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，尋求規(guī)律，歸納解題思路和方法。做題，不在于多而在于精，通過老師的有效點(diǎn)撥，達(dá)到融會貫通，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，獲得正確答案的過程。解法不同，解題的過程繁簡有別，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從平臺上滑到與平臺等高、質(zhì)量為M的靜止小車B上，如圖1所示。小車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不致從小車上滑出，小車B的長度L至少應(yīng)為多少？

圖1

◎ 解法一：力的觀點(diǎn)

取向右為正方向，對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A：v12-v=2aA（L+s） ②

對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“相對運(yùn)動(dòng)”求解

位移、加速度、速度都是相對地面（以地面為參照物），如果以B為參照物，可以運(yùn)用A相對于B的位移、速度和加速度來求解。取向右方向?yàn)檎?，則A相對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===。

【例2】 （2007?山東） 如圖2所示，一水平圓盤繞過圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤邊緣有一質(zhì)量m=1.0 kg小滑塊，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度達(dá)到某一數(shù)值時(shí)，滑塊從圓盤邊緣滑落，經(jīng)光滑的過渡圓管進(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)過程中始終未脫離軌道，不計(jì)在過渡圓管處和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）若圓盤半徑R=0.2 m，當(dāng)圓盤的角速度多大時(shí)，滑塊從圓盤上滑落？

（2）若取圓盤所在平面為零勢能面，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C點(diǎn)，求BC之間的距離。

【分析】 （1）滑塊在圓盤上做圓周運(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)在返回過程中過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，使小球開始運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過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)榱恪Ｇ蟠藭r(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)做類平拋運(yùn)動(dòng)，第三個(gè)1.0 s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其軌跡如圖4所示，可見，只需要按小球運(yùn)動(dòng)過程逐一求解。

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的勻速直線運(yùn)動(dòng)，在y方向做初速度為零的勻加速直線運(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的勻速直線運(yùn)動(dòng)； 在第3 s內(nèi)做勻減速直線運(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，圖線與橫軸所圍面積分別為0.4和0.2。由于在v-t圖中，圖線所圍面積在數(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?？紤]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圖象中圖線與橫軸所圍的面積表示位移大小以及圖線的斜率表示加速度這一規(guī)律，解題過程簡捷直觀，但對能力要求更高。

◎ 解法三

在第1 s內(nèi)對小球由動(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，要滿足題目條件，所加恒力方向須與此方向相反。

對全過程應(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的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，因與第1 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故物理過程具有逆對稱性（類似豎直上拋運(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)過程也具有逆對稱性，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 解決力和運(yùn)動(dòng)問題，一般有三種途徑：

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

（2）動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律（動(dòng)量觀點(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（能量觀點(diǎn)）。

以上這三種觀點(diǎn)俗稱求解力學(xué)問題的三把“金鑰匙”。

【跟蹤訓(xùn)練】

1. 一個(gè)跳水運(yùn)動(dòng)員從離水面10m高的平臺上向上躍起，舉雙臂直體離開臺面，此時(shí)其重心位于從手到腳全長的中點(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。（在此過程中運(yùn)動(dòng)員水平方向的運(yùn)動(dòng)忽略不計(jì)）從離開跳臺到手觸水面，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