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高中物理图像问题教案模板
目标：学生能够运用物理知识解决图像问题
时间：45分钟
教学步骤：
1.引入：（5分钟）
介绍图像问题在物理中的重要性和应用，引导学生思考如何运用物理知识解决图像问题。
2.概念讲解：（10分钟）
讲解光的成像原理、凸透镜和凹透镜的成像规律，并结合实例说明凸透镜和凹透镜在成像过程中的特点。
3.示例分析：（15分钟）
给学生提供若干物理图像问题，让他们运用所学知识解决，并讨论解决过程中遇到的困难和思考。
可以让学生结对或小组合作解决问题。
4.练习与总结：（10分钟）
让学生自主完成若干物理图像问题，然后对答案进行讲解和总结。
强调解题思路和方法，帮助学生提高解决问题的能力。
5.拓展延伸：（5分钟）
提出一些拓展延伸问题，让学生思考更复杂更具挑战性的物理图像问题，并鼓励他们探索更深入的物理知识。
教学资源：
1. PowerPoint幻灯片：介绍图像问题的重要性、概念讲解和示例分析。
2. 例题和练习题：准备一些物理图像问题，供学生练习和讨论。
3. 小组合作表格：让学生结对或小组合作解决问题，促进合作学习和交流。
教学反馈：
1. 收集学生对图像问题的理解和运用情况，以了解学生的学习进度和困难。
2. 针对学生的表现，及时给予反馈和指导，帮助学生克服困难，提高解题能力。
图象分析法物理图象是将抽象物理问题直观化、形象化的最佳工具，能从整体上反映出两个或两个以上物理量的定性或定量关系，利用图象解题时一定要从图象纵、横坐标的物理意义以及图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等诸多方面寻找解题的突破口．利用图象解题不但快速、准确，能避免繁杂的运算，还能解决一些用一般计算方法无法解决的问题．[例7] 每隔0.2 s从同一高度竖直向上抛出一个初速度大小为6 m/s的小球，设小球在空中不相碰．g 取10 m/s2，则在抛出点以上能和第3个小球所在高度相同的小球个数为( )A．6 B．7C．8 D．9【解析】小球做竖直上抛运动，从抛出到落回抛出点的整个过程是匀变速直线运动，根据位移公式有h＝v0t－12gt2，可知小球位移—时间图象为开口向下的抛物线，从抛出到落回抛出点所用时间t＝1.2 s，每隔0.2 s抛出一个小球，故位移—时间图象如图所示，图线的交点表示两小球位移相等，可数得在抛出点以上能和第3个小球所在高度相同的小球个数为7，故选项B正确．【答案】 B【名师点评】vt图象隐含信息较多，我们经常借助vt图象解决有关运动学或动力学问题，而忽视对xt图象的利用，实际上xt图象在解决相遇问题时有其独特的作用，解题时要会灵活运用各种图象．[尝试应用] 如图12甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是( )【导学号：19624191】图12A．0＜t0＜T4B.T2＜t0＜3T4C.3T 4＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 8B [以向B 板运动为正方向，分别作出从0、T 4、T 2时刻释放的粒子的速度—时间图象如图所示，则由图象可看出，若0＜t 0＜T 4或3T 4＜t 0＜T 或T ＜t 0＜9T 8，粒子在一个周期内正向位移大，即最终打到B 板；若T2＜t 0＜3T4，粒子在一个周期内负向位移大，最终打到A 板，故B 正确．]2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示，绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角θ=30°．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行，且小球A 正好静止在斜面中点．在小球A 的正下方地面处固定放置一带电小球B ，两球相距为d ．已知两球的质量均为m 、电荷量均为+q ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，两球均可视为点电荷．则下列说法不正确的是（ ）A ．两球之间的库仑力F=kB ．当时，斜面对小球A 的支持力为C ．当时，细线上拉力为0D ．将小球B 移到斜面底面左端C 点，当时，斜面对小球A 的支持力为02．以开发核聚变能源为目的，被誉为“人造太阳”的中国环流器二号M （HL--2M ）装置在2019年全国两会期间备受关注。
高考定位图象能形象地表述物理规律、描述物理过程，能直观地展现物理量之间的相互关系及变化趋势，利用图象解决物理问题是一种重要的科学思维方法．因此，对图象问题的考查成为近几年的热点．高考趋势：主要考查以下几个方面：①会识图：理解图象的意义，斜率、截距、面积的意义．②会作图：依据物理现象、物理过程、物理规律作出图象．③会用图：能结合物理公式和图象分析解决物理问题．考题1对力学图象问题的考查例1如图1所示，轨道NO和OM底端对接且θ＞α，小环自N点由静止滑下再滑上OM.已知小环在轨道NO下滑的距离小于在轨道OM上滑的距离，忽略小环经过O点时的机械能损失，轨道各处的摩擦系数相同．若用F、F f、v和E分别表示小环所受的合力、摩擦力、速度和机械能，这四个物理量的大小随环运动路程的变化关系如图．其中能正确反映小环自N点到右侧最高点运动过程的是()图1审题突破小环在NO上做初速度为0的匀加速运动，在OM上做匀减速运动至速度为0，根据匀变速直线运动的平均速度公式知加速和减速过程中的平均速度相等，再根据下滑距离大于上滑距离可得物体下滑时间大于上滑时间，从而可以比较出加速度的大小，由牛顿第二定律确定小球所受合外力的大小．小球所受滑动摩擦力的大小可以通过比较小球所受弹力的大小加以确定，小环的速度与位移的关系可以通过动能定理加以确定，合外力做功等于小环动能的变化，机械能随小环所受摩擦力做功而减小，根据摩擦力做功与位移关系加以讨论．解析 由题意知，v ＝12(v 0＋v )知环在NO 、OM 上滑动的平均速度相等，又因为小环在轨道NO 下滑的距离小于在轨道OM 上滑的距离，结合x ＝v t 可得：在NO 上运动的时间小，在根据a ＝ΔvΔt 可知在NO 上下滑时的加速度较大，故在NO 上合外力较大，所以A 正确；在NO 上摩擦力F f1＝μmg cos θ，在OM 上F f2＝μmg cos α，又θ>α，所以下滑时的摩擦力小于上滑时的摩擦力，故B 正确；因环在下滑和上滑的过程中均做匀变速运动满足v 2＝2ax ，故速度与位移不是线性关系，故C 错误；由机械能守恒可知，机械能的变化是由摩擦力做功引起的，故E －x 图象的斜率表示摩擦力，又下滑时的摩擦力小于上滑时的摩擦力，所以图象前段斜率应小于后段的斜率，所以D 错误． 答案 AB1．(单选)如图2所示，直线a 和曲线b 分别是在平直公路上行驶的汽车a 和b 的位移—时间(x －t )图线．由图可知( )图2A ．在t 1时刻，两车速度相等B ．在t 2时刻，a 、b 两车运动方向相同C ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率先减小后增大D ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率一直比a 车大 答案 C解析 由题图可知，在t 1时刻，两车位置相同，图线切线的斜率不同，即两车速度不相等，选项A 错误；因为x －t 图线切线的斜率代表速度，在t 2时刻，a 、b 切线的斜率符号相反，故a 、b 两车运动方向相反，选项B 错误；在t 1到t 2这段时间内，b 切线的斜率先减小后增大，故b 车的速率先减小后增大，选项C 正确；在t 1到t 2这段时间内，比较a 、b 切线的斜率可知，开始b 车速率大于a ，然后b 车的速率逐渐减小，直到等于a 车的速率；然后减小到零后又反向增加，故选项D 错误． 2．为减少二氧化碳排放，我市已推出新型节能环保电动车．