物理力学“滑块——木板”模型全攻略

物理力学“滑块——木板”模型全攻略
作者：林少彬
来源：《广东教育·高中》2012年第12期
所谓“滑块-木板”模型，即滑块叠放在长木板上，当其中之一以某一初速度滑上另一物体（或在外力F的作用下）通过摩擦力带动另一物体的运动的模型.从近几年理科综合的广东高考物理试题来看，两道物理计算题必有一道是动量与能量的力学计算题，而作为“滑块-木板”模型因该模型涉及到的物理概念和物理规律较多，运动过程变化多端，运动状态的综合性和隐蔽性较强，尤其对力学的三大钥匙动能定理、动量守恒定律和牛顿运动定律能够全方位的考查，更能反映学生的实际水平，有更好的选拔作用，且对考纲的综合分析能力更好的体现，因此，该模型试题常常成为高考命题专家每年命题的重点和热点.例如2011年广东高考理科综合第36题，2011年广州二模和2012年广州一模理科综合第36题均为“滑块-木板”模型.所以，高三教师在高考复习中有必要引导学生归纳、总结该模型试题的特点以及解题的方法，提高课堂复习的效率.纵观该模型试题在近几年高考和各地模拟考试题中的变化，主要分为两大类型.
类型一：滑块以某一初速度冲上一静止在光滑地面上的长木板，靠滑动摩擦力带动长木板前进的问题.该类型的特别是滑块与木板系统所受合外力为零，系统内只有一对相互作用的滑动摩擦力做功，且利用一对相互作用的滑动摩擦力做功的代数和为Wf一对=-fS（S为滑块相对长木板滑行的路程），然后再对滑块与长木板构成的系统运用动量守恒定律和动能定理进行求解.该种类型主要有下面三种典型例题：（1）滑块不从长木板上滑下，求长木板至少多长.（2）滑块从长木板的另一端滑出，求滑出时各自的速度.（3）若在距长木板前端距离为x前有一台阶，滑块A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件，并讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度.
【例1】（2012年广州一模）如图1所示，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x.与滑块B（可视为质点）相连的细线一端固定在O点.水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断，B从A右端的上表面水平滑入.A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力.已知A的质量为2m，B的质量为m，A、B之间动摩擦因数为μ；细线长为L、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为g.
（1）求B的初速度大小v0和细线被拉断瞬间B的速度大小v1.
（2）A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件.
（3）x在满足（2）条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度.
解析：（1）在最低点，由牛顿运动定律：
T-mg= ①
又：T=5mg ②
解①②得：v1=2
滑块B从释放到最低点，由机械能守恒定律有：
mv02+mgL=mv12；解得v0=
（2）设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒.
mv1=mvB+2mvA ③
若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：
2mvA≥mvB ④
对A应用动能定理：μmgx=×2mv2A ⑤
联立③④⑤解得：x≥ ⑥
即A与台阶只能碰撞一次的条件是：x≥ .
（3）设x=x0时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同速度vAB，由动量守恒 mv1=（m+2m）vAB ⑦
对A应用动能定理：μmgx0=2m ⑧
联立⑦⑧得：x0= ⑨
（i）当x≥x0即x≥时，AB共速后A与挡板碰撞.
由⑧可得A与台阶碰撞前瞬间的速度：
vA1=vAB== ⑩
（ii）当x0>x>即>x≥时，AB共速前A就与台阶碰撞，对A应用动能定理：
μmgx=×2mv2A2 ？輥？輯？訛
A与台阶碰撞前瞬间的速度：vA2= ？輥？輰？訛
【解题方法总结】
在第（2）小题中，主要理解好“A与台阶只发生一次碰撞”，即只要A与台阶碰撞后系统的总动量水平向右或总动量为零（即2mvA≥mvB），则最终A与台阶只发生一次碰撞，再根据碰撞前A、B系统动量守恒得出A、B两者的速度关系，从而确定A的速度范围，再由于A 发生的位移为x，则对A由动能定理可求得x必须满足的条件.
在第（3）小题中，关键问题在于A左端碰上台阶前A、B时是否已达到共同的速度.其方法可先假设x=x0时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同速度vAB，此过程利用A、B系统动量守恒求得共同速度vAB，再对A应用动能定理求得x0.
①若当x≥x0（结合x必须满足的条件确定x的取值范围），则A与台阶碰撞前已达到共同速度vAB，A与台阶碰撞前瞬间的速度vA1=vAB；
②若x
类型二：滑块叠放在长木板上，当其中之一在外力F的作用下靠摩擦力带动另一物体的运动问题，这类问题与上一类不同之处是，滑块与长木板系统所受的合外力可能不为零，因此不能应用动量守恒定律来处理，主要是应用牛顿运动定律结合匀变速直线运动的规律来求解，特别对物理学中的整体法与隔离体法有很好的考查作用，而且更能提高学生的综合分析能力，也是各类考试的热点之一.
