摘" 要：滑塊木板模型是新高考的熱點(diǎn)題型，也是高中物理的重點(diǎn)知識(shí)和經(jīng)典模型之一.核心素養(yǎng)考查從實(shí)際情境問(wèn)題到物理模型構(gòu)建，根據(jù)實(shí)際情境的不同，可將板塊模型分為有初速度和有外力兩大類.這兩類情境問(wèn)題的總結(jié)剖析對(duì)學(xué)生處理板塊模型有重要的實(shí)際參考意義和價(jià)值.

關(guān)鍵詞：板塊模型；共同速度；臨界加速度

中圖分類號(hào)：G632""" 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A""" 文章編號(hào)：1008-0333（2024）16-0110-03

收稿日期：2024-03-05

作者簡(jiǎn)介：趙鵬（1989—），男，甘肅省正寧人，本科，中學(xué)一級(jí)教師，從事高中物理教學(xué)研究.

核心素養(yǎng)背景下，情境化模型構(gòu)建在高考中的考查越來(lái)越多，而板塊模型的考查是高考的熱點(diǎn)題型，也是學(xué)生很難理解掌握的知識(shí)點(diǎn)之一.現(xiàn)將板塊模型分為“有初速度”和“有外力”兩類模型進(jìn)行剖析求解思路及策略，以供參考借鑒.

1" 有初速度的板塊模型

例1" 如圖1所示，已知滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）的質(zhì)量為m，木板的質(zhì)量為M，木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，滑塊以初速度v0從木板左側(cè)開(kāi)始滑動(dòng)，木板開(kāi)始處于靜止?fàn)顟B(tài)，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，地面與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ′，假設(shè)L足夠長(zhǎng)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g［1］.求：

（1）滑塊與木板發(fā)生的相對(duì)位移Δx.

（2）滑塊與木板運(yùn)動(dòng)過(guò)程所用總時(shí)間t.

（3）摩擦力做功產(chǎn)生的熱量Q.

評(píng)析" 選取地面為參考系，設(shè)滑塊的位移為x1，木板的位移為x2，板塊之間的相對(duì)位移為△x，如圖2所示.滑塊具有初速度，將在木板上發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，木板對(duì)滑塊有向左的滑動(dòng)摩擦力f，滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng).而木板可能會(huì)出現(xiàn)兩種情況：相對(duì)地面靜止或者滑動(dòng)，對(duì)木板進(jìn)行受力分析，滑塊對(duì)木板有向右的滑動(dòng)摩擦力和地面對(duì)木板向左的摩擦力（最大靜摩擦力為Ffmax），如果f≤Ffmax=μ′（M+m）g，則木板不動(dòng).本題中討論fgt;Ffmax，即μmggt;μ′（M+m）g，得到μgt;μ′（M+m）m.從初始到共速過(guò)程，共同速度為v，滑塊加速度為a1，木板加速度為a2，此過(guò)程所用時(shí)間為t1.

對(duì)滑塊根據(jù)牛頓第二定律：

-μmg=ma1①

可得：a1=-μg .

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度公式和速度位移關(guān)系式可得：

v=v0+a1t1"""" ②

v2-v20=2a1x1"" ③

也可對(duì)滑塊由動(dòng)量定理和動(dòng)能定理得：

-μmg·t1=mv-mv0 ④

-μmg·x1=12mv2-12mv20⑤

對(duì)木板根據(jù)牛頓第二定律：

μmg-μ′（M+m）g=Ma2⑥

可得：a2=μmg-μ′（M+m）gM.

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度公式和速度位移關(guān)系式可得：

v=a2t1⑦

v2=2a2x2⑧

也可對(duì)木板根據(jù)動(dòng)量定理和動(dòng)能定理得：

［μmg-μ′（m+M）g］·t1=Mv ⑨

［μmg-μ′（m+M）g］·x2=12Mv2⑩

聯(lián)立①②⑥⑦或者①④⑥⑨可得：

t1=Mv0（μ-μ′）（M+m）g ，v=［μm-μ′（M+m）］v0（μ-μ′）（M+m）B11

聯(lián)立①③⑥⑧或者①⑤⑥⑩可得：

x1=［2（μ-μ′）m+（μ-2μ′）M］Mv202（μ-μ′）2（M+m）2g ，

x2=［（μ-μ′）m-μ′M］Mv202（μ-μ′）2（M+m）2g.

