對(duì)一道高考選擇項(xiàng)的再解析

王金聚

2014年福建高考卷的第18題的（A）選項(xiàng)，是一個(gè)難點(diǎn)，一些資料在解析時(shí)有的三言兩語故意回避，有的所列方程艱澀難懂，甚至還有的出現(xiàn)了錯(cuò)誤的地方.本文給出了幾種簡(jiǎn)潔明快的解法，供大家參考.

原題 （2014福建卷18）如圖1，兩根相同的輕質(zhì)彈簧，沿足夠長(zhǎng)的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部擋板上，斜面固定不動(dòng).質(zhì)量不同、形狀相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端.現(xiàn)用外力作用在物塊上，使兩彈簧具有相同的壓縮量，若撤去外力后，兩物塊由靜止沿斜面向上彈出并離開彈簧，則從撤去外力到物塊速度第一次減為零的過程，兩物塊

A.最大速度相同

B.最大加速度相同

C.上升的最大高度不同

D.重力勢(shì)能的變化量不同

對(duì)于題中的A選項(xiàng)，如下幾種解法更加簡(jiǎn)捷：

解法1 過渡量比較法

設(shè)斜面傾角為θ，兩物塊質(zhì)量分別為m1、 m2，且 ，彈簧勁度系數(shù)為k，彈簧被壓縮至最短時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep，物塊能達(dá)到的最大速度分別為vm1 、vm2 .由于最大速度的位置就是滑塊的平衡位置，設(shè)m2處在平衡位置時(shí)彈簧的壓縮量為x2，m2的平衡位置距出發(fā)點(diǎn)的豎直高差為Δh， 滑塊m1運(yùn)動(dòng)至與m2的平衡位置等高處時(shí)的速度為v1，考慮兩滑塊從出發(fā)點(diǎn)升高相同高度Δh的過程，由機(jī)械能守恒定律，對(duì)m1有

Ep=m1gΔh+12m1v21+12kx22（1）

對(duì)m2有

Ep=m2gΔh+12m2v2m2 +12kx22（2）

由（1）、（2）得

m1gΔh+12m1v21=m2gΔh+12m2v2m2

即m1（gΔh+12v21）=m2（gΔh+12v2m2 ）

因?yàn)閙1vm2 .

兩滑塊在平衡位置時(shí)滿足kx1=m1gsinθ、kx2=m2gsinθ，因?yàn)閙1

知x1v1>vm2 ，A選項(xiàng)錯(cuò)誤.

解法2 等效轉(zhuǎn)換法

如圖2所示，設(shè)滑塊質(zhì)量為m，滑塊最低位置為A點(diǎn)，平衡位置為O點(diǎn)，彈簧剛恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)滑塊在B點(diǎn)，滑塊在平衡位置時(shí)彈簧的壓縮量為x0，A、O間的距離為xA，其余題設(shè)條件如前.

我們先尋求一個(gè)通用的表達(dá)式，滑塊平衡時(shí)有

kx0=mgsinθ（3）

滑塊離開平衡位置的距離為x時(shí)的回復(fù)力大小為

F=k（x+x0）-mgsinθ（4）

聯(lián)立（3）、（4）得

F=kx=（5）

由A→O利用機(jī)械能守恒定律得

12k（x0+xA）2=mgxAsinθ+12mv2m+12kx20

整理得

12kx2A+kx0xA=mgxAsinθ+12mv2m⑥=（6）

把（3）代入（6）得

12kx2A=12mv2m（7）

仔細(xì)觀察（5）、（7）兩式，都非常簡(jiǎn)單，這與如圖3所示的光滑水平面上的彈簧振子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是否極其相似？！

若以滑塊的平衡位置O作為位移和彈簧形變量的起點(diǎn)，就像光滑水平面上的彈簧振子一樣，重力及重力勢(shì)能這兩個(gè)量我們都不必考慮，圖2中A→O的過程就可看成是彈性勢(shì)能向動(dòng)能轉(zhuǎn)化的過程，所以不必推導(dǎo)可直接寫出（7）式：

12kx2A=12mv2m，

所以vm=xAkm（8）

設(shè)最低點(diǎn)到兩滑塊平衡位置的距離分別為xA1 、xA2 ，當(dāng)m1xA2 ，結(jié)合（8）式可以看出vm1 >vm2 .

解法3 a-x圖象法

沿用解法2的觀點(diǎn)——選取滑塊的平衡位置O作為位移和彈簧形變量的起點(diǎn)，由（5）式可得滑塊的加速度大小為a=xmx，再結(jié)合解法2的結(jié)

論xA1 >xA2 ，我們可畫出滑塊從最低點(diǎn)到平衡位置的a-x圖象如圖3所示，圖中BO為滑塊m1的圖象、PO為滑塊m2的圖象.設(shè)滑塊從最低點(diǎn)到平衡位置的過程中加速度隨位移變化的平均值分別為1、2，由圖象可看出1>2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2m1 =21xA1 ，

v2m2 =22xA2 ，由于xA1 >xA2 、

1>2，所以vm1 >vm2 .

解法4 a-t圖象法

設(shè)出發(fā)時(shí)彈簧的壓縮量為xm，由牛頓第二定律得kxm-mgsinθ=mam，所以

am=kxmm-gsinθ（9）

若m1am2 ，滑塊與彈簧未分離時(shí)可看作一彈簧振子，由周期公式T=2πmk知T1

我們知道：對(duì)于正弦式電流，其平均值和最大值間的關(guān)系是I=2πIm，與之類似，圖4中滑塊的平均加速度就可表示為a=2πam，據(jù)此可求出圖線與兩坐標(biāo)軸所圍的面積為

vm=a·T4=2πam·T4（10）

式中周期

T=2πmk（11）

聯(lián)立（9）、（10）、（11）解得

vm=xm

km-gsinθmk，

由此式可看出：當(dāng)m1vm2 .

顯然，以上幾種解法都較為簡(jiǎn)便，解法1簡(jiǎn)便易懂，學(xué)生更容易接受；解法2中把平衡位置作為彈簧形變量起點(diǎn)的看法在高中物理教學(xué)中并不作要求，學(xué)生接受起來可能會(huì)有些難度，講授時(shí)注意要做好與平面上彈簧振子的對(duì)比；解法3運(yùn)用了平均加速度的概念，用勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律來解決非勻變速運(yùn)動(dòng)的問題，學(xué)生應(yīng)該能夠理解；解法4雖然避免了用微積分的方法求面積，但所借鑒的關(guān)系式I=2πIm在高中教材中并未呈現(xiàn)，搞競(jìng)賽的學(xué)生應(yīng)該知道，講還是不講要視情況而定.