三、图像法在物理中的应用-【步步高·考前三个月】2025年高考物理复习讲义课件（苏京）（word教案）

三、图像法在物理中的应用 处理物理规律、解决物理问题的方法可以用语言来描述，也可以用数学函数式来表示，还可以用图像来描述。利用图像描述物理规律、解决物理问题的方法称为图像法。图像包含的信息内容非常丰富，可考查学生的“数形结合”能力和提取“信息”的能力，具有形象、直观、动态变化过程清晰等特点，能使物理问题简化明了。 一、常见的图像 斜率 图像与横轴所围面积的意义 运动学 x-t k=v v-t k=a 位移 a-t Δv v2-x k=2a -t k= 动力学 a-F合 k= a- k=F合 能量和动量 F-x 功 F-t 冲量 Ek-x k=F合 Ep-h k=mg E机-x k=F其他 P-t 功 电场 φ-x k=E E-x ΔU Ep-x k=qE Q-U k=C 电路和电磁感应 q-t k==I I-t 电荷量 Φ-t k= U-I 图线(或某点与 原点连线)的斜率 表示电阻 U-I |k|=r，纵轴截 距表示电动势E 光学 sin i-sin r k=n Ek-ν k=h Uc-ν k= 机械振动 T2-l k= 热学 p-V 功 二、图像的应用 1.识图——利用图像找信息 (1)看清坐标轴所表示的物理量：是运动学图像(v-t、x-t、a-t)，还是动力学图像(a-F合、a-)，明确因变量与自变量的制约关系。 (2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程。 (3)看交点、斜率和面积：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴所围面积的物理意义。 例1　质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，t=0时刻，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始运动。经过时间t0和3t0，分别撤去F1和F2。两物体速度随时间变化的图线如图所示。设F1和F2对物体的冲量大小分别为I1和I2，对物体做的功分别为W1和W2，则(　　) A.I1∶I2=4∶5，W1∶W2=9∶4 B.I1∶I2=4∶5，W1∶W2=6∶5 C.I1∶I2=3∶2，W1∶W2=6∶5 D.I1∶I2=3∶2，W1∶W2=9∶4 答案　B 解析　设两物体质量均为m，由题图可知减速时A、B加速度相同。对减速过程应用牛顿第二定律有Ff=ma，所以A、B与地面摩擦力相同，对A应用动量定理可得I1-4Fft0=0，解得I1=4Fft0，对B应用动量定理可得I2-5Fft0=0，解得I2=5Fft0，故I1∶I2=4∶5；由题图可知全过程A的位移为x1=×4t0×3v0=6v0t0，B的位移为x2=×5t0×2v0=5v0t0，对A应用动能定理可得W1-Ffx1=0，解得W1=Ffx1=6Ffv0t0，对B应用动能定理可得W2-Ffx2=0，解得W2=Ffx2=5Ffv0t0，故W1∶W2=6∶5，B正确。 例2　(2024·四川成都市第一次诊断)无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，利用电磁感应实现无线充电。劣质的无线充电宝使用过程中可能因吸力不足发生滑落造成安全隐患。图(a)为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a随时间t变化的图像如图(b)所示(规定向上为正方向)，且图像上下部分分别与t轴围成的面积相等，已知无线充电宝质量为0.2 kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10 m/s2，则在该过程中(　　) A.手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态 B.充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同 C.充电宝与手机之间的摩擦力最小值为2 N D.