趙興旺

在高考物理復(fù)習(xí)中，很多同學(xué)喜歡多做題，目的是鞏固知識(shí)，尋求規(guī)律，歸納解題思路和方法。做題，不在于多而在于精，通過(guò)老師的有效點(diǎn)撥，達(dá)到融會(huì)貫通，舉一反三。一題多解就是同一試題，從不同的角度分析，使用不同的物理規(guī)律，獲得正確答案的過(guò)程。解法不同，解題的過(guò)程繁簡(jiǎn)有別，解題的方法有優(yōu)有劣，這樣比較不同解法，確定最佳方案，有助于培養(yǎng)學(xué)生的發(fā)散能力、分析綜合能力和優(yōu)化思維能力。

【例1】 質(zhì)量為m的物體A，以速度v0從平臺(tái)上滑到與平臺(tái)等高、質(zhì)量為M的靜止小車(chē)B上，如圖1所示。小車(chē)B放在光滑的水平面上，物體A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，將A視為質(zhì)點(diǎn)，要使A不致從小車(chē)上滑出，小車(chē)B的長(zhǎng)度L至少應(yīng)為多少？

圖1

◎ 解法一：力的觀(guān)點(diǎn)

取向右為正方向，對(duì)A、B分別用牛頓第二定律：

μmg=maA，μmg=MaB

應(yīng)用加速度的定義式：

aA=，aB=

由牛頓第三定律有MaB=-maA ①

由以上各式解得

v1=，aA=-μg，aB=μg

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

對(duì)A：v12-v=2aA（L+s） ②

對(duì)B：v12=2aBs ③

聯(lián)立①②③可解得

L=。

◎ 解法二：利用功能關(guān)系與動(dòng)量守恒定律

對(duì)A、B系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律

mv0=（M+m）v1①

由功能關(guān)系

μmgL=mv-（M+m）v12②

聯(lián)立①②兩式，解得

L=。

◎ 解法三：利用“相對(duì)運(yùn)動(dòng)”求解

位移、加速度、速度都是相對(duì)地面（以地面為參照物），如果以B為參照物，可以運(yùn)用A相對(duì)于B的位移、速度和加速度來(lái)求解。取向右方向?yàn)檎瑒tA相對(duì)B的加速度

aAB=aA-aB=-μg-μg

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得02-v=2aABL

所以L(fǎng)===。

【例2】 （2007?山東） 如圖2所示，一水平圓盤(pán)繞過(guò)圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤(pán)邊緣有一質(zhì)量m=1.0 kg小滑塊，當(dāng)圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度達(dá)到某一數(shù)值時(shí)，滑塊從圓盤(pán)邊緣滑落，經(jīng)光滑的過(guò)渡圓管進(jìn)入軌道ABC。已知AB段斜面傾角為53°，BC段斜面傾角為37°，滑塊與圓盤(pán)及斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5，A點(diǎn)離B點(diǎn)所在水平面的高度h=1.2 m，滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終未脫離軌道，不計(jì)在過(guò)渡圓管處和B點(diǎn)的機(jī)械能損失，最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力，取 g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

圖2

（1）若圓盤(pán)半徑R=0.2 m，當(dāng)圓盤(pán)的角速度多大時(shí)，滑塊從圓盤(pán)上滑落？

（2）若取圓盤(pán)所在平面為零勢(shì)能面，求滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能。

（3）從滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)起，經(jīng)0.6 s正好通過(guò)C點(diǎn)，求BC之間的距離。

【分析】 （1）滑塊在圓盤(pán)上做圓周運(yùn)動(dòng)，靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律得

