【图像法在高中物理教学中的应用浅析6800字（论文）】

图像法在高中物理教学中的应用浅析物理图像不仅是描述物理过程和规律的有力工具，也是解决物理问题的手段。所谓物理象，是指在直角坐标系中绘制的两轴所代表的相关物理量之间的关系。物理图像与数学图像的根本区别在于它具有明确的物理意义，反映了具体的物理内容，描述了清晰的物理过程。用图像表达物理规律是高中生普遍存在的问题。正确合理地运用图像，有助于我们分析问题，加深对规律的认识，缩短解决问题的时间，提高解决问题的效率。形象问题有着如此重要的意义，让中学教师不断总结。综上所述，基本上是“轴、点、线、面、坡、面”。很容易记住。纵观历年高考物理试题发现，试题中设计图像类的题目特别多，不管是选择题、实验题还是计算题都会出现与图像相关的知识。所以关于图像类问题的处理方法便成了高中物理教学中一个非常重要的授课环节，而图像类题目所设计的问题大致可以归纳为两大类：1、由物理规律分析物体各物理量之间的关系（选择类题目比较多）；2、给的有限定的图像去分析质点的运动规律或者是通过图像计算一些物理量（选择题、实验题和计算题都会涉及）。这就要求一线教师在进行相关教学的过程中特别注意这方面的知识讲授，那么教法的指导便显得尤为重要了。下面我们就历年高考试题中出现的图像类题目进行深入剖析与方法总结：直线运动x-t图像1（2018年全国Ⅲ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【分析】本题考察对位移图像及其相关知识点的理解。根据位移图像的物理意义，在t1，两辆车的位置相同，但速度不相等。B车车速高于a车，选项a错误；从0到t1，B车的距离大于a车的距离，选项B错误；从t1到t2，两辆车从t1走到t2，两辆车行驶的距离相同。选项C正确；根据位移图像的斜率等于车速，在t1到t2的某个时间，两辆车的车速相等，选项D是正确的。【课题组点评】学生在做此题是会出现把质点图像规律与质点运动轨迹混淆，错把质点甲从t1到t2时间内的位移大小弄错。所以在讲授此类图像时应着重强调x-t图像只是描述的是质点的位置随时间变化的规律，而不是质点的运动轨迹，还要强调此图像只能描述直线运动。v-t图像【答案】BD【解析】在v-t图像中图像包围的面积代表了运动走过的位移，图像的斜率代表加速度，解本题要利用这个知识点求解。AB，v-t图像中图像包围，乙的加速度也是先减小后增大，故C错，D正确；故选BD【课题组点评】关于v-t图像需要同学们把数学函数与物理规律相结合，充分利用图像的斜率、截距、面积，具有实际的物理意义，具体这些到底代表哪个物理量需要同学们把相应斜率、截距、面积表示出来，看符合我们物理中学习的哪个物理公式，也或者看单位。一定要学会用数学函数知识解决物理图像问题。a－t图象3、一辆摩托车在t＝0时刻从静止开始在公路上行驶，其运动过程中的的a－t图象如图所示，根据已知信息，可知()A．摩托车的最大动能B．摩托车在30s末的速度大小C．在0～30s的时间内牵引力对摩托车做的功D．10s末摩托车开始反向运动【解析】选B.由图所示，摩托车在前十秒内做匀加速运动，在十秒到三十秒内做减速运动，故十秒末速度最大，其动能最大，由v＝at可求出最大速度，但摩托车的质量未知，故不能求出最大动能，A错误；根据a－t图线与t轴所围的面积表示速度变化量，可求出30s内速度的变化量，由于初速度为0，则可求出摩托车在30s末的速度大小，B正确；在10～30s内牵引力是变力，由于不能求出牵引力，故不能求出牵引力对摩托车做的功，C错误；由图线与时间轴围成的面积表示速度变化量可知，30s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．【课题组点评】要灵活运用已知类图像规律知识去解决非常规类图像问题，尤其是微元法思想对图像与坐标轴围成的面积的物理意义。非常规运动图象v-x图像【课题组点评】借助于数学二次函数进行有效变形和类比，可以很快且准备找到正确答案。【课题组点评】关于直线运动类图像问题，如果不是常见的几类图像就利用我们所学的匀变速直线运动规律进行变形，变成数学上的关于y与x的表达形式，观察变形后的表达式符合数学上的哪一类函数图像形式。或者是反过来已知一个给定的非常规图像求相关物理量也需要把我们已知的物理规律表达式进行变形对比即可求出答案。【课题组点评】有图像求相对应的物理量必须写出相关的函数表达式，充分利用图像的斜率和截距，以此求出所要物理量的数值。牛顿运动定律F-x图像1、（2018年全国Ⅰ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（）A.B.C.D.【答案】A【分析】本题主要研究的是牛顿运动定律、匀变速直线运动的相关知识、相关图线知识点。由牛顿第二定律可知，F-mg+F弹=ma，F弹=k(x0-x),kx0=mg，联立解得F=ma+kx，比较题中的四个图象，可能正确的是A。【课题组点评】本题考查同学们对牛顿第二定律的应用以及弹簧弹力与位移之间的关系。F-a图像【课题组点评】关于牛顿运动定律相关的图像类问题主要考查的知识点是牛顿第二定律F合=ma这个公式，然而在进行分析的过程当中还需要对质点进行必要的受力分析，审题过程当中还需要分析物体在运动过程什么状态应该什么样的条件方程，再应用数学知识解题。a-x图像【答案】AC【课题组点评】本题难度系数稍有增加，除了考查同学们对牛顿运动定律的理解之外还考查了解决天体的基本思路，但只要思路清晰，把相应的表达式写出来做对这道题还是很容易的！