把握解題思路 求解力學(xué)綜合
——2022年高考全國(guó)乙卷第25題賞析

■上海師范大學(xué)附屬中學(xué) 李樹祥(特級(jí)教師,正高級(jí)教師)

在歷年的高考物理試卷中,力學(xué)計(jì)算題具有占分比重大、難度高的特點(diǎn),很多同學(xué)遇到這類題目時(shí)往往會(huì)感覺毫無思路,極易失分。如何分析求解力學(xué)計(jì)算題呢? 下面讓我們以2022年高考全國(guó)乙卷的第25 題為例,分析求解此類問題的思路,總結(jié)求解此類問題的方法,以供同學(xué)們參考。

題目：如圖1所示,一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接,靜止在光滑水平面上。物塊B向A運(yùn)動(dòng),t=0時(shí)刻與彈簧接觸,到t=2t0時(shí)刻與彈簧分離,第一次碰撞結(jié)束,物塊A、B的v-t圖像如圖2所示。已知在0～t0時(shí)間內(nèi),物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為0.36v0t0。物塊A、B分離后,物塊A滑上粗糙斜面,然后滑下,與一直在水平面上運(yùn)動(dòng)的物塊B再次碰撞,之后物塊A再次滑上斜面,達(dá)到的最高點(diǎn)與前一次相同。斜面傾角為θ(sinθ=0.6),與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求:

圖1

圖2

(1)第一次碰撞過程中,彈簧彈性勢(shì)能的最大值。

(2)第一次碰撞過程中,彈簧壓縮量的最大值。

(3)物塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。

解析：(1)當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能最大,此時(shí)物塊A、B的速度相等,即t=t0時(shí)刻。設(shè)物塊B的質(zhì)量為mB,選由A、B兩物塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mB·1.2v0=(mB+m)v0,根據(jù)能量守恒定律得解得mB=5m,Epmax=0.6mv20。

(2)方法一：同一時(shí)刻彈簧對(duì)物塊A、B的彈力大小相等,根據(jù)牛頓第二定律F=ma,mB=5m可知,同一時(shí)刻aA=5aB,即在0～t0時(shí)間內(nèi)物塊A的平均加速度是物塊B的5倍。因?yàn)槲飰KA做初速度為零,加速度為aA的加速直線運(yùn)動(dòng),物塊B可以看成是做速度為1.2v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)和反向的初速度為零,加速度為aB的加速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng),且物塊B做反向加速運(yùn)動(dòng)的初速度和物塊A的初速度相同,都為零,平均加速度是物塊A的,所以在相同的時(shí)間內(nèi)物塊B的位移也為物塊A的,根據(jù)合成關(guān)系得,又有sA=0.36v0t0,解得sB=1.128v0t0。因此第一次碰撞過程中,彈簧壓縮量的最大值Δs=sB-sA=0.768v0t0。

方法二：物塊B接觸彈簧后,在壓縮彈簧的過程中,由物塊A、B組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,則mB·1.2v0=mBvB+mvA,將mB=5m代入,并將等式兩邊同時(shí)乘以時(shí)間Δt得6mv0Δt=5mvBΔt+mvAΔt,在0～t0時(shí)間內(nèi),對(duì)上式求和得6mv0t0=5msB+msA,將sA=0.36v0t0代入解得sB=1.128v0t0。因此第一次碰撞過程中,彈簧壓縮量的最大值Δs=sB-sA=0.768v0t0。

(3)物塊A第二次到達(dá)斜面的最高點(diǎn)與第一次相同,說明物塊A第二次與物塊B分離后的速度大小仍為2v0,方向水平向右,設(shè)物塊A第一次滑離斜面時(shí)的速度大小為vA＇,取向左為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mvA＇-mB·0.8v0=m·(-2v0)+mBvB＇,根據(jù)能量守恒定律得又有mB=5m,解得vA＇=v0。

方法一：設(shè)物塊A在斜面上滑行的長(zhǎng)度為L(zhǎng),在物塊A沿斜面上滑的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理得-mgLsinθ-μmgLcosθ=0-,在物塊A沿斜面下滑的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理得mgLsinθ-μmgLcosθ=,又有sinθ=0.6,vA＇=v0,解得μ=0.45。

