轻松解决“板块”问题

板块模型1．模型特点上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动。

涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次互相作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中，另外，常见的子弹射击木板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块－木板模型类似。

2．两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长。

3．解题方法整体法、隔离法。

4．解题思路(1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度。

(2)对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程。

特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移。

5.分析滑块—木板模型问题时应掌握的技巧(1)分析题中滑块、木板的受力情况，求出各自的加速度。

(2)画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系。

(3)知道每一过程的末速度是下一过程的初速度。

(4)两者发生相对滑动的条件：①摩擦力为滑动摩擦力。

②二者加速度不相等。

1．如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg解析 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合外力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmg m ＝μg ；对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg ，由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg 。

答案 C2.(2017·广西质检)如图所示，A 、B 两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B 与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A 与B 之间的动摩擦因数μ2＝0.2.已知物体A 的质量m ＝2 kg ，物体B 的质量M ＝3 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.现对物体B 施加一个水平向右的恒力F ，为使物体A 与物体B 相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．20 NB ．15 NC ．10 ND ．5 N答案：B 解析：对A 、B 整体，由牛顿第二定律，F max －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a ；对物体A ，由牛顿第二定律，μ2mg ＝ma ；联立解得F max ＝(m ＋M )(μ1＋μ2)g ，代入相关数据得F max ＝15 N ，选项B 正确．3．(2017·黄冈质检)如图甲所示，在水平地面上有一长木板B ，其上叠放木块A 。

