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专 题 十 四 图象问题【重点知识梳理】1、在中学物理中涉及到的重要的图象有以下一些：（1）运动学中的s-t 图、v-t 图、振动图象x-t 图以及波动图象y-x 图等。
（2）电学中的电场线分布图、磁感线分布图、等势面分布图、交流电图象、电磁振荡i-t 图等。
（3）实验中的图象：如探究加速度与物体质量、物体受力时的关系时要用到a-F 图象、a-图象；用“伏安法 ”测电阻时要画I-U 图象；测电源电动势和内电阻时要画U-I 图；用单摆测重力加速度时要画的图等。
（4）在各类习题中出现的图象：如力学中的F-t 图、电磁振荡中的q-t 图、电学中的P-R 图、电磁感应中的Φ-t 图、E-t 图等 2、 图象意义的理解（1）首先应明确所给的图象是什么图象，即认清图象中横、纵轴所代表的物理量及它们的“函数关系”，特别是对那些图形相似、容易混淆的图象更要注意区分。
对定量的图象，物理量单 位也要注意，并注意坐标原点是否从零开始。
（2）要清楚的理解图象中的“点 ”、“线 ”、“斜率 ”、“截距”、“面积”的物理意义。
（3）在作图的时候,注意选取适当的坐标物理量,能化曲为直,使图象更直观。
【分类典型例题】一、物理规律在图象中的直接体现类型。
在高中物理教材中有许多知识点涉及到图象,如速度时间图象，振动图象，波动图象，分子间作用力图象，伏安特性曲线图象，电压时间图象，电流时间图象等，这些图象在高考中均有所体现。
这种方式考查图象知识是高考中常用的一种方法。
［例1］（07北京）电阻R 1、R 2交流电源按照图1所示方式连接，R 1=10，R 2=20。
合上开关后S 后，通过电阻R 2的正弦交变电流i 随时间t 变化的情况如图2所示。
则 A 、通过R 1ΩΩ的电流的有效值是1.2A B 、R 1两端的电压有效值是6VC 、通过R 2的电流的有效值是A D 、R 2两端的电压有效值是V［解析］：本题考查交流电有效值知识，并利用图象直接给出了所需信息。
功能图像问题专题一、单选题1.极限跳伞是世界上最流行的空中极限运动，它的独特魅力在于跳伞者通常起跳后伞并不是马上自动打开，而是由跳伞者自己控制开伞时间，这样冒险者就可以把刺激域值的大小完全控制在自己手中．伞打开前可看做是自由落体运动，打开伞后空气阻力与速度平方成正比，跳伞者先减速下降，最后匀速下落．如果用h表示下落的高度，t表示下落的时间，E p表示重力势能(以地面为零势能面)，E k表示动能，E表示机械能，v表示下落时的速度．在整个过程中下列图象可能符合事实的是A. B.C. D.2.一带正电的粒子仅在电场力作用下做直线运动，将初始位置O定为坐标原点和零电势能点，取运动方向为x轴的正方向，粒子动能E k与位置坐标x的关系如图所示．则下列关于场强E和粒子的速度v、加速度a、电势能E p与x的关系图象中，合理的是()A. B.C. D.3.某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计。
用v y、E、E k、P分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列图像中可能正确的是()A. B. C. D.4.如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端连接一质量为m的小球，将小球拉至与O点等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放，经时间t轻绳转过的角度为θ。
在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，下列关于小球的速率v、动能E k随时间t变化，小球向心加速度为a n、重力势能E p，(取最低点为零势能点)随角度θ变化的图像中，可能正确的是()A. B.C. D.5.一小球从地面竖直上抛，到最高点后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力大小恒定，取竖直向上为正方向．下列关于小球运动的速度v、加速度a、动能E k、机械能E随时间t或路程x变化的图象中正确是()A. B.C. D.6.从地面竖直向上抛出的物体向上运动的位移中点为P，取地面为重力势能零点，其上升阶段动能E k和重力势能E p随位移变化的图像如图所示，取g=10m/s2。
