搏分测3 以图像法解题为主导的命题
◎ 图像法应用·解码
图像法是常用的一种解题方法,其优势是直观展示物理量关系,简化复杂问题,它可使物理量的变化过程可视化,隐含条件显性化。
应用图像法解题的关键是读懂图像的物理意义
(1)轴——认清横纵坐标物理量及单位;
(2)线——分析图线形状(直线或曲线);
(3)点——关注特殊点(交点、截距、极值);
(4)斜率——理解斜率的物理意义;
(5)面积——理解“面积”的物理意义。
【典例剖析】 如图,水平轨道AD足够长,BC段部分粗糙且长度为L=1 m,其余部分光滑。质量为1 kg、长度为2L的均匀木板以v0=5 m/s的初速度穿过BC部分,木板与粗糙部分的动摩擦因数为μ=0.8,重力加速度g取10 m/s2,木板穿过粗糙段后的速度大小为( )
A.1 m/s B.2 m/s
C.3 m/s D.4 m/s
解析 本题有两种解法
方法一:分段法。
按木板运动的位移划分为三个阶段:0~L过程中,滑动摩擦力随位移的增大正比例增大,最大值为Ff=μFN= μ×mg,摩擦力的平均值==μmg。该过程中克服摩擦力做的功W1=·L=μmgL;L~2L过程中,摩擦力恒为Ff=μmg,克服摩擦力做的功W2=FfL=μmgL;2L~3L过程中克服摩擦力做的功与0~L过程中克服摩擦力做的功相等,W3=W1=μmgL。木板穿过粗糙段过程中克服摩擦力做的总功W=W1+W2+W3=μmgL,根据动能定理得-W=mv2-m,代入数据解得v=3 m/s,C项正确。
方法二:图像法。
木板穿过BC段所受摩擦力随位移x变化如图所示,Ff-x图像与坐标轴围成的面积表示物体克服摩擦力做的功,根据动能定理有-×=mv2-m,解得v=3 m/s,C项正确。两种方法比较不难得出,图像法比分段法简单、直观。
答案 C
◎ 图像法应用·演练
1.北京时间2025年4月24日23时49分,神舟十二号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱径向端口,整个对接过程历时约6.5小时。载人飞船在远离地球的过程中,所受地球引力大小F随它距地面的高度h变化的关系图像可能正确的是( )
2.(2025·怀化模拟)如图所示为一辆小汽车在公路上运动的位移—时间图像(x-t),图线为抛物线,其纵截距为9 m,t=3 s处与时间轴t相切,0时刻图线的切线与t轴相交为(t1,0),则可确认( )
A.小汽车正在转弯
B.图像中的t1=1.5 s
C.0~3 s内,有一个时刻小汽车速度为7 m/s
D.0~3 s内,小汽车平均速度为4.5 m/s
3.(2025·济宁模拟)如图甲所示,用水平力F将质量为0.4 kg的物体压在竖直墙壁上静止不动,物体与墙面间的动摩擦因数为0.4。若力F随时间t变化的规律如图乙所示,取g=10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列图像中,能正确反映物体所受墙的摩擦力大小Ff随时间t变化规律的是( )
4.(多选)(2025·青岛调研)如图甲为钓鱼时鱼漂静浮于水面的示意图,将鱼漂视为横截面积为S的细圆柱体。某次鱼咬钩时将鱼漂从平衡位置开始竖直往下拉一小段距离L后松口,鱼漂做简谐运动。取竖直向上为正方向,鱼漂的加速度a和位移x的关系如图乙。已知鱼漂的质量为m,水的密度为ρ,重力加速度为g,不计一切阻力,下列说法正确的是( )
A.鱼漂在上升过程中先超重后失重
B.图像的斜率为-ρgS
C.鱼漂在上升过程中的最大动能为
D.鱼漂在上升过程中所受的最大浮力为ρgLS
5.(2025·浙江联考)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g=10 m/s2。由图中数据可得( )
A.物体质量为2 kg,受到的阻力为4 N
B.h=0时,物体的速率为10 m/s
C.h=1 m时,物体的动能Ek=60 J
D.从地面至h=4 m,物体的动能减少80 J
6.(2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图甲和图乙所示。小车N的质量为mN,碰撞时间极短,则( )
A.mP>mN>mQ B.mN>mP>mQ
C.mQ>mP>mN D.mQ>mN>mP
7.(2025·吕梁模拟)在光滑的水平面内有一沿x轴的静电场,其电势φ随x坐标值的变化图像如图所示。一质量为m、带电量为q的带正电小球(可视为质点)从O点以初速度v沿x轴正向移动。下列叙述正确的是( )
A.小球从O运动到x1的过程中,所受电场力逐渐增大
B.小球从x1运动到x3的过程中,电势能一直减小
C.若小球能运动到x4处,则初速度v0至少为2
D.若v0为2,小球在运动过程中的最大速度为3
8.(2025·广东六校联考)一灯泡和一电源的U-I图线如图,两线交点为(0.6 A,0.5 V),下列说法不正确的是( )
A.电源的电动势为1.5 V
B.电源的内阻为2 Ω
