一题多解与一题多变

A物体滑行时t间AvAg

-----培养学生能力的捷径

江苏省东台中学 张曙东 （《物理教学》1996.11）

高考把对学生能力的考核放在首要位置，体现了对学生能力的重视。目前正处在

世纪之交、知识爆炸的时期，知识日新月异，今天书本上学和知识，明天可能已被更新，面对未来人类的生存和发展，靠的下是现知识，而对未来人的能力，这样才能去下断发现、不断创造。而对学生的能力培养途径很多，“一题多解”可谓培养学生能力的捷径。通过“一题多解”和“一题多变”可帮助学生对所学知识全面系统地回顾、再现、应用，多角度去分析问题、解决问题，通过“一题多变”可由浅入深，下同层次地挖掘、全方位地去分析问题、解决问题。这对学生的理解能力、推理能力、分析 综合能力、应用数学工具处理物理问题的能力得到全面提高，这样可起到举一反三、 纲举目张、事倍功半的效果。以下略举两例敬请同行斧正。 [例1].A、B两木块靠在一起放在水平面上，它们与水 平面的滑动摩擦系数为0.25，B 的质量为0.2千克，一颗水平飞来的子弹依次穿过A、B，在子弹穿 过A的过程 中A和B一直没有分离，子弹在B内的时间t为0.01秒，穿出B后，A和B都继续向前运动，当A刚停止时，B

和A之间的距离S为1米，B的速v为5米/秒，子弹在两木块中阻力恒为f，重力加速度g取10米/秒2，求;（1）f的大小，（2）在子弹进入B的过程中，木块B前进的距离SX

[剖析] 本题由于地面有摩擦力，故相互作用力的系统动量不守恒，不能由动量守 恒定律、能量守恒定律列方程求解，必须另辟蹊径。 [分析和解]

（1）方法一：运用牛顿定律结合运动学公式

设子弹刚穿进B时，A、B物体具有共同速度vA刚穿出B时B物的速度为VB，B的质量为子弹在B中 穿行时（如图2所示），B的加速度

afmgmfmg；则

vfAvAatvA(mg)t （1）

则B物体滑行时间tvAAtAtgtvvvBgtBvBg(gt)(2)联立(1)(2)解得:fmv0.25t0.01N100N.

方法二：运用动量定理

对B全过程由动量定理得：

ftmAgtAm(vvA) （1） 对A由动能定理有：

mAgtAmAvA,即gtAvA则有mgtAmvA （2）

将(2)式代入(1)式得:fmvt(计算过程略) （2）方法一：运用牛顿定律结合运动学公式 B的总位移sAvB2tvBvBv2(vAgt) A滑行的总位

sv2A2g 由位移关系sv2Ｂ－sＡ=s得：AvBvBvvAvA2t2(gt)2gs(svt 将vBvAfmg2)2gmt代入上式，可解得：vAftmv 由（１）问的结论fmvt得：ft=mv代入上式，化简得：

vmgs1gt(gs1ft2v2gt) 1 s221fmgsXvAt2(mg)tf1fmv2mt2(mgsf2f)

代入已知量有：s0.250.2101X100110020.20.0120.03(m)

此法思考简单，但运算量较大．

方法二：由动能定理求解

由动能定理，对Ｂ的全过程有：fs1Amg(sAs)2m(v2v2A) 对Ａ：m1AgsA2m2变形有mgs12AvAA2mvA代入上式，化简有： mgs1mv2 sX2f (计算略)

方法三：图象法

图3 中阴影区域的面积表示A停止时，A、B之间的距离s,由图3可知：vv s112vt1v2vt 、s2v(Agt)， 由s1 +s2 =s得：

12vtv(vAgt)s 解得：vgsAv12gt

s1XvA(fmg)t22（同方法一，略） 方法四：运用相对运动

子弹在B中穿行时，B相对于A做初速度为的匀加速直线运动，加速度

aff11f2mggm，则子弹刚穿出B时，A、B之间的距离s12at22mt； 子弹穿出B后，A、B的加速度相同故B相对A做匀速运动，速度为v=5m/s，则从子弹穿出B后A静止的过程中，A、B间增大的距离s2v(vAgt)，由s1+s2=s得：

1f2mtv(vAgt)s 由（1）问的结论fmvt，代入上式有： v1Agsv2gt（与方法三相同，以下略） 方法五：由能量守恒求解

B相对A而言，多发生的位移克服阻力做的功和最终的动能，应等于子弹对木块B的作用力在位移sX 上所做的功，有： fs2Xmgs12mv mgs1mv2 sX2f（与方法二相同，以下略）