充电宝与手机之间的吸引力大小至少为12 N 答案　D 解析　手机与充电宝从静止开始，向下先做加速度增大的加速运动，从t1时刻向下做加速度减小的加速运动，加速度减小到零时，速度达到最大；再向下做加速度增大的减速运动，t2时刻速度减小到零，此后做向上的加速度减小的加速运动，加速度减小到零时向上运动的速度达到最大，此后先向上做加速度增大的减速运动，从t3时刻再向上做加速度减小的减速运动，最后速度为零，故A错误；充电宝在t2时刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；充电宝在t3时刻加速度方向向下，由mg+Ff=ma3，a3=12 m/s2，可知摩擦力方向向下，故B错误； 在t1时刻充电宝向下的加速度为10 m/s2，充电宝与手机之间的摩擦力最小，值为零，故C错误；在t2时刻充电宝向上的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力最大，由牛顿第二定律可得Ffmax-mg=ma2，又Ffmax=μF，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为F=12 N，故D正确。 例3　(多选)(2024·福建福州市高新区第一中学三模)如图甲所示，电荷量Q=+4×10-5 C的点电荷N固定在倾角θ=30°的光滑绝缘斜面底端。一带电小物块从距斜面底端0.05 m的A点由静止释放，小物块沿斜面运动的位移为0.05 m时动能最大，取过A点的水平面为零势能参考平面，运动过程中小物块的动能Ek和重力势能Ep随位移x的变化关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，静电力常量k=9×109 N·m2/C2，则(　　) A.小物块的质量为1.8 kg B.小物块的质量为3.6 kg C.小物块的电荷量为+5×10-7 C D.小物块的电荷量为+1×10-6 C 答案　BC 解析　小物块的重力势能与位移x的关系为Ep=mgxsin θ，由题图乙可知x=0.15　m时，Ep=2.7 J，解得m=3.6 kg，故B正确，A错误；位移x0=0.05 m时小物块动能最大，说明小物块在该处加速度为0，故有k=mgsin θ，解得q== C=5×10-7 C，故C正确，D错误。 2.选图——根据情景选择图像 (1)排除法可从以下几个方面突破：物理量正负，增大与减小，图线的曲直，斜率的增大与减小等。 (2)根据需要由物理规律写出两物理量的函数关系，把函数关系与图像进行比对，确定是正比例函数、一次函数还是二次函数，从而选出符合题意的选项。 例4　将一只皮球离从地面一定高度处由静止释放，其受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在下落过程中速度、加速度与时间t的关系图象，重力势能、机械能与下降高度h的关系图象(以地面为零势能面)，可能正确的是(　　) 答案　B 解析　由于皮球受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，由牛顿第二定律可得mg-kv=ma，所以下落过程中先是加速度减小的加速运动，当受到的空气阻力的大小等于皮球的重力即皮球的加速度为零以后皮球做匀速运动，故A错误，B正确；以地面为零势能面，设开始时皮球离地面高度为H，下降高度h时皮球的重力势能为Ep=mg(H-h)，重力势能与下降高度的关系图象为一条直线，故C错误；设开始时皮球的机械能为E0，根据功能关系可得kvh=E0-E，整理可得E=E0-kvh，机械能与下降高度h的关系图象是曲线，故D错误。 例5　(多选)(2024·湖南省衡阳四中测试)一弹射机关的简化模型如图所示，一理想轻质弹簧左端固定在墙上，处于原长时右端到达水平面上的O点。一可视为质点的滑块将弹簧右端压缩到P点，滑块与弹簧没有拴接。静止释放后，弹簧把滑块弹开，滑块运动到O点右侧的Q点停下，已知滑块与水平面间的动摩擦因数处处相同。以O点为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴。整个过程中滑块的加速度a、动量p、动能Ek及滑块与弹簧组成的系统的机械能E随位置坐标x的变化规律，符合实际的是(　　) 答案　AC 解析　设滑块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，当滑块在O点左侧位置坐标为x时，由牛顿第二定律，有-kx-μmg=ma，得a=-x-μg，当滑块在O点右侧时，有-μmg=ma，得a=-μg，A正确；取一段位移微元Δx，可认为滑块的加速度不变，设为a，速度为v，有===，设滑块运动到N处时弹簧弹力等于摩擦力，即在N处时加速度为0，由P到N，加速度逐渐减小，速度逐渐增大，逐渐减小，p-x图线的斜率逐渐减小；到N处时p-x图线的斜率减为0；由N到O，加速度反向逐渐增大，速度逐渐减小，绝对值逐渐增大，p-x图线的斜率绝对值逐渐增大；由O到Q，加速度不变，速度逐渐减小，绝对值逐渐增大，p-x图线的斜率绝对值逐渐增大，p-x图像O点右侧不可能为倾斜的直线，B错误；滑块移动位移微元Δx，由动能定理有F合Δx=ΔEk，可得=F合=ma，Ek-x图像由P到N斜率减小，由N到O斜率绝对值增大，O点右侧斜率不变，为倾斜的直线，C正确；由能量守恒可知，滑块克服摩擦力做的功等于系统机械能的减少量。对一段位移微元Δx，有-μmgΔx=ΔE，可知=-μmg，即E-x图像为斜率不变的倾斜的直线，D错误。 例6　(2024·河南省平许济洛四市第四次联考)如图所示，光滑水平面上正三角形导线框abc在水平向右的力F作用下，匀速进入左侧有理想边界的匀强磁场，运动过程中bc边始终与磁场边界垂直，设c点刚进入磁场时为零时刻，a点进入磁场的时刻为t1，b点进入磁场的时刻为t2，设穿过线框的磁通量为Φ，感应电动势为E，通过导线某横截面的电荷量为q，则Φ、E、F、q随时间t变化的图像可能正确的是(　　) 答案　C 解析　根据题意导线框匀速进入左侧有理想边界的匀强磁场时，0~t1时间内，有效长度为L=vttan 60°=vt，磁通量为Φ=BS=BvtL，联立解得Φ=Bv2t2，得Φ∝t2，可知Φ-t图像为抛物线，故A错误；c点进入磁场后的感应电动势为E=BLv，由L=vt，联立解得E=Bv2t，可知E-t图像为一直线，a点进入磁场后，有效长度逐渐减小，则感应电动势逐渐减小，全部进入磁场时感应电动势为零，故B错误；根据题意匀速进入左侧有理想边界的匀强磁场时导线框受力平衡，有F=BIL，而I=，联立解得F==(0≤t≤t1)，得F∝t2，可知0~t1时间内F-t图像为开口向上的抛物线，同理可得t1~t2时间内，F-t图像也为开口向上的抛物线，故C正确；由q=It=t=Bv2t2，可知q-t2图像为开口向上的抛物线，故D错误。 3.用图——以图像为工具，巧解物理问题 有一些物理问题，用常规方法比较复杂或不能解决，利用图像法可避开烦琐的计算，巧妙地解决问题。 例7　如图，游乐场中，从高处P到水面Q处有三条不同的光滑轨道，图中PMQ和POQ是两条长度相等的曲线轨道，PNQ是直线轨道。甲、乙、丙三小孩沿不同轨道同时从P处自由滑向Q处，下列说法正确的有(　　) A.甲的切向加速度始终比丙的小 B.因为乙沿直线下滑，所经过的路程最短，所以乙最先到达Q处 C.虽然甲、乙、丙所经过的路径不同，但它们的位移相同，所以应该同时到达Q处 D.甲、乙、丙到达Q处时的速度大小是相等的 答案　D 解析　根据受力分析及牛顿第二定律知，甲的切向加速度先比丙的小，后比丙的大，故A错误；由于是光滑轨道，小孩在此过程中，只有重力做功，故由动能定理得mgh=m，由此可知甲、乙、丙到达Q处时的速度大小是相等的，故D正确；由于甲、乙、丙三者位移相同，最后的速度大小相等，以及三者加速度大小的关系，可作出三者的速度—时间图像如图所示，可知丙最先到达Q处，故B、C错误。 例8　将如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在静电力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是(　　) A.电子一直向着A板运动 B.电子一直向着B板运动 C.电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动 D.电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动 答案　D 解析　根据交变电压的变化规律，可确定电子所受静电力的变化规律，从而作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图所示，从图中可知，电子在第一个内做匀加速运动，第二个内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始时B板电势高于A板电势，所以电子先向B极板运动，加速度大小为；在第三个内做匀加速运动，第四个内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，电子向A极板运动，加速度大小为，所以，电子做周期性往复运动，综上分析正确选项为D。 