；（2）F=5μmg

【例4】（水平面上具有初速度的板塊模型）如圖9所示，物塊A、木板B的質(zhì)量均為m＝10 kg，A可視為質(zhì)點，B的長度為L＝3 m，開始時A、B均靜止.現(xiàn)使A以某一水平初速度v0從B的最左端開始運動.已知A與B之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.3 （g取10 m/s2） .

（1）若B與水平面之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，且物塊A剛好沒有從木板B上滑下來，則A的初速度v0為多大？

（2）若把木板B放在光滑水平面上，讓A仍以（1）問中的初速度從B的最左端開始運動，則A能否與B脫離？最終A和B的速度各為多大？

【規(guī)范答題】（1）A在B上向右做勻減速直線運動，加速度大小a1＝μ1g＝3 m/s2

木板B向右做勻加速直線運動，加速度大小a2＝μ1mg-μ2·2mgm＝1 m/s2.

由題意知，A剛好沒有從B上滑下來，則A運動到B的最右端時和B速度相同，記為v.

由時間關(guān)系得：v0－va1=va2，由位移關(guān)系得：L=v20－v22a1－v22a2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v0＝26 m/s.

（2）若把木板B放在光滑水平面上，則A在B上向右做勻減速直線運動，加速度大小仍為a1＝μ1g＝3 m/s2，B向右做勻加速直線運動，加速度大小為a2′＝μ1mgm＝3 m/s2，假設(shè)A、B達到相同速度v′時，A沒有脫離B，由時間關(guān)系得：v0－v′a1=v′a′2，解得：v′=v02=6m/s，此過程中A運動的位移xA=v20－v′22a1=3m，B運動的位移xB=v′22a′2=1m，因xA－xB＝2 m

答案：（1）26 m/s（2）沒有脫離，最終速度均為

6 ?m/s

模型二斜面上的板塊模型

斜面上的板塊模型是指滑板和滑塊一起在斜面上運動的情形，此類問題的處理方法與水平面上的板塊模型類似，只是要考慮滑塊和滑板的重力在沿斜面方向上的分力對運動的影響，還有滑塊和長木板之間是否會發(fā)生相對運動要進行判斷.特別要注意判斷當(dāng)滑塊與滑板同速時，滑塊重力沿斜面方向的分力與滑塊受到的最大靜摩擦力的大小關(guān)系，從而得出滑塊能否與滑板以相同的加速度共同運動，并且當(dāng)受力發(fā)生突變時，滑塊和滑板運動的加速度也發(fā)生突變，要注意根據(jù)加速度的不同，將滑塊、滑板運動的過程分段處理.

【例5】（斜面上的板塊模型）下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害.某地有一傾角為θ＝37°的山坡C，上面有一質(zhì)量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均處于靜止狀態(tài)，如圖10所示.假設(shè)某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量也為m（可視為質(zhì)量不變的滑塊），在極短時間內(nèi)，A、B間的動摩擦因數(shù)μ1減小為38，B、C間的動摩擦因數(shù)μ2減小為0.5，A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第2 s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?保持不變.已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l＝27 m，C足夠長，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.取重力加速度大小g＝10 m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：

（1）在0～2 s時間內(nèi)A和B加速度的大小；

（2）A在B上總的運動時間.

【規(guī)范答題】（1）在0～2 s時間內(nèi)，A和B的受力如圖11所示，其中f1、N1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小，f2、N2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如11圖所示.由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得：

f1＝μ1N1①

N1＝mgcos θ ②

f2＝μ2N2③

N2＝N1′＋mgcos θ ④

規(guī)定沿斜面向下為正.設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓第二定律得：

mgsin θ－f1＝ma1⑤

mgsin θ－f2＋f1′＝ma2⑥

N1＝N1′⑦

f1＝f1′⑧

聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入題給數(shù)據(jù)得：

a1＝3 m/s2⑨

a2＝1 m/s2.⑩

（2）在t1＝2 s時，設(shè)A和B的速度分別為v1和v2，則：

v1＝a1t1＝6 m/sB11

v2＝a2t1＝2 m/sB12

t＞t1時，設(shè)A和B的加速度分別為a1′和a2′，此時A與B之間的摩擦力為零，同理可得：

a1′＝6 m/s2B13

a2′＝－2 m/s2B14

B做減速運動.設(shè)經(jīng)過時間t2，B的速度減為零，則：有v2＋a2′t2＝0B15

聯(lián)立B11B14B15得： t2＝1 sB16

在t1＋t2時間內(nèi)，A相對于B運動的距離為：

s=12a1t21+v1t2+12a′1t22－12a2t21+v2t2+12a′2t22=12m<27mB17

此后B靜止，A繼續(xù)在B上滑動.設(shè)再經(jīng)過時間t3后A離開B，則有：

l－s＝（v1＋a1′t2）t3＋12a1′t32B18

可得： t3＝1 s （另一解不合題意，舍去） B19

設(shè)A在B上總的運動時間為t總，有：t總＝t1＋t2＋t3＝4 s

答案：（1）3 m/s21 m/s2（2）4 s

模型三板塊模型與動量、能量的綜合問題

板塊模型中因滑塊與滑板間的滑動摩擦力做功，產(chǎn)生摩擦熱，所以常涉及能量問題，若要求滑塊與滑板間摩擦熱Q=f·S相路程.若滑板在光滑水平面上，無水平外力作用時，滑板和滑塊組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，如涉及時間，可應(yīng)用動量定理，所以該模型常涉及動量問題.在解決板塊模型與動量和能量的綜合問題時所遵循的方法規(guī)律：若水平面光滑且板塊合外力為零時，優(yōu)先考慮應(yīng)用動量守恒定律;在涉及滑塊或滑板的時間時，優(yōu)先考慮用動量定理;在涉及滑塊或滑板的位移時，優(yōu)先考慮用動能定理;在涉及滑塊的相對位移時，優(yōu)先考慮用系統(tǒng)的能量守恒定律;滑塊恰好不滑動時，滑塊與滑板達到共同速度.

