高考二轮专题讲座《板块模型及拓展》

13年高考二轮复习资料 南大附中 蔡莹

板块模型及其拓展

一、板块问题的重要性

理想模型法是物理思维的重要方法之一。我们在解决实际问题时，常要把问题中的物理情景转化为理想模型，然后再利用适合该模型的规律求解，因此在物理学习中培养建立物理模型的能力十分重要。

板块模型是一种复合模型，是由板模型和滑块模型组合而成。构成系统的板块间存在着相互作用力，通过相互作用力做功，实现能量转化。可以从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一问题。因此，板块模型是对力学规律的综合应用能力考查的重要载体。且有很好的延展性，高考卷中多有涉及。天津卷在05、07、09三年以此为背景进行考查。 二、解题中存在的主要问题

1、块和板有相对运动，参照物的选取出现错乱。

2、对物体受力情况不能进行正确的分析。块和板之间有相互作用，分析力时没能彻底隔离物体，研究对象没盯死。

3、忽视守恒条件，没有正确判断系统是否满足动量守恒的条件，能不能用动量守恒定律求解。

4、分析过程混淆。 三、板块模型的分类及拓展

根据系统受力情况不同，常见的题型可以分

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为两类：一类是系统不受力或外力的矢量和为零，但有初速度；一类是系统受外力的矢量和不为零。

模型一：系统不受力或外力的矢量和为零，但有初速度。 1、原形：

如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为m的物块以一定的初速度v0向右匀速运动，由左端滑上质量为M的静止的长木板，设小物块没有滑离长木板，且与木板间动摩擦因数为μ。 受力分析：

构成系统的两物体在相互作用时，受到大小相等，方向相反的一对恒力的作用，它们的加速度大小与质量成反比，方向相反。

f对于物块：am （1）

A 对于板：

aBfM

（2）

运动分析（公式、图像）：

物块在板上滑行的过程，可以看成是匀减速运动追击匀加速运

动，物块在板上滑行的距离就是它们的相对位移。

对于物块：vvat （3）

1xvtat （4） 2A0A2A0A对于板：

vBaBt （5）

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图1

xB1aBt22

（6）

运动图像如图1所示 临界条件：

若板足够长，物块和板的速度相等时，木块的速度最大，两者的相对位移取得极值，物块恰好不会从板上滑下。运动图像如图2所示 动量分析

对于物块： ftmvmv （7） 图2

对于板： ftMv （8） 对于系统 ：

物块、板作为一个系统，因水平方向系统

外力的矢量和为零，其动量守恒。 mvmvMv （9）

能量分析: 对于物块： 摩擦力对物块做的功等于物块动能的变化

1mvmv （10） fx122A0B0AB22AA0对于板： 摩擦力对板做的功等于板动能的变

化

1fxmv 22BB(11)

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对于系统 ：

物块在板上滑动的过程中，遵守能的转化和守恒定律，即作用前系统的总能量为物块的动能等于作用后系统的总动能（即物块和板的动能）与转化为系统内能的和。即一对滑动摩擦力做的功等于系统动能的改变，其大小等于该恒力的大小与相对位移的乘积。

111mv (12) f(xx)mvmv22222AB02AB2、例题解析：

例1、 如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的长木板以一定的初速度v0向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速地轻放到木

板右端，设小铁块没有滑离长木板，且与木板间动摩擦因数为μ，试求小铁块在木板上相对木板滑动的过程中：

（1）摩擦力对小铁块做的功； （2）木板克服摩擦力做的功； （3）系统机械能的减少量； （4）系统增加的内能；

（5）若小铁块恰好没有滑离长木板，则木板的长为多少？ 解析：动量守恒； Mv0=（M+m）v ①

mv－0 （1）对小铁块由动能定理得： W1=122②，

由①②得摩擦力对小铁块做的功

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W1=

2mM2v02(Mm)2．

2021Mv－Mv （2）木板克服摩擦力做的功W2=122③，由①③得W2=

1(Mm)v222mM(2Mm)v02(Mm)2．

20Mv－（3）系统减少的机械能ΔE=12=

2mMv02(Mm)．

2mMv02(Mm)（4）系统增加的内能Q=ΔE=

20．

（5）恰好没有滑离长木板，则Q=fs相对=μmg

MvL=2(mMv，即木板长度L= Mm)2g(Mm)20例2、如图所示，一质量为M长为l的长方形木块B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M，现以地面为参照物，给A和B以大小

