施 堅(jiān)

(江蘇省梁豐高級(jí)中學(xué),江蘇張家港 215600)

2023年遼寧高考物理壓軸題是一個(gè)“板塊和彈簧”問(wèn)題.無(wú)論是板塊問(wèn)題,還是彈簧問(wèn)題,都是高中物理的重點(diǎn)和難點(diǎn),可以考查的知識(shí)點(diǎn)眾多.事實(shí)上,該題融合了牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量守恒定律、動(dòng)量定理、功能關(guān)系等規(guī)律的運(yùn)用,尤其是第(3)問(wèn)還可以利用“定值摩擦力下簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性”來(lái)求解.下面,不妨先呈現(xiàn)一下試題和解析.

例1.(2023年遼寧高考第15題)如圖1所示,質(zhì)量m1=1 kg的木板靜止在光滑水平地面上,右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k=20 N/m的輕彈簧,彈簧處于自然狀態(tài).質(zhì)量m2=4 kg的小物塊以水平向右的速度v0=5/4 m/s滑上木板左端,兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸.木板足夠長(zhǎng),物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.彈簧始終處在彈性限度內(nèi),彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep=,取重力加速度g=10 m/s2,結(jié)果可用根式表示.

圖1

(1)求木板剛接觸彈簧時(shí)速度v的大小及木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離x1;

(2)求木板與彈簧接觸以后,物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量x2及此時(shí)木板速度v2的大小;

(3)已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從v2減小到0所用時(shí)間為t0.求木板從速度為v2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同的過(guò)程中,系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能ΔU(用t表示).

解析:(1)由于地面光滑,則m1、m2組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,則有

m2v0=(m1+m2)v1.

代入數(shù)據(jù)有

v1=1 m/s.

對(duì)m1受力分析有

則木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離有

v12=2a1x1.

代入數(shù)據(jù)解得

x1=0.125 m.

(2)木板與彈簧接觸以后,對(duì)m1、m2組成的系統(tǒng)有

kx=(m1+m2)a共.

對(duì)m2有

當(dāng)a共=a2時(shí),物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng),解得此時(shí)的彈簧壓縮量

x2=0.25 m.

對(duì)m1、m2組成的系統(tǒng),列動(dòng)能定理有

代入數(shù)據(jù)有

(3)方法1.由于慣性木板繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng),繼續(xù)壓縮彈簧,木板減速的加速度值增大,小物塊做勻減速運(yùn)動(dòng).木板從速度為v2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同的過(guò)程中,木板m1的加速度一直大于木塊m2的加速度,則當(dāng)木板與木塊的加速度相同時(shí)即彈簧形變量為x2時(shí),說(shuō)明此時(shí)木板m1的速度大小也是為v2,共用時(shí)2t0,且小物塊m2一直受滑動(dòng)摩擦力作用.對(duì)m2有

-μm2g·2t0=m2v3-m2v2.

解得

則對(duì)于m1、m2組成的系統(tǒng)有

聯(lián)立有

方法2.如圖2所示,已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從v2減小到0所用時(shí)間為t0,此時(shí)彈簧的最大壓縮量最大,設(shè)為x3,此時(shí)小物塊繼續(xù)向右做減速運(yùn)動(dòng).此后木板由速度為0開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng),木板受的滑動(dòng)摩擦力不變,而彈簧的彈力逐漸減小.小物塊運(yùn)動(dòng)有兩種可能性:或一直向左勻減速直線運(yùn)動(dòng);或在其中某個(gè)時(shí)候減為0后開(kāi)始向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng).兩種情況下小物塊所受摩擦力一直是滑動(dòng)摩擦力且始終為水平向左的恒力fm=μm2g.

