【物理】2020届一轮复习人教版图象法学案 23页

‎2020年高三复习冲刺物理方法汇总 专题01 图象法 目录 1.线性图象法 1‎ 2.非线性图像法 13‎ （1）读取图象信息 14‎ （2）辨识图象真伪 16‎ 3.“化曲为直”法 19‎ 物理图象是一种非常形象的数字语言和工具，利用它可以很好地描述物理过程，反映物理概念和规律，推导和验证新的规律。物理图象不仅可以使抽象的概念形象化，还可以恰当地表示语言难以表达的内涵，用图象解物理问题，不但迅速、直观，还可以避免复杂的运算过程。图象可以线性关系图象和非线性关系图象。‎ ‎1.线性图象法 线性关系图象解题主要步骤是：‎ ‎（1）根据物理变化过程中各物理量的关系，正确画出物理图线；‎ ‎（2）找出图线上某些特殊点的横、纵坐标值，并确定其物理意义，比如说直线的横、纵截距；‎ ‎（3）注意图线上某一点斜率的物理意义，图线与横轴所围面积的物理意义，比如图像中，斜率表示加速度，所围的面积为物体在这段时间发生的位移。‎ 典例1. （19年全国1卷）在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则（ ）‎ A. M与N的密度相等 B. Q的质量是P的3倍 C. Q下落过程中的最大动能是P的4倍 D. Q下落过程中弹簧最大压缩量是P的4倍 ‎【答案】AC ‎【解析】A、由a-x图象可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有：，变形式为：，该图象的斜率为，纵轴截距为重力加速度。根据图象的纵轴截距可知，两星球表面的重力加速度之比为：；又因为在某星球表面上的物体，所受重力和万有引力相等，即：，即该星球的质量。又因为：，联立得。故两星球的密度之比为：，故A正确；‎ B、当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，，即：；结合a-x图象可知，当物体P和物体Q分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比为：，故物体P和物体Q的质量之比为：，故B错误；‎ C、物体P和物体Q分别处于各自的平衡位置（a=0）时，它们的动能最大；根据，结合a-x图象面积的物理意义可知：物体P的最大速度满足，物体Q的最大速度满足：，则两物体的最大动能之比：，C正确；‎ D、物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置（a=0）可知，物体P和Q振动的振幅A分别为和，即物体P所在弹簧最大压缩量为2，物体Q所在弹簧最大压缩量为4，则Q下落过程中，弹簧最大压缩量时P物体最大压缩量的2倍，D错误；‎ ‎【总结与点评】本题创设的问题情境新颖，知识点综合度比较高，对图象的两截一斜一面积的物理意义的 理解有较高的要求。特别强调的是：当物体初速度为零时，面积表示末速度平方的一半，由此求出PQ最大动能的比例关系。‎ 针对训练1.（19年全国1卷）空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内（ ）‎ A. 圆环所受安培力的方向始终不变 ‎ B. 圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C. 圆环中感应电流大小为 ‎ D. 圆环中的感应电动势大小为 ‎【答案】BC ‎【解析】A B选项根据B-t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；‎ CD选项由闭合电路欧姆定律得：，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得：，联立得：，则C正确，D错误。‎ 故本题选BC 典例2.（19年全国2卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得（ ）‎ A. 物体的质量为2 kg B. h=0时，物体的速率为20 m/s C. h=2 m时，物体的动能Ek=40 J D. 从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J ‎【答案】AD ‎【解析】A．Ep-h图像知其斜率为G，故G= =20N，解得m=2kg，故A正确 B．h=0时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误；‎ C．h=2m时，Ep=40J，Ek= E机-Ep=90J-40J=50J，故C错误 D．h=0时，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，h=4m时，Ek’=E机-Ep=80J-80J=0J，故Ek- Ek’=100J，故D正确 ‎【总结与点评】在问题分析时要注意到本题物体的机械能在衰减，可以从两条直线的截距及其交点得出斜率，Ep的斜率表示物体的重力，E总的斜率的绝对值表示摩擦力。‎ 针对训练2.（19年全国3卷）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为（ ）‎ A. 2kg B. 15kg C. 1kg D. 0.5kg ‎【答案】C ‎【解析】对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N。‎ 典例3. （19年全国1卷）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块 B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v–t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。