把握解题思路 求解力学综合——2022年高考全国乙卷第25题赏析

■上海师范大学附属中学 李树祥(特级教师,正高级教师)

在历年的高考物理试卷中,力学计算题具有占分比重大、难度高的特点,很多同学遇到这类题目时往往会感觉毫无思路,极易失分。如何分析求解力学计算题呢? 下面让我们以2022年高考全国乙卷的第25 题为例,分析求解此类问题的思路,总结求解此类问题的方法,以供同学们参考。

题目：如图1所示,一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上。物块B向A运动,t=0时刻与弹簧接触,到t=2t0时刻与弹簧分离,第一次碰撞结束,物块A、B的v-t图像如图2所示。已知在0～t0时间内,物块A运动的距离为0.36v0t0。物块A、B分离后,物块A滑上粗糙斜面,然后滑下,与一直在水平面上运动的物块B再次碰撞,之后物块A再次滑上斜面,达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sinθ=0.6),与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求:

图1

图2

(1)第一次碰撞过程中,弹簧弹性势能的最大值。

(2)第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值。

(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。

解析：(1)当弹簧被压缩至最短时,弹簧的弹性势能最大,此时物块A、B的速度相等,即t=t0时刻。设物块B的质量为mB,选由A、B两物块组成的系统为研究对象,根据动量守恒定律得mB·1.2v0=(mB+m)v0,根据能量守恒定律得解得mB=5m,Epmax=0.6mv20。

(2)方法一：同一时刻弹簧对物块A、B的弹力大小相等,根据牛顿第二定律F=ma,mB=5m可知,同一时刻aA=5aB,即在0～t0时间内物块A的平均加速度是物块B的5倍。因为物块A做初速度为零,加速度为aA的加速直线运动,物块B可以看成是做速度为1.2v0的匀速直线运动和反向的初速度为零,加速度为aB的加速直线运动的合运动,且物块B做反向加速运动的初速度和物块A的初速度相同,都为零,平均加速度是物块A的,所以在相同的时间内物块B的位移也为物块A的,根据合成关系得,又有sA=0.36v0t0,解得sB=1.128v0t0。因此第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值Δs=sB-sA=0.768v0t0。

方法二：物块B接触弹簧后,在压缩弹簧的过程中,由物块A、B组成的系统的动量守恒,则mB·1.2v0=mBvB+mvA,将mB=5m代入,并将等式两边同时乘以时间Δt得6mv0Δt=5mvBΔt+mvAΔt,在0～t0时间内,对上式求和得6mv0t0=5msB+msA,将sA=0.36v0t0代入解得sB=1.128v0t0。因此第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值Δs=sB-sA=0.768v0t0。

(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同,说明物块A第二次与物块B分离后的速度大小仍为2v0,方向水平向右,设物块A第一次滑离斜面时的速度大小为vA＇,取向左为正方向,根据动量守恒定律得mvA＇-mB·0.8v0=m·(-2v0)+mBvB＇,根据能量守恒定律得又有mB=5m,解得vA＇=v0。

方法一：设物块A在斜面上滑行的长度为L,在物块A沿斜面上滑的过程中,根据动能定理得-mgLsinθ-μmgLcosθ=0-,在物块A沿斜面下滑的过程中,根据动能定理得mgLsinθ-μmgLcosθ=,又有sinθ=0.6,vA＇=v0,解得μ=0.45。

方法二：设物块A沿斜面上滑和下滑过程中的加速度大小分别为a上、a下,物块在斜面上滑行的长度为L,根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma上,mgsinθμmgcosθ=ma下,物块A沿斜面上滑时的末速度为0,沿斜面下滑时的初速度为0,根据匀变速直线运动的速度与位移的关系得2a上L=(2v0)2-0,2a下L=vA＇2,其中vA＇=v0,解得μ=0.45。

求解力学计算题的基本思路:

1.审题:审题过程是提取信息、分析和处理信息的过程,是破解题意的过程。只有通过审题在头脑里形成生动而清晰的物理情景,找到解决问题的办法,才能顺利地、准确地完成解题过程。审题时要完成“六找”,即找研究对象,找关键字眼,找已知条件和隐含条件,找运动过程,找干扰因素,找求什么。审题时还要注意以下几点:(1)全面寻找信息,审题时首先要寻找研究对象是谁,有哪些运动过程,有哪些已知条件,要求什么;其次要对题目文字和插图的一些关键之处进行细微探究,多角度、无遗漏地收集相关信息。(2)把握关键信息,读题时对题目中的关键字句要反复推敲,正确理解其表达的物理意义,在头脑中形成一幅清晰的物理图景,建立起正确的物理模型,形成顺畅的解题思路,对于那些容易误解的关键词语,如“变化量”与“变化率”,“增加了多少”与“增加到多少”,表现极端情况的“刚好”“恰能”“至多”“至少”等字眼应特别注意。(3)挖掘隐含信息,通过反复读题审题,从字里行间挖掘出一些隐含的信息,如“轻物体”隐含“物体质量不计”的意思,“缓慢过程”隐含“每个状态都为平衡状态且速度为零”的意思,“恰好到某点”隐含“物体到该点时的速度变为零”的意思等,利用这些隐含信息,梳理解题思路,建立辅助方程。(4)看清临界信息,一种物理过程或物理状态转变为另一种物理过程或物理状态的时候,存在临界信息;有些物理量在变化过程中遵循不同的变化规律,处在不同规律交点处的取值即为临界值。力学中常见的临界信息有:①两接触物体脱离的临界条件是二者之间的相互作用力为零;②绳子断裂的临界条件是作用力达到绳子张力的最大值;③靠摩擦力连接的物体间发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值;④追及与相遇问题中两物体相距最远或最近的临界条件是速度相等,恰好相遇不相碰的临界条件为同一时刻到达同一地点,且后方物体的速度等于前方物体的速度;⑤物体在运动过程中的速度达最大或最小的临界条件是加速度等于零。(5)判断多解信息,初、末状态不明确,会导致结果的多解;矢量方向不明确、制约条件不确定,会出现周期性变化的多解(如圆周运动、振动和波等)。另外,在审题过程中,画好运动过程图、受力分析图、状态变化图等情景示意图,有助于建立清晰有序的物理过程,确立物理量间的关系,把问题具体化、形象化;建立正确的“对象模型”和“过程模型”,有助于抓住问题的主要因素,忽略次要因素,将复杂的对象或过程转化为理想化模型,利用物理模型的规律顺利解决相关问题。

2.列方程:求解力学计算题的关键环节是根据物理公式或物理规律列出方程,解方程得出未知量。根据受力分析、运动情况,以及物理公式和规律的适用条件列方程时应注意以下几点:(1)对由两个及两个以上物体组成的系统进行分析时,若系统处于平衡状态,则利用系统受力平衡列方程;若系统不受外力或所受合外力为零或内力远大于外力(如碰撞、爆炸或反冲等),则考虑利用动量守恒定律列方程;若系统中只有重力和内部弹力做功,则考虑利用机械能守恒定律列方程;若系统除有重力和内部弹力做功外,还有其他外力和内力做功,则可考虑利用功能关系或能量守恒定律列方程。(2)对单个物体进行分析时,若物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动状态),则可以根据平衡条件列方程。若物体处于动态平衡状态,则可以根据平衡条件列方程,由所列方程分析物体受力的变化情况;也可以根据平衡条件画出力的合成与分解图(矢量三角形),由图像分析物体受力的变化情况。当物体做匀变速直线运动,不涉及力时,直接利用运动学公式求解即可;涉及力时,应用牛顿第二定律结合运动学公式求解;不涉及加速度和时间时,应用动能定理求解更简捷;涉及力和时间时,应用动量定理求解更简便。当物体做非匀变速直线运动时,不能应用运动学公式求解,只能考虑利用动能定理列方程。当物体做抛体运动(平抛及类平抛,斜抛及类斜抛等)时,利用运动的合成与分解,把抛体运动分解为两个垂直方向上的分运动,根据分运动的独立性和等时性求解即可,不涉及速度方向时,也可以利用动能定理求解。当物体做圆周运动时,除了考虑线速度和角速度的定义式,一般通过受力分析找向心力,利用指向圆心方向的合外力提供向心力,即求解;在天体运动类问题中,利用公式和列方程求解。当物体做其他曲线运动时,一般利用动能定理列方程求解,若只有重力做功,则也可以利用机械能守恒定律列方程求解。

例1(2022年高考广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图3所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0=10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力f=1 N,滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg,滑杆的质量M=0.6 kg,A、B两点间的距离l=1.2 m,取重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力。求:

图3

(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小N1和N2。

(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1。

(3)滑杆向上运动的最大高度h。

解析：(1)当滑块处于静止状态时,桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的总重力,即N1=(m+M)g=8 N。当滑块向上滑动时,受到滑杆的摩擦力f=1 N,根据牛顿第三定律可知,滑块对滑杆的摩擦力大小f＇=f=1 N,方向竖直向上,则此时桌面对滑杆的支持力N2=Mg-f＇=5 N。

(2)滑块向上运动到碰前瞬间,根据动能定理得-mgl-fl=解得v1=8 m/s。

(3)因为滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞,即碰后二者共速,设二者的共同速度为v,根据动量守恒定律得mv1=(m+M)v,解得v=2 m/s。碰后滑块和滑杆以速度v一起向上做竖直上抛运动,根据动能定理得-(m+M)gh=0-(m+M)v2,解得h=0.2 m。