全册教案导学案说课稿试题高三物理二轮总复习全册教学案高三物理第二轮总复习目录第1专题力与运动 (1)第2专题动量和能量 (46)第3专题圆周运动、航天与星体问题 (76)第4专题带电粒子在电场和磁场中的运动 (94)第5专题电磁感应与电路的分析 (120)第6专题振动与波、光学、执掌、原子物理 (150)第7专题高考物理实验 (177)第8专题 (202)第9专题高中物理常见的物理模型 (221)第10专题计算题的答题规范与解析技巧 (240)第1专题 力与运动知识网络考点预测本专题复习三个模块的内容：运动的描述、受力分析与平衡、牛顿运动定律的运用．运动的描述与受力分析是两个相互独立的内容，它们通过牛顿运动定律才能连成一个有机的整体．虽然运动的描述、受力平衡在近几年都有独立的命题出现在高考中但由于理综考试题量的局限以及课改趋势，独立考查前两模块的命题在2013年高考中出现的概率很小，大部分高考卷中应该都会出现同时考查三个模块知识的试题，而且占不少分值．在综合复习这三个模块内容的时候，应该把握以下几点：1．运动的描述是物理学的重要基础，其理论体系为用数学函数或图象的方法来描述、推断质点的运动规律，公式和推论众多．其中，平抛运动、追及问题、实际运动的描述应为复习的重点和难点．2．无论是平衡问题，还是动力学问题，一般都需要进行受力分析，而正交分解法、隔离法与整体法相结合是最常用、最重要的思想方法，每年高考都会对其进行考查．3．牛顿运动定律的应用是高中物理的重要内容之一，与此有关的高考试题每年都有，题型有选择题、计算题等，趋向于运用牛顿运动定律解决生产、生活和科技中的实际问题．此外，它还经常与电场、磁场结合，构成难度较大的综合性试题．一、运动的描述 要点归纳(一)匀变速直线运动的几个重要推论和解题方法1．某段时间内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，即v －t ＝v t 2． 2．在连续相等的时间间隔T 内的位移之差Δs 为恒量，且Δs ＝aT 2．3．在初速度为零的匀变速直线运动中，相等的时间T 内连续通过的位移之比为：s1∶s2∶s3∶…∶s n＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)通过连续相等的位移所用的时间之比为：t1∶t2∶t3∶…∶t n＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)．4．竖直上抛运动(1)对称性：上升阶段和下落阶段具有时间和速度等方面的对称性．(2)可逆性：上升过程做匀减速运动，可逆向看做初速度为零的匀加速运动来研究．(3)整体性：整个运动过程实质上是匀变速直线运动．5．解决匀变速直线运动问题的常用方法(1)公式法灵活运用匀变速直线运动的基本公式及一些有用的推导公式直接解决．(2)比例法在初速度为零的匀加速直线运动中，其速度、位移和时间都存在一定的比例关系，灵活利用这些关系可使解题过程简化．(3)逆向过程处理法逆向过程处理法是把运动过程的“末态”作为“初态”，将物体的运动过程倒过来进行研究的方法．(4)速度图象法速度图象法是力学中一种常见的重要方法，它能够将问题中的许多关系，特别是一些隐藏关系，在图象上明显地反映出来，从而得到正确、简捷的解题方法．(二)运动的合成与分解1．小船渡河设水流的速度为v1，船的航行速度为v2，河的宽度为d．(1)过河时间t仅由v2沿垂直于河岸方向的分量v⊥决定，即t＝dv⊥，与v1无关，所以当v2垂直于河岸时，渡河所用的时间最短，最短时间t min＝dv2．(2)渡河的路程由小船实际运动轨迹的方向决定．当v1＜v2时，最短路程s min＝d；当v1＞v2时，最短路程s min＝v1v2 d，如图1－1 所示．图1－12．轻绳、轻杆两末端速度的关系(1)分解法把绳子(包括连杆)两端的速度都沿绳子的方向和垂直于绳子的方向分解，沿绳子方向的分运动相等(垂直方向的分运动不相关)，即v 1cos θ1＝v 2cos_θ2．(2)功率法通过轻绳(轻杆)连接物体时，往往力拉轻绳(轻杆)做功的功率等于轻绳(轻杆)对物体做功的功率．3．平抛运动如图1－2所示，物体从O 处以水平初速度v 0抛出，经时间t 到达P 点．图1－2(1)加速度⎩⎪⎨⎪⎧ 水平方向：a x ＝0竖直方向：a y＝g (2)速度⎩⎪⎨⎪⎧水平方向：v x ＝v 0竖直方向：v y ＝gt合速度的大小v ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋g 2t 2设合速度的方向与水平方向的夹角为θ，有：tan θ＝v y v x ＝gt v 0，即θ＝arctan gt v 0． (3)位移⎩⎪⎨⎪⎧ 水平方向：s x ＝v 0t 竖直方向：s y ＝12gt2 设合位移的大小s ＝s 2x ＋s 2y ＝(v 0t )2＋(12gt 2)2 合位移的方向与水平方向的夹角为α，有： tan α＝s y s x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，即α＝arctan gt 2v 0要注意合速度的方向与水平方向的夹角不是合位移的方向与水平方向的夹角的2倍，即θ≠2α，而是tan θ＝2tan α．