在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102 kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F 与对应的速度v ，并描绘出如图3所示的F —1v 图象(图中AB 、BO 均为直线)，假设电动车行驶中所受阻力恒为车重的0.05倍，重力加速度取10 m/s 2.则( )图3A ．该车起动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动B ．该车起动后，先做匀加速运动、然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动C ．该车做匀加速运动的时间是1.2 sD ．该车加速度为0.25 m/s 2时，动能是4×104 J 答案 BD解析 由于横坐标为速度的倒数，所以电动车的启动过程为从A 到B 到C .AB 段，牵引力不变，电动车做匀加速运动，加速度为a ＝F －F f m ＝2 000－0.05×8×102×108×102m/s 2＝2 m/s 2；BC 段，由于图象为过原点的直线，所以F v ＝P 额＝恒量，即以恒定功率启动，牵引力减小，加速度减小，电动车做加速度减小的加速运动，当F ＝F f ＝400 N ，速度达到最大值15 m/s ，故选项A 错误，B 正确；由a＝v －v 0t 可知t ＝v －v 0a ＝3－02 s ＝1.5 s ，故选项C 错误；该车加速度为0.25 m/s 2时，牵引力为F ′＝ma ′＋F f ＝8×102×0.25 N ＋0.05×8×102×10 N ＝600 N ，此时的速度为v ′＝ 2 000×3600 m/s ＝10 m/s ，动能为E k ＝12m v ′2＝12×8×102×102 J ＝4×104 J ，故选项D 正确．1．理解横坐标、纵坐标的物理意义(1)确认横坐标、纵坐标对应的物理量各是什么． (2)坐标轴物理量的单位也是绝不能忽视的． 2．理解斜率、面积的物理意义 (1)图线的斜率的意义要理解物理图象中斜率的含义，首先要看清图象的两个坐标轴．①变速直线运动的x —t 图象，纵坐标表示位移，横坐标表示时间，因此图线中某两点连线的斜率表示平均速度，图线上某一点切线的斜率表示瞬时速度；②v —t 图线上两点连线的斜率和某点切线的斜率，分别表示平均加速度和瞬时加速度；③恒力做功的W —l 图象(l 为恒力方向上的位移)，斜率表示恒力的大小；④用自由落体运动测量重力加速度实验的v 2—x 图象(v 为速度，x 为下落位移)，其斜率为重力加速度的2倍； (2)面积的物理意义①在直线运动的v —t 图象中，图线和时间轴之间的面积，等于速度v 与时间t 的乘积，因此它表示相应时间内质点通过的位移；②在a —t 图象中，图线和时间轴之间的面积，等于加速度a 与时间t的乘积，表示质点在相应时间内速度的变化量；③力F移动物体在力的方向上产生一段位移l，F—l 图象中曲线和l坐标轴之间的面积表示F做的功，如果F是合力，则此面积表示物体动能的增加量．考题2对电场图象问题的考查例2(单选) a、b是x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势高低如图4中曲线所示，P点处电势最低，而且a、P之间的距离大于P、b之间的距离．从图中可看出以下说法中正确的是()图4A．a、P间和P、b间各点的电场方向都指向P点B．a和b一定是同种电荷，但是不一定是正电荷C．电势最低的P点的电场强度最大D．把带负电的检验电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力对该电荷先做正功后做负功审题突破φ—x图线的切线斜率表示电场强度的大小，所以P处场强为零，从a到b电势先减小后增大，根据电场力方向与运动方向的关系判断电场力是做正功还是负功．根据点电荷场强公式，得到Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量；根据场强方向得出两电荷一定是正电荷．解析根据顺着电场线电势降低可知，P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，则a、P间和P、b间各点的电场方向都指向P点，故A正确；P点切线斜率为零，而φ—x图线的切线斜率表示电场强度的大小，则P点的电场强度为零．两电荷在P点的合场强为零，P点距离Q1较远，根据点电荷的场强公式知，Q1的电量大于Q2的电量．从a到b电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势逐渐降低，知Q1和Q2一定是同种电荷，且都为正电荷，故B错误；由图象切线的斜率表示电场强度的大小，就知道P处场强为零，且电势最低，故C错误；把带负电的检验电荷沿x轴由a 移到b的过程中，电场力先向左后向右，电场力先做负功再做正功，故D错误．答案 A3．(单选)(2014·安徽·17)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E p与位移x的关系如图5所示，下列图象中合理的是()图5答案 D解析带电粒子在电场中运动时，其电势能的变化规律是非线性的．A：由E p—x图象知，带电粒子的电势能不是均匀变化的，电场力不能为恒力，故选项A错误；B：带电粒子仅受静电力作用，故电势能和动能相互转化，电势能的减少量等于动能的增加量，即动能增加得越来越慢，故选项B错误；C：由于静电力不是恒力，加速度a应该越来越小，故选项C错误，选项D正确．4．静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图6所示的折线．一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点(x＝0)进入电场，沿x轴正方向运动．下列叙述正确的是()图6A．粒子从O运动到x1的过程中速度逐渐减小B．粒子从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大C．要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为2 qφ0 mD．若v0＝2 qφ0m，粒子在运动过程中的最大速度为6qφ0m答案AD解析粒子从O运动到x1的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，粒子做减速运动，故A正确．粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势能越大，可知，粒子的电势能不断减小，故B错误．根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得q(0－φ0)＝0－12m v 20，解得v 0＝ 2qφ0m ，所以要使粒子能运动到x 4处，粒子的初速度v 0至少为 2qφ0m，故C 错误．若v 0＝2 qφ0m ，粒子运动到x 3处电势能最小，动能最大，由动能定理得q [0－(－φ0)]＝12m v 2m－12m v 20，解得最大速度为v m ＝ 6qφ0m，故D 正确．电场中的图象类型可以分为如下几种基本类型，场强随坐标轴变化的函数图象：即E —x 图象，电势随坐标轴变化的函数图象：φ—x 图象，电势能随坐标轴变化的图象：E p —x 图象．场源可能是点电荷，也可能是电偶极子，还可能是带电平板等，解答该类型题关键是要读懂图象的电学意义，即坐标轴、坐标原点、斜率、交点坐标等的物理意义，同时结合题意，读懂已知条件，以及提出的问题，根据电场强度的定义式和电势的基本公式解决问题．考题3 对电磁感应中图象问题的考查例3 (单选)(2014·新课标Ⅰ·18)如图7(a)，线圈ab 、cd 绕在同一软铁芯上．