圖象法在物理解題中的應用

陳克強

中學物理中一些比較抽象的習題常較難求解，若能與數學圖形相結合，再恰當地引入物理圖象，則可變抽象為形象，突破難點、疑點，使解題過程大大簡化.圖象法是歷年高考的熱點，因而在物理學習中要密切關注圖象，掌握圖象的識別、繪制等方法。下面就通過幾道例題看看圖像法在物理解題中的應用。

一、利用圖像來解決基本問題

例1如圖1所示，一薄木板放在正方形水平桌面上，木板的兩端與桌面的兩端對齊，一小木塊放在木板的正中間.木塊和木板的質量均為m，木塊與木板之間、木板與桌面之間的動摩擦因數都為μ.現突然以一水平外力F將薄木板抽出，要使小木塊不從桌面上掉下，則水平外力F至少應為多大？（假設木板抽動過程中始終保持水平，且在豎直方向上的壓力全部作用在水平桌面上）

A.2μmg B.4μmg C.6μmg D.8μmg

解析F越大，木塊與木板分離時的速度越大、位移越小，木塊越不可能從桌面滑出.若木塊不從桌面滑出，則其v-t 圖象如圖2中OBC所示，其中OB的斜率為μg，BC的斜率為-μg，t1=t2

有S△OBC=（112·μgt21）×2≤L12

設拉力為F時，木板的v-t圖象為圖7-2乙中的直線OA，則S△OAB=L12

即112（v2-v1）·t1=L2

其中v1=μgt1，v2=F-3μmg1m·t1

解得F≥6μmg

即拉力至少為6μmg.

點評對于兩物體間的多過程運動問題，在明確物理過程的基礎上，畫出物體各自的運動圖象，這樣兩物體的運動特點就很明顯了.利用圖線與坐標軸所夾面積的關系明確物體間的位移關系，可省略一些物理量的計算，從而快速、簡捷地解答問題.

二、利用圖像求極值

例2如圖3所示，在豎直平面內的直角坐標系中，一個質量為m的質點在外力F的作用下從坐標原點O由靜止沿直線ON斜向下運動，直線ON與y軸負方向成θ角（θ<π/4），則F的大小至少為；若F=mgtanθ，則質點的機械能大小的變化情況是.

解析 該質點在重力和外力F的作用下從靜止開始做直線運動，說明質點做勻加速直線運動，如圖4所示，當F的方向為a方向（垂直于ON）時，F最小為mgsinθ；若F=mgtan θ，即F可能為b方向或c方向，故除重力外的力F對質點可能做正功，也可能做負功，所以質點的機械能增加、減少都有可能.

三、利用圖像給出問題

例3總質量為80 kg的跳傘運動員從離地500 m的直升機上跳下，經過2 s拉開繩索開啟降落傘，圖5是跳傘過程中的v-t圖象，試根據圖象求：（取g=10 m/s2）

（1）t=1 s時運動員的加速度和所受阻力的大小.

（2）估算14 s內運動員下落的高度及克服阻力做的功.

（3）估算運動員從飛機上跳下到著地的總時間.

解析（1）從圖象中可以看出，在t=2 s內運動員做勻加速運動，其加速度的大小為a=vt1t=1612 m/s2=8 m/s2

設此過程中運動員受到的阻力大小為f，根據牛頓第二定律有mg-f=ma

得f=m（g-a）=80×（10-8） N=160 N.

（2）v-t圖象與t軸所包圍的面積表示位移，由圖象可知14 s 內該面積包含的格子為39格

所以h=39×2×2 m=156 m

根據動能定理有

mgh-Wf=112mv2

所以Wf=mgh-112mv2

=（80×10×156-112×80×62） J

≈1。23×105 J.

（3）14 s后運動員做勻速運動的時間

t′=H-h1v=500-15616 s≈57 s

運動員從飛機上跳下到著地所需要的總時間

談高中物理解題的難點突破endprint

中學物理中一些比較抽象的習題常較難求解，若能與數學圖形相結合，再恰當地引入物理圖象，則可變抽象為形象，突破難點、疑點，使解題過程大大簡化.圖象法是歷年高考的熱點，因而在物理學習中要密切關注圖象，掌握圖象的識別、繪制等方法。下面就通過幾道例題看看圖像法在物理解題中的應用。

一、利用圖像來解決基本問題

例1如圖1所示，一薄木板放在正方形水平桌面上，木板的兩端與桌面的兩端對齊，一小木塊放在木板的正中間.木塊和木板的質量均為m，木塊與木板之間、木板與桌面之間的動摩擦因數都為μ.現突然以一水平外力F將薄木板抽出，要使小木塊不從桌面上掉下，則水平外力F至少應為多大？（假設木板抽動過程中始終保持水平，且在豎直方向上的壓力全部作用在水平桌面上）

A.2μmg B.4μmg C.6μmg D.8μmg

解析F越大，木塊與木板分離時的速度越大、位移越小，木塊越不可能從桌面滑出.若木塊不從桌面滑出，則其v-t 圖象如圖2中OBC所示，其中OB的斜率為μg，BC的斜率為-μg，t1=t2

有S△OBC=（112·μgt21）×2≤L12

設拉力為F時，木板的v-t圖象為圖7-2乙中的直線OA，則S△OAB=L12

即112（v2-v1）·t1=L2

其中v1=μgt1，v2=F-3μmg1m·t1

解得F≥6μmg

即拉力至少為6μmg.

點評對于兩物體間的多過程運動問題，在明確物理過程的基礎上，畫出物體各自的運動圖象，這樣兩物體的運動特點就很明顯了.利用圖線與坐標軸所夾面積的關系明確物體間的位移關系，可省略一些物理量的計算，從而快速、簡捷地解答問題.