μmg=mω2R①

代入數(shù)據(jù)得

ω==5 rad/s②

（2）◎ 解法一：用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

滑塊在A點(diǎn)時(shí)的速度

v=ωR=1 m/s ③

設(shè)滑塊在AB段下滑的加速度為a1，由牛頓第二定律得

a1=g（sin53°－μcos53°）=5 m/s2 ④

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

v－v=2a1sAB

=2a1 ⑤

由機(jī)械能的定義得B點(diǎn)的機(jī)械能EB

E=mv－mgh ⑥

解得：E=－4 J

◎ 解法二：用動(dòng)能定理和機(jī)械能的定義解決

從A到B過(guò)程由動(dòng)能定理得

mgh－μmgcos53°

=mv－mv ⑦

由③⑥⑦式得

E=－4 J

◎ 解法三：用功和能的關(guān)系解決

除重力以外其他外力做功量度了機(jī)械能的變化，可得

－μmgcos53°=E－E⑧

E=mv ⑨

由⑧⑨兩式得

E=mv－μmgcos53° ⑩

代入數(shù)據(jù)得

E=－4 J

（3）滑塊在BC上做勻減速運(yùn)動(dòng)，首先應(yīng)判斷0.6 s通過(guò)C點(diǎn)是處于上升還是下降階段。

滑塊在B點(diǎn)的速度由⑤式得

v=4 m/s ?輥?輯?訛

滑塊沿BC上升的加速度

a=g（sin37°+μcos37°）

=10 m/s2 ?輥?輰?訛

滑塊升至最高點(diǎn)的時(shí)間

t1==0.4 s<0.6 s

故滑塊應(yīng)在返回過(guò)程中過(guò)C點(diǎn)

◎ 解法一：根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

返回時(shí)滑塊的加速度

a3=g（sin37°－μcos37°）=2 m/s2 ?輥?輱?訛

BC間的距離

s=－a3t－2=0.76 m ?輥?輲?訛

返回至C點(diǎn)時(shí)速度

v=a3t－=0.4 m/s?輥?輳?訛

設(shè)滑塊上升最大距離為s1，再下至C點(diǎn)距離為s2，則由平均速度公式得

s1=t

s2=（t－t1） ?輥?輴?訛

由幾何關(guān)系知

s=s1－s2=0.76 m

◎ 解法二：根據(jù)動(dòng)能定理求解

設(shè)滑塊上升的最大距離為s1，由動(dòng)能定理得

－（μmgcos37°+mgsin37°）s1

=0－mv ?輥?輵?訛

s2=a3（t－t1）2 ?輥?輶?訛

由?輥?輵?訛?輥?輶?訛兩式得

s=s1－s2=0.76 m

◎ 解法三：利用v-t圖象

根據(jù)上面分析知v=4 m/s，上升的時(shí)間t1=0.4 s，t=0.6 s時(shí)，v=0.4 m/s，根據(jù)以上信息，作出v－t圖象如圖3所示，利用v－t圖求所圍面積得

s=×0.4 m－×0.2 m=0.76 m

圖3

【例3】 在光滑水平面上有一質(zhì)量m＝1.0×10-3 kg的小球，靜止在O點(diǎn)。以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)，在該水平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系Oxy。現(xiàn)突然加一沿x軸正方向大小為2.0×10-4 N的恒力F，使小球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)1.0 s，所加恒力突然變?yōu)檠貀軸正方向，大小仍為2.0×10-4 N，再經(jīng)過(guò)1.0 s，所加力又突然變?yōu)榱硪粋€(gè)恒力，使小球在此恒力作用下經(jīng)1.0 s速度變?yōu)榱?。求此時(shí)恒力的方向及速度變?yōu)榱銜r(shí)小球的位置。

【分析】 小球運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷了三個(gè)不同階段，弄清各運(yùn)動(dòng)過(guò)程的初始條件、受力情況和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)是求解本題的關(guān)鍵，小球在第一個(gè)1.0 s內(nèi)做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，第二個(gè)1.0 s內(nèi)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，第三個(gè)1.0 s內(nèi)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其軌跡如圖4所示，可見(jiàn)，只需要按小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程逐一求解。