圖2

當(dāng)彈簧的壓縮量由x3恢復(fù)到x2時(shí),木板與小物塊加速度相同,而在上述過(guò)程中木板上表面受到的滑動(dòng)摩擦力方向始終向右,大小不變,即木板是在恒力作用下的彈簧振子做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),因此彈簧的壓縮量由x2到x3和由x3恢復(fù)到x2時(shí)間相等,都是t0.由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知,木板兩次經(jīng)過(guò)彈簧壓縮量為x2位置時(shí)木板速度值大小相等方向相反,兩次經(jīng)過(guò)這一位置時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能相等、木板的動(dòng)能相等.這一過(guò)程小物塊一直做加速度不變的勻變速運(yùn)動(dòng).設(shè)彈簧壓縮量再次為x2時(shí)小物塊的速度為v3,可得

對(duì)小物塊,根據(jù)動(dòng)能定理可得

這一過(guò)程系統(tǒng)減少的能量等于

點(diǎn)評(píng):本題的第(1)問(wèn)比較常規(guī),光滑水平面上的板塊相對(duì)滑動(dòng)后獲得共同速度,典型的動(dòng)量守恒和牛頓運(yùn)動(dòng)定律問(wèn)題.第(2)問(wèn)圍繞相對(duì)滑動(dòng)的臨界加速度分析、板塊整體與彈簧間的功能轉(zhuǎn)化問(wèn)題展開(kāi).第(3)問(wèn)方法1需要挖掘出隱含條件:木板和小物塊兩者加速度再次相等前總是a板＞a塊=μg,即當(dāng)再次a板=a塊=μg符合題意,此時(shí)彈簧形變量再次變?yōu)閤2,小物塊m1的速度大小再次變?yōu)関2(但方向相反),共用時(shí)一定為t0+t0=2t0,繼而運(yùn)用動(dòng)量定理和功能關(guān)系容易得解.方法2利用了恒力作用下的彈簧振子做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),木板所受的小物塊施加的恒定的滑動(dòng)摩擦力類似于豎直方向彈簧振子所受的重力,可以利用簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性獲知兩者加速度再次相等時(shí)“木板速度值大小相等方向相反,兩次經(jīng)過(guò)這一位置時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能相等、木板的動(dòng)能相等”,繼而結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)和功能關(guān)系得解.

事實(shí)上,2022年江蘇高考選擇題第10題如果用常規(guī)的牛頓運(yùn)動(dòng)定律、能量守恒定律來(lái)求解耗時(shí)較長(zhǎng),過(guò)程也比較復(fù)雜,但若建立起簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)模型,解答過(guò)程明顯簡(jiǎn)潔.

例2.(2022年江蘇高考第10題)如圖3所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與物塊A連接在一起,處于壓縮狀態(tài),A由靜止釋放后沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最大位移時(shí),立即將物塊B輕放在A右側(cè),A、B由靜止開(kāi)始一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng),下滑過(guò)程中A、B始終不分離,當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為0,A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過(guò)彈性限度,則

圖3

(A)當(dāng)上滑到最大位移的一半時(shí),A的加速度方向沿斜面向下.

(B)A上滑時(shí),彈簧的彈力方向不發(fā)生變化.

(C)下滑時(shí),B對(duì)A的壓力先減小后增大.

(D)整個(gè)過(guò)程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢(shì)能減小量.

解析:建立起簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)模型,A上滑過(guò)程中,A的加速度先沿斜面向上逐漸減小后,沿斜面向下逐漸增大.當(dāng)A上滑到最大位移的一半時(shí),即是平衡位置處加速度為0,(A)錯(cuò)誤.A、B一起下滑時(shí),仍做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),B在平衡位置上方且向平衡位置運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度減小,而加速度是由B的重力沿斜面向下的分力、A對(duì)B向上的彈力以及所受斜面的摩擦力的合力提供,加速度減小,勢(shì)必A對(duì)B向上的彈力增大,而在平衡位置下方遠(yuǎn)離平衡位置運(yùn)動(dòng),加速度增大,而加速度是由A對(duì)B向上的彈力、斜面的摩擦力和與B的重力沿斜面向下分力的合力提供,加速度增大,勢(shì)必A對(duì)B向上的彈力增大.根據(jù)牛頓第三定律可知,下滑時(shí)B對(duì)A的壓力一直增大,(C)錯(cuò)誤.A上滑時(shí),彈簧的彈力方向若發(fā)生變化,則在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)時(shí)彈簧彈力一定反向,且在最高點(diǎn)彈力沿斜面向下,那么剛下滑時(shí)即使A、B之間沒(méi)有相互的彈力,A受到重力沿斜面向下的分力、沿斜面向上的摩擦力和沿斜面向下的彈簧彈力,兩者加速度一定有aA＞aB,下滑過(guò)程中A、B一定分離,矛盾,因此A上滑到最高點(diǎn)時(shí)彈簧一定不會(huì)處于拉伸狀態(tài),即彈簧的彈力方向不發(fā)生變化,(B)正確.由于A回到初始位置,整個(gè)過(guò)程中彈力做功為0,A重力做功為0,當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為0,根據(jù)系統(tǒng)功能關(guān)系可知整個(gè)過(guò)程中A、B克服摩擦力做總功等于B的重力勢(shì)能減小量,選項(xiàng)(D)錯(cuò)誤.

