連接體問題的有效解決方法
——以近五年海南高考物理題為例

趙繼辰

(北京教育學(xué)院數(shù)學(xué)與科學(xué)教育學(xué)院)

連接體問題是考查牛頓第二定律的一類典型問題,此物理情境有一個(gè)暗含條件,即相連接的兩個(gè)物體的加速度相同.通常解法是采用整體法與隔離法,所謂整體法即將兩個(gè)物體看成一個(gè)整體,不考慮兩個(gè)物體之間的相互作用力,一般用于求解加速度;隔離法是選取兩個(gè)物體中受力較少的物體進(jìn)行分析,一般用于求解物體間的相互作用力.

例1(2019 年海南卷)如圖1 所示,兩物塊P、Q置于水平地面上,其質(zhì)量分別為m、2m,二者之間用水平輕繩連接.兩物塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度大小為g,現(xiàn)對(duì)Q施加一水平向右的拉力F,使兩物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng),輕繩的張力大小為( ).

圖1

解析首先采用整體法,將兩物塊P、Q看成一個(gè)整體,應(yīng)用牛頓第二定律求解整體的加速度

然后采用隔離法,選取受力較少的物塊P為研究對(duì)象,輕繩的張力

故選項(xiàng)D 正確.

點(diǎn)評(píng)此題和經(jīng)典的連接體問題相比,增加了滑動(dòng)摩擦力.從計(jì)算結(jié)果看,輕繩的張力與物塊和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ無關(guān),即滑動(dòng)摩擦力的存在只改變了物塊加速度的大小,并不改變兩個(gè)物體之間相互作用力的大小.

例2(2021年海南卷)如圖2所示,兩物塊P、Q用跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩相連,開始時(shí)P靜止在水平桌面上.將一個(gè)水平向右的推力F作用在P上后,輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话?已知P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為mP＝0.5kg,mQ＝0.2kg,P與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5,重力加速度g取10 m·s－2.則推力F的大小為( ).

圖2

A.4.0N B.3.0N

C.2.5N D.1.5N

點(diǎn)評(píng)此題和例1相比,區(qū)別是物塊Q的運(yùn)動(dòng)方向變?yōu)樨Q直方向,必須考慮物塊Q的重力.當(dāng)推力F＞FfP－FT1＝μmPg－mQg＝0.5N 時(shí),物塊P、Q開始一起運(yùn)動(dòng).當(dāng)推力F＞FfP＋mPg＝7.5N時(shí),繩子松弛,物塊P、Q不再一起運(yùn)動(dòng).

例3(2020年海南卷)如圖3 所示,在傾角為θ的光滑斜面上,有兩個(gè)物塊P和Q,質(zhì)量分別為m1和m2,用與斜面平行的輕質(zhì)彈簧相連接,在沿斜面向上的恒力F作用下,兩物塊一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則( ).

圖3

C.若只增大m2,兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),它們的間距變大

D.若只增大θ,兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),它們的間距變大

解析首先采用整體法,將兩物塊P、Q看成一個(gè)整體,應(yīng)用牛頓第二定律求解整體的加速度,故選項(xiàng)A 錯(cuò)誤.然后采用隔離法,選取受力較少的物塊Q為研究對(duì)象,彈簧的彈力FT＝m2a＋m2gsinθ＝,故選項(xiàng)B 正確.若只增大m2,彈簧的彈力FT增大,由胡克定律可知彈簧的伸長(zhǎng)量增大,即兩物塊的間距變大,故選項(xiàng)C 正確.從計(jì)算結(jié)果看,由于彈簧的彈力與斜面傾角θ無關(guān),若只增大θ,彈簧的彈力不變,即兩物塊的間距不變,故選項(xiàng)D 錯(cuò)誤.

點(diǎn)評(píng)此題和例1相比,區(qū)別是物塊的運(yùn)動(dòng)方向變?yōu)檠匦泵娣较?必須考慮物塊P和Q重力沿斜面向下的分力.從計(jì)算結(jié)果看,彈簧的彈力與斜面傾角θ無關(guān),即重力沿斜面向下的分力的存在只改變了物塊加速度的大小,并不改變兩個(gè)物塊之間彈簧彈力的大小.此外物塊連接的方式由輕繩變?yōu)閺椈?輕繩的特點(diǎn)是繩長(zhǎng)恒定而張力可以改變,彈簧的特點(diǎn)是彈力隨伸長(zhǎng)量的改變而改變.

例4(2017 年海南卷)如圖4 所示,水平地面上有三個(gè)靠在一起的物塊P、Q和R,質(zhì)量分別為m、2m和3m,物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ.用大小為F的水平外力推動(dòng)物塊P,記R和Q之間相互作用力與Q和P之間相互作用力大小之比為k.下列判斷正確的是( ).