其他变形图像【答案】(3)0.39(0.37～0.49均可)(4)a­n图线如图所示(5)0.45(0.43～0.47均可)(6)BC【课题组点评】实验题本身对同学们来说得分率较低，如果设计图像类的会更低，其实看上面这道题本身不是特别难，只是需要把牛顿第二定律应用到这个系统中去，整理出a与n的数学关系式，题目就会迎刃而解。【答案】AB[分析]结合两幅图像，可以判断0~2s块与板之间没有相对滑动，两者之间的摩擦为静摩擦。在这个过程中，力F等于F，所以F是这个过程中的一个变力，即C误差；根据牛顿第二运动定律，对于2~4s和4~5s的运动方程，2~4s内质量m为1kg，力F为0.4n，故a和B是正确的；由于块体质量未知，无法计算块体之间的动摩擦系数μ，所以D是错的。【课题组点评】关于图像比较多的情况下同学们一定要分段看，尤其是有v-t图像类的，匀速段的运动是解题的突破口，结合两个图像中所对应的物理量列出相关方程进行求解。三、功、动能和动量类图像E-x图像【答案】AB【课题组点评】本题同学们只要分清两个图线纵坐标各自代表的含义，弄清楚哪些力做功会影响动能和重力势能，此题比较简单。A. B.C. D.A．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【课题组点评】此题充分利用图像的斜率，区分影响机械能、动能和势能的因素。A．2kg B．1.5kg C．1kg D．0.5kg【答案】C【课题组点评】分析上升和下降是两个阶段，受力情况要发生变化。5、【2017年江苏卷】一个小物块沿倾斜斜面向上滑动，最后在滑回到原处．已知物块初动能大小为，物块与斜面间的动摩擦因数不变，那么，该过程中，该物块的动能与位移的关系图线是【答案】C【课题组点评】分段列动能定理，切记位移X与运动轨迹的区别。E-t图像6、（2018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的关系图像是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】本题考查动能的概念和Ek-t图象，意在考查考生的推理能力和分析能力。小球做竖直上抛运动时，速度v=v0-gt，根据动能Ek=17、（2020·新课标Ⅲ）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（）A.3J B.4J C.5J D.6J【答案】A【课题组点评】看懂v-t图像，分清两个物体初末速度，对系统列出动量守恒和能量守恒方程。8、【2017·新课标Ⅲ卷】A．t=1s时物块的速率为1m/sB．t=2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t=3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t=4s时物块的速度为零【答案】AB【课题组点评】根据V-t图像的面积类推出F-t图像面积表示动量的变化量。四、电学实验类图像（2）[2]因为待测电阻为几十欧姆的电阻，通过图像斜率大致估算待测电阻为左右，根据选择图线I得到的结果较为准确。[3]根据图像可知[4]考虑电流表内阻，则修改后的电阻为【课题组点评】电学实验大部分涉及图像类问题，把物理规律变成数学函数，充分利用闭合电路欧姆定律或部分电路欧姆定律。2、（2020·浙江卷）某同学分别用图甲和图乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻。(1)在答题纸相应的方框中画出图乙的电路图____________；(2)某次测量时电流表和电压表的示数如图所示，则电流_____，电压_____；(3)实验得到如图所示的两条直线，图中直线Ⅰ对应电路是图1_____（选填“甲”或“乙”）；(4)该电池的电动势_____V（保留三位有效数字），内阻_____（保留两位有效数字）。【答案】(1).(2).0.39～0.41(3).1.29～1.31(4).乙【课题组点评】利用闭合电路欧姆定律分析电源的电动势、内阻的测量值与真实值之间的误差。(2)针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如下表所示。序号1234567I/A0.080.140.200.260320.360.40U/V1.351.201.050.880730.71052【答案】(1).B(2).(3).R1(4).五、电场类图像A．点电荷从x1运动到x2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小B．点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小C．电势差UOx1＜UOx2D．在整个运动过程中，点电荷在x1、x2位置时的电势能最大解析：选BD.点电荷从x1运动到x2的过程中，将运动阶段分成两段：点电荷从x1运动到O的过程中，初速度为0，根据牛顿第二定律有a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq,m)，电场强度E不变，所以加速度a不变，点电荷做匀加速运动；点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律有a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq,m)，电场强度E先均匀增大再均匀减小，所以加速度a先均匀增大再均匀减小，速度不是均匀变化的，故A错误，B正确；点电荷从O运动到x1的过程中，根据动能定理有UOx1q＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，点电荷从O运动到x2的过程中，根据动能定理有UOx2q＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以电势差UOx1＝UOx2，故C错误；点电荷在运动过程中仅有电场力做功，动能和电势能之和保持不变，点电荷在x1、x2位置动能最小，则电势能最大，D正确．