一、板块模型
模型特点：滑块放置于木板上，木板放置于水平桌面或地面上。
以地面为参考系的位移关系：
滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x－x
1 2
＝L(或Δx＝x－x＝L)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x＋x＝L。
2 1 2 1
分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
解决滑块—木板模型中计算问题常用工具——两图四明确。
〔1〕画运动过程示意图
〔2〕画速度-时间图像
明确图像与坐标轴围成的面积对应运动过程示意图中的哪段位移，明确图像拐点对应运动过程示意图中哪个位置和时刻及瞬时速度。
假设已给出了v-t图像，要能够从图像中猎取关键的数据。
二、精选例题
例1.(·高考)如以下图，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A马上获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B马上获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
A被敲击后获得的初速度大小v；
A
在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a、a′；
B B
B被敲击后获得的初速度大小v。
B
答案(1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL解析A、B的运动过程如以下图：
设A、B的质量均为m，先敲击A时，由牛顿其次定律可知，
μmg
mA的加速度大小a＝ ＝μg
m
A
在B上滑动时有2aL＝v2
A A
解得：v＝2μgL。
A
对齐前，B所受A的摩擦力大小f＝μmg，方向向左，
A
地面的摩擦力大小f
＝2μmg，方向向左，
地
合外力大小F＝f＋f
A
＝3μmg
地
由牛顿其次定律F＝ma，得a＝3μg
B B
对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝f
＝2μmg
地
由牛顿其次定律F′＝2ma′，得a′＝μg。
B B
设敲击B后经过时间t，A、B到达共同速度v，位移分别为x、x，A的加速度大小等
A B
于a
A
那么v＝at，v＝v－at
A B B
1 1
x＝2at2，x＝vt－2at2
A A B B B
且x－x＝L
B A
解得：v＝22μgL。
B
例2:(课标I-25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图〔a〕所示。t=0时刻开头，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞〔碰撞时间极短〕。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。碰撞后1s时间内小物块的图线如图〔b〕所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求:〔1〕木板与地面间的动摩擦因数;〔2〕木板的最小长度；〔3〕木板右端离墙壁的最终距离。
运动过程示意图：
【答案】〔1〕?1?0.1 ?2?0.4 〔2〕6m〔3〕6.5m
〔2〕碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿其次定律有?
1
(M?m)g??
2
mg?Ma
1
可得a?
1
4m/s23
对滑块，那么有加速度a
2
?4m/s2
滑块速度先减小到0，此时碰后时间为t
1
1
?1s
10 8
此时，木板向左的位移为x
?vt?
at2
? m 末速度v
? m/s
1 1 2 11 3 1 3
4m/s?0
滑块向右位移x ?
2
t?2m
2 1
此后，木块开头向左加速，加速度仍为a
2
?4m/s2
木块连续减速，加速度仍为a?
1
4m/s23
假设又经受t2
二者速度相等，那么有at
22
?v?at
1 12
解得t ?0.5s
2
x ?vt
1
at2
7
? m 末速度v
?v?at
?2m/s
此过程，木板位移3 12
1 1
2 12 6
3 1 12
滑块位移x
4
? at2
2 22
?2m
此后木块和木板一起匀减速。
二者的相对位移最大为?x?x?x?x?x
1 3 2 4
?6m
滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m
〔3〕最终阶段滑块和木板一起匀减速直到停顿，整体加速度a??g?1m/s2
1
位移x
5
? 3 ?2m
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