高考物理圖示法圖像法解決物理試題解題技巧及練習(xí)題一、圖示法圖像法解決物理試題1．豎直絕緣墻壁上有一個(gè)固定的小球A，在A球的正上方P點(diǎn)用絕緣線懸掛另一個(gè)小球B，A﹑B兩個(gè)小球因帶電而互相排斥，致使懸線與豎直方向成θ角，如圖所示，若線的長度變?yōu)樵瓉淼囊话?，同時(shí)小球B的電量減為原來的一半，A小球電量不變，則再次穩(wěn)定后A．A、B兩球間的庫侖力變?yōu)樵瓉淼囊话隑．A、B兩球間的庫侖力雖然減小，但比原來的一半要大C．線的拉力減為原來的一半D．線的拉力雖然減小，但比原來的一半要大【答案】BC【解析】【詳解】由于逐漸漏電的過程中，處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，對(duì)B進(jìn)行受力分析如圖所示：△PAB∽FBF2，所以.C、D、因G和PQ長度h不變，則絲線長度l變?yōu)樵瓉淼囊话耄傻媒z線拉力F2變?yōu)樵瓉淼囊话?，與小球的電量及夾角無關(guān)；C正確，D錯(cuò)誤.A、B、由三角形相似知，同理得，聯(lián)立得，則，則可得;故A錯(cuò)誤，B正確.故選BC.【點(diǎn)睛】本題是力學(xué)中動(dòng)態(tài)平衡問題，采用的是三角形相似法，得到力的大小與三角形邊長的關(guān)系，進(jìn)行分析．2．如圖所示，質(zhì)量為m的小物體用不可伸長的輕細(xì)線懸掛在天花板上，處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)對(duì)處于靜止?fàn)顟B(tài)的物體施加一個(gè)大小為F、與豎直方向夾角為的斜向上恒定拉力，平衡時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為；保持拉力大小和方向不變，僅將小物體的質(zhì)量增為2m，再次平衡時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為，重力加速度為g，則A． B． C． D．【答案】AD【解析】【分析】【詳解】以物體為研究對(duì)象，設(shè)平衡時(shí)繩子與豎直方向的夾角為α，受力情況如圖所示：當(dāng)物體重力為mg時(shí)，α=60°，根據(jù)正弦定理可得，即，當(dāng)物體的重力為2mg時(shí)，α=30°，根據(jù)正弦定理可得：，即，聯(lián)立解得：θ=60°，F(xiàn)=mg；所以A、D正確，B、C錯(cuò)誤．故選AD．【點(diǎn)睛】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答．3．有一個(gè)固定的光滑直桿與水平面的夾角為53°，桿上套著一個(gè)質(zhì)量為m=2kg的滑塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）.用不可伸長的輕繩將滑塊A與另一個(gè)質(zhì)量為M=2.7kg的物塊B通過光滑的定滑輪相連接，細(xì)繩因懸掛B而繃緊，此時(shí)滑輪左側(cè)輕繩恰好水平，其長度m，P點(diǎn)與滑輪的連線同直桿垂直（如圖所示）．現(xiàn)將滑塊A從圖中O點(diǎn)由靜止釋放，（整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中B不會(huì)觸地，g=10m/s2）．下列說法正確的是A．滑塊A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)加速度為零B．滑塊A由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程中機(jī)械能增加C．滑塊A經(jīng)過P點(diǎn)的速度大小為5m/sD．滑塊A經(jīng)過P點(diǎn)的速度大小為m/s【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A．滑塊A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，垂直于桿子的方向受力平衡，合力為零；沿桿子方向，重力有沿桿向下的分力mgsin53°，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin53°=maa=gsin53°故A錯(cuò)誤．B．滑塊A由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程中，繩子的拉力對(duì)滑塊A做正功，其機(jī)械能增加；故B正確．