【文档说明】高考物理三轮冲刺专题12多解法(含解析).doc，共(9)页，372.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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1专题12多解法一题多解是高中物理习题教学中经常用到的解题方法，有的是因为构建的物理模型不同而存在一题多解，有的是因为应有的数学方法不同导致的一题多解。一题多解的方法可以分为物理方法与数学方法，两类方法都需要对物理对象、物理过程、物

理状态等进行抽象简化、模仿建模，在此基础上应用物理方法与数学方法解决问题。物理方法的抽象必须保留原事物的物理本质与意义，研究具体的物理问题。数学方法的抽象程度大大超过物理方法，高度的数学抽象仅仅保留量的关系和空间形式而舍

弃一切。在解决物理问题的过程中，物理方法与数学方法往往交织在一起，有的问题侧重于物理方法，有的问题则侧重于数学方法。典例1.（19年江苏卷）如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．

A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等

于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．【解析】方法一：（1）由牛顿运动定律知，

A加速度的大小aA=μg匀变速直线运动2aAL=vA2解得2AvgL（2）设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F=3μmg由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg由牛顿运动定

律F′=2maB′，得aB′=μg2（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则v=aAt，v=vB–aBt221122AABBBxatxvtat，且xB–xA=L解得22BvgL方法二：（1）对于A被打击后，向前减速，B静止不动。2

mv21mgLA2AvgL（2）设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F=3μmg由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg由牛顿运动定律F′=2maB

′，得aB′=μg（3）以A为参考系，B相对于A向前匀减速，加速度大小g4a2Bv2aL22BvgL【点评与总结】通过对AB物块的受力分析，初步了解两者的运动情况，打击A，A运动B不动，打击B,B获得初速度，A

B都运动，但是开始一段时间B比A与运动快，当两者速度相等时相对静止，以后一起匀减速运动。方法一中，第一小题应用牛顿运动定律与匀变速运动公式，第三小题以地面为参考系建立运动方程；方法二中，第一小题应用动

能定理解题，第三小题以A作为参考系来研究B的运动，建立方程。针对训练1..如图，将导轨装置的一端稍微抬高，在导轨上端与电阻R相连处接上开关和一个传感器（相当于一只理想的电流表），能将各时刻的电流数据实时传输到计算机，经计算机处理后在屏幕上同步显示出tI

图象。先断开K，使导体棒恰好能沿轨道匀速下滑．闭合K，匀强磁场方向垂直于轨道平面向下，让杆在悬挂物M的牵引下，从图示位置由静止开始释放，此时计算机屏幕上显示出如图（乙）所示的tI图象（设杆在整个运动

过程中与轨道垂直，且细线始终沿与轨道平行的方向拉杆，导轨的电阻、导体棒电阻不3计，细线与滑轮间的摩擦及滑轮的质量均忽略不计，（已知1R，杆长mL1，2/10smg，kgmM1.0）．试求：杆速度稳定时下滑的位移？【解析】方法一：本题需要应用图像的物理意义，通过读图得出流过导体棒的电

量的近似值。在此基础上，求出棒从开始运动至匀速运动的位移也是近似值。当悬挂物与棒刚好作匀速下滑时，由图知：AIt0.1,82.0MgIBLTILMgB110.1101.0如果棒从静止到匀速过程中流过棒截面的电量为q，发生的位移

为S，由图像中图线所围的面积表示该段时间内的电量，通过读图数格子可以求出Cq59.037004.02又知RBLSqmBLqRS59.011159.0方法二：本题如果应用微元累积法求解，就可以求出真实解，

微元累积法解法如下：在棒与悬挂物变加速运动的过程中，分别隔离悬挂物与棒，利用牛顿第二定律得：MaTMg①maRvLBT22②4①②解得)(mMRBLvmMMga代入数据得va55当棒与悬挂物匀速运动时1,0mva棒从静止作变加速

到匀速运动时,发生的位移为S应用微元累积法：0t，则tavtavtvtvm55S582.051mS62.0【总结与点评】方法一简单易学，知道图象面积的意义就可以解题；

方法二用微元法解题，难度大不容易理解。本题的误差来自于图线与时间轴所围的格子数的估读，近似值与真实值之间的相对误差为4.8%，相对误差在合理范围内。典例2如图，一个小物体由斜面上A点以初速0v水平抛出，然后落