(4)时间：由s y ＝12gt 2得，t ＝2s y g，平抛物体在空中运动的时间t 只由物体抛出时离地的高度s y 决定，而与抛出时的初速度v 0无关．(5)速度变化：平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变化量(g ＝Δv Δt)相等，且必沿竖直方向，如图1－3所示．图1－3任意两时刻的速度与速度的变化量Δv 构成直角三角形，Δv 沿竖直方向．注意：平抛运动的速率随时间并不均匀变化，而速度随时间是均匀变化的．(6)带电粒子(只受电场力的作用)垂直进入匀强电场中的运动与平抛运动相似，出电场后做匀速直线运动，如图1－4所示．图1－4故有：y ＝(L ′＋L 2)·tan α＝(L ′＋L 2)·qUL dm v 20． 热点、重点、难点(一)直线运动高考中对直线运动规律的考查一般以图象的应用或追及问题出现．这类题目侧重于考查学生应用数学知识处理物理问题的能力．对于追及问题，存在的困难在于选用哪些公式来列方程，作图求解，而熟记和运用好直线运动的重要推论往往是解决问题的捷径．●例1 如图1－5甲所示，A 、B 两辆汽车在笔直的公路上同向行驶．当B 车在A 车前s ＝84 m 处时，B 车的速度v B ＝4 m/s ，且正以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B 车的加速度突然变为零．A 车一直以v A ＝20 m/s 的速度做匀速运动，从最初相距84 m 时开始计时，经过t 0＝12 s 后两车相遇．问B 车加速行驶的时间是多少？图1－5甲【解析】设B 车加速行驶的时间为t ，相遇时A 车的位移为：s A ＝v A t 0B 车加速阶段的位移为：s B 1＝v B t ＋12at 2 匀速阶段的速度v ＝v B ＋at ，匀速阶段的位移为：s B 2＝v (t 0－t )相遇时，依题意有：s A ＝s B 1＋s B 2＋s联立以上各式得：t 2－2t 0t －2[(v B －v A )t 0＋s ]a ＝0 将题中数据v A ＝20 m/s ，v B ＝4 m/s ，a ＝2 m/s 2，t 0＝12 s ，代入上式有：t 2－24t ＋108＝解得：t 1＝6 s ，t 2＝18 s(不合题意，舍去)因此，B 车加速行驶的时间为6 s ．[答案] 6 s【点评】①出现不符合实际的解(t 2＝18 s)的原因是方程“s B 2＝v (t 0－t )”并不完全描述B 车的位移，还需加一定义域t ≤12 s ．②解析后可以作出v A －t 、v B －t 图象加以验证．图1－5乙根据v －t 图象与t 围成的面积等于位移可得，t ＝12 s 时，Δs ＝[12×(16＋4)×6＋4×6] m ＝84 m ．(二)平抛运动平抛运动在高考试题中出现的几率相当高，或出现于力学综合题中，如2008年北京、山东理综卷第24题；或出现于带电粒子在匀强电场中的偏转一类问题中，如2008年宁夏理综卷第24题、天津理综卷第23题；或出现于此知识点的单独命题中，如2009年高考福建理综卷第20题、广东物理卷第17(1)题、2008年全国理综卷Ⅰ第14题．对于这一知识点的复习，除了要熟记两垂直方向上的分速度、分位移公式外，还要特别理解和运用好速度偏转角公式、位移偏转角公式以及两偏转角的关系式(即tan θ＝2tan α)．●例2 图1－6甲所示，m 为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A 为终端皮带轮．已知皮带轮的半径为r ，传送带与皮带轮间不会打滑．当m 可被水平抛出时，A 轮每秒的转数最少为( )图1－6甲A ．12πg rB ．g rC ．grD ．12πgr 【解析】解法一 m 到达皮带轮的顶端时，若m v 2r≥mg ，表示m 受到的重力小于(或等于)m 沿皮带轮表面做圆周运动的向心力，m 将离开皮带轮的外表面而做平抛运动又因为转数n ＝ω2π＝v 2πr所以当v ≥gr ，即转数n ≥12πg r时，m 可被水平抛出，故选项A 正确． 解法二 建立如图1－6乙所示的直角坐标系．当m 到达皮带轮的顶端有一速度时，若没有皮带轮在下面，m 将做平抛运动，根据速度的大小可以作出平抛运动的轨迹．若轨迹在皮带轮的下方，说明m 将被皮带轮挡住，先沿皮带轮下滑；若轨迹在皮带轮的上方，说明m 立即离开皮带轮做平抛运动．