例1中的多种解法，几乎涉及了力学的全部基础知识和常见的多种解题方法，多角度

思考发散式思维是培养学生能力的重要途径。

[例2] 在两平行金属板（假定板足够长）之间，用一长为l的轻绳拴着一质量为m的带电量为q的小球，小球可看作质点，如果小球在两极板间平衡时，轻绳与铅直线间的夹角为，如图4所示，求两极板间的电场强度。

[分析和解]小球受重力mg，电场为Eq，绳的拉力，由于小球处于平衡状态，故重力与电场力的合力必沿绳的方向有：tgEqmg 场强Emgqtg [变1] 如将小球拉至水平，且绳被拉直，如图5所

示，由静止放手后，小球将作什么运动？经多长时间，轻绳子刚好被拉直？

[分析和解] 小球由静止放手时，球仅受重力、电场力，不受绳的拉力，此二力为恒力其合力亦为恒力，故小球将沿与竖直方向成（合力方向）做匀加速直线运动。

设小球从A点释放到B点绳被拉直，如图5所示，由数学知识可知AOB=2，则小球在竖直方向下落的高度h=Lsin2, 由于小球在竖直方向做自由落体，故由分运动和合运动的等时性可知：所求时间

t2Lsin2g [变2]如果要让小球从静止释放时，刚好能立刻做圆周运动，那么应将小球从何处释放？ [分析和解] 当小球刚静止释放时，若小球所受合力垂直，此时绳处于竖直状态，小球运动后绳对球立刻施加力的作用，故小球立刻做圆周运动。

如图6所示，有=，即将小球拉到与水平方向成角静止释放。

[变3]若把小球拉至水平位置，部小球的初速至少是多大时，小球放手后也能立刻做圆周运动？

[分析和解]当小球处在水平位置时，若电场力刚好提供向心力，就能保证小球从开

始就立刻做圆周运动。则有：Eq=mv2L，结合例2的结论：Eq=mgtg可解得：v=gLtg,

故小球的初速度至少为gLtg。

[变4] 在例2中，若线拉紧后随即摆动，求：（1）拉紧瞬间悬点O受到的冲量I， （2）小球摆动过程中的最大速度vm,(3)小球摆到最低点时，轻绳受到的拉力T。

[分析和解] （在例2的基础上求解）

（1）设线刚被拉紧的瞬间速度大小为v，小球所受的合外力Fmg合=

cos…..（1）小球运动的位移S=AB=2Lsin。…..(2) 由动量定理得：F1合.S=

2mv2…..(3) 联立（1）、（2）、（3）解得：v2gLtg

绳刚绷紧随即做圆周运动，即小球沿绳方向的分速度vn=减为0，绳对球的冲量I由动量定理得：I=m vn=mvsin=2mgLtgsin.

由牛顿第三定律可知：O点受到的冲量大小I=I=2mgLtgsin.方向沿绳向下

（2）球在平衡位置速度最大 球在B点绳绷紧的过程中损失的动能△

Ek=

12mv2n=2mgLtgsin…..(4) 球从A到平衡位置的过程中,由动能定理得: EqL(1+sin)+mgLcos-△Ek=12mv2m…(5) 联立）4）、（5）两式，结合Eq=mgtg解得：

vm2gL(1costg2tg.sin2) v2gL(1tg.co2s) （3） 球从A到最低点的过程中，由动能定理得：

v2gL(1tgcos2)…….(7) 球在最低点由牛顿第二定律得：

mv2T-mg=L…..(8) 联立（7）、（8）两式，解得：球在最低点绳受到的拉力

T=mg(3+2tg. cos2)

[变5] 若将小球拉至水平，至少以多大的速度下抛，小球才能在竖直平面内做圆周运动？

[分析和解]

小球能否做圆周运动，取决于球在“最高点”是否符合做圆周运动的条件，由于同时存在电场和重力场，故“最高点”已不是竖直方向的最高点，而是平衡位置的对称点D，如图8所示。

在D点，球刚好做圆周运动条件：

mgv2cosmL….(1) 由A到D运用动能定理有：

mgcosL(1sin)12mv212m2D…..(2) 联立（1）、（2）两式，解得：v=

gL(32sin)cos

小球至少以v=

gL(32sin)cos的速度下抛。

在例2中，通过适当变换条件，，由浅入深引出了

一系列的讨论，拓宽了学生的视野，同时也为学生出题提供了范例，这个全方位地去探索问题是培养学生的有效途径。

如教者通过精心选例题、并布置相应习题，激发学生的求异、求变的热情，将“一题多解” 和“一题多变” 在讲和练上有机地结合起来，将“珠连璧合、相得益彰”。笔者在

教学中加以应用，对培养学生的能力，确实起到了事半功倍的效果，不失为一条捷径。