在ab 线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd 间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab 中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )图7审题突破 线圈cd 与示波器连接，在每个时间段内电流不随时间变化，则根据法拉第电磁感应定律，产生感应电流的磁场均匀变化，由此判断线圈ab 电流的变化．解析 由题图(b)可知在cd 间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab 中的磁场是均匀变化的，则线圈ab 中的电流是均匀变化的，故选项A 、B 、D 错误，选项C 正确． 答案 C5．(单选)有一种信号发生器的工作原理可简化为如图8所示的情形，竖直面内有半径均为R 且相切于O 点的两圆形区域，其内存在水平恒定的匀强磁场，长为2R 的导体杆OA ，以角速度ω绕过O 点的固定轴，在竖直平面内顺时针匀速旋转，t ＝0时，OA 恰好位于两圆的公切线上，下列描述导体杆两端电势差U AO 随时间变化的图象可能正确的是( )图8答案 A解析 由右手定则可知，感应电动势始终从O 指向A ，为正．由E ＝12BL 2ω，L 是有效切割长度，B 、ω不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性、非正弦的变化，经半圈后，再次重复，故A 正确．6．(单选)如图9所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B ，磁场区域的宽度均为a .高度为a 的正三角形导线框ABC 从图示位置沿x 轴正向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I 与线框移动距离x 关系的是( )图9答案 B解析由图知，当AB边在左边的磁场中运动时，切割的有效长度在减小，所以电动势减小，电流减小，再根据右手定则可判断电流的方向为逆时针方向，所以电流为正且逐渐减小；当AB边进入右边的磁场，切割产生的电动势为顺时针，ACB边切割产生的电动势也是顺时针，故总电动势为二者之和，在运动的过程中，总电动势在减小，所以电流为负逐渐减小，所以B正确；A、C、D错误．电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图象，有时还会涉及到感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图象．这些图象问题大致可分为两类：(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象；(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．解这类问题需应用右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律进行分析．考题4对实验中图象问题的考查例4张明同学在一次测电源电动势与内阻的实验中，用实验室仅有的实验器材(电流表一个、电阻箱一个、开关一个和导线若干)，设计了如图10所示的电路进行实验，测得的数据如下表所示.图10(1)利用测得的数据在如图11所示的坐标纸上画出适当的图象．图11(2)由图象可知，该电池的电动势E ＝________ V ，该电池的内阻r ＝________ Ω(结果保留两位有效数字)．(3)利用该实验电路测出的电动势E 测和内阻r 测与真实值E 真和r 真相比，理论上E 测________E 真，r 测________r 真(选填“>”、“<”或“＝”)．审题突破 (1)本题由安阻法测量电动势和内电阻；由闭合电路欧姆定律可得出有关电流和电阻的关系式；由数学知识可知哪种图象更科学；由公式及表中的数据利用描点法可画出正确的图象；(2)由图象交点及斜率的意义可得出有关电动势和内电阻的表达式，则可求得电动势和内电阻；(3)实验中由于电表不是理想电表，故要考虑电表内阻对测量结果的影响；由极限分析法可得出电动势的误差．答案 (1)画出R —1I图象．(2)6.0 2.0 (3)＝ >解析 (2)由闭合电路欧姆定律E ＝IR ＋Ir 得R ＝E ·1I －r ，则图象斜率为：k ＝E ，电动势为：E ＝k ＝ΔRΔ1I ≈6.0 V ，内阻为：r ＝2.0 Ω.(3)由于电流表的分压作用，电流表会分担一部分电压，即：1I ＝1E R ＋r E ＋r AE ，斜率不变，则电动势大小不变，而测量内阻实际上是电源内阻与电流表内阻之和，故测量值大于实际值．7．用如图12所示实验装置测量滑块A 与木板间的动摩擦因数．长木板水平固定，细线跨过定滑轮与滑块A 、重锤B 相连．将细线拉直，测出B 离地面的高度h ，将重锤从h 高处静止释放，B 落地后，测出A 在木板上滑动的距离x ；改变B 释放高度重复实验，实验数据如下表所示.图12(1)若测得A 的质量m A ＝3 kg ，B 的质量m B ＝1 kg ，A 和B 间细线的长度L ＝112.0 cm ，木板的长度l ＝98.0 cm ，要达到实验目的，以上四个量中没有必要测量的是______(用物理量的符号表示)． (2)作出x 随h 变化的图象．(3)由图象并结合(1)中所测数值求得滑块与木板间的动摩擦因数为________． 答案 (1)L 、l (2分) (2)见解析图(4分) (3)0.2解析 (1)由题意可知，B 距地面的高度h ，A 在木板上滑行的距离x ，A 、B 的质量m A 、m B .从静止释放让它们运动到B 着地，根据动能定理得：m B gh －μm A gh ＝12(m A ＋m B )v 2①从B 着地到A 停在木板上，根据动能定理得： 12m Av 2＝μm A g (x －h )② 由①②解得：μ＝m B h(m A ＋m B )x －m B h ③可知没有必要测量L 和l .(2)作出x 随h 变化的图象如图所示．(3)由③得：x ＝(1＋μ)m Bμ(m A ＋m B )h根据数学知识得到图象中直线的斜率k ＝(1＋μ)m B μ(m A ＋m B ) 由图得：k ≈1.5代入数据得：(1＋μ)×1μ(3＋1)＝1.5解得μ＝0.28．一实验小组准备探究元件Q 的伏安特性曲线，他们设计了如图13所示的电路图．请回答下列问题：图13(1)考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值________(选填“大于”、“等于”或“小于”)真实值．(2)实验测得表格中的7I —U 图线.73.000.58图14(3)为了求元件Q 在I —U 图线上某点的电阻，甲同学利用该点的坐标(U ，I )，由R ＝UI求得．乙同学作出该点的切线，求出切线的斜率k ，由R ＝1k 求得．其中________(选填“甲”或“乙”)同学的方法正确．答案 (1)大于 (2)见解析图 (3)甲解析 (1)由实验电路图可知，实验采用电流表内接法，由于电流表的分压作用，实验所测电压值U 偏大，由欧姆定律可知，元件电阻的测量值大于真实值．(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示．(3)从理论上讲，甲利用了欧姆定律，乙同学利用了斜率的意义，理论上说都没有问题，但从实际情况来说，我们根据测量数据描绘的I －U 图象的大致曲线，存在很大的误差，如果再作出切线求电阻，误差更大，计算结果更不准确；故甲同学的计算结果更准确．根据实验数据在坐标纸上作图的原则要求是：准确、清楚、布局合理、便于应用． (1)合理选取坐标原点 (2)两坐标轴的分度要恰当 (3)要有足够多的描点数目(4)画出的图象应尽可能穿过较多的点或是尽可能多的描点分布在图线的两侧 作图法可以减小实验中的偶然误差．知识专题练 训练8题组1 对力学图象问题的考查1．(单选)(2014·广东·13)如图1所示是物体做直线运动的v —t 图象，由图可知，该物体( )图1A ．