板塊模型高考真題回顧與拓展

程會琴　張金龍

板塊模型是高中物理的經典模型之一，它能夠將物體的受力分析、運動過程分析、力與運動的關系及相關的運動圖象等力學主干知識串起來進行考查，因而備受高考命題專家的青睞。本文以2021年全國高考乙卷第21題為例引入，總結分析板塊模型中的情境并進行拓展，旨在引導學生分析、歸納、總結板塊模型的特點及相應的分析方法。

一、高考真題回顧

（2021年全國乙卷第21題）水平地面上有一質量為m1的長木板，木板的左端上有一質量為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隨時間t的變化關系如圖2所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小。木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖3所示。已知木板與地面間的動摩擦因數為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數為μ2。假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則（ ）

【解析】由圖3可知，t1時物塊與木板一起剛開始滑動，此時物塊與木板相對靜止，以整體為研究對象有F1=μ1（m1+m2）g，故A錯誤。由圖3可知，t2時物塊與木板剛要發生相對滑動，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律，有F2-μ1（m1+m2）g=（m1+m2）a;以木板為研究對象，根據牛頓第二定律，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這段時間物塊與木板相對靜止，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

三、拓展訓練

【情境1】地面和木板均粗糙，物塊與木板均不受外力作用。設木板足夠長，取v1為正方向，m和M同向運動。

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

（2） v1

共速后，對于物塊，最大加速度am=μ1g，需要考慮物塊和木板是否會出現相對運動，先假設無相對滑動，二者加速度相同，對整體有μ2（m+M）g=（m+M）a，a=μ2g。若a≤am，即μ1≤μ2時，二者以共同的加速度a=μ2g做勻減速直線運動;若a>am，即μ1>μ2時，物塊以較小的加速度a1=μ1g做勻減速直線運動，而由μ2（m+M）g-μ1mg=Ma2得知，木板以a2= 做勻減速直線運動，不可能出現與物塊同步運動的情況。

【例1】如圖5，一長木板在水平地面上運動，在某時刻（t=0）將一物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質量相等，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，木板運動的速度-時間圖象可能是下列選項中的（ ）

【解析】設在木板與物塊未達到相同速度之前，木板的加速度為a1，物塊與木板間的動摩擦因數為μ1，木板與地面間的動摩擦因數為μ2。對木板應用牛頓第二定律得-μ1mg-μ2·2mg=ma1，解得a1=-（μ1+2μ2）g。設物塊與木板達到相同速度之后，木板的加速度為a2，對整體有-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。設木板足夠長，取v1為正方向，m和M開始時運動方向相同，且v1μ1mg>μ2（m+M）g時，物塊速度反超木板;當F>μ1mg，μ1mg<μ2（m+M）g時，物塊做勻加速直線運動，木板做勻減速直線運動;當F<μ1mg，μ1mg<μ2（m+M）g時，物塊與木板均做勻減速直線運動。

【例2】在光滑水平面上有一質量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質量為m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等。現給木塊施加一隨時間t增大的水平力F=kt（k是常數），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靜止時，所受的摩擦力均為靜摩擦力，在達到最大靜摩擦力前，木塊和木板以相同加速度運動，根據牛頓第二定律知a= ;木塊和木板相對運動時，a1=恒定不變，a2=-μg，a2是t的線性函數，t增大，a2也增大。由于< ，則木塊與木板相對滑動后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，對于物塊m有μ1mg=ma1，物塊以加速度a1=μ1g做勻加速直線運動;對于木板M有F-μ2（m+M）g- μ1mg=Ma2，加速度a2=。當a2=0時，F=μ2（m+M）g+μ1mg，物塊以加速度a1做勻加速直線運動，木板做勻速直線運動，物塊與木板可共速;當a2>0時，F>μ2（m+M）g+μ1mg，物塊和木板均做勻加速直線運動，而木板加速度a2=≥a1時，即當F≥（μ1+μ2）（m+M）g時物塊與木板不可能共速;當a2

【例3】如圖8，一長L=2m、質量M=4kg的薄木板（厚度不計）靜止在粗糙的水平臺面上，其右端距平臺邊緣l=5m，木板的正中央放有一質量為m=1 kg的小物塊（可視為質點）。已知木板與水平臺面、物塊與木板間的動摩擦因數均為μ1=0.4，現對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，木板的右端離平臺邊緣的距離;

（2）要使物塊最終不能從平臺上滑出去，則物塊與平臺間的動摩擦因數μ2應滿足的條件。

【解析】（1）假設開始時物塊與木板會相對滑動，由牛頓第二定律，對木板有F-μ1（M+m）g-μ1mg=Ma1，解得a1=6m/s2;對物塊有μ1mg=ma2，解得a2=4m/s2。因為a2

設F作用時間t后，物塊恰好從木板左端滑離，則有=a1t2-a2t2，代入數據解得t=1 s（另一解不符合題意，舍去）。在此過程中，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，由牛頓第二定律，對木板有F-μ1mg=ma2′，解得a2′=8 m/s2，木板發生的位移為x1′=v1t0+a1′t02，解得x1′=1.36 m。此時木板右端距平臺邊緣的距離為Δx=l-x1-x1′=（5-3-1.36） m=0.64 m。

（2）物塊滑至平臺后，做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，對物塊有μ2mg=ma2′，解得a2′=μ2g。若物塊在平臺上速度減為零，則通過的位移為x2′=，要使物塊最終不會從平臺上掉下去需滿足l+≥x2+x2′，聯立解得μ2≥0.2。