2025屆高考物理?二輪?題型突破

選擇題解題技巧之

定量推算法、作圖圖像法、假設虛擬法

（-）定量推算法

1.直接推算法：

【例1】（2024年新課標卷）如圖，兩根不可伸長的等長絕緣細繩的上端均系在

天花板的O點上，下端分別系有均帶正電荷的小球產、。；小球處在某一方向水平向右

的勻強電場中，平衡時兩細繩與豎直方向的夾角大小相等。則（）

A.兩繩中的張力大小一定相等B.P的質量一定大于。的質量

C.P的電荷量一定小于。的電荷量D.P的電荷量一定大于。的電荷量

【答案】B

【解析】由題意可知設。和尸兩球之間的庫侖力為尸，繩子的拉力分別為方，T2,質量分別為與豎直方向夾角

為仇對于小球。有

qxE+TxsmO=F,7]cosO=mxg

對于小球尸有

q2E+F=T2sin3,T2cos6=m'g

聯立有：=/一〉

（sin，0,q2E=T2sin0-F>0

所以可得：

T2>TX

又因沏工

可知加2〉加1，即P的質量一定大于。的質量；兩小球的電荷量則無法判斷。

【例2】（2023年山東卷）如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，

連續經過AS、T三點,已知ST間的距離是RS的兩倍，RS段的平均速度是RST

\0m/s,ST段的平均速度是5"〃s,則公交車經過7點時的瞬時速度為（）”「'

A.3m/sB.2mlsC.\m/sD.0.5m/s

【答案】c

【解析】由題知，電動公交車做勻減速直線運動，且設RS間的距離為*,則根據題意有

聯立解得：，2=4/1,V7,=V/?—10

再根據勻變速直線運動速度與時間的關系有：VT=vR-a^

則：at\=2m/s

%

其中還有：％二外一〃,5

22

解得：VR=llm/s

聯立解得：VT=lm/s

【例3】已知地球半徑為凡自轉角速度為如地球表面的重力加速度為g,那么地球同步衛星運行的速率為（)