图1－6乙又因为皮带轮圆弧在坐标系中的函数为：当y 2＋x 2＝r 2初速度为v 的平抛运动在坐标系中的函数为：y ＝r －12g (x v )2 平抛运动的轨迹在皮带轮上方的条件为：当x >0时，平抛运动的轨迹上各点与O 点间的距离大于r ，即y 2＋x 2>r 即[r －12g (x v )2]2＋x 2>r 解得：v ≥gr又因皮带轮的转速n 与v 的关系为：n ＝v 2πr 可得：当n ≥12πg r时，m 可被水平抛出． [答案] A【点评】“解法一”应用动力学的方法分析求解；“解法二”应用运动学的方法(数学方法)求解，由于加速度的定义式为a ＝Δv Δt ，而决定式为a ＝F m，故这两种方法殊途同归． ★同类拓展1 高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性．某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图1－7所示的示意图．其中AB 段是助滑雪道，倾角α＝30°，BC 段是水平起跳台，CD 段是着陆雪道，AB 段与BC 段圆滑相连，DE 段是一小段圆弧(其长度可忽略)，在D 、E 两点分别与CD 、EF 相切，EF 是减速雪道，倾角θ＝37°．轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ＝0.25，图中轨道最高点A 处的起滑台距起跳台BC 的竖直高度h ＝10 m ．A 点与C 点的水平距离L 1＝20 m ，C 点与D 点的距离为32.625 m ．运动员连同滑雪板的总质量m ＝60 kg ．滑雪运动员从A 点由静止开始起滑，通过起跳台从C 点水平飞出，在落到着陆雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿着陆雪道的分速度而不弹起．除缓冲外运动员均可视为质点，设运动员在全过程中不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：图1－7(1)运动员在C 点水平飞出时的速度大小．(2)运动员在着陆雪道CD 上的着陆位置与C 点的距离． (3)运动员滑过D 点时的速度大小．【解析】(1)滑雪运动员从A 到C 的过程中，由动能定理得：mgh －μmg cos αhsin α－μmg (L 1－h cot α)＝12m v 2C解得：v C ＝10 m/s ．(2)滑雪运动员从C 点水平飞出到落到着陆雪道的过程中做平抛运动，有： x ＝v C t y ＝12gt 2 yx＝tan θ 着陆位置与C 点的距离s ＝x cos θ解得：s ＝18.75 m ，t ＝1.5 s ．(3)着陆位置到D 点的距离s ′＝13.875 m ，滑雪运动员在着陆雪道上做匀加速直线运动．把平抛运动沿雪道和垂直雪道分解，可得着落后的初速度v 0＝v C cos θ＋gt sin θ加速度为：mg sin θ－μmg cos θ＝ma运动到D 点的速度为：v 2D ＝v 20＋2as ′ 解得：v D ＝20 m/s ．[答案] (1)10 m/s (2)18.75 m (3)20 m/s 互动辨析 在斜面上的平抛问题较为常见，“位移与水平面的夹角等于倾角”为着落条件．同学们还要能总结出距斜面最远的时刻以及这一距离．二、受力分析要点归纳(一)常见的五种性质的力(二)力的运算、物体的平衡1．力的合成与分解遵循力的平行四边形定则(或力的三角形定则)．2．平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态，物体处于平衡状态的动力学条件是：F合＝0或F x＝0、F y＝0、F z＝0．注意：静止状态是指速度和加速度都为零的状态，如做竖直上抛运动的物体到达最高点时速度为零，但加速度等于重力加速度，不为零，因此不是平衡状态．3．平衡条件的推论(1)物体处于平衡状态时，它所受的任何一个力与它所受的其余力的合力等大、反向．(2)物体在同一平面上的三个不平行的力的作用下处于平衡状态时，这三个力必为共点力．物体在三个共点力的作用下而处于平衡状态时，表示这三个力的有向线段组成一封闭的矢量三角形，如图1－8所示．图1－84．共点力作用下物体的平衡分析热点、重点、难点(一)正交分解法、平行四边形法则的应用1．正交分解法是分析平衡状态物体受力时最常用、最主要的方法．即当F合＝0时有：F x合＝0，F y合＝0，F z合＝0．2．平行四边形法有时可巧妙用于定性分析物体受力的变化或确定相关几个力之比．●例3举重运动员在抓举比赛中为了减小杠铃上升的高度和发力，抓杠铃的两手间要有较大的距离．某运动员成功抓举杠铃时，测得两手臂间的夹角为120°，运动员的质量为75 kg，举起的杠铃的质量为125 kg，如图1－9甲所示．求该运动员每只手臂对杠铃的作用力的大小．