第1 s 内和第3 s 内的运动方向相反B ．第3 s 内和第4 s 内的加速度相同C ．第1 s 内和第4 s 内的位移大小不相等D ．0～2 s 和0～4 s 内的平均速度大小相等 答案 B解析 第1 s 内和第3 s 内的速度均为正值，方向相同，选项A 错误；v —t 图象的斜率代表加速度，第3 s 内和第4 s 内斜率相同，所以加速度相同，选项B 正确；图象与时间轴所围面积在数值上等于位移的大小，第1 s 内的位移x 1＝12×1×1 m ＝0.5 m ，第4 s 内的位移x 4＝－12×1×1 m ＝－0.5 m ，两段时间内位移大小相等，选项C 错误；0～2 s 内的平均速度v ＝x t ＝1.52m/s ＝0.75 m/s,0～4 s 内的平均速度v ′＝x ′t ′＝1.54 m/s ＝0.375 m/s ，选项D 错误．2．(单选)如图2甲所示，物体受到水平推力F 的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F 、物体速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示．取g ＝10 m/s 2.则( )图2A ．物体的质量m ＝3.0 kgB ．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20C ．第2 s 内物体克服摩擦力做的功为2.0 JD ．前2 s 内推力F 做功的平均功率 P ＝3 W 答案 C解析 由速度—时间图象可以知道在2～3 s 的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2 N ，在1～2 s 的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以a ＝2 m/s 2，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma ，所以m ＝0.5 kg ，所以A 错误；由F f ＝μF N ＝μmg ，所以：μ＝0.4，所以B 错误；第2秒内物体的位移是：x ＝12at 2＝1 m ，摩擦力做的功为：W ＝－F f x＝－2×1 J ＝－2 J ，故克服摩擦力所做的功为2.0 J ，故C 正确；在第1秒内物体没有运动，所以F 在第一秒内没有做功，在第2秒内，F 所做的功为：W ＝Fx ＝3×1 J ＝3 J ，所以前2 s 内推力F 做功的平均功率为：P ＝Wt ＝1.5 W ，所以D 错误．3．如图3甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30°的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图乙所示．下列说法正确的是( )图3A ．甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒B ．甲、乙两球的质量之比为m 甲∶m 乙＝4∶1C ．甲、乙两球的动能均为E k0时，两球重力的瞬时功率之比为P 甲∶P 乙＝1∶1D ．甲、乙两球的动能均为E k0时，两球高度相同 答案 BC解析 因只有重力做功，所以甲、乙两球机械能都守恒，故A 错误；动能与位移的图象斜率表示合外力，甲的合外力为m 甲g sin 30°，乙球的合外力为m 乙g ，由题图乙知m 甲g sin 30°＝2m 乙g ，所以m甲∶m 乙＝4∶1，故B 正确；根据E k＝12m v 2知，动能相等时，v 甲v 乙＝12，两球重力的瞬时功率之比m 甲g v 甲sin 30°m 乙g v 乙＝11，所以C 正确；由题图乙知，甲、乙两球的动能均为E k0时，两球高度不相同，所以D 错误．题组2 对电场图象问题的考查4．某带电物体所在空间形成一个电场，沿x 轴方向其电势φ的变化如图4所示．电子从O 点以v 0的初速度沿x 轴正方向射出，依次通过a 、b 、c 、d 点．则下列关于电子运动的描述正确的是( )图4A ．在Oa 间电子做匀加速直线运动B ．电子在Od 之间一直在做减速直线运动C ．要使电子能到达无穷远处，粒子的初速度v 0至少为 2eφ0mD ．在cd 间运动时电子的电势能一定增大 答案 CD解析 由题图知Oa 和bc 间的电势不变，则Oa 和bc 间的电场强度为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故A 、B 错误．由于电子在Od 运动时电场力做负功，所以其电势能增大，动能减小；电场力做功：W ＝－e ·Δφ＝－eφ0，所以要使电子能到达无穷远处，由动能定理得：W ＝0－12m v 20，所以粒子的初速度v 0至少为 2eφ0m ，故C 正确．电子在cd 间运动时电子受到的电场力做负功，电子的电势能一定增大，故D 正确．5．(单选) 如图5所示，一半径为R 的均匀带正电圆环水平放置，环心为O 点，质量为m 的带正电的小球从O 点正上方h 高的A 点静止释放，并穿过带电环，关于小球从A 到A 关于O 的对称点A ′过程加速度(a )、重力势能(E pG )、机械能(E )、电势能(E p 电)随位置变化的图象一定错误的是(取O 点为坐标原点且重力势能为零，向下为正方向，无限远电势为零)( )图5答案 D解析圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后到达A′点，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A正确；小球从A到圆环中心的过程中，重力势能E p＝mgh，小球穿过圆环后，E p＝－mgh，重力势能与高度是线性变化的，故B正确；小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C正确；由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故D错误．题组3对电磁感应中图象问题的考查6．(单选)如图6所示，等腰直角区域EFG内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，直角边CF长度为2L.现有一电阻为R的闭合直角梯形导线框ABCD以恒定速度v水平向右匀速通过磁场．t＝0时刻恰好位于图示位置(即BC与EF在一条直线上，且C与E重合)，规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线正确的是()图6答案 C解析 在进入长度L 的过程中，切割磁感线的有效长度在均匀增加，由E ＝BL v 知，感应电动势均匀增加，当进入L 时的感应电动势为E ＝BL v ，感应电流为I ＝E R ＝BL vR ，由楞次定律判断知，感应电流方向为正，在由L 进入2L 的过程中，ADC 边切割磁感线的有效长度在均匀增加，AB 边切割磁感的长度在均匀增加，由几何关系知AB 边增加的快且AB 边和ADC 边产生的感应电动势方向相反即等效于切割磁感线的总长度在减小，感应电流减小；在离开磁场的过程中，CD 边不切割磁感线，AD 边切割的长度小于AB 边切割的长度，产生负方向感应电流，C 正确．7．(单选)如图7所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R ，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B ，Ⅰ和Ⅱ之间无磁场．一导体棒M 、N 两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H 处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R 上的电流及其变化情况相同．下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是( )图7。
