核心素養下兩類板塊模型情境問題的剖析

摘" 要：滑塊木板模型是新高考的熱點題型，也是高中物理的重點知識和經典模型之一.核心素養考查從實際情境問題到物理模型構建，根據實際情境的不同，可將板塊模型分為有初速度和有外力兩大類.這兩類情境問題的總結剖析對學生處理板塊模型有重要的實際參考意義和價值.

關鍵詞：板塊模型；共同速度；臨界加速度

中圖分類號：G632""" 文獻標識碼：A""" 文章編號：1008-0333（2024）16-0110-03

收稿日期：2024-03-05

作者簡介：趙鵬（1989—），男，甘肅省正寧人，本科，中學一級教師，從事高中物理教學研究.

核心素養背景下，情境化模型構建在高考中的考查越來越多，而板塊模型的考查是高考的熱點題型，也是學生很難理解掌握的知識點之一.現將板塊模型分為“有初速度”和“有外力”兩類模型進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（可視為質點）的質量為m，木板的質量為M，木板的長度為L，滑塊以初速度v0從木板左側開始滑動，木板開始處于靜止狀態，滑塊與木板間的動摩擦因數為μ，地面與木板間的動摩擦因數為μ′，假設L足夠長，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g［1］.求：

（1）滑塊與木板發生的相對位移Δx.

（2）滑塊與木板運動過程所用總時間t.

（3）摩擦力做功產生的熱量Q.

評析" 選取地面為參考系，設滑塊的位移為x1，木板的位移為x2，板塊之間的相對位移為△x，如圖2所示.滑塊具有初速度，將在木板上發生相對滑動，木板對滑塊有向左的滑動摩擦力f，滑塊做勻減速直線運動.而木板可能會出現兩種情況：相對地面靜止或者滑動，對木板進行受力分析，滑塊對木板有向右的滑動摩擦力和地面對木板向左的摩擦力（最大靜摩擦力為Ffmax），如果f≤Ffmax=μ′（M+m）g，則木板不動.本題中討論fgt;Ffmax，即μmggt;μ′（M+m）g，得到μgt;μ′（M+m）m.從初始到共速過程，共同速度為v，滑塊加速度為a1，木板加速度為a2，此過程所用時間為t1.

對滑塊根據牛頓第二定律：

-μmg=ma1①

可得：a1=-μg .

根據勻變速直線運動速度公式和速度位移關系式可得：

v=v0+a1t1"""" ②

v2-v20=2a1x1"" ③

也可對滑塊由動量定理和動能定理得：

-μmg·t1=mv-mv0 ④

-μmg·x1=12mv2-12mv20⑤

對木板根據牛頓第二定律：

μmg-μ′（M+m）g=Ma2⑥

可得：a2=μmg-μ′（M+m）gM.

根據勻變速直線運動速度公式和速度位移關系式可得：

v=a2t1⑦

v2=2a2x2⑧

也可對木板根據動量定理和動能定理得：

［μmg-μ′（m+M）g］·t1=Mv ⑨

［μmg-μ′（m+M）g］·x2=12Mv2⑩

聯立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 .

從開始運動到共速過程摩擦力做功產生的熱量Q1=μmMv202（μ-μ′）（M+m）.

分析討論木板臨界長度：

（1）若△x gt;L，則滑塊還沒有與木板共速，就已經從木板上滑落.

（2）若△x =L，此時滑塊和木板共速時，滑塊剛好運動到木板最右側，L為木板的臨界長度.

（3）若△x lt;L，滑塊與木板共速時，并沒有從木板滑落.

本題中木板長度足夠長，說明滑塊與木板共速時沒有從木板掉落.共速后可以用假設法討論：假設板塊間的摩擦為靜摩擦力f，對整體a=μ′（M+m）gM+m=μ′g，對滑塊f=ma=μ′mglt;Ffmax=μmg，靜摩擦力小于最大靜摩擦力，假設成立，所以板塊間相對靜止一起勻減速.