C.小灯泡的电阻随着电流的增大而增大
D.把电源和小灯泡组成闭合回路,小灯泡的功率约为0.3 W
9.如图所示,金属棒垂直放在足够长的、倾斜的U形光滑导轨底端,整个装置处在与导轨平面垂直的匀强磁场中。在t=0时刻,给金属棒沿导轨向上的初速度。除导体棒外,其余电阻不计。在导轨上运动过程中,导体棒的动能Ek与位移x、时间t变化关系图像可能正确的是( )
10.(2025·枣庄模拟)如图所示,在x≤-和x≥区域中存在垂直xOy平面向里,磁感应强度大小为B的匀强磁场(阴影表示磁场的区域),边长为2d0的正方形金属线圈中心与坐标原点O重合,ab边垂直于y轴。从图中位置(线圈位于xOy平面内)开始,线圈以y轴为转轴匀速转动,下列描述线圈内产生的交变电动势随时间变化的图线(实线)正确的是( )
搏分测3
1.B 解析 根据万有引力定律得F=G,则随h增加,F呈非线性减小,B项正确。
2.B 解析 x-t图像只能描述物体做直线运动,A项错误;0~3 s内,小汽车平均速度为== m/s=-3 m/s,D项错误;0~3 s内,根据逆向思维把小汽车看成做初速度为0的匀加速直线运动,则有x=at2,解得加速度大小为a== m/s2=2 m/s2,则t=0时刻小汽车的速度大小为v0=at=2×3 m/s=6 m/s,根据x-t图像的切线斜率绝对值等于速度大小,则有v0==6 m/s,解得t1=1.5 s,由于小汽车做匀减速直线运动,所以0~3 s内,小汽车的速度大小不可能大于6 m/s,B项正确,C项错误。
3.B 解析 t=0时刻,最大静摩擦力fm=μF=0.4×20 N=8 N,重力G=mg=4 N4.AC 解析 由题图乙可知,鱼漂在上升过程中,鱼漂的加速度先是正的,后是负的,取竖直向上为正方向,所以加速度先向上,后向下,即浮力先大于重力,后小于重力,所以鱼漂在上升过程中先超重后失重,A项正确;设鱼漂处于平衡位置时(x=0),鱼漂浸泡在水中的部分的长度为L0,当鱼漂的位移为x时,鱼漂浸泡在水中的部分的长度则为L0-x,则ρgSL0=mg,鱼漂做简谐运动的回复力F回=ρgS(L0-x)-mg=ma,解得a=-x,图像的斜率为-,B项错误;设鱼漂在上升过程中的最大动能为Ekm,此时鱼漂处于平衡位置,由动能定理得W合=Ekm-0,由题图乙可知,合力对鱼漂做的功W合为a-x图像与x轴所围部分的面积乘以质量m,则W合=a0L·m=,解得Ekm=,C项正确;设鱼漂在上升过程中所受的最大浮力为Fm,由牛顿第二定律得Fm-mg=ma0,结合B选项和题图乙可知a0=-·(-L),解得Fm=ρgSL+mg>ρgSL,D项错误。
5.B 解析 Ep-h图像的斜率为重力,即G==20 N,解得m=2 kg,E总-h图像的斜率为平均阻力F阻=5 N,A项错误;h=0时,Ep=0,Ek=E总-Ep=100 J,故mv2=100 J,解得v=10 m/s,B项正确;h=1 m时,Ep=20 J,E总=95 J,Ek=E总-Ep=75 J,C项错误;h=0时,Ek=E总-Ep=100 J;h=4 m时,E总=80 J,Ep=80 J,Ek'=E总-Ep=0,故ΔEk=Ek-Ek'=100 J,D项错误。
6.D 解析 对小车P、N的碰撞过程,由动量守恒定律有mPvP+mNvN1=mPvP'+mNvN1',整理得mP(vP-vP')=mN(vN1'-vN1),由题图甲可知vP-vP'>vN1'-vN1,解得mPmN,综上可得mQ>mN>mP,D项正确。
7.B 解析 电势φ-x图像的斜率等于电场强度,则小球从O运动到x1的过程中,场强减小,粒子所受电场力逐渐减小,A项错误;小球从x1运动到x3的过程中,电势不断减少,正电荷的电势能不断减少,B项正确;小球能恰好运动到x1处,就能运动到x4处,所以小球能恰好运动到x1处,初速度v0最小,根据动能定理得-qφ0=0-m,解得v0=,C项错误;当小球运动到x3处时,电场力做正功最大,小球的速度最大,根据动能定理得qφ0=m-m,v0=2,解得vm=,D项错误。
8.B 解析 根据U=E-Ir可知电源的电动势为E=1.5 V,电源的内阻为r== Ω=1.67 Ω,A项正确,B项错误;根据R=可知,随电流变大,小灯泡上各点与原点连线的斜率变大,可知小灯泡的电阻随着电流的增大而增大,C项正确;把电源和小灯泡组成闭合回路,则两图像的交点为电路的工作点,此时小灯泡两端电压和电流分别为0.5 V和0.6 A,则小灯泡的功率约为P=IU=0.3 W,D项正确。
9.B 解析 根据动能定理F合x=Ek-Ek0,解得Ek=F合x+Ek0,Ek-x图像中图线各点切线的斜率为合力,金属棒上升过程中,速度变小,电流减小,安培力减小,合力减小;下降过程中,速度变大,电流增大,安培力增大,合力减小,A项错误,B项正确;根据W合=P合t,联立解得Ek=P合t+Ek0,Ek-t图像中图线各点切线的斜率为合力的功率,上升过程中,合力的功率一直减小,下降过程中合力的功率先增加后减小,最终的动能小于初动能,C、D两项错误。