可見(jiàn),兩道高考題乍看很不一樣,但細(xì)細(xì)品味考查的知識(shí)點(diǎn)和規(guī)律竟然如此相近,而且都可以利用恒定摩擦力作用下的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)來(lái)快速解答,但也有區(qū)別.2023年遼寧高考?jí)狠S題木板所做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)是在木塊施加的恒定摩擦力時(shí),而2022年江蘇高考題A或AB整體所做的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)其實(shí)是受到變向的摩擦力,僅從A來(lái)看則是在定值變向的摩擦力下,所以A完成的不是真正意義上的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),但之所以能夠完成振幅不變的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)全程,是因?yàn)锽給了A一個(gè)向下的驅(qū)動(dòng)力補(bǔ)充了能量.

那么,定值變向摩擦力下的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)如果加以深入研究又會(huì)有怎樣的結(jié)論?對(duì)稱性能否使用,對(duì)解決一些復(fù)雜的往復(fù)運(yùn)動(dòng)有沒(méi)有什么優(yōu)勢(shì)呢?下面,不妨以2023年蘇州市高考零模第10題為例做深入探討.

例3.(2023年蘇州零模卷第10題)如圖4所示,水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與小物塊相連,彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)物塊位于O點(diǎn)(圖中未標(biāo)出).物塊質(zhì)量m=1 kg,彈簧勁度系數(shù)k=100 N/m,物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1.現(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點(diǎn)拉至A點(diǎn),彈簧伸長(zhǎng)量Δx=11 cm,撤去拉力后物塊由靜止向左運(yùn)動(dòng)經(jīng)O點(diǎn)最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn).重力加速度為g=10 m/s2.下列說(shuō)法中正確的是

圖4

(A)物塊在B點(diǎn)所受彈簧彈力與在A點(diǎn)大小相等.

(B)物塊運(yùn)動(dòng)的總路程為60.5 cm.

(C)物塊最終停在O點(diǎn)左側(cè)1 cm內(nèi)某處.

(D)物塊最終停在O點(diǎn)左側(cè)1 cm處.

方法1.A→B過(guò)程摩擦力做負(fù)功產(chǎn)生熱量,EpA＞EpB,因此彈簧彈力FA＞FB,(A)錯(cuò)誤.

解得xB=xA-2=9 cm.

同理,當(dāng)物塊再次到達(dá)最右端C點(diǎn)時(shí),

解得xC=xB-2=7 cm.

依次類推為一個(gè)等差數(shù)列:xD=5 cm,xE=3 cm,xF=1 cm(如圖5所示),當(dāng)在F點(diǎn)時(shí)剛好達(dá)到F=f,處于平衡狀態(tài),靜止,故選(D).

圖5

路程為s=(11+9+9+7+7+5+5+3+3+1)cm=60 cm.故(B)錯(cuò)誤.

方法2.取O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),向右為正.

(A)物塊運(yùn)動(dòng)示意圖如圖6所示,物塊在自右向左運(yùn)動(dòng)時(shí),運(yùn)動(dòng)形式為半個(gè)周期的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),其平衡位置位于O點(diǎn)右側(cè)的O'點(diǎn),其位置坐標(biāo)滿足

圖6

-kxO'+μmg=0,

可得

xO'=1 cm.

從A點(diǎn)開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量為11 cm.根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可得B點(diǎn)位置為彈簧壓縮量為9 cm處.故AB兩點(diǎn)彈力大小不等.(A)選項(xiàng)錯(cuò)誤.