专题13 图象问题考题一 图象的识别1.会识图：理解图象的意义，斜率、截距、面积的意义，并列出公式.2.会作图：依据物理现象、物理过程、物理规律作出图象.3.会用图：能结合物理公式和图象解决物理问题.例1 a 、b 两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t ＝0时刻，b 车在a 车前方500 m 处，它们的v －t 图象如图1所示，下列说法正确的是( )图1A.a 、b 加速时，物体a 的加速度等于物体b 的加速度B.在整个运动过程中，a 、b 两车可以相遇两次C.在第60 s 时，物体a 在物体b 的前方D.在第40 s 末，a 、b 两车相距900 m解析 由图可知，a 车加速度为a 1＝1.5 m/s 2，b 车加速度为a 2＝2 m/s 2，A 错误；第20 s 时，a 车位移为x 1＝40＋102×20 m＝500 m ，b 车没动x 2＝0 m ，则x 1＝x 0，a 车追上b 车；第60 s时，a 车位移为x 1′＝x 1＋40×40 m＝2 100 m ，b 车位移为x 2′＝40×802m ＝1 600 m ，则x 1′＝x 2′＋x 0，b 车追上a 车，即在整个运动过程中两车相遇两次，B 正确，C 错误；在第40 s 末，a 车位移x 1″＝x 1＋40×20 m＝1 300 m ，b 车位移x 2″＝40×202m ＝400 m ，则两车相距Δx ＝x 1″－(x 2″＋x 0)＝400 m ，则D 错误.故选B.答案 B 变式训练1.一个质量为1 kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，对物体施加一个大小变化但方向不变的水平拉力F ，使物体在水平面上运动了3 s.若要使物体在3 s 内运动产生的内能最大，则力F 随时间t 变化的图象应为( )答案 B解析 由题意可知，物体在3 s 内运动的位移最大时，产生的内能最大.物体受到的最大静摩擦力为μmg ＝2 N ，当F ＝5 N 时，a 1＝F －μmg m ＝3 m/s 2，当F ＝3 N 时，a 2＝F －μmg m ＝1 m/s 2，当F ＝1 N 时，a 3＝F －μmg m＝－1 m/s 2.根据四个图象的情况，作出对应的v －t 图象如图所示，可知B 图在3 s 内的面积最大，即物体位移最大，故内能最大.故选B.2.在“蹦床”娱乐活动中，从小朋友下落到离地面高h 1处开始计时，其动能E k 与离地高度h的关系如图2所示.在h1～h2阶段图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，小朋友的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦.下列有关说法正确的是( )图2A.整个过程中小朋友的机械能守恒B.从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先减小后增大C.小朋友处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为E p＝mg(h2－h4)D.小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为E pm＝mgh1答案BC解析小朋友接触蹦床后，蹦床对小朋友的弹力做功，故整个过程中小朋友的机械能不守恒，A错误；从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，蹦床对小朋友的弹力先小于重力，后大于重力，随着弹力的增大，合力先减小后反向增大，故加速度先减小后增大，B正确；由题图知，小朋友在h2处和h4处动能相等，根据蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒得，小朋友处于h4高度时，蹦床的弹性势能为E p＝mg(h2－h4)，C正确；小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为E pm＝mg(h1－h5)，D错误.3.如图3所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN.现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I ＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好.下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是( )图3答案BD解析从t＝0时刻起，金属棒通以I＝kt的电流，由左手定则知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，导致棒在运动过程中，受到的摩擦力增大，加速度减小，因速度与加速度方向相同，做加速度减小的加速运动.当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，速度最大，当安培力继续增大时，滑动摩擦力大于重力，加速度方向竖直向上，与速度方向相反，做加速度增大的减速运动，v－t图象的斜率表示加速度的大小.考题二图象的综合应用1.物理图象不仅能够直接反映物理量的大小、方向，而且图线的斜率、线与坐标轴围成的面积也有特定的物理意义.在解题时要充分理解图象反映的信息，挖掘图象中隐含的条件.2.通过分析图象，能够根据相应的物理知识来建立物理量间的函数关系式，可以直接读出或求出某些待求的物理量，还可以探究某些物理规律，或测定某些物理量，分析某些复杂的物理过程.3.掌握用物理图象解决问题的方法，通过对物理图象的分析来提高对物理知识的理解和记忆能力.例2 如图4甲所示，在距离地面高度为h＝0.80 m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50 kg、可看作质点的物块相接触(不粘连)，OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用.物块开始静止于A点，与OA段的动摩擦因数μ＝0.50.现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示.物块向左运动x＝0.40 m到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )图4A.弹簧被压缩过程中外力F 做的功为6.0 JB.弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0 JC.整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0 JD.MN 的水平距离为1.6 m解析 根据F －x 图象与坐标轴所围的面积表示力F 做的功，则弹簧被压缩过程中外力F 做的功为 W F ＝6＋182×0.2 J＋18×0.2 J＝6.0 J ，A 正确；物块向左运动的过程中，克服摩擦力做功W f ＝μmgx ＝1.0 J ，根据能量守恒可知，弹簧被压缩过程中最大弹性势能为 E p ＝W F －W f ＝5.0 J ，B 错误；整个运动过程中克服摩擦力做功为 W f 总＝2μmgx ＝2.0 J ，C 错误；设物块离开M 点时的速度为v ，对整个过程由能量守恒得：12mv 2＝W F －W f 总，解得v ＝4 m/s ，物块离开M 点后做平抛运动，则有h ＝12gt 2，x ＝vt ，解得x ＝1.6 m ，D 正确. 答案 AD 变式训练4.一摩托车在t ＝0时刻由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的a －t 图象如图5所示，根据已知的信息，可知( )图5A.