10.D 解析 从题图中位置(线圈位于xOy平面内)开始,线圈以y轴为转轴匀速转动,开始时刻穿过闭合线圈的磁通量最大,线圈位于中性面,产生正弦交流电,瞬时值表达式为e=Esin ωt,当线圈转过60°时,此时线圈中产生感应电动势的瞬时值为e=Esin 60°=E,在线圈转动一周的过程中,线圈从60°转动到120°,240°到300°的过程中,穿过线圈的磁通量一直为0,根据法拉第电磁感应定律可知线圈中无感应电动势产生,结合选项图像,D项正确。(共33张PPT)
微突破搏分测
搏分测3 以图像法解题
为主导的命题
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◎ 图像法应用·解码
图像法是常用的一种解题方法,其优势是直观展示物理量关系，简化复杂问题,它可使物理量的变化过程可视化，隐含条件显性化。
应用图像法解题的关键是读懂图像的物理意义
(1)轴——认清横纵坐标物理量及单位；
(2)线——分析图线形状(直线或曲线)；
(3)点——关注特殊点(交点、截距、极值)；
(4)斜率——理解斜率的物理意义；
(5)面积——理解“面积”的物理意义。
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【典例剖析】 如图，水平轨道AD足够长，BC段部分粗糙且长度为L=1 m，其余部分光滑。质量为1 kg、长度为2L的均匀木板以v0= 5 m/s的初速度穿过BC部分，木板与粗糙部分的动摩擦因数为μ=0.8，重力加速度g取10 m/s2，木板穿过粗糙段后的速度大小为( )
A.1 m/s B.2 m/s
C.3 m/s D.4 m/s
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本题有两种解法
方法一：分段法。
按木板运动的位移划分为三个阶段：0~L过程中，滑动摩擦力随位移的增大正比例增大,最大值为Ff=μFN=μ×mg,摩擦力的平均值 ==μmg。该过程中克服摩擦力做的功W1=·L=μmgL；L~2L过程中，摩擦力恒为Ff=μmg，克服摩擦力做的功W2=FfL=
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μmgL；2L~3L过程中克服摩擦力做的功与0~L过程中克服摩擦力做的功相等，W3=W1=μmgL。木板穿过粗糙段过程中克服摩擦力做的总功W=W1+W2+W3=μmgL，根据动能定理得-W=mv2-m，代入数据解得v=3 m/s，C项正确。
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方法二：图像法。
木板穿过BC段所受摩擦力随位移x变化如图所示，Ff-x图像与坐标轴围成的面积表示物体克服摩擦力做的
功，根据动能定理有-×=
mv2-m，解得v=3 m/s，C项正确。
两种方法比较不难得出，图像法比分段法简单、直观。
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◎ 图像法应用·演练
1.北京时间2025年4月24日23时49分，神舟十二号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱径向端口，整个对接过程历时约6.5小时。载人飞船在远离地球的过程中，所受地球引力大小F随它距地面的高度h变化的关系图像可能正确的是( )
根据万有引力定律得F=G，则随h增加，F呈非线性减小，B项正确。
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2.(2025·怀化模拟)如图所示为一辆小汽车在公路上运动的位移—时间图像(x-t)，图线为抛物线，其纵截距为9 m，t=3 s处与时间轴t相切，0时刻图线的切线与t轴相交为(t1，0)，则可确认( )
A.小汽车正在转弯
B.图像中的t1=1.5 s
C.0~3 s内，有一个时刻小汽车速度为7 m/s
D.0~3 s内，小汽车平均速度为4.5 m/s
x-t图像只能描述物体做直线运动，A项错误；0~3 s内，小汽车平均速度为== m/s=-3 m/s，D项错误；0~3 s内，根据逆向思维把小汽车看成做初速度为0的匀加速直线运动，则有x=at2，解得加速度大小为a== m/s2=2 m/s2，则t=0时刻小汽车的速度大小为v0=at=2×3 m/s=6 m/s，根据x-t图像的切线斜率绝对值等于速度大小，则有v0==6 m/s，解得t1=1.5 s，由于小汽车做匀减速直线运动，所以0~3 s内，小汽车的速度大小不可能大于6 m/s，B项正确，C项错误。