(取g＝10 m/s2)图1－9甲【分析】由手臂的肌肉、骨骼构造以及平时的用力习惯可知，伸直的手臂主要沿手臂方向发力．取手腕、手掌为研究对象，握杠的手掌对杠有竖直向上的弹力和沿杠向外的静摩擦力，其合力沿手臂方向，如图1－9乙所示．图1－9乙【解析】手臂对杠铃的作用力的方向沿手臂的方向，设该作用力的大小为F，则杠铃的受力情况如图1－9丙所示图1－9丙由平衡条件得：2F cos 60°＝mg解得：F＝1250 N．[答案] 1250 N●例4两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性细杆相连放置在一个光滑的半球面内，如图1－10甲所示．已知小球a和b的质量之比为3，细杆长度是球面半径的 2 倍．两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ是[2008年高考·四川延考区理综卷]()图1－10甲A．45°B．30°C．22.5°D．15°【解析】解法一设细杆对两球的弹力大小为T，小球a、b的受力情况如图1－10乙所示图1－10乙其中球面对两球的弹力方向指向圆心，即有： cos α＝22R R ＝22解得：α＝45°故F N a 的方向为向上偏右，即β1＝π2－45°－θ＝45°－θF N b 的方向为向上偏左，即β2＝π2－(45°－θ)＝45°＋θ两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用，过O 作竖直线交ab 于c 点，设球面的半径为R ，由几何关系可得：m a g Oc ＝F N aR m b g Oc ＝F N bR解得：F N a ＝3F N b取a 、b 及细杆组成的整体为研究对象，由平衡条件得： F N a ·sin β1＝F N b ·sin β2 即 3F N b ·sin(45°－θ)＝F N b ·sin(45°＋θ) 解得：θ＝15°．解法二 由几何关系及细杆的长度知，平衡时有： sin ∠Oab ＝22R R ＝22故∠Oab ＝∠Oba ＝45°再设两小球及细杆组成的整体重心位于c 点，由悬挂法的原理知c 点位于O 点的正下方，且ac bc ＝m am b＝ 3即R ·sin(45°－θ)∶R ·sin(45°＋θ)＝1∶ 3解得：θ＝15°． [答案] D【点评】①利用平行四边形(三角形)定则分析物体的受力情况在各类教辅中较常见．掌握好这种方法的关键在于深刻地理解好“在力的图示中，有向线段替代了力的矢量”．②在理论上，本题也可用隔离法分析小球a 、b 的受力情况，根据正交分解法分别列平衡方程进行求解，但是求解三角函数方程组时难度很大．③解法二较简便，但确定重心的公式ac bc ＝m am b＝3超纲．(二)带电粒子在复合场中的平衡问题 在高考试题中，也常出现带电粒子在复合场中受力平衡的物理情境，出现概率较大的是在正交的电场和磁场中的平衡问题及在电场和重力场中的平衡问题．在如图1－11所示的速度选择器中，选择的速度v ＝EB ；在如图1－12所示的电磁流量计中，流速v ＝u Bd ，流量Q ＝πdu 4B．图1－11 图1－12●例5 在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场的方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN 运动，如图1－13所示．由此可判断下列说法正确的是( )图1－13A ．如果油滴带正电，则油滴从M 点运动到N 点B ．如果油滴带正电，则油滴从N 点运动到M 点C ．如果电场方向水平向右，则油滴从N 点运动到M 点D ．如果电场方向水平向左，则油滴从N 点运动到M 点【解析】油滴在运动过程中受到重力、电场力及洛伦兹力的作用，因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，大小随速度的改变而改变，而电场力与重力的合力是恒力，所以物体做匀速直线运动；又因电场力一定在水平方向上，故洛伦兹力的方向是斜向上方的，因而当油滴带正电时，应该由M 点向N 点运动，故选项A 正确、B 错误．若电场方向水平向右，则油滴需带负电，此时斜向右上方与MN 垂直的洛伦兹力对应粒子从N 点运动到M 点，即选项C 正确．同理，电场方向水平向左时，油滴需带正电，油滴是从M 点运动到N 点的，故选项D 错误．[答案] AC 【点评】对于带电粒子在复合场中做直线运动的问题要注意受力分析．因为洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，而且与磁场的方向、带电粒子的电性都有关，分析时更要注意．