CD．由于圖中桿子與水平方向成53°，可以解出圖中虛線長度：所以滑塊A運(yùn)動(dòng)到P時(shí)，A下落B下落當(dāng)A到達(dá)P點(diǎn)與A相連的繩子此時(shí)垂直桿子方向的速度為零，則B的速度為零，以兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由機(jī)械能守恒定律得：解得故C正確，D錯(cuò)誤．故選BC．【點(diǎn)睛】加速度根據(jù)牛頓第二定律研究，機(jī)械能的變化根據(jù)除重力以外的力做功情況進(jìn)行判斷，都是常用的思路．關(guān)鍵在于判斷出滑塊A滑到P點(diǎn)時(shí)，繩子在豎直桿子方向的速度為零，即B的速度為零．4．用輕桿通過鉸鏈相連的小球A、B、C、D、E處于豎直平面上，各段輕桿等長，其中小球A、B的質(zhì)量均為2m，小球C、D、E的質(zhì)量均為m．現(xiàn)將A、B兩小球置于距地面高h(yuǎn)處，由靜止釋放，假設(shè)所有球只在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切摩擦，則在下落過程中A．小球A、B、C、D、E組成的系統(tǒng)機(jī)械能和動(dòng)量均守恒B．小球B的機(jī)械能一直減小C．小球B落地的速度大小為D．當(dāng)小球A的機(jī)械能最小時(shí)，地面對(duì)小球C的支持力大小為mg【答案】CD【解析】【分析】【詳解】小球A、B、C、D、E組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒但動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；由于D球受力平衡，所以D球在整個(gè)過程中不會(huì)動(dòng)，所以輕桿DB對(duì)B不做功，而輕桿BE對(duì)B先做負(fù)功后做正功，所以小球B的機(jī)械能先減小后增加，故B錯(cuò)誤；當(dāng)B落地時(shí)小球E的速度等于零，根據(jù)功能關(guān)系可知小球B的速度為，故C正確；當(dāng)小球A的機(jī)械能最小時(shí)，輕桿AC沒有力，小球C豎直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D正確，故選CD5．如圖所示，一個(gè)長直輕桿兩端分別固定小球A和B，豎直放置，兩球質(zhì)量均為m，兩球半徑忽略不計(jì)，桿的長度為L．由于微小的擾動(dòng)，A球沿豎直光滑槽向下運(yùn)動(dòng)，B球沿水平光滑槽向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)桿與豎直方向的夾角為時(shí)（圖中未標(biāo)出），關(guān)于兩球速度與的關(guān)系，下列說法正確的是A．A球下滑過程中的加速度一直大于gB．B球運(yùn)動(dòng)過程中的速度先變大后變小C．D．【答案】BC【解析】【分析】【詳解】先分析小球B的運(yùn)動(dòng)情況：小球B以初速度等于零開始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球A落到最下方時(shí)B的速度再次為零，所以B在水平方向先加速后減小，即B球運(yùn)動(dòng)過程中的速度先變大后變小，根據(jù)受力可知?jiǎng)傞_始時(shí)桿對(duì)B產(chǎn)生的是偏右的力，所以桿對(duì)A產(chǎn)生的是偏向上的力，根據(jù)受力可知此時(shí)A的加速度小于重力加速度g，故A錯(cuò)誤；B正確；當(dāng)桿與豎直方向的夾角為時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解可知;即，故C正確；D錯(cuò)誤；6．如圖所示，在M、N兩點(diǎn)分別固定點(diǎn)電荷+Q1、－Q2，且Q1>Q2，在MN連線上有A、B兩點(diǎn)，在MN連線的中垂線上有C、D兩點(diǎn)．某電荷q從A點(diǎn)由靜止釋放，僅在靜電力的作用下經(jīng)O點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，電荷q在O、B兩點(diǎn)的動(dòng)能分別為EKO、EKB，電勢能分別為EpO、EpB，電場中C、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小分別為EC、ED，電勢分別為，則下列說法正確的是（）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】【詳解】AB．