【例2】（2011年广州二模）如图2所示，质量M=1kg的木板静止在水平面上，质量
m=1kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端.设最大摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F.
（1）若力F恒为8N，经1s铁块运动到木板的左端.求：木板的长度；
（2）若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长.试通过分析与计算，在图中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象.
（3）（改编）若将水平向左的作用力F改为水平向右的拉力作用于木板的右端，力F从零开始逐渐增加，且木板足够长.试通过分析与计算，在图中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象.
解析：（1）μ2mg=4N>μ（m+M）g=2N则木板也滑动起来铁块的受力如图，由牛顿第二定律：
F-μ2mg=ma1……①
木板的受力如图，由牛顿第二定律：
μ2mg-μ1（M+m）g=Ma2……②
设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端，则
S木=a2t2……③
S铁=a1t2……④
又：S铁-S木=L……⑤
联立①②③④⑤解得：L=1m……⑥
（2）（i）当F≤2N时，系统没有被拉动，对铁块有：f=F.
当F>μ1（m+M）g=2N时，当两者恰好要发生相对滑动时其加速度最大为am .
对铁块，由牛顿第二定律有：μ2mg=mam 解得am=4m/s2
对铁块与木板整体，由牛顿第二定律有：
F-1（m+M）g=（m+M）am 解得 F0=6N
（ii）若 2N
对铁块与木板整体，由牛顿第二定律有：
F-1（m+M）g=（m+M）a 解得 a=+1解得
再对铁块，由牛顿第二定律有：f2 =+1.
（iii）当F>6N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为： f =2mg=4N.
其f—F图象如图3所示
（3）f1m=1（m+M）g=2N
（i）当0
（ii）设当铁块与木板恰好要发生相对运动时，两者有共同加速度a0，对铁块由牛顿第二定律有：
2mg=ma0 解得：a0=4m/s2.
对铁块与木板由牛顿第二定律有：
F0-1（m+M）g=（m+M）a0 解得：F0=10N.
则当2
F-1（m+M）g=（m+M）a4 解得：a4=+1
对铁块由牛顿第二定律有：
f=ma=+1.
（iii）当时F>10N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为：f=2mg=4N.
【解题方法总结】
在第（1）小题中，必须先从题意中确定铁块与木板之间发生相对运动，再根据铁块之间的滑动摩擦力与地面对木板的最大静摩擦力大小判断能否带动木板，从而确定铁块与木板的运动情况，接着分别对铁块与木板应用牛顿运动定律求出各自的加速度，在求木板的加速度时要特别注意两接触面的滑动摩擦力大小及木板的质量为M，再利用1s末他们的相对位移即为木板的长度.
在第（2）小题中，由于一开始当力F较小时，铁块与木板均处于静止状态，两个接触面间的摩擦力均为静摩擦力，先求出两接触面各自的最大静摩擦力f1m和f2m，再从f1m和f2m 判断哪一接触面先发生相对滑动.
①若f2m >f1m，则木板相对地面先滑动.
ⅰ、当0
ⅱ、当F>ftm时，木板开始运动，但铁块与木板相对静止，一起做匀加速直线运动，当两者恰好要发生相对滑动时其加速度最大为am .
对木板，由牛顿第二定律有：
2mg-1（m+M）g=Mam 解得am
对铁块与木板整体，由牛顿第二定律有：
F0- 1（m+M）g=（m+M）am 解得F0 .
（ⅰ）若 ftm
对铁块与木板整体，由牛顿第二定律有：
F- 1（m+M）g=（m+M）a
再对铁块，由牛顿第二定律有：f2=ma即可求得f2 与F的表达式.
（ⅱ）若 F>F0m，则两者相对运动，则f2 =2mg.
②若f2m≤ftm，则木板一直处于静止状态，则
ⅰ、当0
ⅱ、当F>f2m时，铁块在木板上滑动f2 =2mg.
在第（3）小题中，将F作用在木板上时，则不管f2与f1m大小关系如何，则在木板滑动前，铁块一直处于静止状态.
①当0
②当F>f1m时，木板开始运动，但铁块与木板相对静止，一起做匀加速直线运动，当两者恰好要发生相对滑动时其加速度最大为am
对铁块，由牛顿第二定律有：2mg=ma 解得am=2g .
对铁块与木板整体，由牛顿第二定律有：
F0-1（m+M）g=（m+M）am .
解得F0 =（m+M）（1g+am）.
（ⅰ）若 f1m
对铁块与木板整体，由牛顿第二定律有：
F-1（m+M）g =（m+M）a.
再对铁块，由牛顿第二定律有： f2=ma即可求得f2与F的关系. （ⅱ）若 F>F0m，则两者相对运动，则 f2=1mg.
（作者单位：普宁市城东中学）
责任编校李平安。