本题中重力和电场力均为恒力，要保证油滴做直线运动，两力的合力必须与洛伦兹力平衡，粒子的运动就只能是匀速直线运动．★同类拓展2 如图1－14甲所示，悬挂在O 点的一根不可伸长的绝缘细线下端挂有一个带电荷量不变的小球A ．在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B ．当B 到达悬点O 的正下方并与A 在同一水平线上，A 处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ．若两次实验中B 的电荷量分别为q 1和q 2，θ分别为30°和45°，则q 2q 1为 [2007年高考·重庆理综卷]( )图1－14甲A．2B．3C．23D．3 3【解析】对A球进行受力分析，如图1－14 乙所示，图1－14乙由于绳子的拉力和点电荷间的斥力的合力与A球的重力平衡，故有：F电＝mg tan θ，又F电＝k qQ Ar2．设绳子的长度为L，则A、B两球之间的距离r＝L sin θ，联立可得：q＝mL2g tan θsin2θkQ A，由此可见，q与tan θsin 2θ成正比，即q2q1＝tan 45°sin245°tan 30°sin230°＝23，故选项C正确．[答案] C互动辨析本题为带电体在重力场和电场中的平衡问题，解题的关键在于：先根据小球的受力情况画出平衡状态下的受力分析示意图；然后根据平衡条件和几何关系列式，得出电荷量的通解表达式，进而分析求解．本题体现了新课标在知识考查中重视方法渗透的思想．三、牛顿运动定律的应用要点归纳(一)深刻理解牛顿第一、第三定律1．牛顿第一定律(惯性定律)一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止．(1)理解要点①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持．②它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因．③牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例．牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系．(2)惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性．①惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关．②质量是物体惯性大小的量度．2．牛顿第三定律(1)两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上，可用公式表示为F＝－F′．(2)作用力与反作用力一定是同种性质的力，作用效果不能抵消．(3)牛顿第三定律的应用非常广泛，凡是涉及两个或两个以上物体的物理情境、过程的解答，往往都需要应用这一定律．(二)牛顿第二定律1．定律内容物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比，跟物体的质量m成反比．2．公式：F合＝ma理解要点①因果性：F合是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失．②方向性：a与F合都是矢量，方向严格相同．③瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，F合是该时刻作用在该物体上的合外力．3．应用牛顿第二定律解题的一般步骤：(1)确定研究对象；(2)分析研究对象的受力情况，画出受力分析图并找出加速度的方向；(3)建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上，并将其余的力或加速度分解到两坐标轴上；(4)分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程；(5)统一单位，计算数值．热点、重点、难点一、正交分解法在动力学问题中的应用当物体受到多个方向的外力作用产生加速度时，常要用到正交分解法．1．在适当的方向建立直角坐标系，使需要分解的矢量尽可能少．2．F x合＝ma x合，F y合＝ma y合，F z合＝ma z合．3．正交分解法对本章各类问题，甚至对整个高中物理来说都是一重要的思想方法．●例6如图1－15甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成θ＝37°固定，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点．