【文档说明】高考物理三轮冲刺专题01图象法(含解析).doc，共(23)页，1.091 MB，由MTyang资料小铺上传

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1专题01图象法目录1.线性图象法..............................................................................12.非线性图像法..............

.............................................................13（1）读取图象信息...............................................

.................14（2）辨识图象真伪................................................................163.“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Vt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2C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量是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：mgkxma，变形式为：kag

xm，该图象的斜率为km，纵轴截距为重力加速度g。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：00331MNagga；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：2MmGmgR，即该星球的质量2gRMG。又因

为：343RM，联立得34gRG。故两星球的密度之比为：1:1NMMNNMRggR，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，mgkx，即：kxmg；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：00122PQxxxx，故物体P和物体Q的质量之比为：16pNPQQMxgmmxg，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22vax，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2000012332Pvaxax，物体Q的最大速度满足：2002Qvax，则两物体的最大动能之比：222212412QQkQQQkPPPPPmvEmvEmvmv，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0x和02x，即物体P所在弹簧最大压缩量为20x，物体Q所在弹簧最大压缩量为40x，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2v2，由此求出PQ3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.圆环中的感应电流大小为004BrStD.圆环中的感应电动势大小为200π4Brt【答案】BC【解析】AB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AF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：EIR，又根据法拉第电磁感应定律得：22BrEtt，又根据电阻定律得：2rRS，

联立得：004BrSIt，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10m/s2。由图中数据可得（）4A.物体的质量为2kgB.h=0时，物体的速率为20m/sC.h=2m时，物体的动能Ek=40JD.从地面至h=4m，物体的动能减少100J【答

案】AD【解析】A．Ep-h图像知其斜率为G，故G=80J4m=20N，解得m=2kg，故A正确B．h=0时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故212mv=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.2kgB.1.5kgC.1kgD.0.5kg【答案】C【解析】对上升过程，由动能定理，0()kkFmghEE

，得0()kkEEFmgh，即F+mg=12N；下落过程，()(6)kmgFhE，即8mgFk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5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）3mm（2）215WmgH（

3）11=9【解析】（1）根据图（b），v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，12v为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m，碰撞后瞬间的速度大小为v，由动量守恒定律和机械能守恒定律有11()2vm

vmmv①22211111()2222vmvmmv②联立①②式得3mm（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211102mgHfsmv④2121()0()22vfsmghm⑤从图（b）所给的v–t图线可知11112svt⑥11111(1.4)22v

stt⑦6由几何关系21shsH⑧物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为12Wfsfs⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得215WmgH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cossinHhWmg○11设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s，由动能定理

有2102mgsmv○12设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有cos0sinhmghmgmgs○13联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩○11○12○13式可得11=9○14【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1kgB.2s~4s内，力F的大小为0.4NC.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】AB7【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=2000kg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100m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=0.8s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3s；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1s内的位移为24m，第4s内的位移为1m。（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）28m/sa（3）s=87.5m【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=1s，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v4，8由运动学公式有2143(Δ)ssat①2121Δ(Δ)2svtat②424Δvvat③联立①②③式，代入已知数据解得417m/s6v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+4Δ

t内汽车停止，由运动学公式323Δvvat⑤2432asv⑥联立②⑤⑥，代入已知数据解得28m/sa，v2=28m/s⑦或者2288m/s25a，v2=29.76m/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1211=()2Iftt⑩由动量定理有12Imvm⑪由动量定理，在t1~t2时间内，汽车克服阻力做的功为22121122Wmvmv⑫

联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得v1=30m/s⑬51.1610JW⑭从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为221112211()()22vsvtvvtta⑮9联立⑦⑬⑮，代入已知数据解

得s=87.5m⑯【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4:5B．电机的最大牵引力之比为2:15C．电机输出的最大功率之比为2:1D．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02t，其中加速过程时间为0t，位移为x，则x200tv，减速过程为0t，位移也为x，第②次提升加速时间为20t，位移为4x，减速过程时间也为20t，位移也为4x，则匀速过程时间为0023222tvxx，所以矿车上升所用的时间之比为54232000t

tt，A正确；B．加速上升时电机的牵引力)(agmF，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FvP，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mgh，所以相等，D错误。【总结与点评】tv图象是倾斜的直线，说明速度随时间均匀变化，tv图象的斜率表示加速度大小，tv图象与t轴包围的“面积”表示位移。10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0v滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的vt图像，图中t1、0v、1v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】10)(vMmmv，10

