胡冰琳

摘 要：針對高三二輪復(fù)習(xí)時間緊迫的原因，提出在緊張的二輪復(fù)習(xí)中，適時地采用“一題多變”的形式組織教學(xué)?！耙活}多變”是從多角度、多方位對例題進行變化，引出一系列與本題例題相關(guān)的題目，達到熟練并靈活應(yīng)用與題目相關(guān)知識的目的。

關(guān)鍵詞： 物理教學(xué)；一題多變；二輪復(fù)習(xí)

高三物理復(fù)習(xí)一般分為一輪和二輪復(fù)習(xí)。一輪復(fù)習(xí)主要是通過對教材內(nèi)容的梳理，按章節(jié)復(fù)習(xí)，幫助學(xué)生建立并完善高中物理學(xué)科知識體系，構(gòu)建系統(tǒng)的知識網(wǎng)絡(luò)。在二輪復(fù)習(xí)中，則應(yīng)打破章節(jié)限制，抓住知識系統(tǒng)的主線，對基礎(chǔ)知識進行集中提煉、梳理和串聯(lián)，并突出知識的橫向連續(xù)與延伸、拓展，在解題方法和技巧上下功夫，提高學(xué)生分析和解題問題的能力，使學(xué)生在一輪復(fù)習(xí)的基礎(chǔ)上，學(xué)科素質(zhì)明顯提升。為達到上述目的，緊張的二輪復(fù)習(xí)中，適時地采用“一題多變”的形式組織教學(xué)?！耙活}多變”是從多角度、多方位對例題進行變化，引出一系列與本題例題相關(guān)的題目，達到熟練并靈活應(yīng)用與題目相關(guān)知識的目的。通過對一道題的變式，能使學(xué)生積極參與到課堂中來，多角度去理解，去體會同一知識點。下面以帶電粒子在電場中的直線運動的“球—球”模型為例做如下設(shè)計。

1 梳理解決帶電粒子在電場中的直線運動的基本思路

對物體進行受力分析，如果物體受到的合外力是恒力，引導(dǎo)學(xué)生既可以用牛頓運動定律和運動學(xué)有關(guān)知識求解，也可以動能定理或能量守恒求解。如果物體受到的合外力是變力，引導(dǎo)學(xué)生用動能定理或能量守恒求解。

2 展示例題，并在例題基礎(chǔ)上進行變式

例 如圖1所示，在P固定一個正點電荷，A、B兩點在P的正上方，與P相距分別為h和h，將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從A點靜止釋放，釋放后帶電小球在A點處的加速度大小為g，運動到B點時速度恰好變?yōu)榱?求：

（1）帶電小球在B點處加速度的大小；

（2）帶電小球從A點運動到B點的過程中，運動速度最大的位置與P點的距離h1。

解 （1）設(shè)固定在點P的正電荷的電量為Q，由牛頓第二定律得：在A點 mg-=mg ①

在B點 -mg=maB ②

聯(lián)立①②得aB=g

（2）帶電小球速度最大時，小球受到的重力等于電場力

-mg=0 ③

聯(lián)立①③得h1=。

變式1 如圖2所示，一長為h2內(nèi)壁光滑的絕緣細管豎直放置。管的底部固定一電荷量為Q（Q>0）的點電荷M。現(xiàn)在管口A處靜止釋放一電荷量為q（q>0）、質(zhì)量為m的點電荷P1，P1在距離底部點電荷為h1的B處速度恰好為零。再次從A處靜止釋放電荷量為q、質(zhì)量為3m的點電荷P2（已知靜電常數(shù)為k，重力加速度為g）。求：（1）點電荷P2運動過程中速度最大處與底部點電荷的距離；

（2）點電荷P2運動到B處時的速度大小。

解 點電荷P2運動到重力等于電場力時，速度最大，距底部距離r

3mg= ① 解得r= ②

（2）設(shè)點電荷P2運動到B處時的速度為vB，由動能定理得

3mg（h2-h1）+qUAB=3mvB2 ③

點電荷P1從A處運動到B處，由動能定理得

mg（h2-h1）+qUAB=0 ④

聯(lián)立③④得vB= 。

變式2 如圖3所示，一豎直固定且光滑絕緣的直圓筒底部放置一可視為點電荷的場源電荷A，其電荷量Q=+4×10-3C?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m=0.1kg的帶正電的小球B，它與場源電荷A間的距離為a=0.4m，此時小球B處于平衡狀態(tài)，且小球B在場源電荷A形成的電場中具有的電勢能的表達式為εP=k，其中r為q與Q之間的距離。另一質(zhì)量為的m不帶電絕緣小球C從距離B的上方H=0.8m處自由下落，落在小球B上立刻與小球B粘在一起以v=2m/s的速度向下運動，它們到達最低點后又向上運動，向上運動到達的最高點為P。不計空氣阻力，A、B兩球始終不相碰。（取g=10m/s2，k=9×109N·m2/C2），求：