方法二：設(shè)物塊A沿斜面上滑和下滑過程中的加速度大小分別為a上、a下,物塊在斜面上滑行的長(zhǎng)度為L(zhǎng),根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma上,mgsinθμmgcosθ=ma下,物塊A沿斜面上滑時(shí)的末速度為0,沿斜面下滑時(shí)的初速度為0,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與位移的關(guān)系得2a上L=(2v0)2-0,2a下L=vA＇2,其中vA＇=v0,解得μ=0.45。

求解力學(xué)計(jì)算題的基本思路:

1.審題:審題過程是提取信息、分析和處理信息的過程,是破解題意的過程。只有通過審題在頭腦里形成生動(dòng)而清晰的物理情景,找到解決問題的辦法,才能順利地、準(zhǔn)確地完成解題過程。審題時(shí)要完成“六找”,即找研究對(duì)象,找關(guān)鍵字眼,找已知條件和隱含條件,找運(yùn)動(dòng)過程,找干擾因素,找求什么。審題時(shí)還要注意以下幾點(diǎn):(1)全面尋找信息,審題時(shí)首先要尋找研究對(duì)象是誰(shuí),有哪些運(yùn)動(dòng)過程,有哪些已知條件,要求什么;其次要對(duì)題目文字和插圖的一些關(guān)鍵之處進(jìn)行細(xì)微探究,多角度、無遺漏地收集相關(guān)信息。(2)把握關(guān)鍵信息,讀題時(shí)對(duì)題目中的關(guān)鍵字句要反復(fù)推敲,正確理解其表達(dá)的物理意義,在頭腦中形成一幅清晰的物理圖景,建立起正確的物理模型,形成順暢的解題思路,對(duì)于那些容易誤解的關(guān)鍵詞語(yǔ),如“變化量”與“變化率”,“增加了多少”與“增加到多少”,表現(xiàn)極端情況的“剛好”“恰能”“至多”“至少”等字眼應(yīng)特別注意。(3)挖掘隱含信息,通過反復(fù)讀題審題,從字里行間挖掘出一些隱含的信息,如“輕物體”隱含“物體質(zhì)量不計(jì)”的意思,“緩慢過程”隱含“每個(gè)狀態(tài)都為平衡狀態(tài)且速度為零”的意思,“恰好到某點(diǎn)”隱含“物體到該點(diǎn)時(shí)的速度變?yōu)榱恪钡囊馑嫉?利用這些隱含信息,梳理解題思路,建立輔助方程。(4)看清臨界信息,一種物理過程或物理狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N物理過程或物理狀態(tài)的時(shí)候,存在臨界信息;有些物理量在變化過程中遵循不同的變化規(guī)律,處在不同規(guī)律交點(diǎn)處的取值即為臨界值。力學(xué)中常見的臨界信息有:①兩接觸物體脫離的臨界條件是二者之間的相互作用力為零;②繩子斷裂的臨界條件是作用力達(dá)到繩子張力的最大值;③靠摩擦力連接的物體間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件是靜摩擦力達(dá)到最大值;④追及與相遇問題中兩物體相距最遠(yuǎn)或最近的臨界條件是速度相等,恰好相遇不相碰的臨界條件為同一時(shí)刻到達(dá)同一地點(diǎn),且后方物體的速度等于前方物體的速度;⑤物體在運(yùn)動(dòng)過程中的速度達(dá)最大或最小的臨界條件是加速度等于零。(5)判斷多解信息,初、末狀態(tài)不明確,會(huì)導(dǎo)致結(jié)果的多解;矢量方向不明確、制約條件不確定,會(huì)出現(xiàn)周期性變化的多解(如圓周運(yùn)動(dòng)、振動(dòng)和波等)。另外,在審題過程中,畫好運(yùn)動(dòng)過程圖、受力分析圖、狀態(tài)變化圖等情景示意圖,有助于建立清晰有序的物理過程,確立物理量間的關(guān)系,把問題具體化、形象化;建立正確的“對(duì)象模型”和“過程模型”,有助于抓住問題的主要因素,忽略次要因素,將復(fù)雜的對(duì)象或過程轉(zhuǎn)化為理想化模型,利用物理模型的規(guī)律順利解決相關(guān)問題。