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3.(2025·济宁模拟)如图甲所示，用水平力F将质量为0.4 kg的物体压在竖直墙壁上静止不动，物体与墙面间的动摩擦因数为0.4。若力F随时间t变化的规律如图乙所示，取g=10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列图像中，能正确反映物体所受墙的摩擦力大小Ff随时间t变化规律的是( )
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t=0时刻，最大静摩擦力fm=μF=0.4×20 N=8 N，重力G=mg=4 N4 N；2 s后，摩擦力小于4 N，物体向下滑动，则物体受到滑动摩擦力作用f=μF，在2 s~4 s时间内，物体受到滑动摩擦力随F的减小而减小，最后变为零，B项正确。
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4.(多选)(2025·青岛调研)如图甲为钓鱼时鱼漂静浮于水面的示意 图，将鱼漂视为横截面积为S的细圆柱体。某次鱼咬钩时将鱼漂从平衡位置开始竖直往下拉一小段距离L后松口，鱼漂做简谐运动。取竖直向上为正方向，鱼漂的加速度a和位移x的关系如图乙。已知鱼漂的质量为m，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计一切阻力，下列说法正确的是( )
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A.鱼漂在上升过程中先超重后失重
B.图像的斜率为-ρgS
C.鱼漂在上升过程中的最大动能为
D.鱼漂在上升过程中所受的最大浮力为ρgLS
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由题图乙可知，鱼漂在上升过程中，鱼漂的加速度先是正的，后是负的，取竖直向上为正方向，所以加速度先向上，后向下，即浮力先大于重力，后小于重力，所以鱼漂在上升过程中先超重后失重，A项正确；设鱼漂处于平衡位置时(x=0)，鱼漂浸泡在水中的部分的长度为L0，当鱼漂的位移为x时，鱼漂浸泡在水中的部分的长度则为L0-x，则ρgSL0=mg，鱼漂做简谐运动的回复力F回= ρgS(L0-x)-mg=ma，解得a=-x，图像的斜率为-，B项错误；
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设鱼漂在上升过程中的最大动能为Ekm，此时鱼漂处于平衡位置，由动能定理得W合=Ekm-0，由题图乙可知,合力对鱼漂做的功W合为a-x图像与x轴所围部分的面积乘以质量m，则W合=a0L·m=，解得Ekm=，C项正确；设鱼漂在上升过程中所受的最大浮力为Fm，由牛顿第二定律得Fm-mg=ma0，结合B选项和题图乙可知a0=-·(-L)，解得Fm=ρgSL+mg>ρgSL，D项错误。
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5.(2025·浙江联考)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g=10 m/s2。由图中数据可得( )
A.物体质量为2 kg，受到的阻力为4 N
B.h=0时，物体的速率为10 m/s
C.h=1 m时，物体的动能Ek=60 J
D.从地面至h=4 m，物体的动能减少80 J
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Ep-h图像的斜率为重力，即G==20 N，解得m=2 kg，E总-h图像的斜率为平均阻力F阻=5 N，A项错误；h=0时，Ep=0，Ek=E总-Ep=100 J，故mv2=100 J，解得v=10 m/s，B项正确；h=1 m时，Ep=20 J，E总=95 J，Ek=E总-Ep=75 J，C项错误；h=0时，Ek=E总-Ep=100 J；h=4 m时，E总=80 J，Ep=80 J，Ek'=E总-Ep=0，故ΔEk=Ek-Ek'=100 J，D项错误。
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6.(2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图甲和图乙所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则
( )
A.mP>mN>mQ B.mN>mP>mQ
C.mQ>mP>mN D.mQ>mN>mP
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对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP+mNvN1=mPvP'+ mNvN1'，整理得mP(vP-vP')=mN(vN1'-vN1)，由题图甲可知vP-vP'>vN1'-vN1，解得mPmN，综上可得mQ>mN>mP，D项正确。
