高中物理板塊模型問題的解題技巧

摘 要：通過對板塊模型中的幾個典型難點問題進行分析，探討解決板塊模型中復雜問題的策略和方法，旨在幫助學生提升解決此類問題的能力，為高中物理學習打下堅實基礎.

關鍵詞：高中物理；板塊模型；解題技巧

中圖分類號：G632"" 文獻標識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）31-0106-03

收稿日期：2024-08-05

作者簡介：張長華（1979.3—），男，江蘇省灌云人，本科，中學一級教師，從事高中物理教學研究.

板塊模型通常由兩個或多個相互接觸的物體組成，其中一個物體被視為“板”，另一個或多個物體被視為“塊”.這些物體在水平或傾斜的表面上受到各種力的作用，從而產生相對運動或相對靜止的狀態.在高中物理中，板塊模型問題是力學部分的重要內容，也是高考的常見考點^[1].這類問題涉及多個物體的相互作用、運動狀態的變化以及功能關系，對學生的綜合分析能力要求較高.因此，深入研究板塊模型問題的解題技巧具有重要的現實意義.

1 初始無外力作用下的板塊模型問題

例1 如圖1所示，長木板A放在光滑的水平面上，右端帶有一勁度系數為20 N/m的輕彈簧，小滑塊B放在長木板A的左側，兩者之間的動摩擦因數為0.1，右側是墻壁.t0時刻給B一個方向向右、大小為1.25 m/s的初速度v0，在摩擦力作用下，A開始向右加速運動，t1時刻彈簧接觸到墻壁，此時A、B剛好共速，t2時刻A、B加速度相同，即將開始相對滑動，t3時刻彈簧壓縮量達到最大，接下來的t4時刻A、B再次加速度相同，已知A、B質量分別為1 kg和4 kg，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10 m/s2，求：

（1）t0～t1時間內，A向右運動的距離是多少？

（2）t2時刻A的速度是多少？

（3）已知t3與t2相隔36 s，t2～t4時間內，系統損失的機械能是多少？

解析 （1）A、B質量分別用m1、m2表示，由動量守恒定律有m2v0=（m1+m2）v1，解得v1=1 m/s.

兩者共速前，對木板由牛頓第二定律有μm2g=m1a，解得a=4 m/s2.

彈簧與墻璧接觸前，木板以4 m/s2加速度做勻加速運動，由運動學公式有2ax1=v21，解得t0～t1時間內，A勻加速運動的距離x1=0.125 m.

（2）彈簧與墻壁接觸后，滑塊與木板先一起減速，當滑塊受到的摩擦力達到最大靜摩擦力時，兩者之間即將相對滑動，設兩者即將開始滑動時加速度為a′，對滑塊有μm2g=m2a′，

對整體有kx2=（m1+m2）a′，

解得a′=1 m/s2，x2=0.25 m.

彈力大小與距離成正比，可用平均力計算克服彈力做功W=kx22·x2，

從木板接觸彈簧到滑塊與木板之間即將相對滑動的過程，根據動能定理有W=12（m1+m2）v21-12（m1+m2）v22，解得t2時刻A的速度v2=32 m/s.

（3）A、B加速度相同意味著彈簧又回到了滑塊和木板剛要相對滑動的位置.木板返回時，受力與木板壓縮彈簧時相同，故木板的速度大小又變為v2=32 m/s，

根據對稱性，木板返回所用時間也為36 s，在此2×36 s的時間內，對滑塊由動量定理有

-μm2g×2×36=m2v3-m2v2，

解得v3=36 m/s.

在此2×36 s的時間內，彈簧的初、末彈性勢能相等，木板的初、末動能相等，故對系統由能量守恒定律有ΔE=12m2v22-12m2v23，解得ΔE=43 J.

解題技巧 若地面光滑，初始無外力的板塊模型問題可優先考慮用動量守恒定律，根據動量守恒定律解出共速的速度大小后，可分別分析物塊、木板的受力情況，進而求解其加速度，再次進行運動分析，分段分過程解決即可^[2].

2 物塊初速度與木板所受外力不共線的板塊模型問題

例2 質量M=1 kg的長木板緊貼著豎直擋板放在足夠大的水平桌面上，在平行于擋板的水平拉力作用下向右以v1=3 m/s的速度做勻速直線運動.現讓一質量m=1 kg的物塊（可視為質點）在t=0時刻以垂直于擋板的速度v2=4 m/s從長木板的右側邊緣處沖上木板（如圖2所示），同時立即將水平拉力大小調整為F使長木板在之后的一小段時間內繼續以v1做勻速直線運動.已知調整后的水平拉力F在之后始終保持不變，若所有接觸面之間的動摩擦因數均為μ=0.5，物塊始終未脫離長木板且沒有與豎直擋板發生碰撞，重力加速度g=10 m/s2.試求：

（1）物塊剛滑上長木板瞬間的加速度大小；

（2）調整后的水平拉力F的大小；

（3）t=3 s時物塊的速度大小.

解析 （1）對物塊受力分析可知，在剛滑上長木板時，根據牛頓第二定律有μmg=ma1，

解得a1=5 m/s2.