即△x=x1-x2=Mv202（μ-μ′）（M+m）g .

從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到共速過(guò)程摩擦力做功產(chǎn)生的熱量Q1=μmMv202（μ-μ′）（M+m）.

分析討論木板臨界長(zhǎng)度：

（1）若△x gt;L，則滑塊還沒(méi)有與木板共速，就已經(jīng)從木板上滑落.

（2）若△x =L，此時(shí)滑塊和木板共速時(shí)，滑塊剛好運(yùn)動(dòng)到木板最右側(cè)，L為木板的臨界長(zhǎng)度.

（3）若△x lt;L，滑塊與木板共速時(shí)，并沒(méi)有從木板滑落.

本題中木板長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)，說(shuō)明滑塊與木板共速時(shí)沒(méi)有從木板掉落.共速后可以用假設(shè)法討論：假設(shè)板塊間的摩擦為靜摩擦力f，對(duì)整體a=μ′（M+m）gM+m=μ′g，對(duì)滑塊f=ma=μ′mglt;Ffmax=μmg，靜摩擦力小于最大靜摩擦力，假設(shè)成立，所以板塊間相對(duì)靜止一起勻減速.

此時(shí)對(duì)板塊整體根據(jù)牛頓第二定律：

-μ′（M+m）g=（M+m）a3 可得a3=-μ′gB12

板塊一起做勻減速運(yùn)動(dòng)直到速度為零，設(shè)時(shí)間為t2，位移為s.根據(jù)速度公式和位移關(guān)系式可得：

v+a3t2=0B13

-v2=2a3sB14

或者根據(jù)動(dòng)量定理和動(dòng)能定理可得：

-μ（m+M）g·t2=-（M+m）vB15

-μ（M+m）g·s=-12（M+m）v2B16

聯(lián)立B11B12B13B14B15B16計(jì)算可得：

t2=［μm-μ′（M+m）］v0μ′（μ-μ′）（M+m）g，

s=［μm-μ′（M+m）］2v202μ′（μ-μ′）2（M+m）2g

則一起勻減速過(guò)程，地面對(duì)木板摩擦力做功所產(chǎn)生的熱量

Q2=μ′（M+m）g·s=［μm-μ′（M+m）］2v202（μ-μ′）2（M+m），

所以整個(gè)過(guò)程所用時(shí)間和摩擦力做功產(chǎn)生的熱量分別為： t=t1+t2=mv0μ′（M+m）g；

Q=Q1+Q2

=μ（μ-μ′）mMv20+［μm-μ′（M+m）］2v202（μ-μ′）2（M+m）.

2" 有外力的板塊模型

例2" 如圖3所示，已知滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）的質(zhì)量為m，木板的質(zhì)量為M，木板的長(zhǎng)度足夠長(zhǎng).滑塊、木板最初處于靜止?fàn)顟B(tài)，從t=0時(shí)刻開(kāi)始滑塊受水平向右的外力F隨時(shí)間逐漸增大，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ′.假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.求：

（1）求滑塊和木板能一起運(yùn)動(dòng)時(shí)μ與μ′的大小關(guān)系.

（2）板塊即將一起運(yùn)動(dòng)時(shí)F1的大小.

（3）板塊剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)F的臨界值.

評(píng)析" 解決此類板塊模型中滑塊或木板受力F的臨界值，主要分析被動(dòng)物體的臨界加速度.因地面對(duì)木板有摩擦力，在滑塊所受的力F增大時(shí)，想要滑塊帶動(dòng)木板運(yùn)動(dòng)，就需對(duì)木板受力分析，若滑塊對(duì)木板的最大靜摩擦力大于地面對(duì)木板的最大靜摩擦力，木板就會(huì)沿地面滑動(dòng)，此時(shí)對(duì)板塊用整體法可求出外力F的大小；若要求滑塊木板即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)F的臨界值，就需先求解被動(dòng)物體（木板）的臨界加速度.

