以“折返运动”教学为例说明如何提高课堂教学效率

楼开颜

一、引言

习题教学是物理教学的重要组成部分。如何提高习题教学的有效性，培养学生的思维能力？实践证明，题海战术只会扼杀学生的创造性，而一题多解和一题多变则是有效的途径。一题多解可帮助学生从多方面、多角度去探求不同的思维过程和方法，有利于培养思维的广阔性；一题多变可引导学生关注题设条件的变化，克服或弱化思维定势，抓住问题的本质特征，有利于培养思维的深刻性、创造性。在高三复习（尤其是进入二轮专题复习）阶段，为学生提供这样的思维“盛宴”，是教师义不容辞的责任。下面以“折返运动”为例说明此理。

二、折返运动及其结论

所谓“折返运动”，是指物体过去后又能返回来的一种运动。

【例题】（1996年高考题）在光滑水平面上有一静止的物体，现以水平恒力甲推这一物体，作用一段时间后，换成相反方向的水平恒力乙推这一物体，当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32J，则整个过程中，恒力甲做的功等于J，恒力乙做的功等于J 。

分析：由题意知物体运动经历了两个过程，一是初速为零的匀加速运动，设加速度为a，历时ts速度为v（如图1）；二是折返运动（先匀减速、后返回匀加速至原点），设加速度为a，又历时ts速度变为v；再有一个重要的条件是两过程的位移s=-s◎。

本题可从多个角度进行分析。

【法1】运动学角度

s=t①

s=t②

联立①②◎解得v=2v，

之后运用动能定理可得W∶W=1∶3，又W+W=32，解得W=8J，W=24J。

【法2】力的瞬时效应（加速度角度）

s=at①

s=vt-at=at•t-at②

联立①②◎解得a=3a，

再据F=ma、W=Fs可得W∶W=1∶3。

【法3】力的累积效应（冲量、做功角度）

Ft=mv-0①

Fs=mv-0②

Ft=mv-（-mv）③

Fs=mv-mv④

联立①③得=，

联立②④得=，

解得F=3F。

【法4】图像法

根据题意画出的v-t图如图2，设与图中AC段对应的匀减速的时间是k•t，由两块三角形面积S=S，得到

v（t+kt）=v（t-kt）①

又=a=②

联立①②解得k=，

则v=2v，a=3a，F=3F。这些结论在处理折返运动时非常有用。

三、结论的应用

【变式1】（2007•北京理综，20）在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块，开始时滑块静止。若在滑块所在空间加一水平匀强电场E，持续一段时间后立即换成与E相反方向的匀强电场E，当电场E与电场E所持续的时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能E。在上述过程中，E对滑块的电场力做功为W，冲量大小为I；E对滑块的电场力做功为W，冲量大小为I，则（ ）。

A.I=IB.4I=I

C.W=0.25E，W=0.75ED.W=0.20E，W=0.80E

解析：在本题中，物体受到电场力作用，运动过程与上面分析的完全一样，应有F=3F，则W∶W=1∶3；根据I=Ft知I=3I，只有C选项正确。

【变式2】平行金属板A、B相距为d，如图3（a）所示，板间加有随时间而变化的电压，如图b所示（U和T均为已知）。在A板上O点附近有一静止的带电粒子，其电荷量为q，质量为m，在t=0时刻，受板间电场作用而加速向B板运动（不计重力），途中由于电场反向又向A板返回。

（1）为使t=T时刻，粒子恰好回到O点，对反向后的电压U有什么要求?粒子返回O点时的动能是多大?

（2）为使粒子在由A向B运动中不至于碰到B板，求U的取值范围。

解析：由电压变化图中可知，前半周期粒子做初速为零的匀加速直线运动，后半周期内将做折返运动。经过相等的时间后又回到原点，应有F=3F。又F=qE=q，可得U=3U。粒子在前内的位移s=a（）=，在一个周期内有Fs+Fs=E-0，解得E=4•=。

（2）U≤，过程略。

【变式3】在场强为E的匀强电场中某点有一个静止的带电液滴，现使场强突然反向（而不改变大小），液滴运动一段时间t后，使电场再次反向，大小变为E，又经过时间t，液滴恰好又返回到原点。求E/E的值。

解析：设液滴的带电量为q，初态静止时有qE=mg，E反向后液滴将做初速为零的匀加速运动，设加速度为a，则有qE+mg=ma，得a=2g；改换为电场E后的加速度a=3a=6g，根据qE-mg=ma，解得qE=7mg，即E/E=7。

【变式4】如图4所示，平行金属板长为L，两板间距离为d，在距板右端也为L处放置一竖直的屏M。在两板之间加一电压U，让一带电量为q、质量为m的小球从两板中央以平行于板面方向的速度射入，要使小球能打在屏M的中点P，U的值应为多大？

解析：板间是匀强电场，小球受恒定的电场力和重力做类平抛运动，出电场后在重力场中做斜抛运动。注意到水平方向小球的分速度不变，则两个过程经历的时间相等。现考察竖直方向，小球先做匀加速运动，后在相等的时间内做折返运动回到原点（可以肯定是先上后下），这正是前面提到的模型。小球在斜抛运动中的a=g，类平抛运动中q-mg=ma，结合a=a=g，代入得U=。

【变式5】如图5所示，MNOP区域存在着宽度为L、沿竖直方向的匀强电场（图中未画出），电场在竖直方向的范围足够大；在电场的左边，距电场左边界MN为L处有一带电小球以某一速度被水平向右抛出。小球进入电场时，速度v与竖直方向的夹角为α；当小球从电场的右边界OP离开电场时，其高度与小球被抛出时的相同。求小球离开电场时的速度与竖直方向的夹角。

解析：在水平方向上，小球做匀速直线运动，且两过程中经历的时间均为t=L/v；在竖直方向上，小球进电场前做自由落体运动，进电场后受到电场力和重力的合力沿竖直向上，做折返运动，小球竖直方向上的两个分速度满足v=2v（如图6所示），又由图知v=v/tanα，v=v/tanβ，联立得tanβ=tanα，则β=tan（tanα）。

【变式6】如图7，物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端沿光滑的斜面向上运动（斜面足够长），经过一段时间突然撤去力F，物体又经过相同的时间返回到出发点，且具有32J的动能。则：

（1）恒力F对物体所做的功是多少?

（2）撤去恒力F时，物体具有的重力势能为多少?（以地面为零势能）

解析：物体沿斜面方向上做折返运动。对全过程由功能原理可知，物体返回底端时具有的机械能正是力F做功的结果，即W=32J。

（2）撤去F后的折返运动过程满足机械能守恒定律，则撤F时物体具有的机械能为32J；注意到折返运动过程的合力F=mg•sinθ，匀加速向上过程重力势能的增量等于重力做功的绝对值，数值上可认为就是F做的功。借用本文给出的结论W∶W=1∶3，得W=24J，由此，物体具有的重力势能为24J。

四、结语

综上所述，考题往往以不同的情景或从不同的角度考查同一知识点，不少题目明显带有陈题改造的痕迹，所以做题在精不在多，重在通过做题掌握解题方法，达到做一道题通一类题，进一步达到举一反三、触类旁通、融会贯通的效果，大大提高课堂教学效率。