圖4

◎ 解法一

由牛頓定律得知，小球加速度的大小為

a==0.20 m/s2 ①

當(dāng)恒力沿x軸正方向時(shí)，經(jīng)過(guò)1 s小球的速度大小為

v=at=0.20 m/s②

速度的方向沿x軸正方向，小球沿x軸方向移動(dòng)的距離

Δx1=at2=0.10 m③

在第2 s內(nèi)，恒力方向沿y軸正方向，故小球在x方向做速度為v的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在y方向做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，沿x方向移動(dòng)的距離

Δx2=vxt＝0.20 m ④

沿y方向移動(dòng)的距離

Δy=at2=0.10 m ⑤

故在第2 s末小球到達(dá)的位置坐標(biāo)

x2＝Δx1＋Δx2=0.30 m⑥

y2=Δy=0.10 m⑦

在第2 s末小球在x方向的分速度仍為vx，在y方向的分速度

vy=at＝0.20 m/s ⑧

由上可知，此時(shí)運(yùn)動(dòng)方向與x軸成45°角，要使小球速度能變?yōu)榱?，則在第3 s內(nèi)所加恒力的方向必須與此方向相反，即指向第三象限，與x軸成225°角。在第3 s內(nèi)，設(shè)在恒力作用下小球加速度的x分量和y分量分別為ax、ay，則

a==0.20 m/s2⑨

ay==0.20 m/s2⑩

在第3 s末小球到達(dá)的位置坐標(biāo)為

x3=x2+vt－axt2=0.40 m?輥?輯?訛

y3=y2+vyt－ayt2=0.20 m?輥?輰?訛

◎ 解法二

在x方向，小球第1 s內(nèi)做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，速度從零增加到v=at=t=0.2 m/s；在第2 s內(nèi)做速度為vx的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)； 在第3 s內(nèi)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，速度從vx減少到零。作出小球在x方向運(yùn)動(dòng)的vx-t圖（如圖5）

圖5

圖6

在y方向，小球第1 s內(nèi)不動(dòng)，第2 s內(nèi)做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，速度從零增加到v=at=t=0.2 m/s；第3 s內(nèi)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，速度從v減少到零。作出小球在y方向上運(yùn)動(dòng)的v-t圖（如圖6），圖5、圖6中，圖線(xiàn)與橫軸所圍面積分別為0.4和0.2。由于在v-t圖中，圖線(xiàn)所圍面積在數(shù)值上等于物體運(yùn)動(dòng)位移的大小，所以小球在x、y方向的位移分別為0.4 m和0.2 m。即小球在第3 s末的位置坐標(biāo)為x=0.4 m、y=0.2 m。

由v-t圖的斜率知，小球在第3 s內(nèi)的加速度與第1 s內(nèi)的加速度等值反向，故第3 s內(nèi)恒力在x方向的分量與第1 s內(nèi)的恒力等值反向。同理，由v-t圖的斜率知，第3 s內(nèi)恒力在y方向的分量與第2 s內(nèi)的恒力等值反向。考慮到第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)恒力分別沿x、y軸的正方向，且大小相等，因而，第3 s內(nèi)所加恒力的方向必定與x軸成225°角。

上述解法，利用了v-t圖象中圖線(xiàn)與橫軸所圍的面積表示位移大小以及圖線(xiàn)的斜率表示加速度這一規(guī)律，解題過(guò)程簡(jiǎn)捷直觀(guān)，但對(duì)能力要求更高。

◎ 解法三

在第1 s內(nèi)對(duì)小球由動(dòng)量定理得

Ft=mv?輥?輱?訛

由動(dòng)能定理得FΔx1＝mv?輥?輲?訛

由?輥?輱?訛式得 v==0.20 m/s

代入?輥?輲?訛式得 Δx1==0.10 m

第2 s內(nèi)對(duì)小球在y方向由動(dòng)量定理得

Ft=mv?輥?輳?訛

由動(dòng)能定理得FΔy2=mv?輥?輴?訛

由?輥?輳?訛式得 v==0.20 m/s

代入?輥?輴?訛式得Δy==0.10 m

第2 s末小球在x方向的分速度仍為vx，小球在x方向移動(dòng)距離Δx2=vxt=0.20 m。由上可知，第2 s末小球運(yùn)動(dòng)方向與x軸成45°角，要滿(mǎn)足題目條件，所加恒力方向須與此方向相反。