相等、方向相反的初速度(如图)，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板。以地面为参照系。

⑴若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后速度的大小和方向；

⑵若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到最远处(从地面上看)到出发点的距离。 解析：⑴A恰未滑离B板，则A达B最左端时具有相同速度v，

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v0 A

B v0 l

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有 Mv0-mv0=(M+m)v ∴

vMmv0Mm

M＞m, ∴ v＞0,即与B板原速同向。

⑵A的速度减为零时，离出发点最远，设A的初速为v0，A、B摩擦力为f，向左运动对地最远位移为S，则 fS1mv0 而v0最大应满足 220Mv0-mv0=(M+m)v

m 解得：sM4Ml

fl112(Mm)v0(Mm)v222

例3、在光滑水平面上并排放两个相同的木板，长度均为L=1.00m，一质

v0

A B

量与木板相同的金属块，以v0=2.00m/s的初速度向右滑上木板A，金属块与木板间动摩擦因数为μ=0.1，g取10m/s2。求两木板的最后速度。 解析：金属块在板上滑动过程中，系统动量守恒。金属块最终停在什么位置要进行判断。假设金属块最终停在A上。三者有相同速度v，相对位移为x，则有

mv3mv0mgx1mv213mv2022 解得：x4mL，因此假3定不合理，金属块一定会滑上B。

设x为金属块相对B的位移，v1、v2表示A、B最后的速度，v0′为金属块离开A滑上B瞬间的速度。有：在A上

2mv1mvmv00mgL1mv11mv212mv2120202

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全过程

联立解得：

mvmv12mv20mg(Lx)1mv21mv212mv2220212

v1m/s或1m/s130(舍)或v04m/sv03v21m/s或5m/s26 ∴

v1m/s135v2m/s6x0.25m*解中，整个物理过程可分为金属块分别在A、B上滑动两个子过程，对应的子系统为整体和金属块与B。可分开列式，也可采用子过程→全过程列式，实际上是整体→部分隔离法的一种变化。

3、模型拓展：

板块模型的分析思想和方法具有普遍性和可操作性，一方面从板块构成系统的相互作用拓宽到任何两个物体构成系统的相互作用，系统不受外力或某方面不受外力或合外力为零，则系统动量守恒。另一方面从板块的系统内力，即一对摩擦力做功，拓宽一对弹力做功、重力做功、电场力做功、磁场力做功，实现了系统能量的转移和转化。对相互作用的物体系统的分析，应用了板块模型的分析思想和方法，操作性强、解答规范简单，对学生分析问题有较好的指导作用。 ①系统内力为一对摩擦力的物体间的相互作用 例4、设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进

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的距离。

解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。

从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒： mvMmv 从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d

对子弹用动能定理：

0 ……①

对木块用动能定理：

fs21Mv22fs1112mv0mv222 ……②

fd121Mm2mv0Mmv2v0222Mm①、②相减得：……③

这个式子的物理意义是：fd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见fdQ，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。 由上式不难求得平均阻力的大小： 至于木块前进的距离s2，可以由以上②、③相比得出：

②系统内力为一对弹力的物体间

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2Mmv0f2Mmds2mdMm13年高考二轮复习资料 南大附中 蔡莹

的相互作用。

例5、如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M的足够高的障碍物，各面都光滑，一质量为m的光滑小球以水平速度v0冲上障碍物，求小球能上升的最大高度？ 解析：