2.列方程:求解力學(xué)計(jì)算題的關(guān)鍵環(huán)節(jié)是根據(jù)物理公式或物理規(guī)律列出方程,解方程得出未知量。根據(jù)受力分析、運(yùn)動(dòng)情況,以及物理公式和規(guī)律的適用條件列方程時(shí)應(yīng)注意以下幾點(diǎn):(1)對(duì)由兩個(gè)及兩個(gè)以上物體組成的系統(tǒng)進(jìn)行分析時(shí),若系統(tǒng)處于平衡狀態(tài),則利用系統(tǒng)受力平衡列方程;若系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力(如碰撞、爆炸或反沖等),則考慮利用動(dòng)量守恒定律列方程;若系統(tǒng)中只有重力和內(nèi)部彈力做功,則考慮利用機(jī)械能守恒定律列方程;若系統(tǒng)除有重力和內(nèi)部彈力做功外,還有其他外力和內(nèi)力做功,則可考慮利用功能關(guān)系或能量守恒定律列方程。(2)對(duì)單個(gè)物體進(jìn)行分析時(shí),若物體處于平衡狀態(tài)(靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)),則可以根據(jù)平衡條件列方程。若物體處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài),則可以根據(jù)平衡條件列方程,由所列方程分析物體受力的變化情況;也可以根據(jù)平衡條件畫出力的合成與分解圖(矢量三角形),由圖像分析物體受力的變化情況。當(dāng)物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng),不涉及力時(shí),直接利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解即可;涉及力時(shí),應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解;不涉及加速度和時(shí)間時(shí),應(yīng)用動(dòng)能定理求解更簡(jiǎn)捷;涉及力和時(shí)間時(shí),應(yīng)用動(dòng)量定理求解更簡(jiǎn)便。當(dāng)物體做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),不能應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解,只能考慮利用動(dòng)能定理列方程。當(dāng)物體做拋體運(yùn)動(dòng)(平拋及類平拋,斜拋及類斜拋等)時(shí),利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解,把拋體運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)垂直方向上的分運(yùn)動(dòng),根據(jù)分運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性和等時(shí)性求解即可,不涉及速度方向時(shí),也可以利用動(dòng)能定理求解。當(dāng)物體做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),除了考慮線速度和角速度的定義式,一般通過受力分析找向心力,利用指向圓心方向的合外力提供向心力,即求解;在天體運(yùn)動(dòng)類問題中,利用公式和列方程求解。當(dāng)物體做其他曲線運(yùn)動(dòng)時(shí),一般利用動(dòng)能定理列方程求解,若只有重力做功,則也可以利用機(jī)械能守恒定律列方程求解。

例1(2022年高考廣東卷)某同學(xué)受自動(dòng)雨傘開傘過程的啟發(fā),設(shè)計(jì)了如圖3所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個(gè)滑塊,初始時(shí)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)滑塊從A處以初速度v0=10 m/s向上滑動(dòng)時(shí),受到滑桿的摩擦力f=1 N,滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞,帶動(dòng)滑桿離開桌面一起豎直向上運(yùn)動(dòng)。已知滑塊的質(zhì)量m=0.2 kg,滑桿的質(zhì)量M=0.6 kg,A、B兩點(diǎn)間的距離l=1.2 m,取重力加速度g=10 m/s2,不計(jì)空氣阻力。求:

圖3

(1)滑塊在靜止時(shí)和向上滑動(dòng)的過程中,桌面對(duì)滑桿支持力的大小N1和N2。

(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1。

(3)滑桿向上運(yùn)動(dòng)的最大高度h。

解析：(1)當(dāng)滑塊處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí),桌面對(duì)滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的總重力,即N1=(m+M)g=8 N。當(dāng)滑塊向上滑動(dòng)時(shí),受到滑桿的摩擦力f=1 N,根據(jù)牛頓第三定律可知,滑塊對(duì)滑桿的摩擦力大小f＇=f=1 N,方向豎直向上,則此時(shí)桌面對(duì)滑桿的支持力N2=Mg-f＇=5 N。

(2)滑塊向上運(yùn)動(dòng)到碰前瞬間,根據(jù)動(dòng)能定理得-mgl-fl=解得v1=8 m/s。

(3)因?yàn)榛瑝K和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞,即碰后二者共速,設(shè)二者的共同速度為v,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv1=(m+M)v,解得v=2 m/s。碰后滑塊和滑桿以速度v一起向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)能定理得-(m+M)gh=0-(m+M)v2,解得h=0.2 m。

例2(2022年高考山東卷)如圖4所示,“L”型平板B靜置在地面上,小物塊A處于平板B上的O＇點(diǎn),O＇點(diǎn)左側(cè)粗糙,右側(cè)光滑。用不可伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為M的小球懸掛在O＇點(diǎn)正上方的O點(diǎn),輕繩處于水平拉直狀態(tài)。將小球由靜止釋放,小球下擺至最低點(diǎn)與小物塊A發(fā)生碰撞,碰后小球速度方向與碰前方向相同,開始做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)(要求擺角小于5°),小物塊A以速度v0沿平板B滑動(dòng)直至與平板B右側(cè)擋板發(fā)生彈性碰撞。一段時(shí)間后,小物塊A返回到O點(diǎn)的正下方時(shí),相對(duì)于地面的速度減為零,此時(shí)小球恰好第一次上升到最高點(diǎn)。已知小物塊A的質(zhì)量mA=0.1 kg,平板B的質(zhì)量mB=0.3 kg,小物塊A與平板B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.4,平板B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.225,v0=4 m/s,取重力加速度g=10 m/s2。整個(gè)過程中小物塊A始終在平板B上,所有碰撞時(shí)間忽略不計(jì),不計(jì)空氣阻力,求:

圖4

(1)小物塊A與平板B右側(cè)擋板碰撞后,二者的速度大小vA與vB。

(2)平板B光滑部分的長(zhǎng)度d。

(3)運(yùn)動(dòng)過程中小物塊A對(duì)平板B的摩擦力所做的功W摩。

解析：(1)取水平向右為正方向,小物塊A與平板B右側(cè)擋板發(fā)生彈性碰撞的過程中,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得解得vA=-2 m/s(方向水平向左),vB=2 m/s(方向水平向右),即碰后小物塊A和平板B的速度大小vA與vB均為2 m/s。

(2)因?yàn)樾∥飰KA返回到O點(diǎn)正下方時(shí),相對(duì)地面的速度為0,所以在小物塊A做減速運(yùn)動(dòng)的過程中,設(shè)小物塊A的位移為x0,所用的時(shí)間為t2,根據(jù)動(dòng)能定理得-μ1mAgx0=根據(jù)動(dòng)量定理得-μ1mAgt2=0-mAvA,解得x0=0.5 m,t2=0.5 s。碰后小物塊A在粗糙部分上做減速運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的位移等于碰后小物塊A在光滑部分上做勻速運(yùn)動(dòng)的同時(shí)平板B向右做減速運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的位移,因此對(duì)平板B有μ2(mA+mB)g=mBa1,xB=x0=解得a1=3 m/s2,t1=s(t1=1 s舍去)。根據(jù)幾何關(guān)系得d=vAt1+x0,解得

(3)當(dāng)小物塊A剛開始減速時(shí),平板B的速度v2=vB-a1t1=1 m/s,在小物塊A做減速運(yùn)動(dòng)的過程中,對(duì)平板B應(yīng)用牛頓第二定律得μ1mAg+μ2(mA+mB)g=mBa2,解得設(shè)平板B停下來所用的時(shí)間為t3,則0=v2-a2t3,解得即在小物塊A做減速運(yùn)動(dòng)的過程中平板B已經(jīng)停下來了,平板B的位移,小物塊A對(duì)平板B的摩擦力所做的功W摩=-μ1mAgxB=