解析：选A.该球的电荷密度ρ＝eq\f(q,\f(4,3)πR3)，球内某点的电场强度等于以距球心的距离r为半径的球体所产生的电场强度，大小E＝keq\f(ρ\f(4π,3)r3,r2)＝eq\f(kqr,R3)，球外某点的电场强度E＝keq\f(q,r2)，只有选项A正确．3、有一半径为R的均匀带电薄球壳，在通过球心的直线上，各点的场强E随与球心的距离x变化的关系如图所示；在球壳外空间，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，已知静电常量为k，半径为R的球面面积为S＝4πR2，则下列说法正确的是()A．均匀带电球壳带电密度为eq\f(E0,4πk)B．图中r＝1.5RC．在x轴上各点中有且只有x＝R处电势最高D．球面与球心间电势差为E0R解析：选A.由图线可知，距离球心R处的场强为E0，则根据点电荷场强公式可知：E0＝eq\f(kQ,R2)，解得球壳带电荷量为Q＝eq\f(E0R2,k)，则均匀带电球壳带电密度为eq\f(Q,4πR2)＝eq\f(E0,4πk)，选项A正确；根据点电荷场强公式eq\f(1,2)E0＝eq\f(kQ,r2)，解得r＝eq\r(2)R，选项B错误；由题意可知在x轴上各点中，在0～R范围内各点的电势均相同，球面与球心间的电势差为零，选项C、D错误．4、在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（A）q1和q2带有异种电荷（B）x1处的电场强度为零（C）负电荷从x1移到x2，电势能减小（D）负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大【答案】AC【解析】由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A正确，图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B错误；负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D错误．5、【2017·新课标Ⅰ卷】在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标（ra，a）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是A．Ea：Eb=4:1 B．Ec：Ed=2:1 C．Wab:Wbc=3:1 D．Wbc:Wcd=1:3【答案】AC【解析】由题图可知，a、b、c、d到点电荷的距离分别为1m、2m、3m、6m，根据点电荷的场强公式可知，，，故A正确，B错误；电场力做功，a与b、b与c、c与d之间的电势差分别为3V、1V、1V，所以，，故C正确，D错误。六、电磁感应六、电磁感应A．时刻线框平面与中性面垂直B．线框的感应电动势有效值为C．线框转一周外力所做的功为D．从到过程中线框的平均感应电动势为【答案】BC【解析】由图像可知时刻线圈的磁通量最大，因此此时线圈处于中性面位置，因此A错误；由图可知交流电的周期为T，则，由交流电的电动势的最大值为，则有效值为，故B正确，线圈转一周所做的功为转动一周的发热量，，故C正确；从0时刻到时刻的平均感应电动势为，故D错误。A.B.C.D.

当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化，故D正确。【解析】由E–t图象可知，线框经过0.2s全部进入磁场，则速度，选项B正确；E=0.01V，根据E=BLv可知，B=0.2T，选项A错误；根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，导线框中的感应电流，所受的安培力大小为F=BIL=0.04N，选项D错误；故选BC。6．【2016·全国卷Ⅲ】如图所示，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()图1­A．两导线框中均会产生正弦交流电弧半径，因此在产生感应电动势时其瞬时感应电动势大始终为E＝eq\f(1,2)Bωl2，但进磁场和出磁场时电流方向相反，所以线框中应该产生方波交流式电，如图所示，A错误；由T＝eq\f(2π,ω)可知，两导线框中感应电流的周期相同，均为T，B正确；在t＝eq\f(T,8)时，两导线框均在切割磁感线，故两导线框中产生的感应电动势均为eq\f(1,2)Bωl2，C正确；对于线框M，有eq\f(E2,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(E2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(Ueq\o\al(2,有M),R)·T，解得U有M＝E；对于线框N，有eq\f(E2,R)·eq\f(T,4)＋0＋eq\f(E2,R)·eq\f(T,4)＋0＝eq\f(Ueq\o\al(2,有N),R)·T，解得U有N＝eq\f(\r(2),2)E，故两导线框中感应电流的有效