摩托车的最大动能B.摩托车在30 s 末的速度大小C.在0～30 s 的时间内牵引力对摩托车做的功D.10 s 末摩托车开始反向运动答案 B解析 由图可知，在0～10 s 摩托车做匀加速运动，10～30 s 做减速运动，故10 s 末速度最大，动能最大，由v ＝at 可求出最大速度，但摩托车的质量未知，故不能求最大动能，A 错误；根据a —t 图象与t 轴所围的面积表示速度变化量，可求出30 s 内速度的变化量，由于初速度为0，则可求摩托车在30 s 末的速度大小，B 正确；在10～30 s 牵引力是变力，由于不能求出位移，也不知道摩托车的质量，故不能求出牵引力对摩托车做的功，C 错误；根据“面积”表示速度变化量可知，30 s 内速度变化量为零，所以摩托车一直沿同一方向运动，D 错误.故选B.5.如图6所示，两个等量异种点电荷，关于原点O对称放置，下列能正确描述其位于x轴上的电场或电势分布随位置x变化规律正确的是( )图6答案 A解析由两个等量异号电荷的电场线分布图，结合“沿电场线方向电势降低”的原理，可知从左侧无穷远处向右，电势从零逐渐升高，正电荷所在位置处最高，然后电势再减小，O点处电势为零，故O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，且电势为负，从负电荷向右，电势开始升高，直到无穷远处电势为零，A正确，B错误；根据电场线的疏密表示场强的大小可知，从正电荷到负电荷，电场强度先减小后增大，但O点的电场强度不为零，故C、D 错误.6.如图7所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里.线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向运动，直至通过磁场区域.cd边刚进入磁场时记为x＝0，线框开始匀速运动.线框中电流沿逆时针时为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压U ab及导线框中的电流i随cd边的位置坐标x变化的图线可能是( )图7答案 C解析 线框进入磁场的过程做匀速运动，感应电动势E ＝Blv 恒定，线框中的电流大小恒定，方向沿逆时针方向，a 、b 两端的电压U ab ＝Blv 4；线框完全在磁场中运动时，穿过闭合电路的磁通量不变，线框中感应电流为零，做匀加速运动，ab 边两端的电压 U ab ＝Blv 不断增大，U ab 与位移x 不是线性关系；线框离开磁场，做减速运动，加速度逐渐减小，线框刚好完全离开磁场时，速度大于或等于匀速运动时的速度，不可能为零，故此时电流也不可能为零，故C 正确，A 、B 、D 错误.专题规范练1.一质点做直线运动，其运动的位移x 跟时间t 的比值x t与时间t 的关系图线为一条过原点的倾斜直线，如图1所示.由图可知，t ＝2 s 时质点的速度大小为( )图1A.2 m/sB.4 m/sC.6 m/sD.8 m/s答案 B 解析 由图得x t ＝t ，由位移公式x ＝v 0t ＋12at 2得x t ＝v 0＋12at ，对比两式得v 0＝0，a ＝2 m/s 2，即质点做匀加速直线运动.故t ＝2 s 时的速度大小为v ＝at ＝4 m/s.故选B.2.如图2所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m 的物块A ，A 放在质量也为m 的托盘B 上，以F N 表示B 对A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量.初始时，在竖直向上的力F 作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x ＝0).现改变力F 的大小，使B 以g 2的加速度匀加速向下运动(g 为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中F N 或F 随x 变化的图象正确的是( )图2答案 D解析 当弹簧的弹力增大到mg 2时，物块和托盘间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的mg 2线性减小到零，力F 由开始运动时的mg 线性减小到mg 2；此后托盘与物块分离，力F 保持mg 2不变，故D 正确. 3.图3甲是张明同学站在压力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P 是他的重心位置.图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线.两图中a ～g 各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出.取重力加速度g ＝10 m/s 2.根据图象分析可知( )图3A.张明的重力为1 500 NB.c 点位置张明处于失重状态C.e 点位置张明处于超重状态D.张明在d 点的加速度小于在f 点的加速度答案 C解析 开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N ，故人的重力也是500 N ，A 错误；c 点时人对传感器的压力大于重力，处于超重状态，B 错误；e 点时人对传感器的压力大于重力，处于超重状态，C 正确；人在d 点：a 1＝F d －G m ＝20 m/s 2.在f 点：a 2＝G －0m＝10 m/s 2，可知d 点的加速度大于f 点的加速度，D 错误.4.(多选)如图4甲所示，小物块静止在倾角θ＝37°的粗糙斜面上.现对物块施加一个沿斜面向下的推力F ，力F 的大小随时间t 的变化情况如图乙所示，物块的速率v 随时间t 的变化规律如图丙所示，取sin 37°＝0.6、cos 37°＝0.8，重力加速度取g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )图4A.物块的质量为1 kgB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C.0～3 s 内力F 做功的平均功率为0.32 WD.0～3 s 内物体克服摩擦力做的功为5.12 J答案 AD解析 由速度图象知，在1～3 s 内F ＝0.8 N ，物块做匀加速运动，且a ＝0.4 m/s 2，由牛顿第二定律有F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，在3～4 s 内F ＝0.4 N ，物块匀速运动，受力平衡有F ＝μmg cos θ－mg sin θ，联立得m ＝1 kg ，μ＝0.8，故A 正确，B 错误；在0～1 s内物块静止F 不做功，在1～3 s 内F ＝0.8 N ，位移x ＝12at 2＝0.8 m ，在0～3 s 内F 做功的平均功率为：P ＝W t ＝Fx t ＝0.8×0.83W≈0.213 W，C 错误；在0～3 s 内物块克服摩擦力做的功W f ＝μmg cos θ·x ＝5.12 J ，D 正确.5.如图5所示，在边长为a 的正方形区域内有以对角线为边界，垂直于纸面的两个方向相反的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等.纸面内一边长为a 的正方形导线框沿着x 轴匀速穿过磁场区域，在t ＝0时，导线框运动到原点O 处且恰好开始进入磁场区域.取顺时针方向为导线框中感应电流的正方向，则下列图象中能够正确表示从t ＝0时刻开始感应电流与导线框位移关系的是( )图5答案 B解析 x 在0～a 范围内，线框右边切割磁感线产生感应电流，感应电流大小i ＝B (a －x )v －Bxv R＝Bv R (a －2x )，其中x 在0～a 2范围内感应电流为顺时针，为正方向；x ＝a 2时，i ＝0；x 在a 2～a 范围内，感应电流方向沿逆时针，为负方向；x 在a ～2a 内，感应电流大小 i ＝B [a －(x －a )]v －B (x －a )v R ＝Bv R (3a －2x )，其中，x 在a ～32a 感应电流方向沿逆时针，为负方向.x ＝32a 时，i ＝0；x 在32a ～2a 范围内，感应电流沿顺时针，为正方向，故B 正确，A 、C 、D 错误.