例2(2022年高考山东卷)如图4所示,“L”型平板B静置在地面上,小物块A处于平板B上的O＇点,O＇点左侧粗糙,右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O＇点正上方的O点,轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放,小球下摆至最低点与小物块A发生碰撞,碰后小球速度方向与碰前方向相同,开始做简谐运动(要求摆角小于5°),小物块A以速度v0沿平板B滑动直至与平板B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后,小物块A返回到O点的正下方时,相对于地面的速度减为零,此时小球恰好第一次上升到最高点。已知小物块A的质量mA=0.1 kg,平板B的质量mB=0.3 kg,小物块A与平板B之间的动摩擦因数μ1=0.4,平板B与地面之间的动摩擦因数μ2=0.225,v0=4 m/s,取重力加速度g=10 m/s2。整个过程中小物块A始终在平板B上,所有碰撞时间忽略不计,不计空气阻力,求:

图4

(1)小物块A与平板B右侧挡板碰撞后,二者的速度大小vA与vB。

(2)平板B光滑部分的长度d。

(3)运动过程中小物块A对平板B的摩擦力所做的功W摩。

解析：(1)取水平向右为正方向,小物块A与平板B右侧挡板发生弹性碰撞的过程中,根据动量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB,根据机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),即碰后小物块A和平板B的速度大小vA与vB均为2 m/s。

(2)因为小物块A返回到O点正下方时,相对地面的速度为0,所以在小物块A做减速运动的过程中,设小物块A的位移为x0,所用的时间为t2,根据动能定理得-μ1mAgx0=根据动量定理得-μ1mAgt2=0-mAvA,解得x0=0.5 m,t2=0.5 s。碰后小物块A在粗糙部分上做减速运动产生的位移等于碰后小物块A在光滑部分上做匀速运动的同时平板B向右做减速运动产生的位移,因此对平板B有μ2(mA+mB)g=mBa1,xB=x0=解得a1=3 m/s2,t1=s(t1=1 s舍去)。根据几何关系得d=vAt1+x0,解得

(3)当小物块A刚开始减速时,平板B的速度v2=vB-a1t1=1 m/s,在小物块A做减速运动的过程中,对平板B应用牛顿第二定律得μ1mAg+μ2(mA+mB)g=mBa2,解得设平板B停下来所用的时间为t3,则0=v2-a2t3,解得即在小物块A做减速运动的过程中平板B已经停下来了,平板B的位移,小物块A对平板B的摩擦力所做的功W摩=-μ1mAgxB=

(4)设小球和小物块A碰撞后,小物块A做匀速直线运动至和平板B右侧挡板相碰所用的时间为t0,则因为小物块A返回到O点的正下方时,小球恰好第一次上升到最高点,设小球做简谐运动的周期为T,摆长为L,则t0+t1+t2,解得在小球下摆的过程中,根据动能定理得MgL=;在小球与小物块A碰撞的过程中,根据动量守恒定律得Mv=Mv1+mAv0。当碰后小球做简谐运动的摆角恰为5°时,有MgL(1-cos 5°)=,联立以上各式解得当碰后小球的速度恰为0 时,有Mv=mAv0,解得因此要实现题述运动过程的范围为

1.如图5所示,光滑半圆形轨道固定在竖直面内,轨道半径R=1.5 m;固定曲面ABCDE由两个斜面AB、DE和一段光滑圆弧面BCD组成,两斜面的倾角均为θ=37°,且lAB=lDE=R=1.5 m,A、E两点等高,圆弧面所对圆心角等于2θ,半径等于R。两个相同的小滑块P、Q,质量均为m=3 kg。其中小滑块P从半圆形轨道最高点飞出,恰好沿AB斜面进入曲面内,而小滑块Q静止于曲面最低点,两滑块碰后立即粘为一体,此后恰好可以到达曲面最高点E。取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:

图5

(1)小滑块P经过半圆形轨道最高点时所受的压力N。

(2)小滑块与斜面间的动摩擦因数μ。

2.如图6所示,装置的左边是足够长的光滑水平台面,一轻质弹簧左端固定,右端连接质量M=2 kg的小物块A。装置的中间是水平传送带,它与左右两边的台面等高,并能平滑对接。传送带始终以速度u=2 m/s沿逆时针方向转动。装置的右边是一光滑的曲面,质量m=1 kg的小物块B从其上距水平台面h=1 m 处由静止开始下滑。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,传送带两端间的长度l=1 m。设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞,第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取重力加速度g=10 m/s2。

图6

(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。

(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上。

(3)如果物块A、B每次碰撞后,物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定,而当它们再次碰撞前锁定被解除,试求物块B与物块A第n次碰撞后的速度大小。

3.一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块,在木板右边有一墙壁,木板右端到墙壁的距离s=4.5 m,如图7甲所示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1 s时刻木板与墙壁发生碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板的速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图像如图7乙所示,木板的质量是小物块质量的15倍,取重力加速度g=10 m/s2。求:

图7

(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2。

(2)木板的最小长度。

(3)木板右端到墙壁的最终距离。

参考答案：1.(1)N=98 N;(2)μ=0.23。

2.(1)vB=4 m/s;(2)物块B以大小为的速度返回传送带,无法通过传送带;(3)vn=

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