■上海師范大學附屬中學 李樹祥(特級教師,正高級教師)

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

題目：如圖1所示,一質量為m的物塊A與輕質彈簧連接,靜止在光滑水平面上。物塊B向A運動,t=0時刻與彈簧接觸,到t=2t0時刻與彈簧分離,第一次碰撞結束,物塊A、B的v-t圖像如圖2所示。已知在0～t0時間內(nèi),物塊A運動的距離為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動的物塊B再次碰撞,之后物塊A再次滑上斜面,達到的最高點與前一次相同。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與斜面間的動摩擦因數(shù)。

解析：(1)當彈簧被壓縮至最短時,彈簧的彈性勢能最大,此時物塊A、B的速度相等,即t=t0時刻。設物塊B的質量為mB,選由A、B兩物塊組成的系統(tǒng)為研究對象,根據(jù)動量守恒定律得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：同一時刻彈簧對物塊A、B的彈力大小相等,根據(jù)牛頓第二定律F=ma,mB=5m可知,同一時刻aA=5aB,即在0～t0時間內(nèi)物塊A的平均加速度是物塊B的5倍。因為物塊A做初速度為零,加速度為aA的加速直線運動,物塊B可以看成是做速度為1.2v0的勻速直線運動和反向的初速度為零,加速度為aB的加速直線運動的合運動,且物塊B做反向加速運動的初速度和物塊A的初速度相同,都為零,平均加速度是物塊A的,所以在相同的時間內(nèi)物塊B的位移也為物塊A的,根據(jù)合成關系得,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)的動量守恒,則mB·1.2v0=mBvB+mvA,將mB=5m代入,并將等式兩邊同時乘以時間Δt得6mv0Δt=5mvBΔt+mvAΔt,在0～t0時間內(nèi),對上式求和得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第二次到達斜面的最高點與第一次相同,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,設物塊A第一次滑離斜面時的速度大小為vA＇,取向左為正方向,根據(jù)動量守恒定律得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：設物塊A在斜面上滑行的長度為L,在物塊A沿斜面上滑的過程中,根據(jù)動能定理得-mgLsinθ-μmgLcosθ=0-,在物塊A沿斜面下滑的過程中,根據(jù)動能定理得mgLsinθ-μmgLcosθ=,又有sinθ=0.6,vA＇=v0,解得μ=0.45。

方法二：設物塊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度為L,根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma上,mgsinθμmgcosθ=ma下,物塊A沿斜面上滑時的末速度為0,沿斜面下滑時的初速度為0,根據(jù)勻變速直線運動的速度與位移的關系得2a上L=(2v0)2-0,2a下L=vA＇2,其中vA＇=v0,解得μ=0.45。

求解力學計算題的基本思路:

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而清晰的物理情景,找到解決問題的辦法,才能順利地、準確地完成解題過程。審題時要完成“六找”,即找研究對象,找關鍵字眼,找已知條件和隱含條件,找運動過程,找干擾因素,找求什么。審題時還要注意以下幾點:(1)全面尋找信息,審題時首先要尋找研究對象是誰,有哪些運動過程,有哪些已知條件,要求什么;其次要對題目文字和插圖的一些關鍵之處進行細微探究,多角度、無遺漏地收集相關信息。(2)把握關鍵信息,讀題時對題目中的關鍵字句要反復推敲,正確理解其表達的物理意義,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,對于那些容易誤解的關鍵詞語,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”等字眼應特別注意。(3)挖掘隱含信息,通過反復讀題審題,從字里行間挖掘出一些隱含的信息,如“輕物體”隱含“物體質量不計”的意思,“緩慢過程”隱含“每個狀態(tài)都為平衡狀態(tài)且速度為零”的意思,“恰好到某點”隱含“物體到該點時的速度變?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)轉變?yōu)榱硪环N物理過程或物理狀態(tài)的時候,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)律交點處的取值即為臨界值。力學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)生相對滑動的臨界條件是靜摩擦力達到最大值;④追及與相遇問題中兩物體相距最遠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刻到達同一地點,且后方物體的速度等于前方物體的速度;⑤物體在運動過程中的速度達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,會導致結果的多解;矢量方向不明確、制約條件不確定,會出現(xiàn)周期性變化的多解(如圓周運動、振動和波等)。另外,在審題過程中,畫好運動過程圖、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,確立物理量間的關系,把問題具體化、形象化;建立正確的“對象模型”和“過程模型”,有助于抓住問題的主要因素,忽略次要因素,將復雜的對象或過程轉化為理想化模型,利用物理模型的規(guī)律順利解決相關問題。

2.列方程:求解力學計算題的關鍵環(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、運動情況,以及物理公式和規(guī)律的適用條件列方程時應注意以下幾點:(1)對由兩個及兩個以上物體組成的系統(tǒng)進行分析時,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)力遠大于外力(如碰撞、爆炸或反沖等),則考慮利用動量守恒定律列方程;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系或能量守恒定律列方程。(2)對單個物體進行分析時,若物體處于平衡狀態(tài)(靜止或勻速直線運動狀態(tài)),則可以根據(jù)平衡條件列方程。若物體處于動態(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。當物體做勻變速直線運動,不涉及力時,直接利用運動學公式求解即可;涉及力時,應用牛頓第二定律結合運動學公式求解;不涉及加速度和時間時,應用動能定理求解更簡捷;涉及力和時間時,應用動量定理求解更簡便。當物體做非勻變速直線運動時,不能應用運動學公式求解,只能考慮利用動能定理列方程。當物體做拋體運動(平拋及類平拋,斜拋及類斜拋等)時,利用運動的合成與分解,把拋體運動分解為兩個垂直方向上的分運動,根據(jù)分運動的獨立性和等時性求解即可,不涉及速度方向時,也可以利用動能定理求解。當物體做圓周運動時,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;在天體運動類問題中,利用公式和列方程求解。當物體做其他曲線運動時,一般利用動能定理列方程求解,若只有重力做功,則也可以利用機械能守恒定律列方程求解。