故选B.6.某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图6甲中虚线所示.一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小球，在电场中从O 点由静止开始沿电场线竖直向下运动.以O 为坐标原点，取竖直向下为x 轴的正方向，小球的机械能E 与位移x 的关系如图乙所示，不计空气阻力.则( )图6A.电场强度大小恒定，方向沿x 轴负方向B.从O 到x 1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越小C.从O 到x 1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功相等D.到达x 1位置时，小球速度的大小为2(E 1－E 0＋mgx 1)m 答案 D解析 物体的机械能逐渐减小，电场力对小球做负功，故电场强度方向向上，即沿x 轴负方向，由机械能的变化关系知，相等位移内电场力做功越来越小，说明电场力减小，故电场强度不断减小，A 错误；由牛顿第二定律知，物体受重力与电场力作用，电场力向上，重力向下，开始时重力大于电场力，因电场力越来越小，故合力越来越大，加速度越来越大，速度越来越大，B 错误；因电场力越来越小，在相等的位移内小球克服电场力做功越来越小，C 错误；由动能定理mgx 1＋E 1－E 0＝12mv 2－0，得到达x 1位置时，小球速度v ＝ 2(E 1－E 0＋mgx 1)m，D 正确.故选D.7.(多选)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A 、B 、C 三点，如图7甲所示，一个电荷量为2×10－3 C ，质量为0.1 kg 的小物块(可视为质点)从C 点静止释放，其运动的v －t 图象如图乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线).则下列说法正确的是( )图7A.由C 到A 的过程中物块的电势能先减小后变大B.B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E ＝100 V/mC.由C 点到A 点电势逐渐降低D. B 、A 两点间的电势差U BA ＝5 V答案 BC解析 由C 点到A 点的过程中，由v －t 图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，A 错误；由v －t 图可知带电粒子在B 点的加速度最大为2 m/s 2，所受的电场力最大为0.2 N ，由E ＝F q知，B 点的场强最大为100 N/C ，B 正确；因两个等量的同种正电荷其连线的中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧，故由C 点到A 点的过程中电势逐渐减小，C正确；由v －t 图得A 、B 两点的速度，由动能定理得W BA ＝12mv 2A －12mv 2B ＝1 J ，电势差U BA ＝W BA q＝500 V ，D 错误.故选B 、C. 8.(多选)如图8所示，半圆形固定轨道AO 段光滑，OB 段粗糙且各处粗糙程度相同.一质量为m 的滑块从半圆形轨道左侧最高点A 处由静止下滑，到达最低点O 以后再冲上轨道右侧高度为H 的B 处.取O 点重力势能为零，在滑块从O 到B ，再从B 回到O 的过程中，滑块的机械能E 、动能E k 随高度h 的关系可能是( )图8答案 AC解析 在滑块从O 到B ，再从B 回到O 的过程中，由于滑块要克服摩擦力做功，所以滑块的机械能不断减小，经过同一点时，向上运动的速度大于向下运动的速度(除B 点以外)，由向心力知识可知，经过同一点向上运动时，滑块所受的轨道支持力大，则滑块向上运动时对轨道的压力较大，摩擦力较大，由功能关系知：F f Δh ＝ΔE ，可知E －h 图象切线的斜率表示摩擦力大小，则A 图是可能的，B 图不可能，故A 正确，B 错误；由动能定理得：F 合Δh ＝ΔE k ，可知E k －h 图象切线的斜率表示合力大小，滑块在同一点(B 点除外)向上运动时受到的合力大于向下运动时受到的合力大小，因此C 图可能正确，D 不可能，故C 正确，D 错误.9.如图9(a)所示，平行且光滑的长直金属导轨MN 、PQ 水平放置，间距L ＝0.4 m.导轨右端接有阻值R ＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒接入电路的电阻r ＝1 Ω，导轨电阻不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L .从0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：图9(1)棒进入磁场前，电阻R 中电流的大小和方向；(2)棒通过abcd 区域的过程中通过电阻R 的电量；(3)棒通过三角形abd 区域时电流i 与时间t 的关系式.答案 (1)0.02 A Q 到N (2)0.02 C(3)i ＝12(t －1) A(1.0 s ≤t ≤1.2 s) 解析 (1)棒进入磁场前，正方形区域abcd 的磁场均匀增大，由楞次定律可知，通过R 的电流方向为Q 到N由法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔBS Δt＝0.04 V 流过R 的电流为：I ＝ER ＋r ＝0.02 A(2)由题得：通过R 的电量为q ＝I Δt ＝E R ＋r Δt ＝ΔΦΔt (R ＋r )Δt ＝0.02 C (3)由题可得：i ＝ER ＋r ＝BL 有效v R ＋r ＝12(t －1)A(1.0 s≤t ≤1.2 s) 10.足够长光滑斜面BC 的倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B 点有一小段弧形连接，一质量m ＝2 kg 的小物块静止于A 点.现在AB 段对小物块施加与水平方向成α＝53°的恒力F ，如图10(a)所示，小物块在AB 段运动的速度—时间图象如图(b)所示，到达B 点迅速撤去恒力F .(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6).求：图10(1)小物块所受到的恒力F 的大小；(2)小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B 点所用的时间；(3)小物块能否返回到A 点？若能，计算小物块通过A 点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B 点的距离.答案 (1)11 N (2)0.5 s (3)不能 0.4 m解析 (1)由图(b)可知，AB 段的加速度a 1＝Δv Δt＝0.5 m/s 2 由牛顿第二定律有：F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma得F ＝ma ＋μmg cos α＋μsin α＝11 N (2)在BC 段有：mg sin α＝ma 2得a 2＝g sin α＝8 m/s 2.小物块从B 到C 所用时间与从C 到B 所用时间相等，有t ＝2v B a 2＝0.5 s (3)小物块从B 向A 运动过程中，有：μmg ＝ma 3得a 3＝μg ＝5 m/s 2滑行的距离s ＝v 2B 2a 3＝0.4 m<s AB ＝v B 2t ＝4.0 m 所以小物块不能返回到A 点，停止运动时，离B 点的距离为0.4 m.。