（2）物塊所受的滑動摩擦力與相對速度方向相反，其在平行和垂直擋板方向的分力分別為：

平行于豎直擋板方向fx=μmgsin37°，

垂直于豎直擋板方向fy=μmgcos37°，

可求出物塊在兩個方向的加速度分別為：ax=3 m/s2，ay=4 m/s2，

所以物塊在兩個方向上速度隨時間變化的關系分別為vx=axt，vy=v2-ayt.

因為兩個方向上物塊與木板的相對速度之比v1-vxvy始終不變，所以在與長木板共速前，物塊所受摩擦力為恒力.由此可知，長木板與豎直擋板間的滑動摩擦力f1=μfy=2 N，對長木板受力分析，由共點力平衡得，調整后的水平拉力F=f1+fx+μ（M+m）g，代入數據解得F=15 N.

（3）設物塊與長木板在t1時刻共速，由（2）中數據可知t1=v1ax=1 s，共速后，對物塊和長木板整體受力分析，根據牛頓第二定律有F-μ（M+m）g=（M+m）a，代入得a=2.5 m/s2，故在t=3 s時，物塊的速度大小為v=v1+a（t-t1），代入數據解得v=8 m/s.

解題技巧 物塊初速度與木板所受外力垂直的板塊模型問題難度較大，需要精準分析物塊的相對速度方向和摩擦力的方向，將摩擦力進行分解，根據運動的合成與分解的方法進行求解.

3 多物體的板塊模型問題例3 如圖3所示，長木板A放在粗糙水平面上，靜置于長木板上右端的小物塊B、C之間放有少量火藥，某時刻點燃火藥，小物塊C獲得2 m/s的初速度向右離開長木板，小物塊B在長木板上向左運動1.25 m時與長木板的左端發生彈性碰撞.已知長木板和小物塊B質量均為1 kg，小物塊C質量為1.5 kg，長木板與水平面、小物塊B與長木板之間的動摩擦因數均為0.2，g=10 m/s2，小物塊B、C可看成是質點，求：

（1）小物塊B、C組成的系統因火藥燃燒而增加的機械能；

（2）長木板因小物塊B的碰撞獲得的動能；

（3）整個過程中長木板運動的位移.

解析 （1）設長木板和小物塊B質量為m，C的質量為M，點燃火藥瞬間對B、C組成的系統由動量守恒得mvB=MvC，解得vB=3 m/s，小物塊B、C組成的系統因火藥燃燒而增加的機械能為ΔE=12mv2B+12Mv2C=7.5 J.

（2）由于長木板與水平面、小物塊B與長木板之間的動摩擦因數相等，故B對長木板的最大靜摩擦力小于地面對長木板的最大靜摩擦力，所以當B向左運動在與左端碰撞前長木板靜止，該過程中B的加速度大小為a=μmgm=μg=2 m/s2，

對B運動分析得vBt-12at2=LAB，

解得t=0.5 s或2.5 s（2.5 s時B速度反向不符，舍去），

故B與木板碰撞前瞬間速度為v1=vB-at=2 m/s，

長木板和小物塊B質量相等，發生彈性碰撞，根據動量守恒和能量守恒可知速度發生交換，即碰后瞬間木板的速度為v2=2 m/s，故長木板因小物塊B的碰撞獲得的動能為Ek=12mv22=2 J.

（3）分析可知碰撞后隨著木板向左運動，B與木板間發生相對滑動，向左加速運動，該段過程中B的加速度大小為a=μg=2 m/s2，長木板勻減速的加速度大小為a′=μmg+μ·2mgm=3μg=6 m/s2，設經過時間t0達到共同速度v，得v=v2-a′t0=at0，解得t0=0.25 s，v=0.5 m/s.

該段時間木板位移為x1=v2+v2t0=0.312 5 m.

共速后木板和B一起向左以a=μg=2 m/s2做勻減速運動，直到靜止，該過程木板位移為x2=v22a=0.062 5 m，故整個過程中長木板運動的位移為x=x1+x2=0.375 m.

解題技巧 本例屬于多物體的板塊模型問題，解決問題的思路和兩物體的板塊模型問題思路基本相同，都需要先進行受力分析，求出加速度后再運動分析，根據運動過程中物體的相對速度再次判斷受力，分過程進行解決.

4 結束語

高中物理板塊模型問題是力學部分的重點和難點，需要學生通過深入理解相關的概念和知識點，熟練掌握隔離法和整體法對物體進行受力分析，并在解題過程中注意避免常見錯誤，才能有效地提升解決此類問題的能力^[3].同時，對板塊模型問題進行研究和練習，有助于培養學生的邏輯思維能力、分析問題和解決問題的能力，為進一步學習物理及其他相關學科奠定堅實的基礎.在教學中，教師應注重引導學生總結解題經驗，培養學生的科學思維方法，提高學生的物理素養.總之，只要學生掌握了正確的解題方法和技巧，并通過大量的練習加以鞏固和提高，就能夠在面對高中物理板塊模型問題時游刃有余，取得良好的學習效果.

參考文獻：［1］孫婷婷，鄭友進，左桂鴻.板塊模型問題的解題策略研究[J].物理通報，2022（S2）：78-81，84.

[2] 賈天東.例析板塊模型題的多種解法[J].高中數理化，2022（16）：31-32.

[3] 謝汝成.“一題13問”破解板塊模型問題[J].中學生理科應試，2021（10）：23-25.

［責任編輯：李 璟］