‎ ‎（1）求物块B的质量；‎ ‎（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；‎ ‎（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】（1）根据图（b），v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为，碰撞后瞬间的速度大小为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 ‎①‎ ‎②‎ 联立①②式得 ‎（2）在图（b）所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有 ‎④‎ ‎⑤‎ 从图（b）所给的v–t图线可知 ‎⑥‎ ‎⑦‎ 由几何关系 ‎⑧‎ 物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为 ‎⑨‎ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得 ‎⑩‎ ‎（3）设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为，由动能定理有 设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩式可得 ‎【总结与点评】本题涉及的运动过程与状态较多，且只有m、H两个已知量，给解题带来较大的难度，围绕过程与状态，要列足方程，方能消掉未知量。‎ 针对训练3.（19年全国3卷）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2。由题给数据可以得出（ ）‎ A. 木板的质量为1kg B. 2s~4s内，力F的大小为0.4N C. 0~2s内，力F的大小保持不变 D. 物块与木板之间的动摩擦因数为0.2‎ ‎【答案】AB ‎【解析】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.‎ 典例4.（19年全国2卷）一质量为m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌。立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0~t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1=0.8 s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。‎ ‎（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；‎ ‎（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；‎ ‎（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？‎ ‎【答案】（1）见图（2）（3）s=87.5 m ‎【解析】（1）v-t图像如图所示。‎ ‎（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt=1 s，设汽车在t2+(n-1)Δt~t2+nΔt内的位移为sn，n=1,2,3,…。‎ 若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止，设它在t2+3Δt时刻的速度为v3，在t2+4Δt时刻的速度为v4‎ ‎，由运动学公式有 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 联立①②③式，代入已知数据解得 ‎④‎ 这说明在t2+4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。‎ 由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止，由运动学公式 ‎⑤‎ ‎⑥‎ 联立②⑤⑥，代入已知数据解得 ‎，v2=28 m/s⑦‎ 或者，v2=29.76 m/s⑧‎ 但⑧式情形下，v3<0，不合题意，舍去 ‎（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有 f1=ma⑨‎ 在t1~t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为 ‎⑩‎ 由动量定理有 ‎⑪‎ 由动量定理，在t1~t2时间内，汽车克服阻力做的功为 ‎⑫‎ 联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得 v1=30 m/s⑬‎ ‎⑭‎ 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为 ‎⑮‎ 联立⑦⑬⑮，代入已知数据解得 s=87.5 m⑯‎ ‎【总结与点评】：本题由阻力时间图象转化为速度时间图象，在t1~t2时间内阻力是变大的，因此加速度也是变大的，在画图时要注意这个细节，但在求这段时间的位移时，可以根据提示当做匀变速直线运动。‎ 针对训练4.（18年全国3卷）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程（ ）‎ A．矿车上升所用的时间之比为4:5 B．电机的最大牵引力之比为2:15‎ C．电机输出的最大功率之比为2:1 D．电机所做的功之比为4:5‎ ‎【答案】AC ‎【解析】A．矿车上升所用的时间，过程①为，其中加速过程时间为，位移为，则，减速过程为，位移也为，第②次提升加速时间为，位移为，减速过程时间也为，位移也为，则匀速过程时间为，所以矿车上升所用的时间之比为，A正确；‎ B．加速上升时电机的牵引力，加速度相等所以最大牵引力之比为1:1，B错误；‎ C．电机输出的功率为，因为最大牵引力相等，所以最大功率之比等于最大速度之比，为2:1，C正确；‎ D.电机所做的功为，所以相等，D错误。‎ ‎【总结与点评】图象是倾斜的直线，说明速度随时间均匀变化，图象的斜率表示加速度大小，‎ 图象与t轴包围的“面积”表示位移。‎ 典例5.（18年海南卷）如图（a）,一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的图像，图中t1、、已知。重力加速度大小为g。由此可求得（）‎ A.木板的长度 B.