對一道高考選擇項的再解析
2016-12-15 01:30:36王金聚
中學物理·高中 2016年11期
王金聚
2014年福建高考卷的第18題的（A）選項，是一個難點，一些資料在解析時有的三言兩語故意回避，有的所列方程艱澀難懂，甚至還有的出現了錯誤的地方.本文給出了幾種簡潔明快的解法，供大家參考.
原題 （2014福建卷18）如圖1，兩根相同的輕質彈簧，沿足夠長的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部擋板上，斜面固定不動.質量不同、形狀相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端.現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.重力勢能的變化量不同
對于題中的A選項，如下幾種解法更加簡捷：
解法1 過渡量比較法
設斜面傾角為θ，兩物塊質量分別為m1、 m2，且 ，彈簧勁度系數為k，彈簧被壓縮至最短時的彈性勢能為Ep，物塊能達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m2處在平衡位置時彈簧的壓縮量為x2，m2的平衡位置距出發點的豎直高差為Δh， 滑塊m1運動至與m2的平衡位置等高處時的速度為v1，考慮兩滑塊從出發點升高相同高度Δh的過程，由機械能守恒定律，對m1有
Ep=m1gΔh+12m1v21+12kx22（1）
對m2有
Ep=m2gΔh+12m2v2m2 +12kx22（2）
由（1）、（2）得
m1gΔh+12m1v21=m2gΔh+12m2v2m2
即m1（gΔh+12v21）=m2（gΔh+12v2m2 ）
因為m1
兩滑塊在平衡位置時滿足kx1=m1gsinθ、kx2=m2gsinθ，因為m1 知x1 解法2 等效轉換法 如圖2所示，設滑塊質量為m，滑塊最低位置為A點，平衡位置為O點，彈簧剛恢復原長時滑塊在B點，滑塊在平衡位置時彈簧的壓縮量為x0，A、O間的距離為xA，其余題設條件如前. 我們先尋求一個通用的表達式，滑塊平衡時有 kx0=mgsinθ（3） 滑塊離開平衡位置的距離為x時的回復力大小為 F=k（x+x0）-mgsinθ（4） 聯立（3）、（4）得 F=kx=（5） 由A→O利用機械能守恒定律得 12k（x0+xA）2=mgxAsinθ+12mv2m+12kx20 整理得 12kx2A+kx0xA=mgxAsinθ+12mv2m⑥=（6） 把（3）代入（6）得 12kx2A=12mv2m（7） 仔細觀察（5）、（7）兩式，都非常簡單，這與如圖3所示的光滑水平面上的彈簧振子的運動規律是否極其相似？！ 若以滑塊的平衡位置O作為位移和彈簧形變量的起點，就像光滑水平面上的彈簧振子一樣，重力及重力勢能這兩個量我們都不必考慮，圖2中A→O的過程就可看成是彈性勢能向動能轉化的過程，所以不必推導可直接寫出（7）式： 12kx2A=12mv2m， 所以vm=xAkm（8） 設最低點到兩滑塊平衡位置的距離分別為xA1 、xA2 ，當m1 解法3 a-x圖象法 沿用解法2的觀點——選取滑塊的平衡位置O作為位移和彈簧形變量的起點，由（5）式可得滑塊的加速度大小為a=xmx，再結合解法2的結 論xA1 >xA2 ，我們可畫出滑塊從最低點到平衡位置的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.設滑塊從最低點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，由運動學公式得v2m1 =21xA1 ， v2m2 =22xA2 ，由于xA1 >xA2 、 1>2，所以vm1 >vm2 . 解法4 a-t圖象法 設出發時彈簧的壓縮量為xm，由牛頓第二定律得kxm-mgsinθ=mam，所以 am=kxmm-gsinθ（9） 若m1 我們知道：對于正弦式電流，其平均值和最大值間的關系是I=2πIm，與之類似，圖4中滑塊的平均加速度就可表示為a=2πam，據此可求出圖線與兩坐標軸所圍的面積為 vm=a·T4=2πam·T4（10） 式中周期 T=2πmk（11） 聯立（9）、（10）、（11）解得 vm=xm km-gsinθmk， 由此式可看出：當m1 顯然，以上幾種解法都較為簡便，解法1簡便易懂，學生更容易接受；解法2中把平衡位置作為彈簧形變量起點的看法在高中物理教學中并不作要求，學生接受起來可能會有些難度，講授時注意要做好與平面上彈簧振子的對比；解法3運用了平均加速度的概念，用勻變速運動的規律來解決非勻變速運動的問題，學生應該能夠理解；解法4雖然避免了用微積分的方法求面積，但所借鑒的關系式I=2πIm在高中教材中并未呈現，搞競賽的學生應該知道，講還是不講要視情況而定.