A.9B.』gR①c.癡?①D.^R-/ga）

【答案】c

【解析】設同步軌道半徑為r,由萬有引力的平方反比律及向心加速度公式得

則同步衛星的速率

v=什=ygR~勿

2.函數法：

【例4】（函數法與極限法）如圖所示，人用手握住繩子的一端拉著繩子向右以

速度vo勻速運動，設繩子足夠長，不計滑輪、繩子的質量，忽略滑輪的摩擦，則關于

物體戶的運動狀態，正確的判斷是（）

A.物體P的速度增大B.物體戶的加速度減小

C.人對繩子的拉力不變D.人對繩子的拉力一定減小

【答案】ABD

【解析】函數法結合極限法

如圖，

A：vp=v0sin0

向右拉的過程中，增大（0。?，＜90。），得.增大，A對

B:判定加速的變化情況比較復雜

注意：作圖象，隨著。增大，圖線切線斜率變小

但不能由此得出加速度變小，因為v-t圖象切線斜率才表示加速度

若推導出"隨時間變化的函數

,2

vp=%sin3=v0-i%_=/%一

7（voO2+^2丁

很顯然，該函數比較復雜，我們無法知道其圖象形狀，無法根據切線斜率討論加速度090。0

但我們知道，隨著。趨近于90。，”逐漸趨近于定值即加速度逐漸趨近于0,B對

C、D：人對繩子的拉力等于繩子對物體P的拉力，由超重規律知拉力變小，C錯D對

【例5】一物體做直線運動，0時刻經過坐標原點，運動過程中的F-x圖像如右所示,

一段過程中縱軸的變化量為加，對應的橫軸變化量為"，且這個過程對應的時間為這

段過程的中間時刻與0時刻的時間間隔為2.5小，則0時刻物體的速度為（）

n5m4n5m4n2n

A.-----------------B.-----------------------c.一D.——

44n42n44

【答案】A

【解析】由勻變速直線運動的速度一位移公式u-v02=2年知，物體做勻變速直線運動，且圖線斜率

左='=2an力口速度。=上

n2n

由勻變速度直線運動規律知，位移〃內的中時速度等于該過程中的平均速度，即

2

_n

v中時=n=%

則o時刻的速度

m54n5m4

%=n中時一。254

~2n~T44n

3,比例法：

【例6】（2022年湖北卷）一質點做曲線運動，在前一段時間內速度大小由v增大到2v,在隨后的一段時間內速度大

小由2V增大到5v。前后兩段時間內，合外力對質點做功分別為名和％,合外力的沖量大小分別為11和/2。下列關系式

一定成立的是（）

A.%=3%,AW3/iB.%=3%,b2liC.%=7肪，D.印2=7跖,12nl

【答案】D

【解析】根據動能定理可知

匕（5歲-⑵）2r

%（2V）2-V2

可得：Wi=lWi

當初、末速度方向相同時，動量變化量最小；方向相反時，動量變化量最大。因此沖量的大小范圍是

比較可得：12^11

【例7】如圖所示，小明取山泉水時發現水平細水管到水平地面的距離為水桶高的兩倍,

在地面上平移水桶，水恰好從桶口中心無阻擋地落到桶底邊沿九已知桶高為力，直徑為O,

則水離開出水口的速度大小為（）

A.—SB.—C.公+D。國D.（72+1）nS

4\h4\2h2V2/?\2h

【答案】C

【解析】平拋下落高度j所用時間/=

則水從出水口到桶口的時間。=—,從出水口到桶底的時間右="1

從桶口到桶底可得，水離開出水口的速度

（-）作圖圖象法

所謂作圖法就是把文字信息抽象為情景示意圖或圖象的一種思維方式，優點是可以直接觀察物理過

程，使思路清晰，找到巧妙簡潔的解題方法。

作圖分析法包括幾何作圖法、矢量作圖法、函數圖象法等等。

1.幾何作圖法:

即利用簡單的幾何圖形求解物理問題，如光路圖、軌跡圖等。

PL

【例8】（參考后面的《平拋中的2倍數模型》）如圖所示，豎直平面內有一半徑為

R的半圓形軌道，半圓兩端與圓心等高。下列說法正確的有（）R

&

A.若從半圓左端沿直徑平拋一小球，小球有可能垂直撞到半圓上

B.若從半圓左端沿直徑平拋的小球撞到半圓最低點，則剛要撞上時的速度v=歷。

C.若從半圓左端上方尺高處平行于直徑平拋一小球，小球有可能垂直撞到半圓上

D.若從半圓內某處（如。點）平行于直徑平拋一小球，小球有可能垂直撞到半圓上

【答案】BC

【解釋】

A：設小球撞到半圓上的4點，由平拋運動規律知，

速度反向延長線與直徑的交點C必然位于圓心O偏左,

所以不可能垂直撞到半圓上，A錯

B:如圖所示，易得B對

C：如圖，C為P8的中點，4c有可能過圓心O,C對

D：由圖知D錯

2.疊加作圖法：

通過空間翻轉、空間挪移、過程疊合等方式,將所要討論的兩個方面疊加到一起，便于比較。

【例9】如圖所示，兩足夠長的斜面傾角分別為a、夕，且a<仇從兩斜面頂

端分別以相同的初速度vo向斜面下方平拋一小球/和8,小球分別經時間以、加

落到斜面上。則下列說法正確的是（）

A.tA=tBB.tA>tBC.（A<tBD.若a+A=90°,則tA=tB

【答案】C

【解釋】如圖，將右邊的斜面翻轉到左邊，易知平拋的小球A先落到斜面上，C對。

【例10】豎直平面內有一斜面軌道和半圓形軌道，尺寸如圖所示。現以大小相

同的初速度按圖示方式同時水平拋出尸、。兩個小球，則下列說法正確的有（）

A.P、。不可能同時落到斜面和半圓上

B.為使P、0同時落到斜面和半圓軌道上，平拋初速度必須取得某一特定大小

C.若尸、。同時落到斜面和半圓軌道上，可以求得平拋初速度和下落時間

D.若平拋初速度足夠大，P可能飛出斜面，但。一定能落到半圓內

【答案】BCD

vPQv

【解釋】如圖，將左邊的斜面軌道翻轉到右邊，設交點為S

若初速度取得某一特定大小，小球正好落在交點S,則表示兩球同時落到斜

面和半圓軌道上，B對

—2R———2R

C、D顯然是對的

【例11］如圖所示，兩個橫截面分別為圓形和正方形的區域內有磁感應強度個同的勻強磁場，圓的直徑和正方形的邊

長相等。兩個電子以相同的初速度分別飛入兩個磁場區域，進入圓形磁場的電子初速度方向對準圓心，進入正方形磁場的

電子沿一邊的中垂線，且速度都垂直于磁場。則下列判斷正確的有（

A.兩電子在兩磁場中運動的軌道半徑一定相等

B.兩電子在兩磁場中運動的時間一定不相等

C.電子在圓形磁場中運動的時間不可能比在方形磁場中運動的時間長

D.電子在兩磁場中的運動時間都有可能等于半個周期

【答案】AC

【解釋】由右下圖易得結論

A：由軌道半徑r=d,知A對

qB

B：若電子從下邊的切點離開磁場，則在兩磁場中的運動時間相等，B錯

C：除了從切點離開磁場，其它情況，電子都要先離開圓形磁場區域，C對

D：電子返回正方形左邊界出磁場，在正方形磁場中運動時間為半個周期；

由兩個圓相交的對稱性知，電子在圓形磁場中運動時間一定小于半個周期。D錯

【例12】2019年1月3日，我國嫦娥四號月球探測器平穩降落在月球背面南極—

艾特肯盆地內的馮?卡門撞擊坑內。其上的太陽能電池帆板作為電源，在有光照時將光能

轉化為電能，其路端電壓與電源內電流的關系如圖所示，則下列說法正確的是（）

A.該電池板的電動勢為2.80%

B.隨著外電路電阻增大，其內阻逐漸增大

C.外電路阻值為時電源輸出功率約為3.2次

D.外電路阻值為1*。時電源效率約為36%

【答案】A

【解釋】A：/=0時。=2.801=E,A對；

B：圖線斜率絕對值表示電源內阻。隨著外電阻R增大，圖線斜率絕對值變小，因而內阻減小，B錯;

CD：作12電阻的U-7線，與電源的UT線交點坐標約為1.78"）

輸出功率尸=0/=3.2雨％,C錯；電源效率^7=—X100%?60%,D錯。

3.矢量作圖法:

