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恩格斯说:“思维是地球上最美丽的花朵. ”而要让物理思维的花朵在学生心田绚丽绽放,需要创设良好的物理情境,通过突出重点、破解难点、巧释疑点来引发学生思考,启迪学生智慧;需要抓住问题的本质特征,通过一题多解、一题多思、一题多变来促使信息增殖,思维发散,进而让学生举一反三、触类旁通.
现以如下一个问题为例,具体谈谈如何通过多解、多思、多变来激活思维,进而培养思维的灵活性、深刻性、广阔性、变通性,此法较之于题海战术来说事半功倍,达到做一题会一片之效.
【例】如图1,光滑水平面上有一辆质量m=2kg的长平板小车,小车的左端有一质量为M=3kg的铁块(可视为质点),铁块与小车间的动摩擦因素μ=0.2. 开始时,小车和铁块一起以v0=3m/s的速度向右运动,接着,小车与竖直墙壁发生无动能损失的碰撞,且碰撞时间极短,问:平板小车至少多长,铁块才不会从平板车的右端滑下?
一、多解
分析本题的物理过程,铁块和小车一起向右运动一段距离后,小车与墙壁发生碰撞,由于碰撞时间极短,铁块与小车间的摩擦力冲量可忽略,又因为小车与墙壁碰撞时无动能损失,小车将以原速返回,问题可转化为图2所示情况.
由于铁块质量M大于小车质量m,铁块将向右做匀减速运动,小车将先向左匀减速,再向右匀加速,直至两者有向右的共同速度v1. 此后铁块和小车又一起匀速运动到墙壁处与墙壁碰撞,这一过程经过无数次重复,铁块最终停在小车上,小车停在墙壁边缘.
【解法一】设小车足够长,铁块不从小车上滑下,小车第一次与墙壁碰撞后,铁块相对于小车的位移L1可如下计算.
由于地面光滑,铁块和小车组成系统的动量守恒,设小车和铁块在到达墙壁前的共同速度为v1,则以水平向右为正方向,由动量守恒定律得:
Mv0-mv0=(M+m)v1,解得v1=v0 .
对M和m整体而言,系统动能损失皆缘于M相对于m滑行过程中克服摩擦做功所致. 故由动能定理得:
-μMgL1=(M+m)v12-Mv02-mv02,
解得:
L1=3.6m.
小车与墙壁第二次碰撞后,运动情况与第一次碰后相同.
同理可知:L2==L1,
L3==L2=L1.
这样经多次碰撞后,铁块在小车上滑行的总位移
L=L1+L2+L3+……=L1(1+……)=
3.75m.
即:为使铁块不从小车右侧滑下,小车的长度至少应有3.75m.
【解法二】本题也可采用全过程分析法,临界情况是:小车来回往复运动与墙壁发生无数次碰撞后,最终应停在墙边缘,此时铁块停在小车右端. 全过程中只有M和m间摩擦力做功使系统动能发生损失.
故:-μMgL1=0-(M+m)v02,
L==3.75m.
显然,尽管两种解法殊途同归,但采用全过程分析法既能使解题简练,又能提升思维层次. 可见,在解题时只有居高临下,大胆创新,方能势如破竹.
其实在用解法一解题时,求第一次碰撞后铁块相对于小车的位移L1的方法也很多,典型的有运用牛顿运动定律、图象法和平均速度法.
(1) 运用牛顿运动定律
由牛顿第二定律可知:铁块的加速度a1=μg=2m/s2,方向向左;小车的加速度a2==3m/s2,方向向右.
由运动学公式得,铁块做匀减速运动到速度为v1时的位移:S1==2.16m;
小车先向左匀减速,到速度为零经历时间:
t1==1s,再向右匀加速,到速度为v1时又经过时间:t2==0.2s,直到两者具有共同速度经历的总时间:t=t1+t2=1.2s.
全程的位移(a2t12=-1.44m.
可见,铁块相对于木块的位移:L1=S1-S2=3.6m.
(2)图象法
以向右为正方向,图3中AC段为铁块做匀减速运动的图线,BC段为小车先向左减速再向右匀加速运动的图线,CD段为它们达到共同速度后一起匀速运动的图线,由图线的物理意义可知,铁块在小车上滑行的距离L1即为△ABC的面积(图中阴影所示).
所以 L1=×6×1.2=3.6m.
(3)平均速度法
因铁块和小车在达到共同速度前均作匀变速运动,所以位移可用公式求解.
故:S1=t=×1.2=2.16m,
S2t=×1.2=-1.44m.