微专题2板块模型的综合分析命题规律 1.命题角度：(1)牛顿运动定律在板块模型中的应用；(2)动量定理及动量守恒定律在板块模型中的应用；(3)能量观点在板块模型中的应用.2.常用方法：假设法、整体法与隔离法.3.常考题型：选择题、计算题．1．用动力学解决板块模型问题的思路2．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题．3．应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)．例1(2022·广东省模拟)如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量M＝2 kg的木板静置于光滑的水平面上，另一质量m＝1 kg的物块以v0＝6 m/s的水平初速度从木板的最左端P点冲上木板，最终物块在木板上Q点(图甲中未画出)与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示．物块可视为质点．求：(1)图乙中v1、v2和v3的大小；(2)整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量．答案(1)4 m/s 3 m/s 2 m/s(2)12 J解析(1)根据题意可知，题图乙中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程．物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v 1，此时木板速度大小v 木＝1 m/s 从物块滑上木板到物块与挡板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有 m v 0＝m v 1＋M v 木 解得v 1＝4 m/s物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v 2，从物块滑上木板到物块与挡板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有 m v 0＝M v 2 解得v 2＝3 m/s2 s 末物块与木板共同运动的速度大小为v 3，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，根据系统动量守恒有 m v 0＝(m ＋M )v3 解得v 3＝2 m/s(2)物块与挡板碰撞前瞬间，系统的动能 E k1＝12m v 12＋12M v 木2＝9 J物块与挡板碰撞后瞬间，系统的动能 E k2＝12M v 22＝9 J故碰撞过程系统没有机械能损失，物块滑上木板时系统的动能 E k0＝12m v 02＝18 J最终相对静止时系统的动能 E k3＝12(m ＋M )v 32＝6 J所以系统产生的热量 Q ＝E k0－E k3＝12 J.例2 (2022·甘肃金昌市月考)如图所示，一质量M ＝3 kg 的小车由水平部分AB 和14光滑圆轨道BC 组成，圆弧BC 的半径R ＝0.4 m 且与水平部分相切于B 点，小物块Q 与AB 段之间的动摩擦因数μ＝0.2，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN 相切，一质量为m 1＝0.5 kg的小物块P 从距离轨道MN 底端高为h ＝1.8 m 处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为m 2＝1 kg 的小物块Q (两物块均可视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知除了小车AB 段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求碰撞后瞬间物块Q 的速度；(2)求物块Q 在小车上运动1 s 时相对于小车运动的距离(此时Q 未到B 点且速度大于小车的速度)；(3)要使物块Q 既可以到达B 点又不会从小车上掉下来，求小车左侧水平长度AB 的取值范围． 答案 (1)4 m/s ，方向水平向右 (2)83m (3)1.5 m ≤L ≤3 m解析 (1)物块P 沿MN 滑下，设末速度为v 0，由机械能守恒定律得m 1gh ＝12m 1v 02解得v 0＝6 m/s物块P 、Q 碰撞，取向右为正方向，设碰后瞬间P 、Q 速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 由机械能守恒定律得 12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22 解得v 1＝－2 m/s ， v 2＝4 m/s故碰撞后瞬间物块Q 的速度为4 m/s ，方向水平向右(2)物块Q 与小车相对运动，可由牛顿第二定律求得两者的加速度 a 2＝－μm 2g m 2＝－2 m/s 2，a 3＝μm 2g M ＝23m/s 2物块Q 的位移x 2＝v 2t ＋12a 2t 2＝3 m小车的位移x 3＝12a 3t 2＝13 m解得s ＝x 2－x 3＝83m(3)物块Q 刚好到达B 点时就与木板共速时AB 段最长，根据动量守恒定律有 m 2v 2＝(m 2＋M )v 3 可得共同速度为v 3＝1 m/s由能量守恒定律得12m 2v 22＝12(m 2＋M )v 32＋μm 2gL 1解得L 1＝3 m物块Q 刚好回到A 点时与木板共速时，AB 段最短根据动量守恒定律可得共同速度仍为v 3＝ 1 m/s由能量守恒定律得12m 2v 22＝12(m 2＋M )v 32＋2μm 2gL 2解得L 2＝1.5 m当AB 段最短时需要验证物块Q 在圆弧上共速时上升高度是否超过R ，由能量守恒定律得 12m 2v 22＝12(m 2＋M )v 32＋μm 2gL 2＋m 2gH 解得H ＝0.3 m<R ＝0.4 m所以不会从圆弧轨道上滑出，则AB 段的长度范围为1.5 m ≤L ≤3 m.