例1(2022年高考廣東卷)某同學受自動雨傘開傘過程的啟發(fā),設計了如圖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滑塊,初始時它們處于靜止狀態(tài)。當滑塊從A處以初速度v0=10 m/s向上滑動時,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,帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質量m=0.2 kg,滑桿的質量M=0.6 kg,A、B兩點間的距離l=1.2 m,取重力加速度g=10 m/s2,不計空氣阻力。求:

圖3

(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中,桌面對滑桿支持力的大小N1和N2。

(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1。

(3)滑桿向上運動的最大高度h。

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

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

(3)因為滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞,即碰后二者共速,設二者的共同速度為v,根據(jù)動量守恒定律得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動,根據(jù)動能定理得-(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,O＇點左側粗糙,右側光滑。用不可伸長的輕繩將質量為M的小球懸掛在O＇點正上方的O點,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,開始做簡諧運動(要求擺角小于5°),小物塊A以速度v0沿平板B滑動直至與平板B右側擋板發(fā)生彈性碰撞。一段時間后,小物塊A返回到O點的正下方時,相對于地面的速度減為零,此時小球恰好第一次上升到最高點。已知小物塊A的質量mA=0.1 kg,平板B的質量mB=0.3 kg,小物塊A與平板B之間的動摩擦因數(shù)μ1=0.4,平板B與地面之間的動摩擦因數(shù)μ2=0.225,v0=4 m/s,取重力加速度g=10 m/s2。整個過程中小物塊A始終在平板B上,所有碰撞時間忽略不計,不計空氣阻力,求:

圖4

(1)小物塊A與平板B右側擋板碰撞后,二者的速度大小vA與vB。

(2)平板B光滑部分的長度d。

(3)運動過程中小物塊A對平板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右側擋板發(fā)生彈性碰撞的過程中,根據(jù)動量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB,根據(jù)機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)因為小物塊A返回到O點正下方時,相對地面的速度為0,所以在小物塊A做減速運動的過程中,設小物塊A的位移為x0,所用的時間為t2,根據(jù)動能定理得-μ1mAgx0=根據(jù)動量定理得-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動產(chǎn)生的位移等于碰后小物塊A在光滑部分上做勻速運動的同時平板B向右做減速運動產(chǎn)生的位移,因此對平板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)幾何關系得d=vAt1+x0,解得

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

(4)設小球和小物塊A碰撞后,小物塊A做勻速直線運動至和平板B右側擋板相碰所用的時間為t0,則因為小物塊A返回到O點的正下方時,小球恰好第一次上升到最高點,設小球做簡諧運動的周期為T,擺長為L,則t0+t1+t2,解得在小球下擺的過程中,根據(jù)動能定理得MgL=;在小球與小物塊A碰撞的過程中,根據(jù)動量守恒定律得Mv=Mv1+mAv0。當碰后小球做簡諧運動的擺角恰為5°時,有MgL(1-cos 5°)=,聯(lián)立以上各式解得當碰后小球的速度恰為0 時,有Mv=mAv0,解得因此要實現(xiàn)題述運動過程的范圍為

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兩點等高,圓弧面所對圓心角等于2θ,半徑等于R。兩個相同的小滑塊P、Q,質量均為m=3 kg。其中小滑塊P從半圓形軌道最高點飛出,恰好沿AB斜面進入曲面內(nèi),而小滑塊Q靜止于曲面最低點,兩滑塊碰后立即粘為一體,此后恰好可以到達曲面最高點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時所受的壓力N。

(2)小滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ。

2.如圖6所示,裝置的左邊是足夠長的光滑水平臺面,一輕質彈簧左端固定,右端連接質量M=2 kg的小物塊A。裝置的中間是水平傳送帶,它與左右兩邊的臺面等高,并能平滑對接。傳送帶始終以速度u=2 m/s沿逆時針方向轉動。裝置的右邊是一光滑的曲面,質量m=1 kg的小物塊B從其上距水平臺面h=1 m 處由靜止開始下滑。已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,傳送帶兩端間的長度l=1 m。設物塊A、B間發(fā)生的是對心彈性碰撞,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)通過計算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運動到右邊曲面上。

(3)如果物塊A、B每次碰撞后,物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定,而當它們再次碰撞前鎖定被解除,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時刻開始,小物塊與木板一起以共同速度向右運動,直至t=1 s時刻木板與墻壁發(fā)生碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板的速度大小不變,方向相反;運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的v-t圖像如圖7乙所示,木板的質量是小物塊質量的15倍,取重力加速度g=10 m/s2。求:

圖7

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

(2)木板的最小長度。

(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。