高考物理二轮复习科学思维方法微专题复习-图示法专题

图示法专题一、单选题A．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地水平方向位移将变小B．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速率将变小C．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将变大如图不计空气阻力从O点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端A．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地水平方向位移将变小B．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速率将变小C．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将变大D．小球在斜面运动的过程中地面对斜面的支持力大于小球和斜面的总重力有两根长直导线bMN为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离A．MN点的磁感应强度大小相等，方向相同B．MNA．MN点的磁感应强度大小相等，方向相同B．MN点的磁感应强度大小相等，方向相反C．在线段MN上所有点的磁感应强度都不可能为零D．在线段MN上所有点的磁感应强度都是大小相等，方向相同“套”是很多同学喜欢的娱乐项目某同学在套圈时从A点先后以不同的水平速度抛出多个相同的圈圈不计空气阻力，若抛出的速度越大，下列说法正确的是（ ）B．圈圈落地时重力的瞬时功率越大B．圈圈落地时重力的瞬时功率越大C．圈圈落地时的动能越大D．圈圈运动过程中重力做的功越多答案第1页，总18页长直导线周围某点的磁感应强度为B

I，其中r为该点到长直导线的距离，比例常数rk2107TmA1，I2a、b处，a处的导线中通有恒定电流I 1A，b处的导线中通有恒定电流I 2A，方向如图所示。已21A．大小为2106T，方向与ac边成角斜向上知A．大小为2106T，方向与ac边成角斜向上大小为2106T，方向与ac边成角斜向下大小为2 3106T，方向与ac边成60角斜向上大小为2 3106T，方向与ac边成60角斜向下在平行于纸面内的匀强电场中，有一电荷量为q的带正电粒子，仅在电场力作用下，粒子从电场中A点运动到B点，速度大小由2v0

变为v

0，粒子的初、末速度与AB连线的夹角均为30°，如图所示，已知A、BA．3mv2A．3mv20qd，方向竖直向上B．2v0，方向斜向左下方C．3mv20，方向竖直向上D．21mv20qd2qd，方向斜向左下方A．绳对Q对Q的弹力增大B．绳对Q对Q的弹力减小218页如图所示半圆球P的半径为其被固定在水平面上球心O1的正上方有一光滑的小定滑轮被固定在水平天花板上的A点点到P的最高点的距离为h，在P上放一个光滑的空心小球内装有细沙，球心为O2，Q的半径为。将一根轻绳绕过定滑轮后系住Q，现用力拉动轻绳的另一端使Q缓慢上升，同A．绳对Q对Q的弹力增大B．绳对Q对Q的弹力减小218页C．绳对Q对Q的弹力增大D．绳对Q对Q的弹力减小如图甲所示，A、BAB（图中曲线为四分之一圆弧。则（）B．是非匀强电场，且电场力B．是非匀强电场，且电场力FAFBC．电势 A BD．重力势能和电势能之和减小1.5kgx0，现用该弹簧沿固定的斜面拉住质量为2kg的物体，如图所示，弹簧的轴线平行于斜面，系统静止时弹簧伸长量也为x0。已知斜面倾角为30°取重力加速度大小g=10，则物体所受的摩擦力（ ）A．方向沿斜面向下，大小为5NBA．方向沿斜面向下，大小为5NB．方向沿斜面向上，大小为5NC．方向沿斜面向下，大小为10N二、多选题一匀强电场的方向平行于xOyc-1V13V、A．电场强度的方向为cA．电场强度的方向为c→O318页PAGE1018页19Vab12eVbc18eV和与竖直方向成45°夹角不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平地面对小球的弹力恰好为零，在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2、最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列叙述中正确的是（）如图所示，在动摩擦因数和与竖直方向成45°夹角不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平地面对小球的弹力恰好为零，在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2、最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列叙述中正确的是（）A．小球立即向左运动，且a10m/s2 B．小球立即向左运动，且a7.5m/s2C．小球受到地面的弹力大小将会立即变10N D．小球仍能保持静止，因为具有惯性如图所示，两个带点小球AB的质量分别为m1m2，带电量分别为q1、q2，静止时两悬线与竖直向的夹角分别为θ1、θ2，且AB恰好处于同一水平面上，则（ ）Aθ1=θ2q1q2，BAθ1=θ2q1q2，Bθ1＞θ2q1q2Dm1>m2θ1θ212．如图所示，倾角12．如图所示，倾角θ=37°的斜面上水平放置一根金属杆，金属杆与斜面间动摩擦因数为。金属杆中通为B0B，金属杆始终在斜A．5B0 B．10B0 C．15B0 D．20B0无限长通电直导线周围磁场中某点的磁感应强度大小可用公式BkIkI是导线r中电流、r是该点到直导线的距离。通常，通电长直导体棒可以被看作无限长通电直导体棒。将两根长度均为L，质量均为m，通有方向相反、大小恒为IabOb。则下列说法正确的是（）A．O处磁感应强度的方向水平向右B．两导体棒连线的中垂线上各点磁感应强度的方向都是竖直向下mgA．O处磁感应强度的方向水平向右B．两导体棒连线的中垂线上各点磁感应强度的方向都是竖直向下mgtanILDad、bb静止，则导体棒中的电流必须逐渐增大如图所示，小船在水面上以速度v匀速运动，用轻绳跨过一定滑轮拉岸上的一件货物，则（ ）C．当绳子与水平方向夹角为30时，货物的速度为3C．当绳子与水平方向夹角为30时，货物的速度为3v2vD．当绳子与水平方向夹角为302v参考答案1．A【详解】B．设斜面的高度为h，根据动能定理得1 1mgh mv2 mv22 2 0撤去斜面，h不变，落地的速率不变，故B错误；C．比较小球在斜面上与空中运动的时间。设斜面的倾角为a，由于小球在斜面上运动的加速度为agsina对其进行分解，竖直分加速度为a asinagsin2y则知撤去斜面。落地时间变小，故C错误；A．由于小球在斜面上竖直分加速度为a asinagsin2y根据匀变速直线运动的规律v2v20

