“板塊模型”難點問題突破

李祥輝

【摘要】“板塊模型”是高中物理中常見的模型之一，在考試中頻繁出現.該模型存在一些難點，例如斜面上的板塊模型和功能關系等，學生在解題過程中容易犯錯.為了幫助學生更好地掌握“板塊模型”的知識，本文結合實際對常見問題進行分析，以提升學生的綜合素養.

【關鍵詞】高中物理；板塊模型；解題

“板塊模型”是高中物理知識中的一種重要模型，解答這類問題需要學生準確分析運動過程，并靈活運用各種公式.為了幫助學生提高解答這類問題的正確率，本文將分析常見的考點和難點，以提升學生在考試中的成績.

1 斜面上的板塊模型

斜面上的“板塊模型”是一類重要的考點，但因斜面的存在，導致問題難度顯著增加.因此，對斜面上的“板塊模型”進行總結分析具有重要意義.

例1 如圖1，斜面C傾角為α，固定在水平地面上，物塊A，B質量分別為m、M，A與B，B與C間的動摩擦因數分別為μ1、μ2，斜面足夠長，A，B由靜止從斜面釋放，則A、B的運動情況為？

①A，B相對靜止共同加速下滑

有（M+m）gsinα>μ2（M+m）gcosα，即μ2

此時對A，B整體有：

（M+m）gsinα－μ2（M+m）gcosα=（M+m）a，a=gsinα－μ2gcosα；

對A：mgsinα－fBA=ma，得fBA=μ2mgcosα.

因為A，B相對靜止，則fBA<<μ1mgcosα，即μ2<<μ1，

故A，B相對靜止加速下滑的條件為μ2

②A，B均加速下滑，且A相對B下滑.

對A：mgsinα－μ1mgcosα=maA，

得aA=gsinα－μ1gcosα>0；

對B：Mgsinα+μ1mgcosα－μ2（M+m）gcosα=MaB，

由以上條件可得A、B均加速下滑的條件為μ2>μ1，μ1>M+m/mμ2－M/mtanα，μ1

③B不動，A沿B下滑.

對A：mgsinα>μ1mgcosα，

對B：Mgsinα+μ1mgcosα≤μ2（M+m）gcosα，

則滿足μ1≤M+m/mμ2－M/mtanα，μ1

④A，B均靜止.

此時應滿足μ1≥tanα，μ2≥tanα.

在實際解題中，學生應當根據題目信息，快速判斷板塊的運動狀態，從而提高后續的解題效率.

2 “板塊模型”與動量、能量的綜合問題

“板塊模型”中，通常會涉及到多個研究對象的多個運動過程，需要學生靈活運用牛頓運動定律、動量守恒定律、動能定理、能量守恒等.同時，“板塊模型”中對運動過程中動量、能量等知識的考查成為了一大難點，在面對不同問題時，需要學生結合問題，靈活選擇不同公式，如當考查板塊間的摩擦熱時，學生需要借助Q=f·Δx進行計算，需要注意的是，Δx為板塊的相對位移；當滑面光滑且無外力作用時，板、塊模型動量守恒，在計算時間問題時，便可以借助動量守恒定理.

例2如圖3，光滑平面上放有一質量為M的足夠長的木板左端有質量為m的木塊，右側有一豎墻.使木板與木塊以相同速度v0向右運動，某時刻木板與墻發生彈性碰撞，已知板、塊間動摩擦因數為μ，用g表示重力加速度，下列說法正確的是（）

（A）若M=3/2m，木板、墻碰撞一次，這個過程中摩擦生熱為6/5mv2.

（B）若M=m，木板、墻碰撞一次，木塊相對木板位移大小為v20/2μg.

（C）若M=2/3m，木板與墻壁第126次碰撞前速度為1/5125v0.

（D）若M=2/3m，木板最終停在墻壁邊緣，整個過程墻對木板的總沖量為5/3mv0.

解析 以向右為正方向，若M=3/2m，木板只與墻壁碰撞一次，

由動量守恒可得：－Mv0+mv0=（M+m）v，

過程中摩擦產熱為Q=1/2（M+m）v20－1/2（M+m）v2，

聯立可得：Q=23/20mv20，則（A）錯誤；

當M=m，木板只與墻壁碰撞一次時，

由動量守恒可得：－Mv0+mv0=（M+m）v，解得v=0，

由動能定理可得：－μmgx=0－1/2（M+m）v20，

可得x=v20/μg，則（B）錯誤；

若M=2/3m，木板與墻壁第一次碰撞后速度為v0，方向反向，當板、塊再次共速時，

由動量守恒定律得：－Mv0+mv0=（M+m）v1，

解得v1=m－M/m+Mv0=1/5v0，

同理，木板與墻壁第二次碰撞后，速度再次反向，

有－Mv1+mv1=（M+m）v2，解得v2=1/52v0，

由此可知：第126次碰時，木板速度為1/5125v0，

則（C）正確；

若M=2/3m，木板最終停在墻壁邊緣時，

由動量守恒：∑I=0－（M+m）v0，

在整個過程中，木板對墻的總沖量為5/3mv0，（D）正確.

故答案為（C）（D）.

3 結語

綜上所述，本文總結了板塊模型中常見的兩類難點問題.在后續的學習中，還需要學生進行更多的總結歸納，以保證在實際的解題中，能夠快速的解答相關問題，提高自身成績.

參考文獻：

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