高考物理图示法图像法解决物理试题解题技巧及练习题

高考物理图示法图像法解决物理试题解题技巧及练习题一、图示法图像法解决物理试题1．竖直绝缘墙壁上有一个固定的小球A，在A球的正上方P点用绝缘线悬挂另一个小球B，A﹑B两个小球因带电而互相排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，如图所示，若线的长度变为原来的一半，同时小球B的电量减为原来的一半，A小球电量不变，则再次稳定后A．A、B两球间的库仑力变为原来的一半B．A、B两球间的库仑力虽然减小，但比原来的一半要大C．线的拉力减为原来的一半D．线的拉力虽然减小，但比原来的一半要大【答案】BC【解析】【详解】由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态，对B进行受力分析如图所示：△PAB∽FBF2，所以.C、D、因G和PQ长度h不变，则丝线长度l变为原来的一半，可得丝线拉力F2变为原来的一半，与小球的电量及夹角无关；C正确，D错误.A、B、由三角形相似知，同理得，联立得，则，则可得;故A错误，B正确.故选BC.【点睛】本题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进行分析．2．如图所示，质量为m的小物体用不可伸长的轻细线悬挂在天花板上，处于静止状态现对处于静止状态的物体施加一个大小为F、与竖直方向夹角为的斜向上恒定拉力，平衡时细线与竖直方向的夹角为；保持拉力大小和方向不变，仅将小物体的质量增为2m，再次平衡时，细线与竖直方向的夹角为，重力加速度为g，则A． B． C． D．【答案】AD【解析】【分析】【详解】以物体为研究对象，设平衡时绳子与竖直方向的夹角为α，受力情况如图所示：当物体重力为mg时，α=60°，根据正弦定理可得，即，当物体的重力为2mg时，α=30°，根据正弦定理可得：，即，联立解得：θ=60°，F=mg；所以A、D正确，B、C错误．故选AD．【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．3．有一个固定的光滑直杆与水平面的夹角为53°，杆上套着一个质量为m=2kg的滑块A（可视为质点）.用不可伸长的轻绳将滑块A与另一个质量为M=2.7kg的物块B通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂B而绷紧，此时滑轮左侧轻绳恰好水平，其长度m，P点与滑轮的连线同直杆垂直（如图所示）．现将滑块A从图中O点由静止释放，（整个运动过程中B不会触地，g=10m/s2）．下列说法正确的是A．滑块A运动到P点时加速度为零B．滑块A由O点运动到P点的过程中机械能增加C．滑块A经过P点的速度大小为5m/sD．滑块A经过P点的速度大小为m/s【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．滑块A运动到P点时，垂直于杆子的方向受力平衡，合力为零；沿杆子方向，重力有沿杆向下的分力mgsin53°，根据牛顿第二定律得：mgsin53°=maa=gsin53°故A错误．B．滑块A由O点运动到P点的过程中，绳子的拉力对滑块A做正功，其机械能增加；故B正确．CD．由于图中杆子与水平方向成53°，可以解出图中虚线长度：所以滑块A运动到P时，A下落B下落当A到达P点与A相连的绳子此时垂直杆子方向的速度为零，则B的速度为零，以两个物体组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得：解得故C正确，D错误．故选BC．【点睛】加速度根据牛顿第二定律研究，机械能的变化根据除重力以外的力做功情况进行判断，都是常用的思路．关键在于判断出滑块A滑到P点时，绳子在竖直杆子方向的速度为零，即B的速度为零．4．用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C、D、E处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A、B的质量均为2m，小球C、D、E的质量均为m．现将A、B两小球置于距地面高h处，由静止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中A．小球A、B、C、D、E组成的系统机械能和动量均守恒B．小球B的机械能一直减小C．小球B落地的速度大小为D．当小球A的机械能最小时，地面对小球C的支持力大小为mg【答案】CD【解析】【分析】【详解】小球A、B、C、D、E组成的系统机械能守恒但动量不守恒，故A错误；由于D球受力平衡，所以D球在整个过程中不会动，所以轻杆DB对B不做功，而轻杆BE对B先做负功后做正功，所以小球B的机械能先减小后增加，故B错误；当B落地时小球E的速度等于零，根据功能关系可知小球B的速度为，故C正确；当小球A的机械能最小时，轻杆AC没有力，小球C竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D正确，故选CD5．