到斜面上B点，已知斜面的倾为，空气阻力可忽略，求物体在运动过程中离斜面的最远距离d.【解析】方法一：小球的运动可分解成水平方向匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动，如图所示，什么时候最远呢?应该是当物体的速度与斜面平行时物体距斜面最远.设此过程所经历时间为t,有：0xvt

①212ygt②竖直向下的速度：gtvy③5此时由图可知：tan0vvy④根据几何关系：sincotyxs⑤由以上①②③④⑤几式可得:20sin2vdtgg方法二：小球为质点，其运动为匀变速曲线运动，可以分解为水平方向的以0v为初速的匀速直线运动

，竖直方向的自由落体运动。以抛出点为原点，建立如图2直角坐标系，对于小球的运动：0xvt①212ygt②①②得222ogyxv③而斜面在纸面的截线AB的方程为：ytgx0yxtg④小球运动过程离斜面最远距离问题就化为平抛曲线上的点到直线的距离最大值问题。

由数学知识知：直线方程0AxByc,点(,)pxy到直线的距离公式为：22AxByCdAB6则21tgxydtg把③代入整理得：222200202()221vvgxtgtgvggdtg

当20vxtgg时,20sin2vdtgg以上两种方法都是把物体的平抛运动作水平与竖直两个方向分解，方法一侧重于运动的分解等物理方法的应用；方法二侧重于应用动点到直线的距离公式并应用了抛物线的极值

法等数学方法解题。如果把物体的平抛运动沿斜面方向与垂直于斜面方向分解其解题方法另有其新意。方法三：建立如图3直角坐标系。把初速0v、重力加速度g沿x、y两个坐标系分解cos0vvx①，sin0vvy②；singgx③，cosggy④。当物体离斜

面最远时，y轴方向有：cossin00gtv⑤tan0gvt⑥7221tgtvdyy⑦由②④⑤⑥⑦解得：20sin2vdtgg方法四：如图3把平抛运动的初速0v、重力加速度g沿x、y两个坐标系分解：

sin0vvy，cosggy。通过建立纵轴位移与时间的函数关系：tfy，对y求导并令其为零得出离斜面最远的时间，再应用位移公式求解。221tgtvyyy对上式求导0'tgvyyytan0gvt把tan0gvt代入位移公式

得20sin2vdtgg【总结与点评】方法一从运动的分解角度切入解题，容易理解与掌握；方法二利用点到直线距离的极值法求解，侧重于数学方法；方法三侧重于应用了运动的分解及其分运动的物理意义等物理方法来解题；而方法四则侧重于应用了导数知识等数学方法来解题。针对训

练1.一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图5所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y=x2，探险队

员的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。（1）求此人落到坡面时的动能；（2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？8【解析】（1）设探险队员跳到坡面上时水平位移为x，竖直位移为H，由平抛运动规律有：tvx0，，整个过程中，由动能定理可

得：由几何关系，坡面的抛物线方程解以上各式得：（2）探险队员落到坡面的最小动能，可用三种方法求解方法一：配方得极小的条件为上式中的平方项等于0，由此可得此时，则最小动能为方法二：9整理为关于的一元二次方程：由判别式得:解不等式得：当时，方法三：由

，令，则由和积不等式得：当时1n时，即ghv0，探险队员的动能最小，最小值为23minmghEk【总结与点评】方法一利用配方法，方法二利用判别式法，方法三利用和积不等式求探险队员落到坡面动能的最小值，三种方法异曲同工，相得益彰。本题不仅考查了平抛运动规律、动能定

理等物理知识，也考查了抛物线方程、求极值的三种求解方法，较全面地考查了学生的综合能力，是一道名符其实的压轴题。一题多解是高中物理习题教学中常用的变式训练方法之一，在一题多解的变式训练中，往往需要选用合适的物理方法或

数学方法来解题。选择什么方法，取决于物理问题类型、物理模型的特点、学生的数学知识等方面因素，作为一线教师，要积极引导学生从不同视角，运用物理方法与数学方法等不同方法来进行知识的训练与迁移，提高学生解决物

理问题的能力。