(B)(C)(D)選項(xiàng)分析:自左向右運(yùn)動(dòng)時(shí),運(yùn)動(dòng)形式也為半個(gè)周期的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),其平衡位置位于O點(diǎn)左側(cè)的O″點(diǎn),其位置坐標(biāo)滿足

-kxO″-μmg=0,

可得

xO″=-1 cm.

因?yàn)槲飰K停止運(yùn)動(dòng)的條件為彈簧彈力小于等于最大靜摩擦力,即-kxO'+μmg≤0或-kxO″-μmg≤0時(shí)物塊在xO″≤1 cm和xO″≥-1 cm停下.

類似上述推導(dǎo)過(guò)程,可得物塊繼續(xù)從B點(diǎn)開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量為9 cm,根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可得A'點(diǎn)位置為彈簧壓縮量為7 cm處.

依次類推,A'B'=(7+5)cm,B'A″=(5+3)cm,A″O″=(3+1)cm,且xO″=-1 cm.

因此,物塊依次經(jīng)歷A→B→A'→B'→A″→O″的運(yùn)動(dòng),最終停于O″點(diǎn).總路程為

s=AB+BA'+A'B'+B'A″+A″O″=60 cm.

(D)正確,(B)(C)錯(cuò)誤.故選(D).

點(diǎn)評(píng):簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性,本題雖屬于阻尼情形,但阻尼為定值摩擦阻力,其實(shí)仍具有對(duì)稱性,只是不是關(guān)于彈簧原長(zhǎng)位置處對(duì)稱,而是關(guān)于彈簧彈力與摩擦力相等的位置對(duì)稱,而且向左運(yùn)動(dòng)和向右運(yùn)動(dòng)兩種情況的對(duì)稱點(diǎn)O1、O2關(guān)于O又對(duì)稱(如圖7所示).這也導(dǎo)致每半個(gè)周期振子的振幅會(huì)衰減2 cm或彈簧的形變量(拉伸量或壓縮量)依次交替減小2 cm,當(dāng)然使用歸納法也能找出這一一般規(guī)律.

圖7

需要特別指出的是,本題有一個(gè)思維陷阱,學(xué)生可能會(huì)不假思索地認(rèn)為振子最終會(huì)停在xO'=1 cm或xO″=-1 cm處,實(shí)際上那僅僅是數(shù)據(jù)設(shè)計(jì)中的一個(gè)巧合.如果改變初位置,小物塊在-1 cm＜x＜1 cm也完全可以停下,例如條件改為“將物塊從O點(diǎn)拉至A點(diǎn),彈簧伸長(zhǎng)量Δx=10.5 cm”,那么振幅或彈簧的形變量(拉伸量或壓縮量)依次交替減小2 cm,最終停在O點(diǎn)左側(cè)-0.5 cm處.

那么,在“定值摩擦力作用下的彈簧振子仍具有對(duì)稱性”如何證明?

證明1:OA為第一次距離O的最遠(yuǎn)處,記為A0,此后每半周期到達(dá)距離O最遠(yuǎn)處1次,每次到達(dá)距O點(diǎn)最遠(yuǎn)距離依次記為A1,A2,A3…An.任取小物塊從A釋放后i個(gè)半周期,由功能關(guān)系可得

整理可得

ΔA=Ai-1+Ai=,其中k為彈簧的勁度系數(shù).

可見(jiàn),小物體振幅每半個(gè)周期衰減2μmg/k,是一個(gè)常量.

雖然,上述證明是基于水平方向定值摩擦力作用下彈簧振子模型,事實(shí)上在豎直方向或斜面上的定值摩擦力作用下彈簧振子模型也是成立的,這里就不再贅述.那么,如果要畫(huà)出振動(dòng)過(guò)程中的位移與時(shí)間的xt圖像又是如何呢?

首先,雖然,定值摩擦力作用下彈簧振子的能量不斷減小,振幅不斷按等差數(shù)列減小,但振動(dòng)周期與振幅無(wú)關(guān),仍為,因此,x-t圖像仍是正弦(或余弦),只是不斷比例縮小,具體情形如圖8所示.

圖8 振動(dòng)的x-t圖像