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7.(2025·吕梁模拟)在光滑的水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随x坐标值的变化图像如图所示。一质量为m、带电量为q的带正电小球(可视为质点)从O点以初速度v沿x轴正向移动。下列叙述正确的是
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A.小球从O运动到x1的过程中，所受电场力逐渐增大
B.小球从x1运动到x3的过程中，电势能一直减小
C.若小球能运动到x4处，则初速度v0至少为2
D.若v0为2，小球在运动过程中的最大速度为3
电势φ-x图像的斜率等于电场强度，则小球从O运动到x1的过程 中，场强减小，粒子所受电场力逐渐减小，A项错误；小球从x1运动到x3的过程中，电势不断减少，正电荷的电势能不断减少，B项正确；小球能恰好运动到x1处，就能运动到x4处，所以小球能恰好运动到x1处，初速度v0最小，根据动能定理得-qφ0=0-m，解得
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v0=，C项错误；当小球运动到x3处时，电场力做正功最大，小球的速度最大,根据动能定理得qφ0=m-m，v0=2，解得vm=，D项错误。
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8.(2025·广东六校联考)一灯泡和一电源的U-I图线如图，两线交点为(0.6 A，0.5 V)，下列说法不正确的是( )
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A.电源的电动势为1.5 V
B.电源的内阻为2 Ω
C.小灯泡的电阻随着电流的增大而增大
D.把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为0.3 W
根据U=E-Ir可知电源的电动势为E=1.5 V，电源的内阻为r==
Ω=1.67 Ω，A项正确，B项错误；根据R=可知，随电流变大，小灯泡上各点与原点连线的斜率变大，可知小灯泡的电阻随着电流的增大而增大，C项正确；把电源和小灯泡组成闭合回路，则两图像的交点为电路的工作点，此时小灯泡两端电压和电流分别为0.5 V和0.6 A，则小灯泡的功率约为P=IU=0.3 W，D项正确。
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9.如图所示，金属棒垂直放在足够长的、倾斜的U形光滑导轨底端，整个装置处在与导轨平面垂直的匀强磁场中。在t=0时刻，给金属棒沿导轨向上的初速度。除导体棒外，其余电阻不计。在导轨上运动过程中，导体棒的动能Ek与位移x、时间t变化关系图像可能正确的是( )
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根据动能定理F合x=Ek-Ek0，解得Ek=F合x+Ek0，Ek-x图像中图线各点切线的斜率为合力，金属棒上升过程中，速度变小，电流减 小，安培力减小，合力减小；下降过程中，速度变大，电流增 大，安培力增大，合力减小，A项错误，B项正确；根据W合=
P合t，联立解得Ek=P合t+Ek0，Ek-t图像中图线各点切线的斜率为合力的功率，上升过程中，合力的功率一直减小，下降过程中合力的功率先增加后减小，最终的动能小于初动能，C、D两项错误。
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10.(2025·枣庄模拟)如图所示，在x≤-和x≥区域中存在垂直xOy平面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场(阴影表示磁场的区域)，边长为2d0的正方形金属线圈中心与坐标原点O重合，ab边垂直于y轴。从图中位置(线圈位于xOy平面内)开始，线圈以y轴为转轴匀速转动，下列描述线圈内产生的交变电动势随时间变化的图线(实线)正确的是( )
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从题图中位置(线圈位于xOy平面内)开始，线圈以y轴为转轴匀速转动，开始时刻穿过闭合线圈的磁通量最大，线圈位于中性面，产生正弦交流电，瞬时值表达式为e=Esin ωt，当线圈转过60° 时，此时线圈中产生感应电动势的瞬时值为e=Esin 60°=E，在线圈转动一周的过程中，线圈从60°转动到120°，240°到300°的过程中，穿过线圈的磁通量一直为0，根据法拉第电磁感应定律可知线圈中无感应电动势产生，结合选项图像，D项正确。
解析
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