(2022·广东湛江市模拟)在光滑水平面上有一质量为2m 、足够长的小车，小车左端锁定着一块质量为m 的木板，两者一起以v 03的速度匀速向右运动．现有一颗质量也为m 的子弹以v 0的水平初速度从同一方向射入木板．若子弹在木板运动过程中所受到的阻力为恒力且等于其自身重力，重力加速度取g .(1)子弹恰好不从木板中穿出，则木板的长度L 为多少？(2)取木板的长度为5v 0236g ，解除对木板的锁定，如果子弹在木板内运动过程中，木板相对小车发生滑动，要使子弹不能从木板中射出，则木板与小车间的动摩擦因数μ应满足什么条件？ 答案 (1)v 026g(2)μ≤0.2解析 (1)木板锁定在车上，子弹在穿入木板的过程，子弹、木板和小车组成的系统动量守恒， 有m v 0＋(m ＋2m )v 03＝(m ＋m ＋2m )v根据能量守恒F f L ＝12m v 02＋12(m ＋2m )(v 03)2－12(m ＋m ＋2m )v 2又F f ＝mg 联立解得L ＝v 026g(2)木板和小车间有相对运动，则对木板和子弹受力分析，由牛顿第二定律得 a 木＝F f －2μmg m ＝(1－2μ)ga 子＝F f m ＝mg m＝g故木板向右做匀加速直线运动，子弹向右做匀减速直线运动．子弹恰好不穿出木板，则子弹最终与木板共速且两者相对位移等于木板长度，设子弹与木板共速时的速度为v ， 有v －v 03a 木＝v 0－v a 子联立解得v ＝23－μ1－μv 0子弹位移x 子＝v 02－v 22g木板位移x 木＝v 2－(v 03)22(1－2μ)g ，x 子－x 木＝5v 0236g联立以上各式解得μ＝0.5或μ＝0.2 当μ＝0.5时，2μmg ＝F f木板与小车不会发生相对滑动，舍去．因动摩擦因数越小越难穿出木块，故满足子弹不穿出木板条件为μ≤0.2.专题强化练1．(多选)(2022·河北武安市第一中学高三检测)如图甲所示，小车B 紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物体A (可视为质点)以初速度v 0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上(未冲出)，物体和小车的v －t 图像如图乙所示，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则以下说法正确的是( )A ．物体A 与小车B 间的动摩擦因数为0.3 B ．物体A 与小车B 的质量之比为1∶2C ．小车B 的最小长度为2 mD ．如果仅增大物体A 的质量，物体A 有可能冲出去 答案 AC解析 物体A 滑上小车B 后做匀减速直线运动，对物体A 分析有μm A g ＝m A a A ，由v －t 图像可得a A ＝Δv 1Δt ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－41 m/s 2＝3 m/s 2，联立解得μ＝0.3，所以A 正确；对小车B 分析有μm A g＝m B a B ，由v －t 图像可得a B ＝Δv 2Δt ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－01 m/s 2＝1 m/s 2，联立解得m A m B ＝13，所以B 错误；小车B 的最小长度为物体A 在小车B 上的最大相对滑动位移，则有L min ＝x A －x B ＝4＋12×1 m－0＋12×1 m ＝2 m ，所以C 正确；如果仅增大物体A 的质量，物体A 的加速度保持不变，但是小车B 的加速度增大，所以两者达到共速的时间减小了，则物体A 与小车B 的相对滑动位移减小，所以物体A 不可能冲出去，所以D 错误．2．(多选)(2022·福建福州市高三检测)如图所示，质量为M 的长木板A 以速度v 0在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m 的小滑块B 轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )A ．若只增大m ，则小滑块不能滑离木板B ．若只增大M ，则小滑块在木板上运动的时间变短C ．若只增大v 0，则小滑块离开木板的速度变大D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块相对地面的位移变大答案AB解析若只增大滑块质量，滑块的加速度大小保持不变，但木板的加速度增大，所以两者达到共速的时间减少了，则滑块在木板上的相对滑动位移减小，所以滑块不能滑离木板，A正确；若只增大长木板质量，木板的加速度减小，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间变短，B正确；若只增大木板初速度，滑块的受力不变，滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变短，所以滑块离开木板的速度变小，C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度均减小，相对位移不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板相对地面的位移变小，滑块滑离木板过程中滑块相对地面的位移为板长加木板对地位移，故减小，D 错误．