小球在障碍物的表面上升到最大高度时，小球与障碍物具有共同速度u，小球与障碍物构成系统不受外力作用，动量守恒，小球与障碍物之间的相互作用力为一对弹力，弹力做功实现了小球与障碍物的动能转移，同时小球克服重力做功使小球的部分动能转化为小球的重力势能，在该系统的相互作用中，小球可视为“子弹”，障碍物可视为“木块”，这与板块模型中(2)相类似。设小球在障碍物中上升高大高度为h，在水平方向上，系统不受外力作用，在水平方向上动量守恒。

mv(Mm)u (1)

由能量守恒定律：mv2(Mm)u2mgh (2) 解(1)和(2)可得：hMv2(Mm)g

③系统内力为一对电场力或磁场力的物体间的相互作用

例6、如图所示，在光滑绝缘水平面上，有A、B两个带正电的小球，开始时，B球处于静止状态，在无限远处的A球，以水平速度v正对B球运动，若两球质量相同，求两球在运动过程中电势能的最大值？

022020 - 10 -

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解析：A、B两球构成系统不受外力作用，动量守恒，两球在相互作用的过程中，库仑力为系统内

力，这对内力做功将A球的一部分动能转移给B球，同时使A、B两球构成系统电势能增加，无限远处电势能为零，当两球距离最近时，电势能最大，设为E，这时A、B两球具有共同速度u。 由动量守恒定律：mv2mu (1)

由能的转化和守恒定律：mv2(2m)u2E (2)

Emv4 解(1)和(2)可得最大电势能：

例7、如图所示，光滑的弧形金属导轨与足够长的水平光滑双轨道相连，两轨道距离为L，在水平轨

道的空间存在一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m2的金属棒乙静止在水平双轨道上，质量为m的金属棒甲从高为h的

弧面上由静止开始下滑，金属棒与轨道接触良好，甲乙两棒不相碰，求两棒在运动中电路产生的电热？

解析：甲棒在弧面轨道下滑，未进入磁场区域，只有重力做功，机械能守恒，

即mghmv2 (1)

当甲棒进入水平轨道时做切割磁感线运动、甲乙两棒与轨道构成闭合回路中产生电流，磁场对电流的作用力使甲棒减速，使乙棒加速，当两棒速度相同时，因产生电动势相等而方向相反，闭合

02202012111 - 11 -

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回路中没有电流，两棒都做匀速运动，通过磁场对电流作用力做功使甲棒一部分动能转移给乙棒，通过电流做功使甲棒的一部分动能转化为热，甲乙两棒在水平轨道发生相互作用，合外力

为零，动量守恒，由动量守恒定律：mv(mm)u (2)

由能的转化和守恒定律：mv2(mm)u2Q (3) 解(1)(2)(3)可得:Qmmgh(mm)

模型二：系统受外力的矢量和不为零 1、 原形：

如图所示，光滑水平面上有一块木板，质量M，长度L．在木板的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m．小滑块与木板之间的动摩擦因数μ．开始时它们都处于静止状态．某时刻起对小滑块施加一个F水平向右的恒力，此后小滑块将相对木板滑动. 受力分析：

11122211121212 对于物块：在两个力作用下相对于地面做．．．．．匀加速直线运动。amFfm （1）

对于板：受向右的摩擦力 f ′ = f，向右做

f匀加速直线运动。aM （2）

M运动分析（公式、图像）

对于物块：vat （3）

mm - 12 -

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xm1amt22 （4）

对于板： 临界条件： 当 静止。

当

vMaMt1aM2xM （5） t （6）

2amaM时， 物块与板之间相对时， 物块才能从板上滑

amaM下。

动量分析：

对于物块： (Ff)tmv （7） 对于板： ftMv （8） 能量分析： 对于物块： 摩擦力对物块做的功等于物块动能的变化

mv （9） (Ff)x12mB2mm对于板： 摩擦力对板做的功等于板动能的变化

fxM12mvM2

(10)

对于系统 ：

当

amaM时， 物块与板之间相对静止。

12(mM)vm2一对静摩擦力做功之和为零，拉力做了多少功，系统机械能就增加多少。Fx当

m（11）

amaM时， 物块与板之间发生相对运

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动。拉力与滑动摩擦力做功的代数和，为系统机械能的增量。

Fxmf(xmxM)112mvMmvm22 （11’）

一对静摩擦力做功的代数和小于零，机械能转化为系统内能。Qf(xx) (12)