1vvvMm，110tvvga【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m的物体A以速度0v在平台上运动滑到与平台等高，质量为M的静止的小车B上

，小车B放到光滑水平面上，物体A与B之间滑动摩擦因数为，不计A体积，为使A在小车上不致滑出，试求小车B的长度l至少为多少？（用速度时间图象求解）【解析】模型构建：物体A为质点,小车B虽不是质点，但只做平动。A做

匀减速直线运动，B做匀加速直线运动数理整合：要使A不从小车B上的右断滑出，必须A滑到B的右端时，两者恰好速度相等。，t时刻B对地位移为s，A对地位移为sl对A1mamg①11对2Mamg②tavv101③tav22④21vv⑤坐标系中作两者的Vt图像如图

10，A,B图像的交点由上述方程组解得1220120,aaavaav由图知ODE面积即为B板长l,12200221aavtvl①②代入得mMgMvl220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”的声音，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/V0.501.021.542.052.55I2/mA20.040.060.080.0100.0请根据表中的数据，在方格纸上作出U2–I2图象．___12（

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0,?xRR的电压之和，当电压表接在a、b间时，电压表测的电压为0R的电压，由图可得：001.962.0449,25.50

.040.08xRRR，所以23.5xR。13【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E和内阻r，与其直实值E和r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IU坐标，在不考虑电表内阻的影响时，当伏特表读数为U时，安培表读数为I，由rIUE得一条直线。如图中的实

线，电动势为E，内阻为0IEr。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U时，通过电源的电流vIII，其中vI为通过伏特表的电流vI越小，误差越小

，vvRUI，,0,0vIU这时0II，作IU图线如图11（a）中的虚线，此直线U轴上的截距就是电动势的真实值E，内阻真实值0IEr。由图知rrEE,。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I时，路端电压AAIRUUUU，0,0AUI。作IU图线，如图11（b）中的虚线。由图知rrEE,。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14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

向上的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0vvat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<fy2，故D正确【总结与点评】v-t图面积表示下落的纵向位移，可以数格子比较两种情况下的位移大小，纵向的阻力与纵向速度正相关，两种

情况由于运动员姿势不同，受力面不同，因此正相关系数不同，导致纵向的速度时间图象不同。针对训练7a．（18年全国2卷）甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶，下列

说法正确的是（）15A．两车在t1时刻也并排行驶B．t1时刻甲车在后，乙车在前C．甲车的加速度大小先增大后减小D．乙车的加速度大小先减小后增大【答案】BD【解析】因为在1t到2t之间，两汽车的位移不等，已知两车在t2时刻并排行驶，所以两车在t1时刻不并排行驶，因为乙甲xx（面积法

求位移），所以t1时刻甲车在后，乙车在前，A错误，B正确；根据斜率法求加速度，甲、乙两车的加速度大小都先减小后增大，所以C错误D正确。针对训练7b．（18年全国3卷）甲乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列

说法正确的是（）A．在t1时刻两车速度相等B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D．从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等【答案】CD【解析】速度大小等于图象的斜率，A错误，应该是位

置相同；因为初始位置不同，虽然t1时刻位置相同，但从0到t1时间内，两车走过的路程不相等,B错误；起、终位置相同，都是直线运动，所以位移相等，C正确；当甲的斜率与乙相等时，速度相等，D正确；16（2）辨识

图象真伪给出一组图像，辨析哪一个图像与所要回答的问题一致，这类问题首先要分析物理过程，利用物理规律推导出纵坐标与横坐标所代表的物理量的关系式，再根据关系式画出图像，或用于判定哪一个图像是正确的，或用于辅助解题。例8.（1

9年全国2卷）2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描F随h变化关系的图像是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】根据万有引力定律可得：2()GMmFRh，h越大，F