如图所示，一个长直轻杆两端分别固定小球A和B，竖直放置，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L．由于微小的扰动，A球沿竖直光滑槽向下运动，B球沿水平光滑槽向右运动，当杆与竖直方向的夹角为时（图中未标出），关于两球速度与的关系，下列说法正确的是A．A球下滑过程中的加速度一直大于gB．B球运动过程中的速度先变大后变小C．D．【答案】BC【解析】【分析】【详解】先分析小球B的运动情况：小球B以初速度等于零开始向右运动，当小球A落到最下方时B的速度再次为零，所以B在水平方向先加速后减小，即B球运动过程中的速度先变大后变小，根据受力可知刚开始时杆对B产生的是偏右的力，所以杆对A产生的是偏向上的力，根据受力可知此时A的加速度小于重力加速度g，故A错误；B正确；当杆与竖直方向的夹角为时，根据运动的分解可知;即，故C正确；D错误；6．如图所示，在M、N两点分别固定点电荷+Q1、－Q2，且Q1>Q2，在MN连线上有A、B两点，在MN连线的中垂线上有C、D两点．某电荷q从A点由静止释放，仅在静电力的作用下经O点向B点运动，电荷q在O、B两点的动能分别为EKO、EKB，电势能分别为EpO、EpB，电场中C、D两点的场强大小分别为EC、ED，电势分别为，则下列说法正确的是（）A．EKO一定小于EKB B．EpO一定小于EpBC．EC一定大于ED D．一定小于【答案】AC【解析】【分析】【详解】AB．电荷q从A点由静止释放，仅在静电力的作用下经O点向B点运动，说明静电力方向向右，静电力对电荷做正功，所以电荷动能增加，电势能减小，故A项正确，B项错误；C．据和正点荷产生电场方向由正电荷向外，负电荷产生的电场指向负电荷可得CD两点场强如图两电荷在C处产生的场强大，夹角小，据平行四边形定则可得EC一定大于ED，故C项正确；D．由C的分析可知MN连线的中垂线上半部分各点的场强方向向右上方，据等势线与电场线垂直，顺着电场线电势降低，可得一定大于，故D项错误。故选AC。7．如图所示，长为L的轻杆上端连着一质量为m的小球，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点，轻杆处于竖直方向时置于同一水平面上质量为M的立方体恰与小球接触。对小球施加微小的扰动，使杆向右倾倒，当立方体和小球刚脱离接触的瞬间，杆与水平面的夹角恰好为，忽略一切摩擦（）A．此时立方体M的速度达到最大 B．此时小球m的加速度为零C．此时杆对小球m的拉力为零 D．M和m的质量之比为4:1【答案】ACD【解析】【详解】A.分离前，立方体在小球的弹力作用下，做加速运动，分离后合力为零，做匀速运动，故分离时立方体M的速度最大，故A正确；B.分离时刻，小球速度v不为零，做圆周运动，故合力不可能为零，加速度不为零，故B错误；C.分离时刻，由于小球此时仅受重力和杆子作用力，而重力是竖直向下的，所以杆对小球m的拉力为零，故C正确；D.设小球速度为v，立方体速度为u，根据牛顿第二定律，分离时刻有解得分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，即：解得在杆从竖直位置开始倒下到小球与长方体恰好分离的过程中，小球和长方体组成的系统机械能守恒，有把v和u的值代入，化简得：故D正确。故选ACD.8．如图所示质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上.其中O点与小球A的间距为l．O点与小球B的间距为，当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角，带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k，则()A．A、B间库仑力大小B．A、B间库仑力C．细线拉力大小D．细线拉力大小【答案】B【解析】A的受力如图所示，几何三角形OAB与力三角形相似，由对应边成比例，则，由余弦定律，则，故B正确．点睛：本题借助于相似三角形和余弦定理求解拉力的大小，对于此类题要正确的画出受力图，组建三角形．9．如图所示，两等量负点电荷固定在A、B两点。以A、B连线的中点为原点O，沿A、B连线的中垂线建立x轴。选无穷远处电势为零。则关于x轴上各处的电场强度E、电势φ随x轴坐标的变化规律，下列图像较合理的是A．B．C．D．【答案】A【解析】【详解】A、B、对于两个等量负点电荷的电场，根据场强的叠加，知两电荷的中点场强为零，从O到无穷远的过程中，场强先增大后减小，且AB连线左右两侧电场对称，故A正确，B错误。