铁块相对于木块的滑行距离:L1=S1-S2=3.6m.
像这样就同一个问题通过多种方法来求解,不但熟知物理规律的应用,而且增强了学生思维的灵活性和变通性,多种方法的灵活运用能让学生产生“海阔凭鱼跃,天高任鸟飞”的感觉.
二、多思
爱因斯坦曾说过:“提出一个问题,往往比解决一个问题更重要. ”对于一个现有的问题,引导学生从多角度思考,思考问题的内涵和外延,思考命题者的意图,对提高思维的发散性、增强通达善变的能力大有裨益. 从上述例题出发,可以引导学生做如下探究思考.
【思考1】小车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离.
解析:因为小车先向左做匀减速运动,再向右做匀加速运动,所以当小车速度减为零时向左距离最大.
用牛顿运动定律、动能定理或图线法均可求得 S1==1.5m.
【思考2】小车第一次与墙壁碰撞后到两者具有共同速度时,小车离墙壁多远?此过程历时多长?
解析:本问题实际上在前面已求解过,只是未明确点明. 小车先向左匀减速,再向右匀加速达到共同速度时,离墙壁的距离即为前面解过的S2,由图直观看出S2=1.44m,t=1.2s.
【思考3】小车从第一次碰撞后到最终停止前所运动的路程.
解析:小车经无数次不断碰撞往复运动,最终停在墙边,借助无穷递缩等比数列求和可求出总路程.
由思考1知,第一次碰撞后小车向左运动的最大距离S1==1.5m,同理,第二次碰撞后小车向左运动的最大距离S2==1,第二次碰撞后小车向左运动的最大距离S3=S2=S1.
总路程:S=2S1(1++……)=3.125m.
此外,如果对上述问题开放结论,要求学生思考本题还能求哪些定量的结果,则既能培养学生提出问题的能力,又能提高他们解决问题的能力. 这样,在解决了上述的位移、路程问题后,还可尝试从牛顿定律的角度、冲量和动量的角度、功和能的角度来思考,讨论加速度、摩擦力的冲量、摩擦力的功及产生内能等问题.
三、多变
变是求异思维、创新思维的最高境界,创设变化的物理情境,追求万变不离其宗的解题策略,是提高学生解题能力的最有效途径.
【变化1】在上述例题中,若保持其他条件不变,将铁块质量变为m=2kg,小车质量变为M=3kg. 求:
(1)为使铁块不滑离小车,小车的长度至少多大?
(2)小车与墙壁碰撞后,铁块向右运动的最大距离(从地面上看)多大?
分析:试题作上述变化后,情境设置比原题简单多了,因为小车质量M大于铁块质量m,碰撞后总动量向左,最终M和m一起向左匀速运动,车和墙壁只会发生一次碰撞,应用对应的处理方法可轻松地解决本题. 结论是:小车长至少5.4m,铁块向右运动的最大距离为2.25m.
【变化2】情境设置时,让碰撞发生在物块m和小车M之间,原题变化为如图4所示情形,在水平光滑的平面上,停着一辆平板小车,小车的质量M=3kg,在小车的左端放有质量为m=2kg的小物块,现给物块一个I=10N·s的冲量,物块便在平板上滑行,与固定在平板车上的水平弹簧作用后又弹回,最后刚好回到A点与车保持相对静止,物块与平板间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2,求:
(1)弹簧在压缩过程中所具有的最大弹性势能Ep;
(2)物块相对小车所通过的总路程.
解析:因为弹簧压缩和恢复过程中无机械能损失,水平面光滑,首先使用全过程分析法,运用系统动量守恒和动能定理,求物块相对于小车的总路程最为简捷.
I=mv0,mv0=(M+m)v,
-μmgS路=(M+m)v2-v02,
解得S路=3.75m.
而弹簧具有最大压缩势能时,物块与小车也有共同的水平速度v,且物块相对于小车的运动总路程为物块向右运动并将弹簧压缩到最短时相对位移的2倍,于是
mv0=(M+m)v,
-μmgEp=(M+m)v2-mv02,
解得Ep=7.5J.
事实上,此类问题同属于“子弹打木块”类问题的变形题,它的变化虽多,但在处理方法上可以一法多用,学习中应注意甄别比较其异同点,加强“同中求异”、“异中求同”的思维训练.
问渠哪得清如许,为有源头活水来. 灵活善变的解题能力不是从题海战术中来,而是从活的思维源头而来. 只有在平时教学过程中经常进行举一反三的训练,注意培养一题多解、一题多思、一题多变的思维习惯,加强发散思维、创新思维的培养,才能不断提高学生的思维品质,增强学生的分析综合能力,收到以不变应万变之效,达到游刃有余的境界.