现有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t 1＝2 s 后停止，小球沿细杆运动的部分v －t 图象如图1－15乙所示．试求：(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图1－15(1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～4 s 内的加速度a 2．(2)风对小球的作用力F 的大小．【解析】(1)由图象可知，在0～2 s 内小球的加速度为：a 1＝v 2－v 1t 1＝20 m/s 2，方向沿杆向上 在2～4 s 内小球的加速度为：a 2＝v 3－v 2t 2＝－10 m/s 2，负号表示方向沿杆向下． (2)有风力时的上升过程，小球的受力情况如图1－15丙所示图1－15丙在y 方向，由平衡条件得：F N1＝F sin θ＋mg cos θ在x 方向，由牛顿第二定律得：F cos θ－mg sin θ－μF N1＝ma1停风后上升阶段，小球的受力情况如图1－15丁所示图1－15丁在y方向，由平衡条件得：F N2＝mg cos θ在x方向，由牛顿第二定律得：－mg sin θ－μF N2＝ma2联立以上各式可得：F＝60 N．【点评】①斜面(或类斜面)问题是高中最常出现的物理模型．②正交分解法是求解高中物理题最重要的思想方法之一．二、连接体问题(整体法与隔离法)高考卷中常出现涉及两个研究对象的动力学问题，其中又包含两种情况：一是两对象的速度相同需分析它们之间的相互作用，二是两对象的加速度不同需分析各自的运动或受力．隔离(或与整体法相结合)的思想方法是处理这类问题的重要手段．1．整体法是指当连接体内(即系统内)各物体具有相同的加速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．2．隔离法是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求连接体内物体间的相互作用力，则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法．3．当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法．有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决．●例7如图1－16所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动．已知F1＞F2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为()图1－16A ．F 1－F 2kB ．F 1－F 22kC ．F 1＋F 22kD ．F 1＋F 2k【解析】取A 、B 及弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F 1－F 2＝2ma取B 为研究对象：kx －F 2＝ma(或取A 为研究对象：F 1－kx ＝ma )可解得：x ＝F 1＋F 22k． [答案] C【点评】①解析中的三个方程任取两个求解都可以．②当地面粗糙时，只要两物体与地面的动摩擦因数相同，则A 、B 之间的拉力与地面光滑时相同．★同类拓展3 如图1－17所示，质量为m 的小物块A 放在质量为M 的木板B 的左端，B 在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A 、B 相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B 在地面上滑行了一段距离x ，A 在B 上相对于B 向右滑行了一段距离L (设木板B 足够长)后A 和B 都停了下来．已知A 、B 间的动摩擦因数为μ1，B 与地面间的动摩擦因数为μ2，且μ2＞μ1，则x 的表达式应为( )图1－17A ．x ＝M m LB ．x ＝(M ＋m )L mC ．x ＝μ1ML (μ2－μ1)(m ＋M )D ．x ＝μ1ML (μ2＋μ1)(m ＋M ) 【解析】设A 、B 相对静止一起向右匀速运动时的速度为v ，撤去外力后至停止的过程中，A 受到的滑动摩擦力为：f 1＝μ1mg其加速度大小a 1＝f 1m＝μ1g B 做减速运动的加速度大小a 2＝μ2(m ＋M )g －μ1mg M由于μ2＞μ1，所以a 2＞μ2g ＞μ1g ＝a 1即木板B 先停止后，A 在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变对A 应用动能定理得：－f 1(L ＋x )＝0－12m v 2 对B 应用动能定理得：μ1mgx －μ2(m ＋M )gx ＝0－12M v 2 解得：x ＝μ1ML (μ2－μ1)(m ＋M )． [答案] C【点评】①虽然使A 产生加速度的力由B 施加，但产生的加速度a 1＝μ1g 是取大地为参照系的．