主要用于矢量分析，有平行四邊形法、三角形多邊形法、正交分解法等。

（1）力的動態分析與極值問題

【例13］如圖所示，兩光滑擋板O/、08構成一夾角恒為65。的V形槽，槽內放

一均勻圓球，開始時O/豎直。現讓V形槽繞O點緩慢轉動，直至03豎直。設O/、

08對球的彈力分別為B、FB,則下列說法正確的有（）

A.B一直變大B.此先變大后變小

C.轉動過程中乙與豆大小有可能相等D.尸〃與尸B大小之和恒定

【答案】AC

【解釋】V形槽緩慢轉動，圓球受力平衡，用三角形定則作圓球受力的矢量三角形

V形槽轉動中，兩擋板對圓球的彈力夾角恒定，利用同弧所對圓周角相等作輔助圓

根據V形槽轉動的初態終態，確定力的矢量三角形變化范圍

據矢量三角形變化情況，知A、C正確

【例14］如圖所示，把傾角為30°的粗糙斜面體。置于粗糙水平地面上，質量為2,”的物塊/通過跨過光滑輕定滑

輪的輕繩與質量為用的小球3連接，。點為輕繩與定滑輪的接觸點，初始時，小球8在水平向右的拉力尸作用下，使輕

繩03段與水平拉力尸的夾角為。=120°,/、B均保持靜止狀態。現改變拉力尸,

并保持夾角。大小不變，將小球B向右上方緩慢拉起至OB水平，物塊/始終保持

靜止狀態。g為重力加速度，下列關于該過程的說法正確的是（）

A.拉力尸一直變大B.拉力尸最小為

C.地面對C的摩擦力一直變小D.地面對C的摩擦力先變小后變大

5

【答案】AB

【解釋】

AB,對8球受力分析，如圖所示F=，嗎熏mg=卒mg,故4B正確；

SW11203

CD、以ABC三個物體為整體進行受力分析，地面所

受靜摩擦力大小等于拉力下的水平分力，做輔助圓如圖

所示

小球始終處于平衡狀態，根據正弦定理得

mg=醒=F

點九］20。-sina-sin。

改變拉力F,保持夾角。大小不變，將小球8向右上方拉力F的水平分力先變大后變小，所以物塊。所受地面

緩慢拉起至08水平，，從鈍角減小至90：,a從90。大至摩擦力先變大后變小，故。。錯誤。

150°,sin月一直增大,拉力F一直增大；F最小就是初故選：ABO

始狀態，口為150：,拉力F最小為

【例15］如圖所示，43桿質量為0.01彷，置于傾角。=30°的光滑斜面軌道上，軌道

間距/=0.2加。現加一方向與桿垂直的勻強磁場，閉合開關，通過43桿的電流/=0.54,

桿在安培力作用下靜止，取g=10"次2,則所加磁場的磁感應強度不可能為（）

A.0.37B.0.6TC.0.9TD.1.2T

【答案】A

【解釋】如圖，當安培力F安平行于軌道時最小，對應的磁感應強度8最小，則

F^-IIB=mgsin0=>B=5T（最小值）

所以選A

【例16】AB兩個小球帶同性電荷（視為點電荷），/被絕緣桿固定于桌面上,

8用絕緣輕繩連接，輕繩繞過4球正上方的光滑小滑輪C并用力尸拉住，穩定時的

位置關系如圖所示，4與C間的高度/z=4a,/與3間的距離r=3a,連線與水平

方向成30°角。現通過力尸將小球B緩慢拉向滑輪C,直至球8與滑輪C接觸，該

過程中兩個小球帶電量均不變。已知球3的重力大小為G,繩子的拉力大小記為T,

B受/的庫侖力大小記為尸庫，則下列說法正確的有（）

A.T一直變小B.尸庫先不變后變小

C.7的最小值為D.球8先做圓周運動后做直線運動

4

【答案】BCD

【解釋】如圖所示，作出小球8開始時受三力平衡的矢量三角形

該矢量三角形與ZU5C相似，則

￡=里=工

4arI

rI

由上得：F篋=—G（1）,T=—G（2）

庫4a4a

現分析尸庫：①若「變大，由（1）式得尸庫變大，與庫侖定律矛盾；

②若r變小，由（1）式得尸庫變小，與庫侖定律矛盾；

由此可知，開始拉動后，小球5以r=3a做圓周運動

庫

6

該過程中心二——G=-G大小不變

4a4

由（2）得，隨著/變小，拉力T變小

當小球5運動到滑輪C正下方的。點時，T減到最小，大小為‘G

4

此后小球B沿豎直線上升做直線運動，該過程中尸庫變小，拉力T變大

綜上分析，BCD正確

【例17］真空中兩個固定的點電荷E、尸所帶電荷量的大小分別為白、QF,在它們共同形成的電場中有一條如圖中

實線所示的電場線，箭頭號表示電場線的方向。電場線上有M、N兩個點,其中電場線過N點的切線與EF的連線平行,

旦NNEF>/NFE。貝I」()