现以如下一个问题为例,具体谈谈如何通过多解、多思、多变来激活思维,进而培养思维的灵活性、深刻性、广阔性、变通性,此法较之于题海战术来说事半功倍,达到做一题会一片之效.
【例】如图1,光滑水平面上有一辆质量m=2kg的长平板小车,小车的左端有一质量为M=3kg的铁块(可视为质点),铁块与小车间的动摩擦因素μ=0.2. 开始时,小车和铁块一起以v0=3m/s的速度向右运动,接着,小车与竖直墙壁发生无动能损失的碰撞,且碰撞时间极短,问:平板小车至少多长,铁块才不会从平板车的右端滑下?
一、多解
分析本题的物理过程,铁块和小车一起向右运动一段距离后,小车与墙壁发生碰撞,由于碰撞时间极短,铁块与小车间的摩擦力冲量可忽略,又因为小车与墙壁碰撞时无动能损失,小车将以原速返回,问题可转化为图2所示情况.
由于铁块质量M大于小车质量m,铁块将向右做匀减速运动,小车将先向左匀减速,再向右匀加速,直至两者有向右的共同速度v1. 此后铁块和小车又一起匀速运动到墙壁处与墙壁碰撞,这一过程经过无数次重复,铁块最终停在小车上,小车停在墙壁边缘.
【解法一】设小车足够长,铁块不从小车上滑下,小车第一次与墙壁碰撞后,铁块相对于小车的位移L1可如下计算.
由于地面光滑,铁块和小车组成系统的动量守恒,设小车和铁块在到达墙壁前的共同速度为v1,则以水平向右为正方向,由动量守恒定律得:
Mv0-mv0=(M+m)v1,解得v1=v0 .
对M和m整体而言,系统动能损失皆缘于M相对于m滑行过程中克服摩擦做功所致. 故由动能定理得:
-μMgL1=(M+m)v12-Mv02-mv02,
解得:
L1=3.6m.
小车与墙壁第二次碰撞后,运动情况与第一次碰后相同.
同理可知:L2==L1,
L3==L2=L1.
这样经多次碰撞后,铁块在小车上滑行的总位移
L=L1+L2+L3+……=L1(1+……)=
3.75m.
即:为使铁块不从小车右侧滑下,小车的长度至少应有3.75m.
【解法二】本题也可采用全过程分析法,临界情况是:小车来回往复运动与墙壁发生无数次碰撞后,最终应停在墙边缘,此时铁块停在小车右端. 全过程中只有M和m间摩擦力做功使系统动能发生损失.
故:-μMgL1=0-(M+m)v02,
L==3.75m.
显然,尽管两种解法殊途同归,但采用全过程分析法既能使解题简练,又能提升思维层次. 可见,在解题时只有居高临下,大胆创新,方能势如破竹.
其实在用解法一解题时,求第一次碰撞后铁块相对于小车的位移L1的方法也很多,典型的有运用牛顿运动定律、图象法和平均速度法.
(1) 运用牛顿运动定律
由牛顿第二定律可知:铁块的加速度a1=μg=2m/s2,方向向左;小车的加速度a2==3m/s2,方向向右.
由运动学公式得,铁块做匀减速运动到速度为v1时的位移:S1==2.16m;
小车先向左匀减速,到速度为零经历时间:
t1==1s,再向右匀加速,到速度为v1时又经过时间:t2==0.2s,直到两者具有共同速度经历的总时间:t=t1+t2=1.2s.
全程的位移(a2t12=-1.44m.
可见,铁块相对于木块的位移:L1=S1-S2=3.6m.
(2)图象法
以向右为正方向,图3中AC段为铁块做匀减速运动的图线,BC段为小车先向左减速再向右匀加速运动的图线,CD段为它们达到共同速度后一起匀速运动的图线,由图线的物理意义可知,铁块在小车上滑行的距离L1即为△ABC的面积(图中阴影所示).
所以 L1=×6×1.2=3.6m.
(3)平均速度法
因铁块和小车在达到共同速度前均作匀变速运动,所以位移可用公式求解.
故:S1=t=×1.2=2.16m,
S2t=×1.2=-1.44m.
铁块相对于木块的滑行距离:L1=S1-S2=3.6m.