（1）小球C與小球B碰撞前速度v0的大??；

（2） 小球B的帶電量q；

（3）小球C與小球B一起向下運動的最大速度；

（4）最高點P與A點的距離。

解 （1）小球C自由下落H，由動能定理得

mgH=mv02 ①

解得v0=4m/s ②

（2）小球B在碰撞前處于平衡狀態(tài)，對B球由平衡條件得 mg=k ③

代入數(shù)據(jù)得 q=×10-8C ④

（3） 設(shè)B和C向下運動速度最大時，與A相距x1，對B和C整體，由平衡條件得

2mg= ⑤

取B球處于平衡狀態(tài)的位置為重力勢能的零勢點，由能量守恒得

（2m）v2+=（2m）vm2-2mg（a-x1）+ ⑥

聯(lián)立⑤⑥代入數(shù)據(jù)得vm=2.16m/s ⑦

（4） 設(shè)最高點P與A球的距離為x2， 取B球處于平衡狀態(tài)的位置為重力勢能的零勢點，由能量守恒得

（2m）v2+=2mg（x2-a）+ ⑧

代入數(shù)據(jù)得x2=0.683m ⑨

變式3 如圖4甲所示，一個足夠長的絕緣筒內(nèi)壁光滑，底部固定有一個帶電小球A，在這個帶電小球的上方還有一個質(zhì)量為m=0.1kg，與A帶同種電荷的帶電小球B（A、B兩球直徑略小于筒內(nèi)徑），A、B兩球用不可伸長的絕緣輕繩相連，當(dāng)B處于靜止?fàn)顟B(tài)時輕繩的拉力恰好為零?，F(xiàn)將絕緣筒從離地h1=0.2m高處無初速自由下落，下落過程筒保持豎直，假定筒與地碰撞時間極短并馬上粘在地面上，同時輕繩與A球的連接自行斷開。此后小球B先下降后上升，已知A、B兩球之間距離的最大增加量h2=0.5m。不計空氣阻力，A、B兩球始終不相碰，g取10m/s2，求：

（1）絕緣筒剛著地前瞬間的速度v0的大小

（2）在絕緣筒剛著地到B上升到最高點的過程中，A、B兩球所組成的系統(tǒng)電勢能變化了多少？

（3）現(xiàn)把絕緣筒固定在水平地面上，同時撤去A、B之間的連接繩（如圖4乙所示），讓球B保持靜止。另將一質(zhì)量也為m的絕緣小球C從離B球一定高度處無初速自由下落，C球與B碰后粘在一起，此后C、B兩球先下降后上升，要使A、B兩球之間距離的最大增加量也為h2，C球下落時距B球的高度H應(yīng)為多大？

解（1）絕緣筒自由下落h1，把A、B兩球和絕緣筒看成整體，設(shè)整體的質(zhì)量為M，由動能定理得

mgh1=Mv02 ① 解得v0=2m/s

（2）在絕緣筒剛著地到B上升到最高點的過程中，對A、B系統(tǒng)由能量守恒定律得

mgh2+ΔE電=Mv02 ② 解得ΔE電=-0.3J，電勢能減少了0.3J。

（3）設(shè)C球下落H的速度大小為v1，與B球碰撞后的速度大小為v2，由動能定理得

mgH=mv12 ③

C球與B球相碰時，對B、C系統(tǒng)由動量守恒定律得

mv1=（m+m）v2 ④

碰后，B、C兩球先下降后上升至最高點處，對A、B、C系統(tǒng)由能量守恒定律得

2mgh2+ΔE電=2Mv22 ⑤

聯(lián)立②③④⑤代入數(shù)據(jù)得H=1.4m。

點評 例題比較簡單，一是要讓學(xué)生會用牛頓第二定律求解加速度，二是能夠分析帶電小球速度最大時受到的合外力為零。變式1主要是讓學(xué)生會用動能定理對點電荷P1和P2列方程。變式2在題目中引入電勢能的公式，要學(xué)生領(lǐng)會電勢能表達式的物理意義，并能列出守恒方程求解。變式3要讓學(xué)生會用動量和能量的觀點進行解題。通過例題和三個變式，層層深入，讓學(xué)生積極參與到課堂中來，多角度去理解“球—球”模型的帶電粒子的直線運動，大大提高了二輪復(fù)習(xí)的效率。一道高考題的解法、推廣與變式林廷勝79