2ax面的水平分速度大小大于在空中运动下落至地面的水平分速度大小，由于小球在斜面上水平分加速度为a gsinacosax根据匀变速直线运动的规律v2v20

2ax可知小球从斜面上下落到地面的水平位移大小小于在空中运动下落至地面的水平位移大小，故A正确；D故D错误；故选A。2．B【详解】AB．由安培定则可知，两直线电流在M点产生的磁场方向斜向下，其合磁场方向向下，两直线电流在N点产生的磁场方向斜向上，其合磁场方向向上，由于对称性，因此M点和N正确；CD．由安培定则可知，两直线电流在MN上同一点产生的磁感应强度大小相等，方向相反时，合磁感应强度是零，则只有O点的磁感应强度是零，CD错误。故选B。3．C【详解】由于高度一定，由h

12gt2项错误；圈圈落地时重力的瞬时功率Pmgy

mg2t可知圈圈落地时重力的瞬时功率不变，B项错误；抛出时初速度越大，由1E mgh 2k 2 0可知，圈圈落地时的动能越大，C项正确；圈圈重力做的功Wmgh不变，D项错误。故选C。4．B【详解】a处的电流在c处产生的磁场的磁感应强度为I 21071Bk T2106T1 r 0.1bc ac sin30所以b处的电流在c处产生的磁场的磁感应强度为I 21072B k T2106T2 r 0.2方向如图所示B1B2间的夹角为，根据矢量叠加原理可得B2B1

