物板模型的多种解题方法

所谓物板模型，即物块与木板组成的物体系内两个物体的相对运动问题，是高中物理的热点和难点。本文给出多种解法。

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。动，直至

时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运

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；

图线如图(b)所示。

运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取(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。

。求

；

及小物块与木板间的动摩擦因数

【解法1】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为碰撞后木板速度水平向左，大小也是

木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有解得

，位移

，末速度

木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间

其逆运动则为匀加速直线运动可得代入可得

木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即可得

1

（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有

可得

对滑块，则有加速度

滑块速度先减小到0，此时碰后时间为

此时，木板向左的位移为 末速度

滑块向右位移

此后，木块开始向左加速，加速度仍为

木块继续减速，加速度仍为

假设又经历二者速度相等，则有

解得

此过程，木板位移 末速度

滑块位移

此后木块和木板一起匀减速。 二者的相对位移最大为

滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为

（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速运动直到停止，整体加速度

位移

所以木板右端离墙壁最远的距离为

答案：（1）

（2）

（3）

2

【解法2】（2）碰撞后物块先向右匀减速运动，速度为0后向左匀加速运动，而木板一直向左匀减速运动，直到二者速度相等时，物块运动到木板的最右端。 以向左为正方向，根据速度公式vv0at，有 对物块v144t，对木板v24根据位移公式xvt4t，当v1v2v时，两式相等，解得t1.5s 312at，有 21(4)1.521.5m 2142对木板，设向左为正，x141.5()1.54.5m

23对物块，设向右为正，x141.5所以，木板的长度最小为Lx1x26.0m

此方法【易错点】：以为物块速度为0时，物块运动到木板的最右端，则根据v44t=0，

解得t1s， 根据位移公式xvt12at，有 21(4)122m 214102m 对木板，设向左为正，x141()123316m5.33m 所以，木板的长度最小为Lx1x23对物块，设向右为正，x141为什么这样做是错误的呢？因为在物块速度为0后到二者速度相等的一段时间内，虽然物块向左运动，但因为木板也向左运动，且木板的速度大于物块的速度，所以，相对于木板，物块仍然向右运动，所以直到二者速度相等时，物块才运动到木板的最右端。 【解法3】图象法

3.1速度图象：向右为正，物块v144t，木板v244t，作出速度图象如下： 3543210-10-2-3-4-5

3

0.511.52v物块v木板从图象可以看出，当t1.5s时，二者速度相等。

根据vt图象与t轴包围的“面积”等于位移的方法，t轴以上为正，以下为负，求位移： 对物块：0~1s，x1111412m，1~1.5s，x120.520.5m，所以，物块22的总位移为x1x11x121.5m 对木板，0~1.5s，x2421.54.5m， 2所以，木板的长度为Lx1x26m 3.2 位移图象 向右为正： 物块，x14t移图象如下：

114(4)t2，木板，x24t()t2，作出物块和木板的位2232.521.510.50-0.50-1-1.5-2-2.5-3-3.5-4-4.5-50.511.52x物块x木板

从图象得到当t1.5s时，x11.5m，x24.5m，所以木板长度为Lx1x26.0m。 从图象也可以看出，确实是t1.5s时物块运动到木板的最右端，而不是在t1s时。因为当t1s时，xx2(3.33)5.33m6m

【解法4】相对运动法 4.1相对运动法之公式法

以上默认为以地面为参照物。解法4以木板为参照物，研究物块相对于木板的运动。设向右为

正，则初速度

v04m/s(4m/s)8m/s，加速度

4

416m/s2m/s2，当相对速度为0时，物块到达木板的最右端，根3316t0，解得t1.5s。代入位移公式得：据vv0+at=831116Lv0tat281.5()1.526m，即为木板的最小长度。

223a(4m/s2)4.2相对运动法之图象法 根据vv0+at=8如下：

161116t和xv0tat28t()t2，作出vt和xt图象3223987654321000.511.52vx

从图象可以看出，当t1.5s时，相对速度为0，，相对位移为6m，即为木板的最小长度。 【整合】

上面主要研究了第（2）问，即物块和木板相对运动的过程，下面把3个阶段整合一起来研究。一律以向右为正方向。

第一阶段：从t0到t1s，物块和木板一起做匀减速运动，已知末速度v4m/s，位移

2x4.5m，加速度a1m/s2，根据v2v02ax，可求出初速度v05m/s。则速度

，位移xv0tvv0at5t（0t1）

12at5tt2/2。 2第二阶段：从t1到t2.5s，因为碰撞后，木板速度反向，所以物块和木板运动不同。 物块先向右做匀减速运动，速度为0后再向左做匀加速运动，因为加速度不变，所以公式不

2变。已知初速度v4m/s，加速度a4m/s，则速度vv0at44t，位移

12at4t2t2。考虑第一阶段的末位移x4.5m，则为x4.54t2t2。 242木板一直做匀减速运动，已知初速度v4m/s，初位移x4.5m，加速度am/s，

3xv0t

5

12at4.54t2t2/3。 2第三阶段：从t2.5s到t4.5s，物块和木板一起做匀减速运动，已知初速度v2m/s，

则速度vv0at44t/3，位移xx0v0t加速度a1m/s，所以，速度vv0at2t 对物块，初位移x6m，所以位移xx0v0t对木板，初位移x0，所以位移xx0v0t212at62tt2/2。 212at2tt2/2。 2用电脑Excel分别作出物块和木板的速度图象如下： 6（写于2018.2.7） 5 4 3 2 1 0 -100.511.522.533.54 -2 -3 -4 -5v物块v木板4.55从速度图象可以看出，从t0到t1s，物块和木板一起向右做匀减速运动，速度从5m/s减小到4m/s。从t1到t2.5s，因为碰撞后，木板速度反向，物块先向右做匀减速运动，到t2s时刻，速度为0，然后向左做匀加速运动，到t2.5s时刻，速度为v2m/s。木板一直向左做匀减速运动，到t2.5s时刻，速度也为v2m/s。从t2.5s到t4.5s，物块和木板一起向左做匀减速运动，速度从-2m/s减小到0。 用电脑Excel分别作出物块和木板的位移图象如下：

6

76.565.554.543.532.521.510.50-0.5-10-1.5-2-2.5x物块x木板0.511.522.533.544.55

从位移图象可以看出，从t0到t1s，物块和木板一起向右做匀减速运动，位移从0到4.5m。从t1到t2.5s，因为碰撞后，木板速度反向，物块先向右做匀减速运动，到t2s时刻，位移为6.5m，然后向左做匀加速运动，到t2.5s时刻，位移为6m。木板一直向左做匀减速运动，到t2.5s时刻，位移为0，此时物块到达木板最右端，木板长为6m。从t2.5s到t4.5s，物块和木板一起向左做匀减速运动，到t4.5s时刻，物块位移为4m，木板位移为-2m，二者差仍然为6米，即木板长度。 为进一步理解，下面画出实物示意图如下：

7

8