二、利用圖像求極值

例2如圖3所示，在豎直平面內的直角坐標系中，一個質量為m的質點在外力F的作用下從坐標原點O由靜止沿直線ON斜向下運動，直線ON與y軸負方向成θ角（θ<π/4），則F的大小至少為；若F=mgtanθ，則質點的機械能大小的變化情況是.

解析 該質點在重力和外力F的作用下從靜止開始做直線運動，說明質點做勻加速直線運動，如圖4所示，當F的方向為a方向（垂直于ON）時，F最小為mgsinθ；若F=mgtan θ，即F可能為b方向或c方向，故除重力外的力F對質點可能做正功，也可能做負功，所以質點的機械能增加、減少都有可能.

三、利用圖像給出問題

例3總質量為80 kg的跳傘運動員從離地500 m的直升機上跳下，經過2 s拉開繩索開啟降落傘，圖5是跳傘過程中的v-t圖象，試根據圖象求：（取g=10 m/s2）

（1）t=1 s時運動員的加速度和所受阻力的大小.

（2）估算14 s內運動員下落的高度及克服阻力做的功.

（3）估算運動員從飛機上跳下到著地的總時間.

解析（1）從圖象中可以看出，在t=2 s內運動員做勻加速運動，其加速度的大小為a=vt1t=1612 m/s2=8 m/s2

設此過程中運動員受到的阻力大小為f，根據牛頓第二定律有mg-f=ma

得f=m（g-a）=80×（10-8） N=160 N.

（2）v-t圖象與t軸所包圍的面積表示位移，由圖象可知14 s 內該面積包含的格子為39格

所以h=39×2×2 m=156 m

根據動能定理有

mgh-Wf=112mv2

所以Wf=mgh-112mv2

=（80×10×156-112×80×62） J

≈1。23×105 J.

（3）14 s后運動員做勻速運動的時間

t′=H-h1v=500-15616 s≈57 s

運動員從飛機上跳下到著地所需要的總時間

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中學物理中一些比較抽象的習題常較難求解，若能與數學圖形相結合，再恰當地引入物理圖象，則可變抽象為形象，突破難點、疑點，使解題過程大大簡化.圖象法是歷年高考的熱點，因而在物理學習中要密切關注圖象，掌握圖象的識別、繪制等方法。下面就通過幾道例題看看圖像法在物理解題中的應用。

一、利用圖像來解決基本問題

例1如圖1所示，一薄木板放在正方形水平桌面上，木板的兩端與桌面的兩端對齊，一小木塊放在木板的正中間.木塊和木板的質量均為m，木塊與木板之間、木板與桌面之間的動摩擦因數都為μ.現突然以一水平外力F將薄木板抽出，要使小木塊不從桌面上掉下，則水平外力F至少應為多大？（假設木板抽動過程中始終保持水平，且在豎直方向上的壓力全部作用在水平桌面上）

A.2μmg B.4μmg C.6μmg D.8μmg

解析F越大，木塊與木板分離時的速度越大、位移越小，木塊越不可能從桌面滑出.若木塊不從桌面滑出，則其v-t 圖象如圖2中OBC所示，其中OB的斜率為μg，BC的斜率為-μg，t1=t2

有S△OBC=（112·μgt21）×2≤L12

設拉力為F時，木板的v-t圖象為圖7-2乙中的直線OA，則S△OAB=L12

即112（v2-v1）·t1=L2

其中v1=μgt1，v2=F-3μmg1m·t1

解得F≥6μmg

即拉力至少為6μmg.

點評對于兩物體間的多過程運動問題，在明確物理過程的基礎上，畫出物體各自的運動圖象，這樣兩物體的運動特點就很明顯了.利用圖線與坐標軸所夾面積的關系明確物體間的位移關系，可省略一些物理量的計算，從而快速、簡捷地解答問題.

二、利用圖像求極值

例2如圖3所示，在豎直平面內的直角坐標系中，一個質量為m的質點在外力F的作用下從坐標原點O由靜止沿直線ON斜向下運動，直線ON與y軸負方向成θ角（θ<π/4），則F的大小至少為；若F=mgtanθ，則質點的機械能大小的變化情況是.

解析 該質點在重力和外力F的作用下從靜止開始做直線運動，說明質點做勻加速直線運動，如圖4所示，當F的方向為a方向（垂直于ON）時，F最小為mgsinθ；若F=mgtan θ，即F可能為b方向或c方向，故除重力外的力F對質點可能做正功，也可能做負功，所以質點的機械能增加、減少都有可能.

三、利用圖像給出問題

例3總質量為80 kg的跳傘運動員從離地500 m的直升機上跳下，經過2 s拉開繩索開啟降落傘，圖5是跳傘過程中的v-t圖象，試根據圖象求：（取g=10 m/s2）

（1）t=1 s時運動員的加速度和所受阻力的大小.

（2）估算14 s內運動員下落的高度及克服阻力做的功.

（3）估算運動員從飛機上跳下到著地的總時間.

解析（1）從圖象中可以看出，在t=2 s內運動員做勻加速運動，其加速度的大小為a=vt1t=1612 m/s2=8 m/s2

設此過程中運動員受到的阻力大小為f，根據牛頓第二定律有mg-f=ma

得f=m（g-a）=80×（10-8） N=160 N.

（2）v-t圖象與t軸所包圍的面積表示位移，由圖象可知14 s 內該面積包含的格子為39格

所以h=39×2×2 m=156 m

根據動能定理有

mgh-Wf=112mv2

所以Wf=mgh-112mv2

=（80×10×156-112×80×62） J

≈1。23×105 J.

（3）14 s后運動員做勻速運動的時間

t′=H-h1v=500-15616 s≈57 s

運動員從飛機上跳下到著地所需要的總時間

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