2、例题解析

例8、如图所示，有一块木板静止在光滑且足够

mM长的水平面上，木板质量为M=4kg，长为

L=1.4m；木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m=1kg，其尺寸远小于L。小滑块与木板之间

20.4(g10m/s) 的动摩擦因数为

（1）现用恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上面滑落下来，问：F大小的范围是什么？

（2）其它条件不变，若恒力F=22.8牛顿，且始终作用在M上，最终使得m能从M上面滑落下来。问：m在M上面滑动的时间是多大？

解析：（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力

fNmg

a1f/mg4m/s2- 14 -

小滑块在滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度

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木板在拉力F和滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度

a2(Ff)/M

a2a1 使m能从M上面滑落下来的条件是 即(Ff)/Mf/m解得F(Mm)g20N

（2）设m在M上滑动的时间为t，当恒力F=22.8N，木板的加速度

a2(Ff)/M4.7m/s2 ）

S1a1t2/2 小滑块在时间t内运动位移 木板在时间t内运动位移

2221

S2a2t2/2

因SSL 即4.7t/24t/21.4解得t2s 点拨：用力的观点解题时，要认真分析物体受力及运动状态的变化，关键是求出加速度。 例9、长为1.5m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从木板B的左端滑上长木板B，直到A、Bv A 的速度达到相同，此时A、B的速度

为0.4m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0cm后停下．若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数

2

μ1=0.25．求：（取g=10m/s） （1）木块与冰面的动摩擦因数．

（2）小物块相对于长木板滑行的距离．

（3）为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度应为多大？

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解析：（1）A、B一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，

加速度

解得木板与冰面的动摩擦因数μ2=0.10

（2）小物块A在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动， 加速度 a1=μ1g=2.5m/s2 小物块A在木板上滑动，木块B受小物块A的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有μ1mg－μ2(2m)g=ma2 解得加速度a2=0.50m/s2

设小物块滑上木板时的初速度为v10，经时间t后A、B的速度相同为v

由长木板的运动得v=a2t，解得滑行时间 小物块滑上木板的初速度 v10=v＋a1t=2.4m/s 小物块A在长木板B上滑动的距离为

（3）小物块A滑上长木板的初速度越大，它在长木板B上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，物块A达到木板B的最右端，两者的速度相等（设为v′)，这种情况下A的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v0． 有

11v0ta1t2a2t2L22va2tv2a2g1.0m/s22stv0.8sa211ss1s2v01ta1t2a2t20.96m22

v0va1t

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由以上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度不大于最大初速度v2(aa)L3.0m/s

例10、如图所示，一块质量为m，长为L的均质长木板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为m′的小物体(可视为质点)，物体上连接一根很长的细绳，细

绳跨过位于桌边的定滑轮．某人以恒定的速度v向下拉绳，物体最多只能到达板的中点，已知整个过程中板的右端都不会到达桌边定滑轮处．试求：

(1)当物体刚到达木板中点时木板的位移； (2)若木板与桌面之间有摩擦，为使物体能达到板的右端，板与桌面之间的动摩擦因数应满足什么条件？

解析： (1)m与m′相对滑动过程中 m′做匀速运动，有：vt＝s1 ①

1

m做匀加速运动，有：vt＝s2 ②

2

s1－s2＝L/2 ③

联立以上三式解得：s2＝L/2

(2)设m与m′之间动摩擦因数为μ1 当桌面光滑时有：m′gμ1＝ma1 ④ v2＝2a1s2 ⑤

mv2

由④⑤解得：μ1＝

gm′L

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如果板与桌面有摩擦，因为m与桌面的动摩擦因数越大，m′越易从右端滑下，所以当m′滑到m右端两者刚好共速时该动摩擦因数最小，设为μ2