越小，故选项D符合题意；【总结与点评】推导出地球引力F与探测器与地球表面的距离h的表达式，有表达式知道两者的变化规律。练习8a.（19年江苏卷）一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力

对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图象是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】由于带电粒子在电场中类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为qEm，经过时间t，电场力方向速度为qEtm，功率为qEPFvqEtm，所

以P与t成正比，故A正确。练习8b.（18年全国1卷）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F

和x之间关系的图像可能正确的是（）17AB．C．D．【答案】A【解析】maxxkmgF)(0，其中0kxmg，得kxmaF，A正确。练习8c.(18年江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球

运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是（）【答案】A【解析】上升时，gtvv0，所以22202121tmgmvEk下落时，gtv（从开始下落开始计时），所

以2221tmgEk根据数学函数图像知识，选A【总结与点评】tEk图象是二次函数图象，表示动能kE随时间非均匀变化，与时间平方成线性关系。例9.（19年全国3卷）如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同

一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电

流用I表示。下列图像中可能正确的是（）18A.B.C.D.【答案】AC【解析】ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向左做减速运动，；金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力

减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC正确，BD错误。【总结与点评】这是双杆模型，两杆构成的系统动量守恒，双杆最终速度相同，可以得出末速度，两者的相对速度为零。电路中的电动势

是切割类型，lvBE，速度是两杆的相对速度，相对速度逐渐减小，安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，当两杆的相对速度为零，安培力为零，加速度也为零。练习9a．（19年全国2卷）如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为

l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为32l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是（）【答案】D【解析】如图情况下，电流方向为顺时针，当前边在向里的磁场时，电流方向为逆时针，但因为两导体棒之间距离为磁场宽度的2

3倍，所以有一段时间两个导体棒都在同一方向的磁场中，感应电流方向相反，总电流为0，所以选D.练习9b.（19年全国2卷）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁

场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是（）19A.B.C.D.【答案】AD【解析】由于PQ进入磁场时加速度为零，AB．若PQ出磁场时MN仍然没有进

入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量φ不变，无感应电流。由于PQ、MN同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，A正确B错误；CD．若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量φ不变，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于加速故电

流比PQ进入磁场时电流大，故C正确D错误；3.“化曲为直”法由于高中生数学知识的局限，学生对非线性关系的研究往往至于定性分析。如果需要定量计算，可借助图象来解决，但是两物理量的图象关系是曲线，从曲线去研究有时无法展开，这时需要通过变换坐标轴的物理意义，把曲线转化为直线，这

样就容易研究两者之间的定量关系。在坐标轴变换中，横轴或纵轴所表示的变量与原来的物理量有一定的关系，比如：在《探究加速度与质量、力的关系》实验中，Ma的关系图象是曲线，但Ma1的关系图象是直线；在《探究变力做功与速度变化的关系》实验中vW的关系图象是曲线，但2vW得

关系图象是直线。例11.(18年江苏卷)一同学测量某干电池的电动势和内阻．（1）题10-1图所示是该同学正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实验电路．请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处．20（2）实验测得的电

阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算的1I数据见下表:根据表中数据，在答题卡的方格纸上作出1RI关系图象．由图象可计算出该干电池的电动势为V；内阻为Ω．R/Ω8.07.06.05.04.0I/A0.150.170.190.220.261I/A–16.76.05.34.53.8

（3）为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100mV的电压表并联在电流表的两端．调节电阻箱，当电流表的示数为0.33A时，电压表的指针位置如题10-2图所示，则该干电池的电动势应为V；内阻应为Ω．【答案】（1）①开关未断开②电阻箱阻值为零（2）（见下图）1.4（1.30~

1.44都算对）1.2（1.0~1.4都算对）（3）1.4（结果与（2）问第一个空格一致）1.0（结果比（2）问第二个空格小0.2）【解析】（2）推导：根据闭合电路欧姆定律，)(rRIE，变形为rIER1，所以电动势为IR1图象的斜率，内阻r为IR1图象在R轴上的的截距

