高中物理中的板块模型解题方法探析

郑成

板块模型是指滑块和滑板都在水平面上或在斜面上运动的情形，滑块或滑板可能存在外力或没有外力（若板块模型放在斜面上，则往往还要考虑滑块和滑板的重力在沿斜面方向上的分力对运动的影响），滑块和滑板之间可能存在摩擦力，发生相对运动，常伴有临界问题和多过程问题，对学生的综合能力要求较高.本文主要从水平面上的板块模型、斜面上的板块模型和板块模型与动量、能量的综合问题进行分析，对每种问题都举出例题，并有详细分析过程，能确实提高学生板块模型问题的解题能力.

模型一水平面上的板块模型

1.水平方向上有外力作用下的临界情况

（1）外力作用在木板上（如图1）：物体B的质量为M，A的质量为m，地面与B之间的动摩擦因数为μ1，A与B之间的动摩擦因数为μ2，拉力F作用在B上.那么可得：

①当F≤μ1（m+M）g时，A，B相对静止，且都相对地面静止；

②当μ1（m+M）g≤F≤（μ1+μ2）（m+M）g时，A，B相对静止，但A，B整体相对地面运动.

（2）外力作用在木块上（如图2）：物体B的质量为M，A的质量为m，地面与B之间的动摩擦因数为μ1，A与B之间的动摩擦因数为μ2，拉力F作用在A上.那么可得：

①当μ1（m+M）g≥μ2mg时，则B不会相对地面运动，当F≤μ2mg时，A相对于B静止，当F>μ2mg时，A相对于B运动.

②当μ1（m+M）g<μ2mg时，有以下几种情况：

（ⅰ）当F≤μ1（m+M）g时，A，B均相对于地面静止；

（ⅱ）当μ1（m+M）g

（ⅲ）当F>μ1（m+M）g+（m+M）μ2mg－μ1（m+M）gM时，A，B之间相对运动，且A，B均相对于地面运动.B受到A的滑动摩擦力不变.

2.水平方向上无外力作用下的临界情况

（1）如图3，木板静止在水平地面上，给木块一水平初速度v0，两者叠放在光滑水平地面上，木块和木板间的动摩擦因数为μ.

那么可得：

①若木块最终未滑下木板，这种情况下，木块减速、木板加速，直至两者速度相等，之后将一起匀速运动下去，此情况下木板、木块之间的相对位移小于木板长，其速度关系为v0－a木t=a板t.

②若木块最终滑下木板，这种情况下，木块会一直减速到滑下木板，木板会一直加速到木块滑下.分离前，木块加速度大小为a木=μg，木板的加速度大小为a板=μm木gm板.

（2）如图4，木块静止在水平地面上，给木板一水平初速度v0，两者叠放在光滑水平地面上，木块和木板间的动摩擦因数为μ.

那么可得：

①若木块最终未滑下木板，木板减速、木块加速，直至两者速度相等，之后将一起匀速运动下去，此情况下木板、木块之间的相对位移小于木板长，其速度关系为v0－a板t=a木t.

②若木块最终滑下木板，则木板会一直减速到木块滑下，木块会一直加速到滑下木板.分离前，木块的加速度大小为a木=μg，木板的加速度大小为a板=μm木gm板.

3.判断木板、木块共速后的运动状态

如图5，木块和木板共速，地面与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与木块间的动摩擦因数为μ2，木板和木块都相对于地面运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.

那么可得：

①假设木板、木块相对静止，对整体使用牛顿第二定律，可解得整体的加速度大小为μ1g.

②单独对木块分析，其受到的静摩擦力大小为μ1mg，已知木块受到的最大静摩擦力大小为μ2mg.

③比较μ2mg和μ1mg的大小关系，若μ2mg≥μ1mg，即μ2≥μ1，假设成立，反之μ2<μ1，假设不成立.

总结：当木板、木块共速后，若μ2≥μ1，两者相对静止；若μ2<μ1，两者相对运动.

【例1】（水平方向有外力作用在长木板上的板块模型）如图6（甲）所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A.