加速度是相对速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的参照系，与施力物体的速度无关．②动能定理可由牛顿第二定律推导，特别对于匀变速直线运动，两表达式很容易相互转换．三、临界问题●例8 如图1－18甲所示，滑块A 置于光滑的水平面上，一细线的一端固定于倾角为45°、质量为M 的光滑楔形滑块A 的顶端P 处，细线另一端拴一质量为m 的小球B ．现对滑。
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(v0＋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．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，两车位臵相同，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2a、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．(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v 0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x 1的过程中速度逐渐减小B ．粒子从x 1运动到x 3的过程中，电势能先减小后增大C ．要使粒子能运动到x 4处，粒子的初速度v 0至少为2 qφ0m D ．若v 0＝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x 1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x 1运动到x 3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x 1处，就能到达x 4处，当粒子恰好运动到x 1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(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．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．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.(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.(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 A v 2＝μm A g (x －h ) ② 由①②解得：μ＝m B h(m A ＋m B )x －m B h③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7组数据，请在图14所示的坐标纸上作出该元件的I —U 图线.序号 电压/V 电流/A 1 0.00 0.00 2 0.50 0.20 3 1.00 0.35 4 1.50 0.45 5 2.00 0.50 6 2.50 0.54 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 ＝U I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10题组1 对力学图象问题的考查1．(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＝1.52 m /s ＝0.75 m/s,0～4 s 内的平均速度v ′＝x ′t ′＝1.54m /s ＝0.375 m/s ，选项D 错误．2．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．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．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．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。