此時對板塊整體根據牛頓第二定律：

-μ′（M+m）g=（M+m）a3 可得a3=-μ′gB12

板塊一起做勻減速運動直到速度為零，設時間為t2，位移為s.根據速度公式和位移關系式可得：

v+a3t2=0B13

-v2=2a3sB14

或者根據動量定理和動能定理可得：

-μ（m+M）g·t2=-（M+m）vB15

-μ（M+m）g·s=-12（M+m）v2B16

聯立B11B12B13B14B15B16計算可得：

t2=［μm-μ′（M+m）］v0μ′（μ-μ′）（M+m）g，

s=［μm-μ′（M+m）］2v202μ′（μ-μ′）2（M+m）2g

則一起勻減速過程，地面對木板摩擦力做功所產生的熱量

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

所以整個過程所用時間和摩擦力做功產生的熱量分別為： 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（可視為質點）的質量為m，木板的質量為M，木板的長度足夠長.滑塊、木板最初處于靜止狀態，從t=0時刻開始滑塊受水平向右的外力F隨時間逐漸增大，滑塊與木板間的動摩擦因數為μ，木板與地面間的動摩擦因數為μ′.假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.求：

（1）求滑塊和木板能一起運動時μ與μ′的大小關系.

（2）板塊即將一起運動時F1的大小.

（3）板塊剛好發生相對滑動時F的臨界值.

評析" 解決此類板塊模型中滑塊或木板受力F的臨界值，主要分析被動物體的臨界加速度.因地面對木板有摩擦力，在滑塊所受的力F增大時，想要滑塊帶動木板運動，就需對木板受力分析，若滑塊對木板的最大靜摩擦力大于地面對木板的最大靜摩擦力，木板就會沿地面滑動，此時對板塊用整體法可求出外力F的大??；若要求滑塊木板即將發生相對滑動時F的臨界值，就需先求解被動物體（木板）的臨界加速度.

（1）當滑塊帶動木板一起運動時，對木板受力分析可知，滑塊對木板的最大靜摩擦力大于地面對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時刻開始

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

（3）木板為被動物體，先計算木板的臨界加速度，對木板受力分析，板塊即將相對滑動時，滑塊對木板的靜摩擦力增大到最大值，設木板的臨界加速度為

a臨，根據牛頓第二定律：

μmg-μ′（m+M）g=Ma臨，

可得a臨=μmg-μ′（m+M）gM .

板塊即將發生相對滑動，此刻兩物體依然以相同的加速度一起運動，用隔離法對滑塊受力分析，根據牛頓第二定律：

F臨-μmg=ma臨，

可得F臨=（1+mM）（μ-μ′）mg.

分析討論：

（1）當0lt;F≤F1時，板塊相對于地面靜止不動.

（2）當F1lt;Flt;F臨時，板塊一起做加速度增大的變加速運動.

（3）當F=F臨時，板塊即將發生相對滑動，木板的加速度達到最大值a臨.

（4）當Fgt;F臨時，板塊發生相對滑動，木板以加速度a臨做勻加速直線運動，而滑塊隨F的增大做加速度增大的變加速運動.

3" 結束語

對于有初速度模型，因板塊在發生相對滑動，兩者都動，對于學生而言理解起來不容易.只要選取確定的參考系（地面），抓住主要的解題關鍵點，即根據兩者之間速度大小來確定摩擦力，再設出兩者的共同速度，通過受力分析、動力學公式、動能定理、動量

定理等知識可求解相關問題，最后根據板塊的相對位移和木板的長度討論是否能共速及之后的運動情況［2］.如果本情境中板塊模型系統受到外力（地面的摩擦力）作用，就不能利用動量守恒定律解決共同速度，可利用動力學、動量定理、動能定理求解相關問題.

對于有外力的板塊模型，關鍵要找到被動物體，求解它的臨界加速度（最大值），然后通過整體法或者隔離法選取研究對象，由牛頓第二定律計算外力F的臨界值，此時板塊即將發生相對滑動但仍然相對靜止，二者之間的靜摩擦力達到最大值，最后根據外力大小的變化分類討論.

參考文獻：［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］ 《高考一輪總復習》 編寫組.高考一輪總復習：物理（人教版）［M］.北京：中國和平出版社，2022：62.

［責任編輯：李" 璟］