木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图6（乙）所示的a-F图像.已知重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）

A．滑块A的质量为4 kg

B．木板B的质量为1 kg

C．当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2

D．滑块A与木板B之间的动摩擦μ＝0.1

【规范答题】由题图6（乙）可知，當拉力F>8 N时，A、B发生相对滑动，F≤8 N时二者相对静止.设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，则当F＝8 N时，对整体由牛顿第二定律可得F＝（M＋m）a，解得M＋m＝4 kg；当F>8 N时，对木板B，由牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma，即a＝1MF－mMμg，由题图6（乙）可知，当F>8 N时，图像的斜率k＝1 kg－1，故木板B的质量为M＝1 kg，滑块A的质量m＝3 kg，选项A错误，B正确；当F＝8 N时，A相对B静止，加速度aA＝2 m/s2，则有μmg＝maA，代入数据求解可得μ＝0.2，选项D错误；当F＝10 N时，由F－μmg＝Ma可解得：a＝4 m/s2，选项C正确.

答案：BC

【例2】（水平方向有外力作用在长木板上的板块模型）如图7所示，在光滑的水平面上放有很薄的一个长木板，其长度L=0.5 m，质量M=2 kg，长木板最右端并排放有相距很近的质量为m1和m2的A、B两小滑块（可视为两质点），m1=m2=4Kg，系统处于静止状态.滑块A与长木板的动摩擦因数为μ1=0.2，滑块B与长木板的动摩擦因数为μ2=0.4，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力.从零时刻开始，在长木板右端施加一水平恒力F=26N，使系统向右运动，滑块离开木板落到水平面时无速度损失.已知重力加速度为g=10m/s2.求：

（1）滑块A离开长木板时的速度v1；

（2）2s末两个滑块的距离s；

（3）全过程因摩擦产生的热量Q.

【规范答题】（1）由牛顿第二定律得：

a0=Fm1+m2+M=2.6 m/s2>a1=μ1g=2 m/s2.

故滑块A在长木板滑动.设滑块A在长木板滑动的时间为t1，则有：x1=12a1t21.

对滑块B和长木板由牛顿第二定律：

a2=F－μ1m1gm2+M=3 m/s2

故滑块B和长木板一起以a2=3 m/s2做初速度为0的匀加速运动，则有：x2=12a2t21.

且x2－x1=L，即12a2t21－12a1t21=L，解得：t1=1s

则：v1=a1t1=2m/s、v2=a2t1=3 m/s.

（2）当滑块A滑离长木板后，对滑块B和长木板由牛顿第二定律得：a4=Fm2+M=4.33m/s2>a3=μ2g=4 m/s2.

故滑块B在长木板滑动.设滑块B在长木板滑动的时间为t2，则有x3=v2t2+12a3t22.

对长木板由牛顿第二定律得：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.

故滑块B滑离长木板时刚好用时2s，此时两滑块的距离是s=L+x3－v1t2=L+v2t2+12a3t22－v1t2=3.5m.

（3）全过程系统摩擦生热是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块上的板块模型）如图8所示，质量为 m1的小铁块和质量为 m2的长木板静止叠放在水平地面上，铁块位于木板的最左端，m1=m2=m，木板长为 L，铁块可视为质点.铁块与长木板间的动摩擦因数为 μ1=3μ（μ 为已知常数），长木板与地面间的动摩擦因数为 μ2=μ，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g.现对铁块施加一个水平向右的恒定拉力F，求解下列问题.

（1）若F=7μmg，求铁块需经过多长时间才能离开木板？

（2）为使铁块能离开木板且离开木板时，相对于地面的速度最小，F应该为多大？

【规范答题】（1）当 F=7μmg 時，对铁块由牛顿第二定律有：F-μ1mg=ma1，则 a1=4μg.

对木板由牛顿第二定律有：μ1mg-μ2·2mg=ma2，a2=μg

设时间为t，铁块对地位移为 x1，则x1=12a1t2

木板对地位移为x2，则：x2=12a2t2

铁块从木板右端离开木板：x1-x2=L

带入数据得：t=2L3μg.

（2）设拉力为F＇，铁块和木板的对地加速度分别为 am1 和 am2，铁块在木板上运动的时间为 t＇，对铁块：F＇﹣μ1mg=mam1，则： am1=F′m－3μg，xm1=12am1t′2

对木板am2=μg为定值，则：xm2=12am2t′2

右端离开：xm1-xm2=L

得：t′=2Lam1－μg

铁块速度：vm1=am1·t=am1·2Lam1－μg=2L1am1－μga2m1.

由数学知识知：当am1=2μg 时，铁块速度最小；代入铁块加速度计算式可得：F＇=5μmg.

答案：（1）t=2L3μg；（2）F=5μmg

【例4】（水平面上具有初速度的板块模型）如图9所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，A可视为质点，B的长度为L＝3 m，开始时A、B均静止.现使A以某一水平初速度v0从B的最左端开始运动.已知A与B之间的动摩擦因数为μ1＝0.3 （g取10 m/s2） .