像这样就同一个问题通过多种方法来求解,不但熟知物理规律的应用,而且增强了学生思维的灵活性和变通性,多种方法的灵活运用能让学生产生“海阔凭鱼跃,天高任鸟飞”的感觉.
二、多思
爱因斯坦曾说过:“提出一个问题,往往比解决一个问题更重要. ”对于一个现有的问题,引导学生从多角度思考,思考问题的内涵和外延,思考命题者的意图,对提高思维的发散性、增强通达善变的能力大有裨益. 从上述例题出发,可以引导学生做如下探究思考.
【思考1】小车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离.
解析:因为小车先向左做匀减速运动,再向右做匀加速运动,所以当小车速度减为零时向左距离最大.
用牛顿运动定律、动能定理或图线法均可求得 S1==1.5m.
【思考2】小车第一次与墙壁碰撞后到两者具有共同速度时,小车离墙壁多远?此过程历时多长?
解析:本问题实际上在前面已求解过,只是未明确点明. 小车先向左匀减速,再向右匀加速达到共同速度时,离墙壁的距离即为前面解过的S2,由图直观看出S2=1.44m,t=1.2s.
【思考3】小车从第一次碰撞后到最终停止前所运动的路程.
解析:小车经无数次不断碰撞往复运动,最终停在墙边,借助无穷递缩等比数列求和可求出总路程.
由思考1知,第一次碰撞后小车向左运动的最大距离S1==1.5m,同理,第二次碰撞后小车向左运动的最大距离S2==1,第二次碰撞后小车向左运动的最大距离S3=S2=S1.
总路程:S=2S1(1++……)=3.125m.
此外,如果对上述问题开放结论,要求学生思考本题还能求哪些定量的结果,则既能培养学生提出问题的能力,又能提高他们解决问题的能力. 这样,在解决了上述的位移、路程问题后,还可尝试从牛顿定律的角度、冲量和动量的角度、功和能的角度来思考,讨论加速度、摩擦力的冲量、摩擦力的功及产生内能等问题.
三、多变
变是求异思维、创新思维的最高境界,创设变化的物理情境,追求万变不离其宗的解题策略,是提高学生解题能力的最有效途径.
【变化1】在上述例题中,若保持其他条件不变,将铁块质量变为m=2kg,小车质量变为M=3kg. 求:
(1)为使铁块不滑离小车,小车的长度至少多大?
(2)小车与墙壁碰撞后,铁块向右运动的最大距离(从地面上看)多大?
分析:试题作上述变化后,情境设置比原题简单多了,因为小车质量M大于铁块质量m,碰撞后总动量向左,最终M和m一起向左匀速运动,车和墙壁只会发生一次碰撞,应用对应的处理方法可轻松地解决本题. 结论是:小车长至少5.4m,铁块向右运动的最大距离为2.25m.
【变化2】情境设置时,让碰撞发生在物块m和小车M之间,原题变化为如图4所示情形,在水平光滑的平面上,停着一辆平板小车,小车的质量M=3kg,在小车的左端放有质量为m=2kg的小物块,现给物块一个I=10N·s的冲量,物块便在平板上滑行,与固定在平板车上的水平弹簧作用后又弹回,最后刚好回到A点与车保持相对静止,物块与平板间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2,求:
(1)弹簧在压缩过程中所具有的最大弹性势能Ep;
(2)物块相对小车所通过的总路程.
解析:因为弹簧压缩和恢复过程中无机械能损失,水平面光滑,首先使用全过程分析法,运用系统动量守恒和动能定理,求物块相对于小车的总路程最为简捷.
I=mv0,mv0=(M+m)v,
-μmgS路=(M+m)v2-v02,
解得S路=3.75m.
而弹簧具有最大压缩势能时,物块与小车也有共同的水平速度v,且物块相对于小车的运动总路程为物块向右运动并将弹簧压缩到最短时相对位移的2倍,于是
mv0=(M+m)v,
-μmgEp=(M+m)v2-mv02,
解得Ep=7.5J.
事实上,此类问题同属于“子弹打木块”类问题的变形题,它的变化虽多,但在处理方法上可以一法多用,学习中应注意甄别比较其异同点,加强“同中求异”、“异中求同”的思维训练.
问渠哪得清如许,为有源头活水来. 灵活善变的解题能力不是从题海战术中来,而是从活的思维源头而来. 只有在平时教学过程中经常进行举一反三的训练,注意培养一题多解、一题多思、一题多变的思维习惯,加强发散思维、创新思维的培养,才能不断提高学生的思维品质,增强学生的分析综合能力,收到以不变应万变之效,达到游刃有余的境界.