3．(多选)(2022·内蒙古海拉尔第二中学高三期末)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端．现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用．滑块、长木板的v－t图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下．重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是()A．t＝9 s时长木板P停下来B．长木板P的长度至少是7.5 mC．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5D．滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为12 m答案AB解析由题图乙可知，力F在t1＝5 s时撤去，此时长木板P的速度v1＝5 m/s，t2＝6 s时两者速度相同，共同速度为v2＝3 m/s，t2＝6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t2＝6 s 后长木板P的速度小于滑块Q的速度，0～6 s过程中，以滑块Q为研究对象，由题图乙知a1＝0.5 m/s2，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.05,5～6 s过程中，以长木板P为研究对象，由题图乙知a2＝2 m/s2，由牛顿第二定律得μ2(2m)g＋μ1mg＝ma2，解得μ2＝0.075，从6 s 末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ2(2m )g －μ1mg ＝ma 3，解得a 3＝1 m/s 2，这段时间Δt 1＝v 2a 3＝3 s ，所以t ＝9 s 时长木板P 停下来，故A 正确，C 错误；长木板P 的长度至少是前6 s 过程中滑块Q 在长木板P 上滑行的距离Δx 1＝12×5×5 m ＋12×(5＋3)×1 m －12×3×6 m ＝7.5 m ，故B 正确；在从6 s 末到滑块停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma 4，解得a 4＝0.5 m/s 2，这段时间Δt 1＝v 2a 4＝6 s ，所以t 3＝12 s 时滑块Q 停下来，6 s 后滑块Q 在长木板P 上滑行的距离Δx 2＝12×6×3 m －12×3×3 m ＝4.5 m ，前6 s 长木板P 速度更大，后6 s 滑块Q 速度更大，则滑块Q 在长木板P 上滑行的相对位移为Δx ＝Δx 1－Δx 2＝3 m ，故D 错误．4.(2022·四川成都市月考)如图，长为L 的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m 的滑块以水平向右的初速度v 0滑上木板左端．①若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为v 03；②若木板不固定，则滑块恰好不离开木板．滑块可视为质点，重力加速度大小为g .求：(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ； (2)木板的质量M ；(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比I 1∶I 2. 答案 (1)4v 029gL(2)8m (3)3∶4解析 (1)木板固定时，滑块做匀减速直线运动，所受摩擦力大小为F f ＝μmg 由动能定理有－F f L ＝12m (v 03)2－12m v 02解得μ＝4v 029gL.(2)木板不固定时，木板和滑块系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共速时的速度为v ，由能量守恒定律有 μmgL ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2由动量守恒定律有m v 0＝(m ＋M )v 联立两式解得M ＝8m .(3)规定水平向右的方向为正方向，木板固定时，对滑块由动量定理有 I 1＝m (v 03)－m v 0＝－23m v 0木板不固定时滑块末速度由(2)知 v ＝m v 0m ＋M ＝v 09由动量定理有I 2＝m v －m v 0＝m (v 09)－m v 0＝－89m v 0解得I 1∶I 2＝3∶4.5.(2022·云南省玉溪第一中学高三检测)如图所示，质量M ＝0.9 kg 的木板A 静止在粗糙的水平地面上，质量m ＝1 kg 、可视为质点的物块B 静止放在木板的右端，t ＝0时刻一质量为m 0＝0.1 kg 的子弹以速度v 0＝50 m/s 水平射入并留在木板A 内(此过程时间极短)．已知物块B 与木板A 间的动摩擦因数μ1＝0.20，木板A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.30，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，求：(1)子弹射入木板过程中系统损失的机械能；(2)子弹“停”在木板内之后瞬间A 和B 的加速度大小； (3)最终物块B 停止运动时距离木板A 右端的距离． 