A.E帶正電，廠帶負電，且口〈口

B.從/點由靜止釋放一帶正電的試探電荷，只在電場力作用下,

它將由M點沿電場線運動到N點

C.過N點的等勢面為一個平面，且與所垂直

D.帶負電的試探電荷在/點的電勢能大于在N點的電勢能

【答案】A

【解釋】

（2）相對運動與變速問題

【例18］如圖所示，兩條平直的公路與尸。垂直相交于。點,

兩條公路上各有一輛摩托車甲、乙正在勻速行駛，當乙經過O點時，

甲離O點的距離曲=100m駛向。點，甲、乙的速度大小分別為

Sm/s,V2—6mAo下列說法正確的有（)

A.以乙為參考系，甲做曲線運動

B.行駛過程中甲、乙之間的最小距離為80加vi

C.從圖示時刻開始，經過8s甲、乙相距最近

甲

D.從圖示時刻開始，經過16s甲、乙再次相距100加

【答案】CDM

N

【解釋】如圖所示，以乙為參考系，作甲相對于乙的相對速度v相=10旭為

J、~~JOOm

甲相對于乙沿的方向做勻速直線運動，A錯；V2

Q

由幾何關系，易得最小距離"〃1加=60?1,B錯；'、604」乙f

80m_dmin

相對位移為80m時相距最近，經過的時間4=-----------二8s,C對;8s\100m

s

10m/秘相、

由對稱性得D對。10m/5V]

甲

【例19】在勻強電場中平行于電場建立立方坐標系，有一個帶電小油滴,

質量w=1.0xl0-5kg,電荷量^=+5.0xl0-6C,以速度v1=6m/s通過坐標原點,

經過時間，以速度V2=8冽為通過x軸上的尸點，速度方向如圖所示，。點與

夕點之間的距離￡=0.5加。油滴運動過程中只考慮電場力作用，s%37°=0.6,

cos3r=0.8。根據以上信息，下列說法正確的有（)

A.油滴的運動軌跡為拋物線B.時間/=0.5s

C.電場強度大小E=200〃加D.油滴從。點運動到戶點,電場力做的功用=1.4x10-41

【答案】ACD

___n

7

3.

OVlxLx

V2

【解釋】A：帶電小油滴受恒定電場力作用，其運動軌跡為拋物線，A對;

B:將油滴速度沿兩坐標軸方向正交分解

VIX=3.6/MA,viy=4.8m/siV2X=6Am/s,V2y=~4,8m/s

油滴在X方向做勻變速直線運動，運動時間

L

-------------=0.15,B錯;

C：攻、也方向垂直，速度變化的大小4v=10"次

從O到P用動量定理：

qEt=m-4=>E=—~—=200（K/m）,c對;

'qt

D：從O到P用動量定理：

224

W=^-/n（v2-Vj）=1.4x10（J）,D對。

綜上，答案是ACD

4.函數圖象法:

描述物理現象的各物理量都存在一定的函數關系，可以用對應的函數圖象表達出來。如正比例圖象、

反比例圖象、一次函數圖象、二次函數圖象、正弦（余弦）函數圖象等。

【例20］如圖所示，兩滑塊產、。在光滑的水平面上分別以不同的初速度向右運動，儲一

且分別受到水平向左的力尸I、尸2作用，其中尸1為恒力，尸2由零逐漸增大。經過一段時間，

它們恰好同時向右運動到最遠處，且位移大小相等。在此過程中，兩滑塊同一時刻的瞬時F1一

Vp-^5vp的

A.VP>VQB.vp<ivQ

C.先VP^>VQ,后vpVv。D.先vpVvo，后VP^>VQ

【答案】c

【例21］如圖所示，t=0時，質量為0.5像的物體從光滑斜面上的/點由靜止

開始下滑，經過B點后進入水平面（經過B點時速度大小不變），最后停在C點。

每隔2s物體的瞬時速度記錄在下表中，重力加速度g取10旭分，則（

A.t=3s的時刻物體恰好經過3點

v/m-s~xB

B.t=10s的時刻物體恰好停在C點t/s0246

12

C.物體運動過程中的最大速度為12mzs

v/ms-108128

D./、B間的距離小于B、C間的距離8

【答案】BD

【解釋】如右圖，直接用圖像法易得答案

ACt/s

024610

【例22］質量為的長木板靜止放在光滑水平面上，如圖a所不。一質量為用的小鉛塊（視為質點）以水平初速度

vo由木板左端恰能滑至木板的右端與木板相對靜止，鉛塊在運動過程中所受的摩擦力始終不變。現將木板分成長度與質量

均相等的兩段（①和②）后緊挨著仍放在此水平面上，讓鉛塊仍以

相同的初速度由木板的左端開始滑動，如圖b所示，則（）

A.小鉛塊仍能滑到木板②的右端與木板保持相對靜止

B.小鉛塊滑過木板②的右端后飛離木板

I⑨.I_

8

圖b

C.小鉛塊在到達木板②的右端前就與木板保持相對靜止

D.圖a所示的過程中產生的熱量少于圖b所示過程產生的熱量

【答案】C

【解釋】作兩情況下各物體的v-t圖，易知C正確

【例23】質量為，"=1彷的物體原來靜止在光滑的水平地面上，現有大小恒為1N的水平外力尸作用在該物體上，且

每隔5s鐘尸突然沿逆時針方向在水平面內轉過90。角，共經20s時撤去該力尸，那么最終結果是（）

A.物體回到出發點B.物體回到靜止狀態

C.物體的總位移是50加

【答案】BD

【解釋】在尸作用下物體的加速度大小"=1"次2

取最初5s內尸的方向為,V軸正方向，分別作兩垂直方向的v-t圖

據兩方向的運動情況，得B、D正確

【例24】（1994年全國卷）圖中4、3是一對平行金屬板。在兩板間加上一周期為T

的交變電壓/板的電勢S=0,3板的電勢私隨時間的變化規律為：在0到772的時1

間內，UB=Uo（正的常數）；在772到7的時間內，UB=-UO；在T到3772的時間內，UB

=5；在3772到2T的時間內，UB=-UO；…?現有一電子從/板上的小孔進入兩板間的_=L

電場區內，設電子的初速度和重力的影響均可忽略，則（）

A.若電子是在t=0時刻進入的，它將一直向B板運動

B.若電子是在t=778時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向/板運動，最后打在3板上

C.若電子是在t=3778時刻進入的，它可能時而向3板運動，時而向/板運動，最后打在B板上

D.若電子是在t=772時刻進入的，它可能時而向8板、時而向/板運動

【答案】AB

【解釋】

【例25】（假設法或圖像法）導熱良好的兩端封閉的均勻細玻璃管豎直固定，內有一段水銀柱把P

空氣分隔成尸、。兩部分，當氣溫由Ti緩慢升高到A時，玻璃管中的水銀柱（）-

A.不動B.向上移動C.向下移動D.移動方向與原氣柱長度有關」

Q

【答案】B

5.過程示意法：Yv=o

將物理過程（如運動、變化等）用圖形示意出來，根據示意圖進行分析處理。