初中物理图像专题教案一、教学目标1. 让学生理解图像在物理学习中的重要性，培养学生的图像思维能力。
2. 使学生掌握常见物理图像的识别和分析方法，提高学生解决实际问题的能力。
3. 通过对物理图像的学习，激发学生对物理学科的兴趣，提高学生的综合素质。
二、教学内容1. 图像在物理学习中的应用2. 常见物理图像的识别与分析3. 物理图像的绘制方法4. 物理图像与实际问题的结合5. 图像思维能力的培养三、教学重点与难点1. 教学重点：让学生掌握常见物理图像的识别和分析方法，以及物理图像的绘制方法。
2. 教学难点：如何引导学生将物理图像与实际问题相结合，培养学生的图像思维能力。
四、教学方法1. 采用讲授法，讲解图像在物理学习中的应用、常见物理图像的识别与分析方法、物理图像的绘制方法等。
2. 采用案例分析法，分析具体物理实例中的图像，让学生更好地理解图像在物理学习中的重要性。
3. 采用小组讨论法，让学生在小组内讨论如何将物理图像与实际问题相结合，培养学生的图像思维能力。
4. 采用实践操作法，让学生动手绘制物理图像，提高学生的实际操作能力。
五、教学过程1. 引入：通过展示一些生活中的物理图像，引导学生关注图像在物理学习中的应用。
2. 讲解：讲解图像在物理学习中的重要性，以及常见物理图像的识别与分析方法。
3. 案例分析：分析具体物理实例中的图像，让学生更好地理解图像在物理学习中的重要性。
4. 小组讨论：让学生在小组内讨论如何将物理图像与实际问题相结合，培养学生的图像思维能力。
5. 实践操作：让学生动手绘制物理图像，提高学生的实际操作能力。
六、教学评价1. 课堂问答：通过提问学生对图像在物理学习中的应用、常见物理图像的识别与分析方法等知识的掌握情况，了解学生的学习效果。
3. 物理图像绘制作品：评估学生绘制物理图像的准确性、规范性和创新性，检验学生的实际操作能力。
七、教学反思在教学过程中，教师应不断反思自己的教学方法、教学内容和学生反馈，以便及时调整教学策略，提高教学质量。
高中物理图象题讲解教案
一、教学目标
1. 掌握物理图象题的解题方法；
2. 理解图象题与实际问题之间的关系；
3. 提高学生的物理思维能力和解题能力。
二、教学准备
1. 教师准备画板、彩色粉笔等教学工具；
2. 学生准备笔记本和笔。
三、教学步骤
1. 引入：通过一个简单的实例引入物理图象题的解题方法，并说明解题的重要性；
2. 分析：解析一道典型的物理图象题，引导学生分析问题，提出解题思路；
3. 解题方法：介绍解物理图象题的常用方法，如建立物体运动方程、绘制各时刻的位移-时间图象等；
4. 实例演练：让学生跟随教师一起完成几道物理图象题的实例演练，加深对解题方法的理解和掌握；
5. 练习巩固：布置一些物理图象题的练习题，让学生独立进行解题，并及时纠正错误、指导解题方法；
6. 拓展延伸：给学生提供一些更复杂的物理图象题，培养学生的物理思维和解题能力；
7. 总结：总结物理图象题的解题方法和注意事项，让学生明白解题的关键在于建立正确的物理模型和运用相应的方法。
四、教学评价
1. 学生在演练及练习中能够熟练运用物理图象题的解题方法；
2. 学生在解题时能够正确建立物体运动方程，绘制正确的位移-时间图象；
3. 学生能够应用物理知识解决实际问题，提高了物理思维和解题能力。
五、教学反思
1. 需要根据学生的实际水平和反馈调整教学步骤和方法；
2. 需要及时纠正学生在解题中的错误，引导学生掌握正确的解题方法；
3. 鼓励学生多进行练习和实践，提高解题能力和思维能力。
图象分析法物理图象是将抽象物理问题直观化、形象化的最佳工具，能从整体上反映出两个或两个以上物理量的定性或定量关系，利用图象解题时一定要从图象纵、横坐标的物理意义以及图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等诸多方面寻找解题的突破口．利用图象解题不但快速、准确，能避免繁杂的运算，还能解决一些用一般计算方法无法解决的问题．[例7] 每隔0.2 s从同一高度竖直向上抛出一个初速度大小为6 m/s的小球，设小球在空中不相碰．g 取10 m/s2，则在抛出点以上能和第3个小球所在高度相同的小球个数为( )A．6 B．7C．8 D．9【解析】小球做竖直上抛运动，从抛出到落回抛出点的整个过程是匀变速直线运动，根据位移公式有h＝v0t－12gt2，可知小球位移—时间图象为开口向下的抛物线，从抛出到落回抛出点所用时间t＝1.2 s，每隔0.2 s抛出一个小球，故位移—时间图象如图所示，图线的交点表示两小球位移相等，可数得在抛出点以上能和第3个小球所在高度相同的小球个数为7，故选项B正确．【答案】 B【名师点评】vt图象隐含信息较多，我们经常借助vt图象解决有关运动学或动力学问题，而忽视对xt图象的利用，实际上xt图象在解决相遇问题时有其独特的作用，解题时要会灵活运用各种图象．[尝试应用] 如图12甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是( )【导学号：19624191】图12A．0＜t0＜T4B.T2＜t0＜3T4C.3T 4＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 8B [以向B 板运动为正方向，分别作出从0、T 4、T 2时刻释放的粒子的速度—时间图象如图所示，则由图象可看出，若0＜t 0＜T 4或3T 4＜t 0＜T 或T ＜t 0＜9T 8，粒子在一个周期内正向位移大，即最终打到B 板；若T2＜t 0＜3T4，粒子在一个周期内负向位移大，最终打到A 板，故B 正确．]高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
填一填 完善心中知识体系练一练 心中有素有的放矢运动图象问题阅读教材，完成下列问题：1．坐标系：为了定量地描述物体(质点)的位置以及位置的变化，可以在参考系上建立一个坐标系。
如题图1甲所示，在三维空间直角坐标系中，一质点沿直线从A 点运动到B 点。
将A 、B 两点分别投影到x 、y 、z 轴上，如题图1乙所示，则在此过程中质点的位移大小为：s ＝ 。
2．x -t 图象：它反映了物体的 随 变化的关系；图线(或点的切线)的斜率表示了物体的 ；图线的交点表示 ；3．v -t 图象：它反映了物体的 随 变化的关系；图线(或点的切线)的斜率表示了物体的 ；图线的交点表示 ；图线与时间轴所围的面积表示 ；1．A 、B 、C 三质点同时同地沿一直线运动，其s -t 图象如题图2所示，则在0～t 0这段时间内，下列说法中正确的是( )A ．质点A 的位移最大B ．质点C 的平均速度最小C ．三质点的位移大小相等D ．三质点平均速度一定不相等2．如题图3所示，为甲、乙两物体相对于同一坐标的s -t 图象，则下列说法正确的是( )①甲、乙均做匀变速直线运动 ②甲比乙早出发时间t 0 ③甲、乙运动的出发点相距s 0 ④甲的速率大于乙的速率 A ．①②③ B ．①④ C ．②③ D ．②③④甲乙题图1题图 2甲乙题图3学一学 掌握方法培养能力3．如题图4所示是物体运动的v -t 图象，从t ＝0开始，对原点的位移最大的时刻是( )A ．t 1B ．t 2C ．t 3D ．t 44．甲、乙两小分队进行军事演习，指挥部通过现代通讯设备，在屏幕上观察两小分队的具体行军路线如题图5所示，两个小分队同时同地由O 点出发，最后同时到达A 点，下列说法中正确的是( )A ．小分队行军路程甲s ＞乙sB ．小分队平均速度甲v ＞乙vC ．y -x 图象表示的是速率v -t 图象D ．y -x 图象表示的是位移s -t 图象5．如题图6所示为甲、乙两质点的v -t 图象，对于甲、乙两质点的运动，下列说法中正确的是( ) A ．质点甲向所选定的正方向运动，质点乙与甲的运动方向相反 B ．质点甲、乙的速度相同C ．在相同的时间内，质点甲、乙的位移相同D ．不管质点甲、乙是否从同一地点开始运动，它们之间的距离一定越来越大1．对x -t 图象和v -t 图象的认识与理解。
