程會(huì)琴　張金龍

板塊模型是高中物理的經(jīng)典模型之一，它能夠?qū)⑽矬w的受力分析、運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析、力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系及相關(guān)的運(yùn)動(dòng)圖象等力學(xué)主干知識(shí)串起來(lái)進(jìn)行考查，因而備受高考命題專(zhuān)家的青睞。本文以2021年全國(guó)高考乙卷第21題為例引入，總結(jié)分析板塊模型中的情境并進(jìn)行拓展，旨在引導(dǎo)學(xué)生分析、歸納、總結(jié)板塊模型的特點(diǎn)及相應(yīng)的分析方法。

一、高考真題回顧

（2021年全國(guó)乙卷第21題）水平地面上有一質(zhì)量為m1的長(zhǎng)木板，木板的左端上有一質(zhì)量為m2的物塊，如圖1所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖2所示，其中F1、F2分別為t1、t2時(shí)刻F的大小。木板的加速度a1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖3所示。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2。假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g。則（ ）

【解析】由圖3可知，t1時(shí)物塊與木板一起剛開(kāi)始滑動(dòng)，此時(shí)物塊與木板相對(duì)靜止，以整體為研究對(duì)象有F1=μ1（m1+m2）g，故A錯(cuò)誤。由圖3可知，t2時(shí)物塊與木板剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有F2-μ1（m1+m2）g=（m1+m2）a;以木板為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有μ2m2g-μ1（m1+m2）g=m1a>0，解得F2=（μ2-μ1）g，μ2> μ1，故BC正確。由圖3可知，0～t2這段時(shí)間物塊與木板相對(duì)靜止，所以有相同的加速度，故D正確。

二、板塊模型分析的思路總結(jié)

三、拓展訓(xùn)練

【情境1】地面和木板均粗糙，物塊與木板均不受外力作用。設(shè)木板足夠長(zhǎng)，取v1為正方向，m和M同向運(yùn)動(dòng)。

（1） v1>v2時(shí)，對(duì)物塊m，由μ1mg=ma1得知物塊以a1= μ1g做勻減速直線運(yùn)動(dòng);對(duì)木板M，由μ1mg-μ2（m+M）g= Ma2得知木板以a2= 做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。

（2） v1

共速后，對(duì)于物塊，最大加速度am=μ1g，需要考慮物塊和木板是否會(huì)出現(xiàn)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，先假設(shè)無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，二者加速度相同，對(duì)整體有μ2（m+M）g=（m+M）a，a=μ2g。若a≤am，即μ1≤μ2時(shí)，二者以共同的加速度a=μ2g做勻減速直線運(yùn)動(dòng);若a>am，即μ1>μ2時(shí)，物塊以較小的加速度a1=μ1g做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，而由μ2（m+M）g-μ1mg=Ma2得知，木板以a2= 做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，不可能出現(xiàn)與物塊同步運(yùn)動(dòng)的情況。

【例1】如圖5，一長(zhǎng)木板在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻（t=0）將一物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，木板運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間圖象可能是下列選項(xiàng)中的（ ）

【解析】設(shè)在木板與物塊未達(dá)到相同速度之前，木板的加速度為a1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2。對(duì)木板應(yīng)用牛頓第二定律得-μ1mg-μ2·2mg=ma1，解得a1=-（μ1+2μ2）g。設(shè)物塊與木板達(dá)到相同速度之后，木板的加速度為a2，對(duì)整體有-μ2·2mg=2ma2，a2=-μ2g，可知|a1|>|a2|，由v-t圖象的斜率表示加速度大小可知A正確。

【情境2】地面與木板均粗糙，物塊受外力F作用，物塊初速度小于木板速度。設(shè)木板足夠長(zhǎng)，取v1為正方向，m和M開(kāi)始時(shí)運(yùn)動(dòng)方向相同，且v1μ1mg>μ2（m+M）g時(shí)，物塊速度反超木板;當(dāng)F>μ1mg，μ1mg<μ2（m+M）g時(shí)，物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng);當(dāng)F<μ1mg，μ1mg<μ2（m+M）g時(shí)，物塊與木板均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。