【例26】物體做豎直上拋運動，從拋出時刻算起，上升到最大高度的一半時所用的時間為)vo/2

9

HU

速度減為一半時所用的時間為5則（）

A.t\>tiB.t\=tiC.九V才2D.不能判定

【答案】C

【解釋】如圖所示，易知C正確

【例27】發球機每隔0.2s,以大小為6m/s的初速度從地面豎直向上發出一個小鐵球，設小球在空中不相碰,g取lOm/s2,

則下列說法正確的有（）

A.第1個球在空中能與5個球相遇B.第3個球在空中能與6個球相遇

C.第5個球在空中能與6個球相遇D.一個球在空中最多能與另外的10個球相遇

【答案】AD

【解釋】每個球在空中運動的6-，圖像形狀相同，作出圖像，

數交點個數容易得解

手工作圖時，作拋物線可能不方便，可以作直線段示

意，不影響結果

O0.61.21.82.43.0t/s

【例28］如圖所示，某“闖關游戲”的筆直通道上每隔

關卡

關

關

卡

關

8團設有一個關卡，各關卡同步放行和關閉，放行和關閉的時卡234

.-5

間分別為5s和2s。關卡剛放行時，一同學立即在關卡1處以

加速度2ff2/9由靜止加速到2,"/5,然后勻速向前，則最先擋住人

他前進的關卡是（）

A.關卡2B.關卡3C.關卡4D.關卡5

【答案】C

6.作圖測量法：

【例29】（2015年全國卷II）由于衛星的發射場不在赤道上，同步衛星發射后需要從轉移軌道經過調整再進入地球

同步軌道。當衛星在轉移軌道上飛經赤道上空時，發動機點火，給衛星一附加速度，使衛星沿同步軌道運行，已知同步衛

星的環繞速度約為3.IX103^/5,某次發射衛星飛經赤道上空時的速度為年

此時衛星的高度與同步軌道的高度相同，轉移軌道和同步軌道的夾角為30°,

所示，發動機給衛星的附加速度的方向和大小約為（）

A.西偏北方向，1.9X103；^B.東偏南方向，1.9X103加5

C.西偏北方向，2.7X103m/sD.東偏南方向，2.7X103加

【答案】Br

【解釋】本題正常的解法是用余弦定理，但計算比較麻煩，而且要開平方

本題可直接用作圖法快速求解。

例如：可用的長度表示103雨為的速度，準確作出速度矢量圖，

量出表示Av的邊長約為1.9cm即得結果。

其實，比較準確作圖后，通過觀察對照選項，都能準確找到正確答案。

注意：這種作圖測量法，是求大小的一種行之有效的簡便方法。

7.圖像分析法：對于物理圖像，反復提醒要能理解和應用“三種斜率'兩種面積”

（1）三種斜率：

①切線斜率：表示瞬時變化率，即瞬時值，為狀態量

②割線斜率（圖線上兩點連線斜率）：表示平均變化率，即平均值，為過程量

③徑線斜率（從坐標原點到圖線上某點的連線斜率）：表示用比值法定義的狀態量或屬性量，也可

10

表示平均量

（2）兩種面積：

①以圖線上的點與坐標原點為對角頂點的矩形面積一一乘積，一般表示狀態量（氣態？『圖的這種

面積反映溫度）

②圖線與坐標橫軸所夾圖形的面積一一累積，一般表示過程量（氣態?憶圖的這種面積表示功）

▲不規則圖形一一“數面積”

【例30］（2019年H卷）如圖（a）,在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態會影響其下落的速度和滑

翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用v

如圖所示，G和。是他落在傾斜雪道上的時刻。則（

A.第二次滑翔過程中在豎直方向的位移比第一次的小

B.第二次滑翔過程中在水平方向的位移比第一次的大

C.第二次滑翔過程中在豎直方向的平均加速度比第一次的大

D.豎直方向速度大小為W時，第二次滑翔在豎直方向所受阻

圖（a）

力比第一次的大

【答案】BD

【解析】A：由M圖面積易知第二次面積大于等于第一次面積，故第二次豎直方向下落距離大于第一次下落距離，A錯;