圖4

解析首先用整體法,將三個(gè)物塊P、Q和R看成一個(gè)整體,應(yīng)用牛頓第二定律求解整體的加速度μg.然后采用隔離法,選取物塊R為研究對(duì)象,R和Q之間相互作用力選取物塊P為研究對(duì)象,Q和P之間的相互作用力依題意有,故選項(xiàng)D 正確.

點(diǎn)評(píng)此題和例1相比,區(qū)別是物塊由兩個(gè)增加到三個(gè).從計(jì)算結(jié)果看,R和Q之間相互作用力與Q和P之間的相互作用力大小均與動(dòng)摩擦因數(shù)μ無關(guān),即無論μ是否為零,均有k＝3/5.

另外,當(dāng)物塊有三個(gè)或更多時(shí),我們依舊可以將其抽象為兩個(gè)“物塊”,比如求解Q和P之間的相互作用力時(shí),由于暫時(shí)不用求解R和Q之間的相互作用力,因此可以將物塊R和Q視為一個(gè)“物塊”,這樣在采用隔離法時(shí)可選取受力較少的物塊R和Q整體為研究對(duì)象,Q和P之間相互作用力

例5(2022年海南卷)如圖5-甲所示,帶正電3×10－5C的物塊A放在水平桌面上,通過光滑的滑輪與B相連,A處在勻強(qiáng)電場(chǎng)中,E＝4×105N·C－1,從O點(diǎn)開始,A與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ隨x的變化如圖5-乙所示,取O點(diǎn)電勢(shì)能為零,A、B質(zhì)量均為1kg,B離滑輪的距離足夠長(zhǎng),則( ).

圖5

A.它們運(yùn)動(dòng)的最大速度為1m·s－1

B.它們向左運(yùn)動(dòng)的最大位移為1m

C.當(dāng)速度為0.6 m·s－1時(shí),A的電勢(shì)能可能是－2.4J

D.當(dāng)速度為0.6 m·s－1時(shí),繩子的拉力可能是9.2N

解析物體A所受的電場(chǎng)力F＝Eq＝12N,所受的滑動(dòng)摩擦力Ff＝μmg,從μ-x圖像中我們可以得到μ＝0.2x,即滑動(dòng)摩擦力隨物體位移的增大而增大,滑動(dòng)摩擦力所做的功為μ-x圖像與橫坐標(biāo)軸圍成圖形的面積與物體A所受重力的乘積,得摩擦力做功方程為Wf＝x2.

開始時(shí),由于物體A所受的電場(chǎng)力F大于物體B所受重力mg,物體A向左運(yùn)動(dòng),物體B向上運(yùn)動(dòng).運(yùn)動(dòng)過程中物體A所受的滑動(dòng)摩擦力Ff逐漸增大,當(dāng)F＝mg＋Ff1時(shí),物體A的運(yùn)動(dòng)速度達(dá)到最大值,此時(shí)Ff1＝2N,位移x1＝1 m.由動(dòng)能定理得(F－,解得最大速度v1＝1 m·s－1,故選項(xiàng)A 正確.此后物體A向左做減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)速度減為零時(shí),滑動(dòng)摩擦力轉(zhuǎn)換為靜摩擦力,物體A、B靜止,此時(shí)有(F－mg)x2－Wf2＝0,解得物體A的最大位移x2＝2m,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤.

當(dāng)物體的速度v3＝0.6m·s－1時(shí),由動(dòng)能定理得,解得位移x3＝0.2 m 或x3＝1.8m.由于電場(chǎng)力做正功,物體A的電勢(shì)能E3＝－Fx3＝－2.4J或E3＝－21.6J,故選項(xiàng)C正確.由于物體A、B的加速度大小相等,因此FFf3－FT3＝FT3－mg,解得繩子的拉力FT3＝10.8N或FT3＝9.2N,故選項(xiàng)D 正確.

點(diǎn)評(píng)此題和例1相比,最大的特點(diǎn)是動(dòng)摩擦因數(shù)隨物體位置的變化而變化,進(jìn)而使物體所受滑動(dòng)摩擦力隨物體的位移發(fā)生線性變化,因此求滑動(dòng)摩擦力所做的功便是本題的難點(diǎn),需要我們從速度—時(shí)間圖像求位移的思路來理解μ-x圖像,通過與橫坐標(biāo)軸圍成圖形的面積來計(jì)算變力所做的功.

通過對(duì)上述例題的分析,我們發(fā)現(xiàn)連接體類高考題主要有以下3個(gè)方面的衍化規(guī)律:1)運(yùn)動(dòng)方向不再是水平方向時(shí),需要考慮物塊重力或重力沿斜面向下的分力的影響;2)提供相互作用力的方式不再是輕繩時(shí),需要考慮相互作用力的特點(diǎn);3)物塊的數(shù)量由兩個(gè)變?yōu)槎鄠€(gè)時(shí),需要根據(jù)求解的問題來合理劃分研究對(duì)象.當(dāng)然,只要掌握“整體法求加速度,隔離法求相互作用力”的基本技巧,便能順利解決此類問題.

(完)