C、D、两个等量负点电荷的连线的中垂线上，从连线中点到无穷远是逆着电场线，故电势逐渐升高，故C、D错误。故选A。【点睛】本题关键是熟悉等量同号电荷和异种电荷之间的电场分别情况，会结合电场线和等势面分析电势和情况的变化．10．如图所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，施加外力让A沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平N位置，已知AO与竖直杆成θ角，则（）A．刚开始时B的速度为B．A匀速上升时，重物B也匀速下降C．重物B下降过程，绳对B的拉力大于B的重力D．A运动到位置N时，B的速度最大【答案】C【解析】【详解】A.对于A，它的速度如图中标出的v，这个速度看成是A的合速度，其分速度分别是，其中就是B的速率（同一根绳子，大小相同），故刚开始上升时B的速度，故A不符合题意；B.由于A匀速上升，在增大，所以在减小，故B不符合题意；C.B做减速运动，处于超重状态，绳对B的拉力大于B的重力，故C符合题意；D.当运动至定滑轮的连线处于水平位置时，所以，故D不符合题意。11．如图所示，一个长直轻杆两端分别固定小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L.先将杆竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为时，下列说法正确的是(不计一切摩擦)A．杆对小球A做功为B．小球A和B的速度都为C．小球A、B的速度分别为和D．杆与小球A和B组成的系统机械能减少了【答案】C【解析】【详解】BC.当小球A沿墙下滑距离为时，设此时A球的速度为vA，B球的速度为vB.根据系统机械能守恒定律得：，两球沿杆子方向上的速度相等，则有：vAcos60°=vBcos30°.联立两式解得:,;故B错误,C正确.A.对A球使由动能定理有：，代入A的速度解得，故A错误.D.对于杆与小球A和B组成的系统而言运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒；故D错误.12．图示为一个半径为R的均匀带电圆环，取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴，P到O点的距离为2R，质量为m，带负电且电量为q的小球从轴上P点由静止释放，小球运动到Q点时受到为零，Q点再O点上方R处，下列说法正确的是A．P点电势比Q点电势低B．P点电场比Q点场强大C．P、Q两点的电势差为D．Q点的场强大小等于【答案】C【解析】A、由题意可知带负电小球由P点到Q点先加速后减速运动，受到沿x轴向上的电场力作用，故场强沿x轴向下，沿电场线方向电势逐渐降低，故P点电势比Q点电势高，A错误；B、D、开始，在Q点，故P点场强必Q点场强小，B、D错误；C、由P到Q由动能定理可知克服电场力做功为，故P、Q两点的电势差为，C正确；故选C。【点睛】解决本题的关键是根据小球的运动情况，判断其受力情况。知道动能定理是求电势差常用的方法。13．如右图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，点为半圆弧的圆心，.电荷量相等、符号相反的两个电荷分别置于M、N两点，这时点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则点的场强大小变为E2.E1与E2之比为()A．1：2 B．2：1 C． D．【答案】B【解析】【分析】【详解】试题分析：由得：；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，知两点电荷在O点的场强夹角为1200，由矢量的合成知，得：，B对14．如图所示，小球A、B质量均为m，初始带电荷量均为＋q，都用长为L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直，球B悬线偏离竖直方向θ角而静止．如果保持B球的电荷量不变，使小球A的电荷量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的时，下列判断正确的是()A．小球B受到细线的拉力增大 B．小球B受到细线的拉力变小C．两球之间的库仑力大小不变 D．小球A的电荷量减小为原来的【答案】D【解析】【详解】AB.小球B受力如图所示，两绝缘线的长度都是L，则△OAB是等腰三角形，如果保持B球的电量不变，使A球的电量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的时，θ变小，F减小；线的拉力T与重力G相等，G=T，即小球B受到细线的拉力不变；对