B.由于第二次豎直方向下落距離大，由于位移方向不變，故第二次水平方向位移大，B對；

—v—v

C.由于V-f斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由。=----n^易知C錯；

t

D.速度為也時，第一次圖像陡峭，第二次圖像平緩，故所＞。2,由Gy=，"“，可知，船＜/，2,故D正確。

（三）假設虛擬法

所謂假設法，就是假設題目中具有某一條件，推得一個結論，將這個結論與實際情況對比，進行合

理性判斷，從而確定正確選項。假設條件的設置與合理性判斷是解題的關鍵，因此要選擇容易突破的點

來設置假設條件，根據結論是否合理判斷假設是否成立。

【例31】如圖，小球以速度vo從高為〃的光滑斜面

底端上滑，恰能到達斜面頂端。/是內軌半徑大于力的

光滑軌道；B是內軌半徑小于"的光滑軌道；C是內軌

半徑等于的光滑軌道；D是長為02的輕棒，其下

端固定一個可隨棒繞。點向上轉動的小球。小球在底端

時的初速度都為vo,則能到達高度〃的有（）

【答案】A

【例32］質量為用的汽車以恒定功率P在平直公路上行駛，汽車勻速運動時的速度為w,則當汽車的速度為也（也

＜vi）時，汽車的加速度為（）

A.￡B.上C.（…）尸D.匕.

mvxmv2mVjVj-v2）

【答案】C

【解釋】假設也一w,即已接近勻速，則加速度a-0。符合條件的只有C。

【例33】大樓一、二層之間有一部自動扶梯，扶梯不動時，人沿著扶梯從一樓勻速走上二樓需用時為G；自動扶梯正

常運行時，人站在扶梯上不動，從一樓上到二樓用時為切如果人以原來的速度沿著正常運行的扶梯向上走，從一樓到二

樓所用時間為（）

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A.tx+t2B.tt-t2C.上衛D.

2Zj+?2

【答案】D

【解釋】假設。-8,即扶梯速度趨近于0運行極為緩慢。

人在扶梯上走，且扶梯正常運行時，由于扶梯極為緩慢相當于不動，所需時間還是3

四個選項中，打18時結果為71的只有口。

【例34】假設地球可視為質量均勻分布的球體，已知地球表面的重力加速度在兩極的大小為go,在赤道的大小為g；

地球自轉的周期為T,引力常數為G,則地球的密度為（）

A.3兀g°-gB.3%g。C.JZLD."&

2222

GTg0GTg0-gGTGTg

【答案】B

【解釋】假設g=go,即地球不自轉，則r-8。g=g?,7—8時，選項A、C、D均為0,違背事實。所以只有B對。

【作業】班次座次姓名

1.（直接推算法）某高速公路的單向車道有兩條，最高限速分別為120bn/h、100km/h。按規定在高速公路上行駛車

輛的最小間距（單位：m）應為車速（單位：km/h）的2倍，即限速為100加〃〃的車道，前后車距至少應為200加。則兩條

車道中限定的車流量（每小時通過某一位置的車輛總數）之比應為（）

A.1:1B.2:1C.3:2D.4:3

【答案】A

2.（2023年山東卷題）餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖如圖所示，三根完全相同的彈簧

等間距豎直懸掛在水平固定圓環上，下端連接托盤。托盤上疊放若干相同的盤子，取走一個

盤子，穩定后余下的正好升高補平。已知單個盤子的質量為300g,相鄰兩盤間距1.0cm,重

力加速度大小取10加笈。彈簧始終在彈性限度內，每根彈簧的勁度系數為（）

A.10N/mB.100N/mC.200N/mD.300N/m

【答案】B

【解析】由題知，取走一個盤子，穩定后余下的正好升高補平，則說明一個盤子的重力可以使彈簧形變相鄰兩盤間距，則

mg=3kx

解得：k=100N/m

3.（2023年湖北卷）兩節動車的額定功率分別為Pi和P?,在某平直鐵軌上能達到的最大速度分別為v