對(duì)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，設(shè)所加恒力為F＇，在x方向上，

FΔx1－F＇Δx3=0 ?輥?輵?訛

又因F＇＝F ?輥?輶?訛

由?輥?輵?訛?輥?輶?訛兩式得Δx3=Δx1

同理Δy3=Δy2

在第3 s末小球達(dá)到的位置坐標(biāo)為

x3=Δx1+Δx2=0.40 m

y3=Δy2+Δy3=0.20 m

◎ 解法四

小球在第1 s內(nèi)做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，可求得第1 s末的速度vx＝0.20 m/s，前進(jìn)的距離Δx1=0.10 m。在第2 s內(nèi)，小球在x方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在此時(shí)間內(nèi)前進(jìn)Δx2=0.20 m，第2秒末的速度仍為vx；小球在y方向上的運(yùn)動(dòng)情況完全與小球在第1 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)情況相同，故在y方向前進(jìn)的距離Δy2=0.10 m，v=0.20 m/s。由此可判斷所加恒力方向，與x軸成225°角。

在第3 s內(nèi)，小球在x方向做初速度為vx的勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，因與第1 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故物理過(guò)程具有逆對(duì)稱(chēng)性（類(lèi)似豎直上拋運(yùn)動(dòng)），所以有Δx3=Δx1，而在y方向運(yùn)動(dòng)與小球在第2 s內(nèi)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程也具有逆對(duì)稱(chēng)性，故有Δy3=Δy2，由此可得小球第3 s末的位置坐標(biāo)

x3=Δx1+Δx2+Δx3=0.40 m

y3=Δy2+Δy3=0.20 m

◎ 解法五

利用矢量圖確定恒力的方向。由動(dòng)量定理可知，小球在整個(gè)過(guò)程中，3 s內(nèi)所受的合沖量I＝Δp=0，而I是x軸方向上的沖量I1（第1 s），y軸方向上的沖量I2（第2 s）和第3 s內(nèi)的沖量I的矢量和。I1＝I2 ＝Ft。由圖7矢量關(guān)系可得：I＝I1＝Ft，I與x軸成225°角，即：第3 s內(nèi)所加恒力的方向指向第三象限，與x軸成225°

圖7

點(diǎn)評(píng) 解決力和運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，一般有三種途徑：

（1）牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式（力的觀(guān)點(diǎn)）；

（2）動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律（動(dòng)量觀(guān)點(diǎn)）；

（3）動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律（能量觀(guān)點(diǎn)）。

以上這三種觀(guān)點(diǎn)俗稱(chēng)求解力學(xué)問(wèn)題的三把“金鑰匙”。

【跟蹤訓(xùn)練】

1. 一個(gè)跳水運(yùn)動(dòng)員從離水面10m高的平臺(tái)上向上躍起，舉雙臂直體離開(kāi)臺(tái)面，此時(shí)其重心位于從手到腳全長(zhǎng)的中點(diǎn)，躍起后重心升高0.45 m達(dá)到最高點(diǎn)，落水時(shí)身體豎直，手先入水。（在此過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員水平方向的運(yùn)動(dòng)忽略不計(jì)）從離開(kāi)跳臺(tái)到手觸水面，他可用于完成空中動(dòng)作的時(shí)間是_______s，（計(jì)算時(shí)，可以把運(yùn)動(dòng)員看作全部質(zhì)量集中在重心的一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，g取10 m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

2. 在研究平拋運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)中，用一張印有小方格的紙記錄軌跡，小方格的邊長(zhǎng)l=1.25 cm。若小球在平拋運(yùn)動(dòng)途中的幾個(gè)位置如圖8中a、b、c、d所示，則小球平拋的初速度的計(jì)算式為v0=_______，（用l、g表示），其值_______。（取g=9.8 m/s2）

圖8