（1）若B与水平面之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，且物块A刚好没有从木板B上滑下来，则A的初速度v0为多大？

（2）若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以（1）问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？最终A和B的速度各为多大？

【规范答题】（1）A在B上向右做匀减速直线运动，加速度大小a1＝μ1g＝3 m/s2

木板B向右做匀加速直线运动，加速度大小a2＝μ1mg-μ2·2mgm＝1 m/s2.

由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A运动到B的最右端时和B速度相同，记为v.

由时间关系得：v0－va1=va2，由位移关系得：L=v20－v22a1－v22a2，联立并代入数据解得：v0＝26 m/s.

（2）若把木板B放在光滑水平面上，则A在B上向右做匀减速直线运动，加速度大小仍为a1＝μ1g＝3 m/s2，B向右做匀加速直线运动，加速度大小为a2′＝μ1mgm＝3 m/s2，假设A、B达到相同速度v′时，A没有脱离B，由时间关系得：v0－v′a1=v′a′2，解得：v′=v02=6m/s，此过程中A运动的位移xA=v20－v′22a1=3m，B运动的位移xB=v′22a′2=1m，因xA－xB＝2 m

答案：（1）26 m/s（2）没有脱离，最终速度均为

6  m/s

模型二斜面上的板块模型

斜面上的板块模型是指滑板和滑块一起在斜面上运动的情形，此类问题的处理方法与水平面上的板块模型类似，只是要考虑滑块和滑板的重力在沿斜面方向上的分力对运动的影响，还有滑块和长木板之间是否会发生相对运动要进行判断.特别要注意判断当滑块与滑板同速时，滑块重力沿斜面方向的分力与滑块受到的最大静摩擦力的大小关系，从而得出滑块能否与滑板以相同的加速度共同运动，并且当受力发生突变时，滑块和滑板运动的加速度也发生突变，要注意根据加速度的不同，将滑块、滑板运动的过程分段处理.

【例5】（斜面上的板块模型）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为θ＝37°的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图10所示.假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为38，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变.已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.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时间内A和B加速度的大小；

（2）A在B上总的运动时间.

【规范答题】（1）在0～2 s时间内，A和B的受力如图11所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如11图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：

f1＝μ1N1①

N1＝mgcos θ ②

f2＝μ2N2③

N2＝N1′＋mgcos θ ④

规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得：

mgsin θ－f1＝ma1⑤

mgsin θ－f2＋f1′＝ma2⑥

N1＝N1′⑦

f1＝f1′⑧

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得：

a1＝3 m/s2⑨

a2＝1 m/s2.⑩

（2）在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则：

v1＝a1t1＝6 m/sB11

v2＝a2t1＝2 m/sB12

t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′，此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得：

a1′＝6 m/s2B13

a2′＝－2 m/s2B14

B做减速运动.设经过时间t2，B的速度减为零，则：有v2＋a2′t2＝0B15

联立B11B14B15得： t2＝1 sB16

在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为：

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

此后B静止，A继续在B上滑动.设再经过时间t3后A离开B，则有：

l－s＝（v1＋a1′t2）t3＋12a1′t32B18

可得： t3＝1 s （另一解不合题意，舍去） B19

设A在B上总的运动时间为t总，有：t总＝t1＋t2＋t3＝4 s

答案：（1）3 m/s21 m/s2（2）4 s

模型三板块模型与动量、能量的综合问题

板块模型中因滑块与滑板间的滑动摩擦力做功，产生摩擦热，所以常涉及能量问题，若要求滑块与滑板间摩擦热Q=f·S相路程.若滑板在光滑水平面上，无水平外力作用时，滑板和滑块组成的系统满足动量守恒，如涉及时间，可应用动量定理，所以该模型常涉及动量问题.在解决板块模型与动量和能量的综合問题时所遵循的方法规律：若水平面光滑且板块合外力为零时，优先考虑应用动量守恒定律;在涉及滑块或滑板的时间时，优先考虑用动量定理;在涉及滑块或滑板的位移时，优先考虑用动能定理;在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒定律;滑块恰好不滑动时，滑块与滑板达到共同速度.