物块与木板的质量之比 C.物块与木板之间的动摩擦因数 D.从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能 ‎【答案】BC ‎【解析】，，‎ ‎【总结与点评】图象要与两个物体的运动结合起来，并且要明确t1时刻是两个物体刚好取得共同速度的时刻，两个图线与纵轴所围面积就是物块相对于木板的位移。‎ 针对训练5.质量为的物体以速度在平台上运动滑到与平台等高，质量为的静止的小车上，小车放到光滑水平面上，物体与之间滑动摩擦因数为，不计体积，为使在小车上不致滑出，试求小车的长度至少为多少？（用速度时间图象求解）‎ ‎【解析】模型构建：物体为质点,小车虽不是质点，但只做平动。做匀减速直线运动，做匀加速直线运动 数理整合：要使不从小车上的右断滑出，必须滑到的右端时，两者恰好速度相等。，‎ t时刻对地位移为，对地位移为 对　①‎ 对②‎ ③‎ ④‎ ⑤‎ 坐标系中作两者的图像如图10，,图像的交点由上述方程组解得 由图知面积即为板长, ‎ ①②代入得 典例6.（19年江苏卷）某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率．实验操作如下：‎ ‎（1）螺旋测微器如题1图所示．在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动_____（选填“A”“B”或“C”），直到听见“喀喀”声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏．‎ ‎（2）选择电阻丝的_____（选填“同一”或“不同”）位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径．‎ ‎（3）2图甲中Rx，为待测电阻丝．请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入2图乙实物电路中的正确位置____‎ ‎（4）为测量R，利用2图甲所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1–I1关系图象如图图所示．接着，将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：‎ U2/V ‎0.50‎ ‎1.02‎ ‎1.54‎ ‎2.05‎ ‎2.55‎ I2/mA ‎20.0‎ ‎40.0‎ ‎60.0‎ ‎80.0‎ ‎100.0‎ 请根据表中的数据，在方格纸上作出U2–I2图象．___‎ ‎（5）由此，可求得电阻丝的Rx=______Ω．根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率．‎ ‎【答案】 (1). C (2). 不同 (3). (4). (5). 23.5（23.0~24.0都算对）‎ ‎【解析】 (1)在测量时，为了不损坏被测物体，最后也改用微调方旋钮即C，直到听见“喀喀”的响声；‎ ‎(2)为了减小测量误差，应选用电阻丝不同位置进行多次测量；‎ ‎(3)按照原理图，将实物图连线如图：‎ ‎；‎ ‎(4)将表格中各组数据在坐标纸上描出，再连成一条直线，如图：‎ ‎；‎ 当电压表按甲图连接时，电压表测的电压为的电压之和，当电压表接在a、b间时，电压表测的电压为的电压，由图可得：，所以。‎ ‎【总结与点评】对于恒定电阻，伏安曲线是一条直线，其斜率即为电阻，如果电阻是变化的，不同电流对应的电阻不同，电阻就是该电流时电压与电流的比值。‎ 针对训练6.试分析比较“伏安内接法”和“伏安外接法”测得电源电动势和内阻，与其直实值和的大小关系。‎ ‎【解析】模型构建：电压表、电流表为非理想电表，电源、电表、变阻器、电键构成电路 数理整合：安培表内接, 建立坐标，在不考虑电表内阻的影响时，当伏特表读数为时，安培表读数为，由得一条直线。如图中的实线，电动势为，内阻为。‎ 如果考虑电表内阻的影响，由于伏安法内接法引起误差的主要原因是伏特表分流，当伏特表读数为时，通过电源的电流，其中为通过伏特表的电流越小，误差越小，，这时，作图线如图11（a）中的虚线，此直线轴上的截距就是电动势的真实值，内阻真实值。由图知。‎ 安培表外接引起的误差的主要原因是安培表分压作用，若考虑安培表内阻的分压，当测得的电流时，路端电压，。作图线，如图11（b）中的虚线。由图知。‎ ‎2.非线性图像法 非线性图像是指横坐标与纵坐标不是一次函数关系，呈现的图像是曲线。这这类问题也要搞清楚截距、面积、斜率的具体物理意义。特别是斜率问题，由于曲线的斜率变化，要知道斜率代表的物理量是什么，是 如何变化的。非线性图像问题可以分为两类：一类读取图象信息，一类是辨识图象真伪。‎ ‎（1）读取图象信息 给定图像，分析物理量的变化规律，要分析截距、面积、斜率的具体物理意义，看纵坐标随横坐标如何变化，看斜率如何变化，看面积如何变化；‎ 典例7.（19年全国2卷）如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则（）‎ A. 第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B. 第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C. 第二次滑翔过程中在竖直方向上平均加速度比第一次的大 D. 竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 ‎【答案】BD ‎【解析】A．由v-t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A错误；‎ B．由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B正确 C．由于v-t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由易知a1>a2，故C错误 D．由图像斜率，速度为v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1>a2，由G-fy=ma，可知，fy1