4.数形结合思想的应用 数形结合的思想，就是把物体的空间形式和数量关系结合起来进行考查，通过数与形之间的对应和转化来解决问题的思想。其实质是把抽象的数学语言、数量关系和直观的图形结合起来，把抽象思维与形象思维结合起来。一方面可以“以形助数”，从“形”入手，通过对图形的观察处理，实现抽象概念与具体形象的联系与转化，化抽象为直观，化难为易；另一方面“以数解形”，可以由“数”入手，将有些涉及图形的问题转化为数量关系来研究，对图形作精细的分析，从而使人们对直观图形有更精确、理性的理解。在解决物理问题时，我们可以根据题目叙述情境写出数学表达式，对照图像，分析图像，弄清图像斜率、截距、面积等物理意义，确定物理情境并计算有关物理量。 例9　(多选)(2024·广东梅州市模拟)如图甲是游乐设施——“反向蹦极”的示意图，游戏者(可视为质点)与固定在地面上的扣环连接，打开扣环，游戏者从A点由静止释放，像火箭一样竖直发射。游戏者上升到B位置时弹性绳恰好处于松弛状态，C为上升的最高点，P为弹性绳上端悬点，D点为速度最大点(未画出)，弹性绳的形变在弹性限度内，且遵从胡克定律，不计空气阻力，以A点为坐标原点，向上为正方向，作出游戏者上升过程中加速度与位移的关系如图乙。x1、x2、x3和g为已知量，则该游戏者上升过程中(　　) A.AB段的长度为x1 B.游戏者最大速度为 C.A点与D点间的距离大于D点与B点间的距离 D.游戏者从A点到D点和从D点到C点合力的冲量大小相等 答案　BCD 解析　由题图乙可知，在0~x1内，加速度为正，游戏者向上做加速运动，在x1处加速度是零，此时速度最大，x1~x2加速度反向增大，在x2处加速度大小为g，说明此时游戏者只受重力作用，可知游戏者位于B位置，之后x2~x3，游戏者一直做减速运动到速度减到零，到达最高点C位置，因此AB段的长度为x2，A错误；由题图乙可知，在x1~x2加速度均匀变化，可知合力的平均值为mg，则从速度最大位置到最高点由动能定理可得-mg(x2-x1)-mg(x3-x2)=0-m，解得vm=，B正确；D点为速度最大点，由题图乙可知AD为x1，DB为x2-x1，0~x2段的图线斜率相同，且a0>g，因此则有x1>x2-x1，即A点与D点间的距离大于D点与B点间的距离，C正确；由动量定理可知，游戏者所受合力的冲量大小等于游戏者的动量变化量大小，已知在A点和在C点的速度均是零，D点为速度最大点，因此从A点到D点的速度的变化量和从D点到C点的速度的变化量大小相同，则动量变化量大小相同，因此游戏者从A点到D点和从D点到C点合力的冲量大小相等，D正确。 例10　(多选)(2024·山东济宁市期末)某网球以大小为v0的初速度竖直向上抛出，落回出发点的速度大小为v1。网球的速度随时间变化关系如图所示，若空气阻力大小与网球速率成正比，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.下降过程中网球处于超重状态 B.网球上升、下降过程所受阻力的冲量大小相等 C.网球上升过程克服阻力做功等于下降过程克服阻力做功 D.网球从抛出到落回出发点所用的时间t1= 答案　BD 解析　根据v-t图像可知，下降过程的加速度与初速度方向相反，即竖直向下，为失重状态，故A错误；网球运动的v-t图像如图甲所示 由于上升过程和下降过程位移大小相等，因此图中两阴影部分面积相等；因为Ff=kv，则Ff-t图像与v-t图像相似，两阴影部分的面积也相等，Ff-t图像中t轴上方图像与横坐标轴围成的面积表示上升过程的阻力的冲量大小，t轴下方图像与横坐标轴围成的面积表示下降过程的阻力的冲量大小，可知上升和下降过程的阻力的冲量大小相等，B正确；网球运动过程中受到的空气阻力大小与其速率成正比，因此上升过程中平均空气阻力大于下降过程中平均空气阻力，上升过程和下降过程位移x大小相同，根据W=x可知，上升过程中克服阻力做功大于下降过程克服阻力做功，C错误；由B分析可知，阻力的总冲量为零，对全过程，根据动量定理-mgt1=-mv1-mv0，解得t1=，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$