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图象是描述物理过程、揭示物理规律、解决物理问题的重要方法之一，它具有形象、直观、动态变化过程清晰等特点，能把物理问题简化明了，使求解过程优化，有效、简捷地解决问题.高考物理试题离不开图象的应用，借助图象考查数学方法应用能力是高考命题的永恒主题.
1解析图
解析图就是通过对给出的已知图象(斜率、截距、面积、拐点)的分析，从中提取有用的信息，把握物理量间的依赖关系，建立起完整的物理情景，以揭示问题的本质和物理规律.
例1(2013年新课标全国卷Ⅰ) 2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功.图1(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图.飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止.某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度－时间图线如图1(b)所示.假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000 m.已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则
A.从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10
B.在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
C.在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5 g
D.在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
解析根据图象，由图线所围的面积可计算出飞机从着舰到停止滑行的距离，即
x≈70×0.4 m (70 10)×(2.5-0.4)2 m 10×0.52 m
=114.5 m，
选项A正确；
由图可计算出0.4 s～2.5 s内的加速度
a=ΔvΔt=70-102.5-0.4 m/s2=2.86 g，
选项C正确；
在0.4 s～2.5 s时间内，由牛顿第二定律得2Fcosθ2=ma，其中加速度a不变，阻拦索的张角θ在变小，其张力F在变小，由于速度v在变小，故阻拦系统对飞机做功的功率P=F合v=mav在变小，选项B、D错误.
点评此题已知运动情况求力，飞机的位移和加速由图象求出，且再结合牛顿第二定律求解.
2运用图
用图就是借助图象求解物理问题，即根据题意把抽象的物理过程用图线表示出来，将物理量间的代数关系转化为几何关系，使物理情景跃然纸上，使得分析过程更清晰、直观，则可达到化难为易、化繁为简的目的.
例2(2013年广东卷)如图3所示，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道.甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有
A.甲的切向加速度始终比乙的大
B.甲、乙在同一高度的速度大小相等
C.甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D.甲比乙先到达B处
解析由机械能守恒定律知：下落相同的高度，获得相同的动能，故甲、乙在同一高度的速率相等，B正确；作出速率一时间图象如图4所示.最初甲的加速度大，速度增加得快，下落得快，乙的加速度小，速度增加得慢，所以甲先到达B处，选项A、C错误，选项D正确.
点评此题在中学范围内不能直接运用数学知识计算，但应用速度图象把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题解决，避开繁杂的计算，快速找出答案.
例3(2013年新课标全国卷Ⅱ) 一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图4所示.已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上.取重力加速度的大小g=10 m/s2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小.
解析长木板的运动过程由图象表示出来，显然根据此图可求出其运动物理量；同时分析物块的运动情况后，可直接由速度图象来求物块相对于木板的位移.
(1)从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止.
由图可知，在t1=0.5 s时，物块和木板的速度相同.设t=0到t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则
a1=v1/t1(1)
a2=v0-v1t1(2)
式中v0=5 m/s、v1=1 m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小.
设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
μ1mg=ma1(3)
(μ1 2μ2)mg=ma2(4)
联立(1)～(4)式得μ1=0.20(5)
μ2=0.30(6)
(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向.设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别a′1和a′2，则由牛顿第二定律得
f=ma′1(7)
2μ2mg-f=ma′2(8)
假设f＜μ1mg，则a′1=a′2；
由(5)～(8)式得f=μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾.
故f=μ1mg(9)
由(7)、(9)式知，物块加速度的大小a′1等于a1；物块的v-t图象如图5中点划线所示.
由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s1=2×v212a1(10)
s2=v0 v12t1 v212a′2(11)
物块相对于木板的位移的大小为s=s2-s1(12)
联立(1)、(5)、(6)、(8)、(9)、(10)、(11)、(12)式得
s=1.125 m.
点评直接由速度图象求物块相对于木板的位移显得直观简便.
1解析图
解析图就是通过对给出的已知图象(斜率、截距、面积、拐点)的分析，从中提取有用的信息，把握物理量间的依赖关系，建立起完整的物理情景，以揭示问题的本质和物理规律.
例1(2013年新课标全国卷Ⅰ) 2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功.图1(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图.飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止.某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度－时间图线如图1(b)所示.假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000 m.已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则
A.从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10
B.在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
C.在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5 g
D.在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
解析根据图象，由图线所围的面积可计算出飞机从着舰到停止滑行的距离，即
x≈70×0.4 m (70 10)×(2.5-0.4)2 m 10×0.52 m
=114.5 m，
选项A正确；
由图可计算出0.4 s～2.5 s内的加速度
a=ΔvΔt=70-102.5-0.4 m/s2=2.86 g，
选项C正确；
在0.4 s～2.5 s时间内，由牛顿第二定律得2Fcosθ2=ma，其中加速度a不变，阻拦索的张角θ在变小，其张力F在变小，由于速度v在变小，故阻拦系统对飞机做功的功率P=F合v=mav在变小，选项B、D错误.
点评此题已知运动情况求力，飞机的位移和加速由图象求出，且再结合牛顿第二定律求解.
2运用图
用图就是借助图象求解物理问题，即根据题意把抽象的物理过程用图线表示出来，将物理量间的代数关系转化为几何关系，使物理情景跃然纸上，使得分析过程更清晰、直观，则可达到化难为易、化繁为简的目的.
例2(2013年广东卷)如图3所示，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道.甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有
A.甲的切向加速度始终比乙的大
B.甲、乙在同一高度的速度大小相等
C.甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D.甲比乙先到达B处
解析由机械能守恒定律知：下落相同的高度，获得相同的动能，故甲、乙在同一高度的速率相等，B正确；作出速率一时间图象如图4所示.最初甲的加速度大，速度增加得快，下落得快，乙的加速度小，速度增加得慢，所以甲先到达B处，选项A、C错误，选项D正确.
点评此题在中学范围内不能直接运用数学知识计算，但应用速度图象把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题解决，避开繁杂的计算，快速找出答案.
例3(2013年新课标全国卷Ⅱ) 一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图4所示.已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上.取重力加速度的大小g=10 m/s2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小.
解析长木板的运动过程由图象表示出来，显然根据此图可求出其运动物理量；同时分析物块的运动情况后，可直接由速度图象来求物块相对于木板的位移.
(1)从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止.
由图可知，在t1=0.5 s时，物块和木板的速度相同.设t=0到t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则
a1=v1/t1(1)
a2=v0-v1t1(2)
式中v0=5 m/s、v1=1 m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小.
设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
μ1mg=ma1(3)
(μ1 2μ2)mg=ma2(4)
联立(1)～(4)式得μ1=0.20(5)
μ2=0.30(6)
(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向.设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别a′1和a′2，则由牛顿第二定律得
f=ma′1(7)
2μ2mg-f=ma′2(8)
假设f＜μ1mg，则a′1=a′2；
由(5)～(8)式得f=μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾.
故f=μ1mg(9)
由(7)、(9)式知，物块加速度的大小a′1等于a1；物块的v-t图象如图5中点划线所示.
由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s1=2×v212a1(10)
s2=v0 v12t1 v212a′2(11)
物块相对于木板的位移的大小为s=s2-s1(12)
联立(1)、(5)、(6)、(8)、(9)、(10)、(11)、(12)式得
s=1.125 m.
点评直接由速度图象求物块相对于木板的位移显得直观简便.