cos602106T方向与ac边成故选B。5．D【详解】E

变成v

cos60即v0，1v 2v 2 20 2 v 22 1dcos30qE0m

0 0 2E

，此方向上，粒子的速度由零变成v

sin60即 ，3v02 0 3v0可知E2的方向竖直向下，由牛顿第二定律及运动学公式得3v023v02

2

dsin30 m则该匀强电场的电场强度大小是E2EE2E2120E 2qd0方向：斜向左下方。ABC错误，D正确。故选D。6．D【详解】对Q受力分析如图所示，mg，由于有一部分细沙缓慢流出而减小，绳对QF和P对QN在Q缓慢上移时的重心虽然在变，但重心一定在过O2足相似三角形的条件。设小滑轮右侧的绳长为x，作出Q”矢AO1O2相似，则mg N FhR Rr xr式中的+、R+）均不变，重力g减小，则当缓慢拉动Q时，绳对Q的拉力FP对Q的弹力N减小。故选D。7．C【详解】AB．由乙图可知小球的加速度逐渐变大，小球从A到B，做减速运动，故所受电场力沿斜面向下，小球收到的电场力逐渐变大，且FA

FAB错误；BC．小球从A到B，做减速运动，且加速度大小逐渐变大，所受电场力沿斜面向下，则电场线方向为从B指向A，故A

，故C正确；BDA到B减小，故小球的重力势能和电势能之和增大，故D错误；故选C。8．A【详解】弹簧竖直悬挂物体时，对物体受力分析，由共点力平衡条件可得弹簧的弹力Fkx mg1.510N15N0现用该弹簧沿固定的斜面拉住质量为2kg的物体，系统静止时弹簧伸长量也为x0，说明弹簧的弹力仍为kx0=15N，假设摩擦力沿斜面向上，如图所示，由平衡条件得F+Ff−mgsin30°=0其中m=2kg，解得Ff=−5N故选A。AD【详解】如图所示在ac连线上，确定一b′点，根据匀强电场中电势均匀变化，而且已知ac长度可知x轴1cm代表4V的电势差，则b′电势为13V时3.5cm4.5cm将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，根据几何关系可知bcOabc ac且c点电势高于O点电势，可知电场强度的方向为c→O，A正确；acx1cm4V13VO点的电势为U Ob O b

48V32V解得 19VO故B错误；ab点电场力做正功，所做功为WUab

q113e电场力做正功，电势能减少，故可知电子在a点的电势能比在b点的高14eV，C错误；bc点，电场力做正功，所做功为WUbc

q31e故DAD。10．BC【详解】ABD簧的弹力F=mgtan45°=1×10×1N=10N剪掉绳子的瞬间，弹簧的弹力仍然是10N球所受的摩擦力Ff=μmg=0.25×1×10N=2.5N由牛顿第二定律得小球的加速度

FFa

102.5 ms27.5ms2m 1正确，C．由以上分析可知，剪掉绳子瞬间，小球受到地面的弹力大小是10N，CBC。CD【详解】对A、B球受力分析，如图所示，由共点力平衡条件和几何关系得mg1

F1tan1mg2

F2tan2不论q1与q2谁大谁小，它们之间的库仑力F1和F2，总是大小相等，方向相反，在一条直线上，即大小总有F1=F2，所以当m1=m2则有θ1=θ2当m1<m2则有θ1>θ2当m1>m2则θ1<θ2AB错误，CD正确。故选CD。AB【详解】向下，分别对应磁场强度最小和最大；当磁场强度为0时，可知mgsinmgcos故金属棒不能静止；当fm沿斜面向上可得mgsinFN1

Bmin

ILcosF mgcosBN1 min

ILsin解得B mgmin 当fm沿斜面向下可得mgsinFN2

Bmax

ILcosF mgcosBN2 max

ILsin解得B mgmax L

min又因为Bmin

BB0 max故B的可取范围小于11B0；故选AB。BD【详解】AB．由安培定则可知，a、b电流产生的磁场在O处方向如图甲所示由平行四边形定则知，两导体棒连线的中垂线上各点磁感应强度的方向都是竖直向下，A错误，B正确；C．设圆筒对b的支持力为F，受力示意图如图乙所示由平行四边形定则和共点力的平衡条件得

Fcos2Fsin2

mgBIL解得mgtanB 2ILC错误；D．将ad缓慢移动，要使babab、b之间的距离又逐渐增大，由BkIr可知，导体棒中电流必须逐渐增大才行，