【例6】如图12所示，一质量为M的足够长的木板放在光滑水平面上，其左端放有一质量为m的木块，在木板右方有一竖直的墙.使木板与木块以共同的速度v0向右运动，

某时刻木板与墙发生弹性碰撞.已知木块与木板间的动摩擦因数为μ，取重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A．若M=32m，木板只与墙壁碰撞一次，整个运动过程中摩擦生热的大小为65mv20

B．若M=m，木板只与墙壁碰撞一次，木块相对木板的位移大小为v202μg

C．若M=23m，木板与墙壁第126次碰撞前的速度为15125v0

D．若M=23m，木板最终停在墙的边缘，在整个过程中墙对木板的总冲量大小为53mv0

解析：A．如果M=32m，木板只与墙壁碰撞一次，取向右为正方向，由动量守恒定律得：－Mv0+mv0=M+mv，整个运动过程中摩擦生热的大小为Q=12M+mv20－12M+mv2，联立求解得：Q=2320mv20，故A错误；B．如果M=m，木板只与墙壁碰撞一次，取向右为正方向，由动量守恒定律得：－Mv0+mv0=M+mv，解得：v=0由动能定理可得：－μmgx=0－12M+mv20联立解得x=v20μg故B错误；C．如果M=23m，木板与墙壁碰撞第一次后，速度为v0，方向与原方向相反，取向右为正方向，当木板与木块再次共速时，由动量守恒定律得：－Mv0+mv0=M+mv1解得：v1=m－Mm+Mv0=15·v0同理木板与墙壁碰撞第二次后，速度再次反向，取向右为正方向，由动量守恒定律得：－Mv1+mv1=M+mv2 解得：v2=152·v0由此可知，木板第126与墙壁碰撞的速度为15125v0，故C正确；D．如果M=23m，木板最终停在墙的边缘，根据动量定理可得：∑I=0－m+Mv0在整个过程中墙对木板的冲量大小为53mv0，故D正确.故选CD.

答案：CD

【例7】如图13所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角α=37°，一质量为3m的L形工件沿斜面以速度v0=1m/s匀速向下运动.工件上表面光滑，下端为挡板，现将一质量为m的小木块轻轻放在工件上的A点，当木块运动到工件下端时

（与挡板碰前的瞬间），工件速度刚好减为零，而后木块与挡板第一次相碰，以后木块将与挡板发生多次碰撞．已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）

A．下滑过程中，工件和木块系统沿斜面方向上动量不守恒

B．下滑过程中，工件的加速度大小为2m/s2

C．木块与挡板第1次碰撞后瞬间，工件的速度大小为1.5m/s

D．木块与挡板第1次碰撞至第2次碰撞的时间间隔为0.75s

解析：A．下滑过程中，工件和木块系统沿斜面方向上合力为零，所以沿斜面方向上动量守恒，A錯误；B．工件在斜面上的受力如图14所示，开始工件匀速下滑，根据牛顿第二定律有：3mgsinα=3μmgcosα解得：μ=0.75把木块放上，对工件受力分析有：4μmgcosα－3mgsinα=3ma，解得：a=2m/s2，B正确；C．设碰撞瞬间木块速度为v，碰撞前的过程工件与木块组成的系统动量守恒，即3mv0=mv解得v=3m/s，设碰撞后工件的速度为v2，木块速度为v1，碰撞过程根据动量守恒有mv=mv1+3mv2根据能量守恒有12mv2=12mv12+12·3mv22解得：v1=－1.5m/s；v2=1.5m/s，C正确；D．设木块与挡板第1次碰撞至第2次碰撞的时间间隔为t，在此时间内工件的位移为x2=v2t－12at2，木块的位移x1=v1t+12gsin37°t2；x1=x2解得：t=0.75s，D正确.故选BCD.

答案：BCD

【例8】如图15所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg 的平板车，车的上表面有一段长L＝1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切.现将一质量m＝1.0 kg的小物块（可视为质点）从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.g取10 m/s2，求：

（1）小物块滑上平板车的初速度v0的大小；

（2）小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离.

【规范答题】（1）平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1

由动量守恒定律得mv0＝（M＋m）v1①

由能量守恒定律得：12mv02＝mgR＋μmgL＋12（M＋m）v12②

联立①②并代入数据解得v0＝5 m/s.③

（2）设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒定律得：mv0＝（M＋m）v2④

设小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离为x，由能量守恒定律得：

12mv02＝μmg（L＋x）＋12（M＋m）v22 ⑤

联立③④⑤并代入数据解得：x＝0.5 m

答案：（1）5 m/s（2）0.5 m

责任编辑李平安