答案 (1)112.5 J (2)8 m/s 2 2 m/s 2 (3)1.125 m解析 (1)子弹射中木板A 的过程动量守恒，有m 0v 0＝(m 0＋M )v 1 由能量守恒可知，子弹射入木板过程中系统损失的机械能为 ΔE ＝12m 0v 02－12(m 0＋M )v 12解得v 1＝5 m/s ，ΔE ＝112.5 J ；(2)子弹“停”在木板内之后瞬间对B 应用牛顿第二定律可得μ1mg ＝ma B ，对子弹与A 组成的整体应用牛顿第二定律可得μ1mg ＋μ2(m ＋m 0＋M )g ＝(m 0＋M )a A ， 解得a A ＝8 m/s 2，a B ＝2 m/s 2；(3)子弹停在木板A 内之后，A 、B 发生相对滑动，A 减速，B 加速， 设经过时间t 1二者共速，有v 1－a A t 1＝a B t 1 解得t 1＝0.5 s ，此时二者速度为v2＝a B t1＝1 m/s，故此过程A与B相对地面的位移分别为x A＝v1t1－12a A t12，x B＝12a B t12，共速后，因为μ1<μ2，故二者分别做匀减速运动，对子弹与A组成的整体应用牛顿第二定律可得μ2(m＋m0＋M)g－μ1mg＝(m0＋M)a A′，对B应用牛顿第二定律可得μ1mg＝ma B′，解得a A′＝4 m/s2，a B′＝2 m/s2，共速后A、B继续滑行的距离分别为x A′＝v222a A′，x B′＝v222a B′，故最终物块B停止运动时距离木板A右端的距离为Δx＝(x A＋x A′)－(x B＋x B′)，联立可得Δx＝1.125 m.6．(2022·山西晋中市高三期末)如图所示，在水平地面上静置一质量为M＝3 kg的木板A，在木板A的上面右侧放置一质量为m＝1 kg的木块B(可视为质点)．木块B与木板A之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板A与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.2.一个底面光滑、质量也为M＝3 kg 的木块C以速度v0＝2 m/s与木板A发生弹性碰撞．重力加速度g取10 m/s2.(1)求碰后瞬间木板A获得的速度大小；(2)在木块B与木板A相对运动的过程中，若要保证木块B不从木板A上滑下，求木板A的最小长度．答案(1)2 m/s(2)0.5 m解析(1)设木块C与木板A碰后瞬间速度分别为v1、v2，木块C与木板A发生弹性碰撞，有M v0＝M v1＋M v212M v02＝12M v12＋12M v22代入数据解得v 1＝0，v 2＝v 0＝2 m/s(2)碰后木板A 做减速运动，其加速度a 1＝－μ1mg ＋μ2(m ＋M )g M＝－3 m/s 2 木块B 做加速运动，其加速度a 2＝μ1mg m＝μ1g ＝1 m/s 2 设二者速度相同时速度为v ，有v －v 2a 1＝v a 2解得v ＝0.5 m/s此过程中木板A 的位移为x 1＝v 2－v 222a 1＝58m 木块B 的位移为x 2＝v 22a 2＝18m 二者速度相同后，木板A 继续减速，假设B 相对A 向右滑动，则A 的加速度为a 3＝μ1mg －μ2(m ＋M )g M ＝－73m/s 2 木块B 向右做减速运动，其加速度a 4＝－μ1mg m＝－μ1g ＝－1 m/s 2 因为|a 3|>|a 4|，假设成立．所以速度相同后，木块B 相对木板A 将向右运动，直至停止．A 向右减速到零的位移x 3＝0－v 22a 3＝356m A 减速到零时，由于μ1mg <μ2(m ＋M )g ，故保持静止．B 向右减速到零的位移为x 4＝0－v 22a 4＝18m 即B 先相对A 向左移动了x 1－x 2＝0.5 m ，后相对A 向右移动了x 4－x 3＝114m ， 则要保证木块B 不从木板A 上滑下，木板A 的最小长度为L ＝x 1－x 2＝0.5 m.7.(2022·山东省模拟)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，一质量为M ＝2 kg 的长木板B 沿着斜面以速度v 0＝9 m/s 匀速下滑，现把一质量为m ＝1 kg 的铁块A轻轻放在长木板B 的左端，铁块恰好没有从长木板右端滑下，A 与B 间、B 与斜面间的动摩擦因数相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)铁块A 和长木板B 共速后的速度大小；(2)长木板的长度；(3)请用数值验证，铁块刚放上长木板左端时与达到共速时系统的总能量相等．答案 (1)6 m/s (2)2.25 m (3)见解析解析 (1)根据动量守恒定律有M v 0＝(M ＋m )v解得v ＝6 m/s(2)根据题意可知μ＝tan θ＝0.75对铁块A 受力分析有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1解得a 1＝12 m/s 2对长木板受力分析有Mg sin θ－μmg cos θ－μ(M ＋m )g cos θ＝Ma 2解得a 2＝－6 m/s 2经过时间t 速度相等，有v ＝v 0＋a 2t ＝a 1t铁块运动位移x 1＝v 2t ＝1.5 m 长木板运动位移x 2＝v 0＋v 2t ＝3.75 m 长木板的长度l ＝x 2－x 1＝2.25 m(3)系统动能的变化量ΔE k ＝12(M ＋m )v 2－12M v 02＝－27 J 铁块重力势能的变化量ΔE p1＝－mgx 1sin θ＝－9 J长木板重力势能的变化量ΔE p2＝－Mgx2sin θ＝－45 J长木板与斜面之间摩擦产生的热量Q1＝μ(M＋m)gx2cos θ＝67.5 J铁块与长木板之间摩擦产生的热量Q2＝μmgl cos θ＝13.5 J因为ΔE k＋ΔE p1＋ΔE p2＋Q1＋Q2＝0 故系统能量守恒．。