(4)設(shè)小球和小物塊A碰撞后,小物塊A做勻速直線運(yùn)動(dòng)至和平板B右側(cè)擋板相碰所用的時(shí)間為t0,則因?yàn)樾∥飰KA返回到O點(diǎn)的正下方時(shí),小球恰好第一次上升到最高點(diǎn),設(shè)小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期為T,擺長(zhǎng)為L(zhǎng),則t0+t1+t2,解得在小球下擺的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理得MgL=;在小球與小物塊A碰撞的過程中,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得Mv=Mv1+mAv0。當(dāng)碰后小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的擺角恰為5°時(shí),有MgL(1-cos 5°)=,聯(lián)立以上各式解得當(dāng)碰后小球的速度恰為0 時(shí),有Mv=mAv0,解得因此要實(shí)現(xiàn)題述運(yùn)動(dòng)過程的范圍為

1.如圖5所示,光滑半圓形軌道固定在豎直面內(nèi),軌道半徑R=1.5 m;固定曲面ABCDE由兩個(gè)斜面AB、DE和一段光滑圓弧面BCD組成,兩斜面的傾角均為θ=37°,且lAB=lDE=R=1.5 m,A、E兩點(diǎn)等高,圓弧面所對(duì)圓心角等于2θ,半徑等于R。兩個(gè)相同的小滑塊P、Q,質(zhì)量均為m=3 kg。其中小滑塊P從半圓形軌道最高點(diǎn)飛出,恰好沿AB斜面進(jìn)入曲面內(nèi),而小滑塊Q靜止于曲面最低點(diǎn),兩滑塊碰后立即粘為一體,此后恰好可以到達(dá)曲面最高點(diǎn)E。取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:

圖5

(1)小滑塊P經(jīng)過半圓形軌道最高點(diǎn)時(shí)所受的壓力N。

(2)小滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。

2.如圖6所示,裝置的左邊是足夠長(zhǎng)的光滑水平臺(tái)面,一輕質(zhì)彈簧左端固定,右端連接質(zhì)量M=2 kg的小物塊A。裝置的中間是水平傳送帶,它與左右兩邊的臺(tái)面等高,并能平滑對(duì)接。傳送帶始終以速度u=2 m/s沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)。裝置的右邊是一光滑的曲面,質(zhì)量m=1 kg的小物塊B從其上距水平臺(tái)面h=1 m 處由靜止開始下滑。已知物塊B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,傳送帶兩端間的長(zhǎng)度l=1 m。設(shè)物塊A、B間發(fā)生的是對(duì)心彈性碰撞,第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài)。取重力加速度g=10 m/s2。

圖6

(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小。

(2)通過計(jì)算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運(yùn)動(dòng)到右邊曲面上。

(3)如果物塊A、B每次碰撞后,物塊A再回到平衡位置時(shí)都會(huì)立即被鎖定,而當(dāng)它們?cè)俅闻鲎睬版i定被解除,試求物塊B與物塊A第n次碰撞后的速度大小。

3.一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物塊,在木板右邊有一墻壁,木板右端到墻壁的距離s=4.5 m,如圖7甲所示。t=0時(shí)刻開始,小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng),直至t=1 s時(shí)刻木板與墻壁發(fā)生碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰撞前后木板的速度大小不變,方向相反;運(yùn)動(dòng)過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時(shí)間內(nèi)小物塊的v-t圖像如圖7乙所示,木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍,取重力加速度g=10 m/s2。求:

圖7

(1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2。

(2)木板的最小長(zhǎng)度。

(3)木板右端到墻壁的最終距離。

參考答案：1.(1)N=98 N;(2)μ=0.23。

2.(1)vB=4 m/s;(2)物塊B以大小為的速度返回傳送帶,無法通過傳送帶;(3)vn=

3.(1)μ1=0.1,μ2=0.4;(2)lmin=6 m;(3)s＇=6.5 m。