【例2】在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長(zhǎng)的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等?，F(xiàn)給木塊施加一隨時(shí)間t增大的水平力F=kt（k是常數(shù)），木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2，下列反映a1和a2變化的圖象中正確的是（ ）

【解析】木塊和木板之間相對(duì)靜止時(shí)，所受的摩擦力均為靜摩擦力，在達(dá)到最大靜摩擦力前，木塊和木板以相同加速度運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律知a= ;木塊和木板相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，a1=恒定不變，a2=-μg，a2是t的線性函數(shù)，t增大，a2也增大。由于< ，則木塊與木板相對(duì)滑動(dòng)后a2圖象斜率大于a1圖象斜率，故A正確。

【情境3】地面和木板粗糙，木板受外力F作用，物塊初速度小于木板初速度。物塊與木板共速前，對(duì)于物塊m有μ1mg=ma1，物塊以加速度a1=μ1g做勻加速直線運(yùn)動(dòng);對(duì)于木板M有F-μ2（m+M）g- μ1mg=Ma2，加速度a2=。當(dāng)a2=0時(shí)，F(xiàn)=μ2（m+M）g+μ1mg，物塊以加速度a1做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，木板做勻速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與木板可共速;當(dāng)a2>0時(shí)，F(xiàn)>μ2（m+M）g+μ1mg，物塊和木板均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，而木板加速度a2=≥a1時(shí)，即當(dāng)F≥（μ1+μ2）（m+M）g時(shí)物塊與木板不可能共速;當(dāng)a2

【例3】如圖8，一長(zhǎng)L=2m、質(zhì)量M=4kg的薄木板（厚度不計(jì)）靜止在粗糙的水平臺(tái)面上，其右端距平臺(tái)邊緣l=5m，木板的正中央放有一質(zhì)量為m=1 kg的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）。已知木板與水平臺(tái)面、物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.4，現(xiàn)對(duì)木板施加一水平向右的恒力F，其大小為48N，g取10m/s2，求：

（1）F作用了1.2s時(shí)，木板的右端離平臺(tái)邊緣的距離;

（2）要使物塊最終不能從平臺(tái)上滑出去，則物塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2應(yīng)滿足的條件。

【解析】（1）假設(shè)開(kāi)始時(shí)物塊與木板會(huì)相對(duì)滑動(dòng)，由牛頓第二定律，對(duì)木板有F-μ1（M+m）g-μ1mg=Ma1，解得a1=6m/s2;對(duì)物塊有μ1mg=ma2，解得a2=4m/s2。因?yàn)閍2

設(shè)F作用時(shí)間t后，物塊恰好從木板左端滑離，則有=a1t2-a2t2，代入數(shù)據(jù)解得t=1 s（另一解不符合題意，舍去）。在此過(guò)程中，木板的位移為x1=a1t2=×6×12 m=3 m，末速度為v1=a1t=6×1 m/s=6 m/s;物塊的位移為x2=a2t2= × 4×12 m=2 m，末速度為v2=a2t=4×1 m/s=4 m/s。

在物塊從木板上滑落后的t0=0.2 s內(nèi)，由牛頓第二定律，對(duì)木板有F-μ1mg=ma2′，解得a2′=8 m/s2，木板發(fā)生的位移為x1′=v1t0+a1′t02，解得x1′=1.36 m。此時(shí)木板右端距平臺(tái)邊緣的距離為Δx=l-x1-x1′=（5-3-1.36） m=0.64 m。

（2）物塊滑至平臺(tái)后，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知，對(duì)物塊有μ2mg=ma2′，解得a2′=μ2g。若物塊在平臺(tái)上速度減為零，則通過(guò)的位移為x2′=，要使物塊最終不會(huì)從平臺(tái)上掉下去需滿足l+≥x2+x2′，聯(lián)立解得μ2≥0.2。