（1）當(dāng)滑塊帶動(dòng)木板一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)木板受力分析可知，滑塊對(duì)木板的最大靜摩擦力大于地面對(duì)木板的最大靜摩擦力.即：

μmggt;μ′（m+M）g，

可得μgt;（m+M）μ′m.

從t=0時(shí)刻開(kāi)始

（2）對(duì)滑塊和木板受力分析，當(dāng)作用在滑塊上的外力F逐漸增大時(shí)，木板與滑塊間的靜摩擦力也在增大.當(dāng)滑塊對(duì)木板的靜摩擦力大于地面對(duì)木板的最大靜摩擦力時(shí)，木板和滑塊將在F的作用下一起開(kāi)始運(yùn)動(dòng).對(duì)板塊整體進(jìn)行研究，即：F1=μ′（m+M）g.

（3）木板為被動(dòng)物體，先計(jì)算木板的臨界加速度，對(duì)木板受力分析，板塊即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，滑塊對(duì)木板的靜摩擦力增大到最大值，設(shè)木板的臨界加速度為

a臨，根據(jù)牛頓第二定律：

μmg-μ′（m+M）g=Ma臨，

可得a臨=μmg-μ′（m+M）gM .

板塊即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此刻兩物體依然以相同的加速度一起運(yùn)動(dòng)，用隔離法對(duì)滑塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律：

F臨-μmg=ma臨，

可得F臨=（1+mM）（μ-μ′）mg.

分析討論：

（1）當(dāng)0lt;F≤F1時(shí)，板塊相對(duì)于地面靜止不動(dòng).

（2）當(dāng)F1lt;Flt;F臨時(shí)，板塊一起做加速度增大的變加速運(yùn)動(dòng).

（3）當(dāng)F=F臨時(shí)，板塊即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，木板的加速度達(dá)到最大值a臨.

（4）當(dāng)Fgt;F臨時(shí)，板塊發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，木板以加速度a臨做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，而滑塊隨F的增大做加速度增大的變加速運(yùn)動(dòng).

3" 結(jié)束語(yǔ)

對(duì)于有初速度模型，因板塊在發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，兩者都動(dòng)，對(duì)于學(xué)生而言理解起來(lái)不容易.只要選取確定的參考系（地面），抓住主要的解題關(guān)鍵點(diǎn)，即根據(jù)兩者之間速度大小來(lái)確定摩擦力，再設(shè)出兩者的共同速度，通過(guò)受力分析、動(dòng)力學(xué)公式、動(dòng)能定理、動(dòng)量

定理等知識(shí)可求解相關(guān)問(wèn)題，最后根據(jù)板塊的相對(duì)位移和木板的長(zhǎng)度討論是否能共速及之后的運(yùn)動(dòng)情況［2］.如果本情境中板塊模型系統(tǒng)受到外力（地面的摩擦力）作用，就不能利用動(dòng)量守恒定律解決共同速度，可利用動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量定理、動(dòng)能定理求解相關(guān)問(wèn)題.

對(duì)于有外力的板塊模型，關(guān)鍵要找到被動(dòng)物體，求解它的臨界加速度（最大值），然后通過(guò)整體法或者隔離法選取研究對(duì)象，由牛頓第二定律計(jì)算外力F的臨界值，此時(shí)板塊即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)但仍然相對(duì)靜止，二者之間的靜摩擦力達(dá)到最大值，最后根據(jù)外力大小的變化分類討論.

參考文獻(xiàn)：［1］ 曹紅梅.2019年江蘇省高考物理試卷第15題的解法探討［J］.物理之友， 2020， 36（2）：2.

［2］ 《高考一輪總復(fù)習(xí)》 編寫(xiě)組.高考一輪總復(fù)習(xí)：物理（人教版）［M］.北京：中國(guó)和平出版社，2022：62.

［責(zé)任編輯：李" 璟］