，根据图象科求出斜率和截距，从而求出E和r，见答案。21（3）电压表读数为66mV,根据已知条件，电流表内阻2.033.010663AVrA因为安阻法测电源电动势和内阻实验中，电动势E测真EE，内阻Arrr真测，所以，第（3）问中，电动势同第（2）问，内阻比第

（2）问少2.0Ar.【总结与点评】“化曲为直”要把两个物理量的非线性关系转化为线性关系，如果有提示，按照提示来转化。如果没有提示，可能有多重转化结果。本题如果没有提示，也可以转化为RI1关系，表达式EREIr11，在根

据直线的截距、斜率的物理意义进一步求解。针对训练11a.（18年海南卷）某同学利用图(a)中的电路测量电流表的内阻RA(约为5)和直流电源的电动势E(约为10V)。图中R1和R2为电阻箱，S1和S2为开关。已知电流表的量程为100mA，直流电源的内阻为r。(1)断开S2，闭合S1，调

节R1的阻值，使满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节R2，当R2的阻值为4.8时的示数为48.0mA。忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，经计算得RA=_____Q；(保留2位有效数字)(2)保持S1闭合，断开S2，多次改变R1的阻值，并记录电

流表的相应示数。若某次R1的示数如图(b)所示，则此次R1的阻值为；(3)利用记录的R1的阻值和相应的电流表示数I，作出11IR图线，如图(c)所示。用电池的电动势E、内阻r和电流表内阻RA表示1I随1R变化的关系式为1I=。利用图(c)可求得E=V。(保留2位

有效数字)【答案】（1）2.5AR(2)2.1481R（3）ErRREIA1119.2V【解析】（1）并联电路电流与电阻成反比0.481000.482RRA，解得2.5AR22(2)2.1481R（3）根据全电路欧姆定律有)(

1rRRIEA，变形得ErRREIA111。从图（c）可求图线的斜率80067100180127.20k，则电源电动势VkE2.9678001.针对训练11b．（10年上海

卷）用DIS研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图Ⅰ所示，实验步骤如下：①把注射器活塞移至注射器中间位置，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一链接；②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值

P；③用1/VP图像处理实验数据，得出如图2所示图线，（1）为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是_______；（2）为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是_______和_____；（3）如果实验操作规范正确，但如图所示的1/VP图线不过原

点，则0v代表_____。【答案】（1）用润滑油凃活塞，（2）慢慢抽动活塞、活塞导热。（3）体积读数值比实际值大0V【解析】（1）用润滑油凃活塞（2）慢慢抽动活塞、活塞导热。（3）体积读数值比实际值大0V。根据玻-马定律0()PVVC,C为定值，整理为;0CVVP。画出1/VP图象

，1/VP函数关系与本题图象吻合，针对训练11c．（10年江苏卷）某同学利用DIS，定值电阻0R、电阻箱1R等实验器材测量电池a的电动势和内阻，实验装置如图1所示，实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R，用电压传感器测得端电压U，并在计算

机上显示出如图2所示的1/1/UR关系图线a，重复上述实验方法测量电池b的电动势和内阻，得到图2中的图线b.23（1）由图线a可知电池a的电动势aE=______V，内阻ar=____。（2）若用同一个电阻R先后与电池a及电池b链接，则两电池的输出功率ap______

_bp（填“大于”、“等于”或“小于”），两电池的效率a_____b（填“大于”、“等于”或“小于”）。【答案】（1）2V,0.5（2）a大于b【解析】（1）根据UEUrR，得111rUEER，图象a，截距b

=0.51()V，斜率k=0.25()V，所以电动势12EVb，内阻r=E·k=0.5Ω。（2）从图象可知：截距10.2()bbV，斜率0.13()bkV，电动势5bEV，内阻0.7br，aE＜bE，ar＜br，电池的输出功率2EpRRr

，得ap小于bp；电池的效率UIREIRr，得a大于b。本题考查用伏阻法（电压表和电阻箱）测电源的电动势和内阻，图像法，以及电源的输出功率及效率。【总结与点评】本题与例1都应用了“化曲为直”的图象处理方法，把方程整理为斜率截距式，得出图象的斜

率与截距地物理意义以便于解题。