【例6】如圖12所示，一質(zhì)量為M的足夠長的木板放在光滑水平面上，其左端放有一質(zhì)量為m的木塊，在木板右方有一豎直的墻.使木板與木塊以共同的速度v0向右運動，

某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞.已知木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，取重力加速度為g，下列說法正確的是（）

A．若M=32m，木板只與墻壁碰撞一次，整個運動過程中摩擦生熱的大小為65mv20

B．若M=m，木板只與墻壁碰撞一次，木塊相對木板的位移大小為v202μg

C．若M=23m，木板與墻壁第126次碰撞前的速度為15125v0

D．若M=23m，木板最終停在墻的邊緣，在整個過程中墻對木板的總沖量大小為53mv0

解析：A．如果M=32m，木板只與墻壁碰撞一次，取向右為正方向，由動量守恒定律得：－Mv0+mv0=M+mv，整個運動過程中摩擦生熱的大小為Q=12M+mv20－12M+mv2，聯(lián)立求解得：Q=2320mv20，故A錯誤；B．如果M=m，木板只與墻壁碰撞一次，取向右為正方向，由動量守恒定律得：－Mv0+mv0=M+mv，解得：v=0由動能定理可得：－μmgx=0－12M+mv20聯(lián)立解得x=v20μg故B錯誤；C．如果M=23m，木板與墻壁碰撞第一次后，速度為v0，方向與原方向相反，取向右為正方向，當(dāng)木板與木塊再次共速時，由動量守恒定律得：－Mv0+mv0=M+mv1解得：v1=m－Mm+Mv0=15·v0同理木板與墻壁碰撞第二次后，速度再次反向，取向右為正方向，由動量守恒定律得：－Mv1+mv1=M+mv2 解得：v2=152·v0由此可知，木板第126與墻壁碰撞的速度為15125v0，故C正確；D．如果M=23m，木板最終停在墻的邊緣，根據(jù)動量定理可得：∑I=0－m+Mv0在整個過程中墻對木板的沖量大小為53mv0，故D正確.故選CD.

答案：CD

【例7】如圖13所示，固定斜面足夠長，斜面與水平面的夾角α=37°，一質(zhì)量為3m的L形工件沿斜面以速度v0=1m/s勻速向下運動.工件上表面光滑，下端為擋板，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小木塊輕輕放在工件上的A點，當(dāng)木塊運動到工件下端時

（與擋板碰前的瞬間），工件速度剛好減為零，而后木塊與擋板第一次相碰，以后木塊將與擋板發(fā)生多次碰撞．已知木塊與擋板都是彈性碰撞且碰撞時間極短，木塊始終在工件上運動，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）

A．下滑過程中，工件和木塊系統(tǒng)沿斜面方向上動量不守恒

B．下滑過程中，工件的加速度大小為2m/s2

C．木塊與擋板第1次碰撞后瞬間，工件的速度大小為1.5m/s

D．木塊與擋板第1次碰撞至第2次碰撞的時間間隔為0.75s

解析：A．下滑過程中，工件和木塊系統(tǒng)沿斜面方向上合力為零，所以沿斜面方向上動量守恒，A錯誤；B．工件在斜面上的受力如圖14所示，開始工件勻速下滑，根據(jù)牛頓第二定律有：3mgsinα=3μmgcosα解得：μ=0.75把木塊放上，對工件受力分析有：4μmgcosα－3mgsinα=3ma，解得：a=2m/s2，B正確；C．設(shè)碰撞瞬間木塊速度為v，碰撞前的過程工件與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，即3mv0=mv解得v=3m/s，設(shè)碰撞后工件的速度為v2，木塊速度為v1，碰撞過程根據(jù)動量守恒有mv=mv1+3mv2根據(jù)能量守恒有12mv2=12mv12+12·3mv22解得：v1=－1.5m/s；v2=1.5m/s，C正確；D．設(shè)木塊與擋板第1次碰撞至第2次碰撞的時間間隔為t，在此時間內(nèi)工件的位移為x2=v2t－12at2，木塊的位移x1=v1t+12gsin37°t2；x1=x2解得：t=0.75s，D正確.故選BCD.

答案：BCD

【例8】如圖15所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝4.0 kg 的平板車，車的上表面有一段長L＝1.5 m的粗糙水平軌道，水平軌道左側(cè)連一半徑R＝0.25 m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點O′處相切.現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1.0 kg的小物塊（可視為質(zhì)點）從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊恰能到達圓弧軌道的最高點A.g取10 m/s2，求：

（1）小物塊滑上平板車的初速度v0的大小；

（2）小物塊與車最終相對靜止時，它距點O′的距離.

【規(guī)范答題】（1）平板車和小物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設(shè)小物塊到達圓弧軌道最高點A時，二者的共同速度為v1

由動量守恒定律得mv0＝（M＋m）v1①

由能量守恒定律得：12mv02＝mgR＋μmgL＋12（M＋m）v12②

聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得v0＝5 m/s.③

（2）設(shè)小物塊最終與車相對靜止時，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對靜止的過程中，由動量守恒定律得：mv0＝（M＋m）v2④

設(shè)小物塊與車最終相對靜止時，它距點O′的距離為x，由能量守恒定律得：

12mv02＝μmg（L＋x）＋12（M＋m）v22 ⑤

聯(lián)立③④⑤并代入數(shù)據(jù)解得：x＝0.5 m

答案：（1）5 m/s（2）0.5 m

責(zé)任編輯李平安