王殿祥

( 安丘市第一中學(xué) 山東 安丘 262100)

常聽人說：物理難學(xué).學(xué)生往往有這樣的體驗(yàn)：書上的例題看得懂，老師講課聽得懂，但自己做題，往往做不出.物理解題難的一個(gè)重要原因是能否掌握解題的規(guī)律和方法.下面就一些物理題的解法做一些歸納.

(1)基本模型、基本方法、基本思路

物理問題具有以下特點(diǎn)：簡單題，一物一過程；中等題，一物兩過程或兩物一過程；難題，多物多過程.

那么基本方法就是：變中等題或難題為簡單題，即化“多物多過程”為“一物一過程”.

從知識角度看基本方法，就是把動(dòng)力學(xué)解題思路、功和能解題思路、沖量和動(dòng)量解題思路(新課標(biāo)屬選學(xué)內(nèi)容)，以及電場、磁場、電磁感應(yīng)的解題思路，整合為一個(gè)解題思路.即在正確理解題意的基礎(chǔ)上，選對象(物體或系統(tǒng))、受力分析(畫受力分析圖)、運(yùn)動(dòng)分析(標(biāo)明v、a)、設(shè)定方向(正交分解、正方向等，同時(shí)標(biāo)明角度)、選規(guī)律列方程、解方程得結(jié)論，同時(shí)畫出物理情景示意圖.

(2)講一題多解題目，要形成“系列”或“類型”，培養(yǎng)歸納總結(jié)的良好習(xí)慣，提高學(xué)習(xí)能力.但“系列”或“類型”不能成為新的機(jī)械化格式，要靈活機(jī)動(dòng)地變化.“變”要變在高考所體現(xiàn)的情景、立意和設(shè)問上，“深挖洞”式的變、不著邊界的變是毫無意義的.

(3)對于錯(cuò)題要盡可能讓學(xué)生講.學(xué)生在學(xué)習(xí)過程中出現(xiàn)錯(cuò)誤是正常的.只有“嘗試錯(cuò)誤”，才能實(shí)現(xiàn)“頓悟”.要鼓勵(lì)學(xué)生犯錯(cuò)，要錯(cuò)得“淋漓盡致”，并且要把錯(cuò)誤“盡情地”、“自然地”展現(xiàn)在老師面前.

(4)把題當(dāng)“事兒”講(實(shí)際上物理題講的就是我們身邊發(fā)生的“事兒”).這樣可以盡可能使學(xué)生體會(huì)到“事兒”中“角色”的“喜怒哀樂”，甚至成為“其中的一員”.既然是“事兒”，總是有來龍去脈、先后順序、前因后果，將自己置身其中，那就一步一步地(基本方法)按順序來解決.

舉兩個(gè)例子.

【例1】(2009年高考山東理綜卷)如圖1所示，某貨場需將質(zhì)量為m1=100 kg的貨物(可視為質(zhì)點(diǎn))從高處運(yùn)送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物由軌道頂端無初速度滑下，軌道半徑R=1.8 m.地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長度均為l=2 m，質(zhì)量均為m2=100 kg，木板上表面與軌道末端相切.貨物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2.(最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取g=10 m/s2)

圖1

(1)求貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對軌道的壓力.

(2)若貨物滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)；而滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，求μ1應(yīng)滿足的條件.

(3)若μ1=0.5，求貨物滑到木板A末端時(shí)的速度和在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.

解析：

第一過程.貨物在光滑四分之一圓軌道上下滑過程中機(jī)械能守恒.根據(jù)機(jī)械能守恒定律可求出貨物到達(dá)軌道末端時(shí)的速度，由牛頓第二定律(即向心力公式)可求貨物對軌道的壓力.

(1)設(shè)貨物滑到圓軌道末端時(shí)的速度為v0，對貨物的下滑過程根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為FN,根據(jù)牛頓第二定律得

聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得

FN=3 000 N

根據(jù)牛頓第三定律，貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對軌道的壓力大小為3 000 N，方向豎直向下.

第二過程.貨物滑上木板A時(shí)會(huì)給A一個(gè)向右的摩擦力作用，同時(shí)地面會(huì)給A、B向左的摩擦力作用.據(jù)題意A、B不滑動(dòng)，必須滿足貨物給A的摩擦力不大于地面給A、B的摩擦力，由此可求出μ1滿足的關(guān)系.

(2)若滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng).由受力分析得

μ1m1g≤μ2(m1+2m2)g

若滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，由受力分析得

μ1m1g>μ2(m1+m2)g

聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得

0.4<μ1≤0.6

第三過程.若μ1=0.5，可知，貨物在木板A上滑動(dòng)時(shí)，木板不動(dòng).根據(jù)動(dòng)力學(xué)知識可求出貨物滑到木板A末端時(shí)的速度和在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.

(3)設(shè)貨物在木板A上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得

μ1m1g≤m1a1

設(shè)貨物滑到木板A末端是的速度為v1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

v12-v02=-2a1l

代入數(shù)據(jù)得

v1=4 m/s

設(shè)在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

v1=v0-a1t

代入數(shù)據(jù)得

t=0.4 s

點(diǎn)評：把自己置身題目之中，沿著貨物的“足跡”，將貨物的多個(gè)過程分解為一個(gè)一個(gè)的小過程，并將各過程中貨物所受的力分析出來，在各過程中列出相應(yīng)的關(guān)系式即可求解.

【例2】(2009年高考全國卷Ⅱ)如圖2所示,在寬度分別為l1和l2的兩個(gè)毗鄰的條形區(qū)域分別有勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場方向垂直于紙面向里，電場方向與電、磁場分界線平行向右.一帶正電荷的粒子以速率v從磁場區(qū)域上邊界的P點(diǎn)斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界線的方向進(jìn)入電場，最后從電場邊界上的Q點(diǎn)射出.已知PQ垂直于電場方向，粒子軌跡與電、磁場分界線的交點(diǎn)到PQ的距離為d.不計(jì)重力,求電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比及粒子在磁場與電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比.

圖2

解析：粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直，圓心O應(yīng)在分界線上(圖3).根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子的半徑，結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)知識即可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度和帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 ；粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合研究平拋運(yùn)動(dòng)的方法，可求出電場強(qiáng)度和帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.

圖3

由幾何關(guān)系得

R2=l12+(R-d)2

(1)

設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶正電荷分別為m和q，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

(2)

設(shè)P′為P點(diǎn)垂線(虛線)與分界線的交點(diǎn)，∠POP′=α，則粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

(3)

式中

(4)

粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動(dòng)，其初速度為v，方向垂直于電場.設(shè)粒子加速度大小為a,由牛頓第二定律得

qE=ma

(5)

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

(6)

l2=vt2

(7)

式中t2是粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.由(1)、(2)、(5)、(6)、(7)式得

(8)

由(1)、(3)、(4)、(7)式得

(9)

點(diǎn)評：畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖像是解題的關(guān)鍵，把粒子運(yùn)動(dòng)的過程拆分為勻速圓周運(yùn)動(dòng)和類平拋運(yùn)動(dòng)，利用幾何知識及平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法，可求結(jié)論.

總之，解答物理題的方法有很多，同學(xué)們在練習(xí)時(shí)不要局限于一種，要盡可能多地嘗試各種方法，做到觸類旁通，游刃有余.