第一时间阻击热点板块方法与技巧（一）紧盯龙头股，发现盘中直线拉升的异动。

每个人都有自己看盘的方法，而从短线投资的角度来说，对每个板块的龙头股保持关注，是快速发现热点的重要方法之一。

例如，我们通过把每个板块中的市值、营业收入比较大，股价在板块中具有重要影响，业绩在行业中占据领到低位的个股列入自选股等进行观察。

则当我们发现这些龙头股出现异动时，则相关板块异动的概率就比较大。

一旦这些龙头短线崛起成为热点，则板块中的其他成分股也会跟随着快速启动。

例如钢铁板块中的宝钢股份、武钢股份，房地产板块中的万科A、金地集团、保利地产等等。

从以往的盘面走势来总结，这些龙头股的每次短线的大涨或大跌异动都对其他成分股形成重要冲击，具有带头大哥的作用。

所以，要想做好短线，对龙头股的观察尤其重要。

下图是房地产板块的另一龙头股金地集团。

直线拉升的时点和走势与保利地产一模一样。

由此，我们可以快速判断：房地产板块的短线启动已经开始了。

（二）跟踪板块涨势，快速发现热点板块盘中崛起除了上述的跟踪龙头股的异动外。

对于短线热点的跟踪，我们也可以通过对盘中板块“涨速”的跟踪分析来发现盘中热点的形成过程。

通过在“31+回车”调入板块排名后，我们可以对“涨速”相进行排序，则盘中出现直线拉升异动的板块就会排名前列。

在通过对板块成分股的展开分析，我们就可以在短时间内快速发现该板块的热度了。

一般情况下，当板块“涨速”达到1%或以上是，说明该板块可能具有非常强的大资金盘中买入。

如果这时候及时关注，往往会发现热点板块崛起的第一时间。

如下的图形是早盘10：57分49秒截取的板块涨速排名，房地产板块指数以1.22%的涨速位列第一。

结合上面的两大龙头保利地产、金地集团的走势，我们可以发现，房地产板块正在快速崛起成为盘中热点。

通过点板块指数左侧的“+”号对展开成分股列表。

从列表额房地产板块成分股“涨速”排名来看，该板块成分股在10：58分18秒时盘中涨速超过1%的个股已经超过20只，出现所有成分股全面活跃的态势。

板块问题的处理思路
打击板块问题的处理思路
板块问题是指城市的街道过斑驳、闹市形态混乱，给城市发展带来很多负面影响，对于这类问题的处理，下文将就其思路进行探讨。

首先，要建立起有效的空间结构规划。

要加强对城市发展的总体规划管理，划
出合理的空间结构类型，使规划区域内遵守一定的功能结构规范，形成完整的空间格局。

其次，健全从建设到经营再到管理的体系机制，加大政府投入建设和维护社会
稳定，进一步完善城市管理以及相关公共服务，提升居民的生活质量，减少板块管理的难度。

此外，也要加强社区建设，必要的时候打造、改造板块，改善其功能，以便未
来的发展，但是也要结合现实情况，及时调整，以实现城市的可持续发展。

最后，要强化管理监督，加强板块的日常管理，确保城市街道秩序井然，逐步
减少隐患问题，扩大城市设计覆盖面，把握城市发展方向。

总之，要有效治理板块问题，必须组织好政府、社会组织、居民等多方面力量，进行共同的规划，以及加强监督管理，协调多种元素，实现可持续性发展，为城市发展营造良好的环境。