对m有：ma2＝m′gμ1－(m′＋m)gμ2 ⑥ v

t′＝s2′ ⑦ 2

v2＝2a2s2′ ⑧

对m′有：vt′＝s1′ ⑨ s1′－s2′＝L ⑩

mv2

联立解得：μ2＝

2(m′＋m)gL

所以桌面与板间的动摩擦因数μ≥ 2(m′＋m)gL

2、 模型拓展——传送带问题

传送带与物体间存在着一对相互作用力，且在电机的带动下匀速运动，系统外力的矢量和不为零。物体作匀变速运动，解决问题可从牛顿运动定律、动能定理，动量定理的角度着手，与“模型二”有类似之处。

mv2

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例11、如图所示，一平直的A B 传送带以速度V=2m/s匀速运

动，传送带把A处的工件运

送到B处，A，B相距L=10m。

从A处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t=6s，能传送到B处，要用最短的时间把工件从A处传送到B处，求传送带的运行速度至少多大?

V,所以工件在6s内先匀加速运动，解析：因Lt2后匀速运动，有 VSt, 21S2Vt

t1t2t

解上述四式得t1=2s,

2

a=V/t1=1m/s.

若要工件最短时间传送到B，工件加速度仍为a，

设传送带速度为V，工件先加速后匀速，

tVt 同上理有：LV2s1s2L12又因为t1=V/a,t2=t-t1,

LVVV(t)，化简得：t所以LV, V2a2aa2LVL常量， 因为V2a2a所以当

LVV2aV2aL2,即V2aL时，t有最小值， 5m/s。表明工件一直加速到B所用

时间最短。

例12、如图所示，一质量为m的滑块从高为h的光滑

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圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传A带相接，传送带的运行速度为v0，长为L,滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好被加速到与传送带的速度相同．求： (1)滑块到达底端B时的速度v； (2)滑块与传送带间的动摩擦因数；

(3)此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q.

解析：(1)设滑块到达B点的速度为v，由机械能守恒定律，有

mv. 得 v2gh mgh1222(2)滑块在传送带上做匀加速运动，设到达C速度为v0，有

mg =ma vv2aL

2gh 联解得 v2 gL2o220(3) 滑块从B点到C的位移为 Lv2vt

0滑块相对传送带的位移为 svtL 产生的热量为 Qmgs. 联解得 Qm(v22gh)

020四、思路总结：

做好受力分析判断动量是否守恒，做好运动分析，抓临界条件；熟记两图12式，根据所求物理量，恰当选择公式，提高解题效率。

如求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动量定理：应用动量定理时特别要注意

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条件和方向，最好是对单个物体应用动量定理求解。

如求位移通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理，应用动能定理时研究对象为单个物体或可以看成单个物体的整体。

如求相对位移时：通常会用到系统能量守恒定律，一对恒力做的功等于系统动能的改变，其大小等于该恒力的大小与相对位移的乘积。 求速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理或动量守恒定律：应用动量守恒定律时要特别注意系统的条件和方向。 五、原题重现： 1、（05年）如图所示，质量mA为4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0kg的小物块B（视为质点），它们均处于静止状态。木板突然受到水平向右的12Ns的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木B A 板时，木板的动能EM为8.0J，L 小物块的动能为0.50J，重力加速度取10m/s2，求

（1）瞬时冲量作用结束时木板的速度v0；

（2）木板的长度L。 答案：（1）v0＝3.0m/s （2）L＝0.50m

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2、（07年）如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内。可视为质点的物块从A点正上方某处无初速下落，恰好落人小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落人圆弧轨道时的能量损失。求

⑴.物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍；⑵.物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ。 答案：4倍；0.3 3、（09年）如图所示，质量m1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m,现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5,取g=10 m/s2，求 物块在车面上滑行的时间t; 要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。 答案：（1）0.24s (2)5m/s

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4、（11年）如图所示，A、B两物

块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀

减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力（ ）

A．方向向左，大小不变左，逐渐减小

C．方向向右，大小不变右，逐渐减小 答案：A

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B．方向向D．方向向