電荷q從A點(diǎn)由靜止釋放，僅在靜電力的作用下經(jīng)O點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，說明靜電力方向向右，靜電力對(duì)電荷做正功，所以電荷動(dòng)能增加，電勢能減小，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．據(jù)和正點(diǎn)荷產(chǎn)生電場方向由正電荷向外，負(fù)電荷產(chǎn)生的電場指向負(fù)電荷可得CD兩點(diǎn)場強(qiáng)如圖兩電荷在C處產(chǎn)生的場強(qiáng)大，夾角小，據(jù)平行四邊形定則可得EC一定大于ED，故C項(xiàng)正確；D．由C的分析可知MN連線的中垂線上半部分各點(diǎn)的場強(qiáng)方向向右上方，據(jù)等勢線與電場線垂直，順著電場線電勢降低，可得一定大于，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選AC。7．如圖所示，長為L的輕桿上端連著一質(zhì)量為m的小球，桿的下端用鉸鏈固接于水平面上的O點(diǎn)，輕桿處于豎直方向時(shí)置于同一水平面上質(zhì)量為M的立方體恰與小球接觸。對(duì)小球施加微小的擾動(dòng)，使桿向右傾倒，當(dāng)立方體和小球剛脫離接觸的瞬間，桿與水平面的夾角恰好為，忽略一切摩擦（）A．此時(shí)立方體M的速度達(dá)到最大 B．此時(shí)小球m的加速度為零C．此時(shí)桿對(duì)小球m的拉力為零 D．M和m的質(zhì)量之比為4:1【答案】ACD【解析】【詳解】A.分離前，立方體在小球的彈力作用下，做加速運(yùn)動(dòng)，分離后合力為零，做勻速運(yùn)動(dòng)，故分離時(shí)立方體M的速度最大，故A正確；B.分離時(shí)刻，小球速度v不為零，做圓周運(yùn)動(dòng)，故合力不可能為零，加速度不為零，故B錯(cuò)誤；C.分離時(shí)刻，由于小球此時(shí)僅受重力和桿子作用力，而重力是豎直向下的，所以桿對(duì)小球m的拉力為零，故C正確；D.設(shè)小球速度為v，立方體速度為u，根據(jù)牛頓第二定律，分離時(shí)刻有解得分離時(shí)刻，小球的水平速度與長方體速度相同，即：解得在桿從豎直位置開始倒下到小球與長方體恰好分離的過程中，小球和長方體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有把v和u的值代入，化簡得：故D正確。故選ACD.8．如圖所示質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球A用絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，帶有電荷量也為q的小球B固定在O點(diǎn)正下方絕緣柱上.其中O點(diǎn)與小球A的間距為l．O點(diǎn)與小球B的間距為，當(dāng)小球A平衡時(shí)，懸線與豎直方向夾角，帶電小球A、B均可視為點(diǎn)電荷，靜電力常量為k，則()A．A、B間庫侖力大小B．A、B間庫侖力C．細(xì)線拉力大小D．細(xì)線拉力大小【答案】B【解析】A的受力如圖所示，幾何三角形OAB與力三角形相似，由對(duì)應(yīng)邊成比例，則，由余弦定律，則，故B正確．點(diǎn)睛：本題借助于相似三角形和余弦定理求解拉力的大小，對(duì)于此類題要正確的畫出受力圖，組建三角形．9．如圖所示，兩等量負(fù)點(diǎn)電荷固定在A、B兩點(diǎn)。以A、B連線的中點(diǎn)為原點(diǎn)O，沿A、B連線的中垂線建立x軸。選無窮遠(yuǎn)處電勢為零。則關(guān)于x軸上各處的電場強(qiáng)度E、電勢φ隨x軸坐標(biāo)的變化規(guī)律，下列圖像較合理的是A．B．C．D．【答案】A【解析】【詳解】A、B、對(duì)于兩個(gè)等量負(fù)點(diǎn)電荷的電場，根據(jù)場強(qiáng)的疊加，知兩電荷的中點(diǎn)場強(qiáng)為零，從O到無窮遠(yuǎn)的過程中，場強(qiáng)先增大后減小，且AB連線左右兩側(cè)電場對(duì)稱，故A正確，B錯(cuò)誤。C、D、兩個(gè)等量負(fù)點(diǎn)電荷的連線的中垂線上，從連線中點(diǎn)到無窮遠(yuǎn)是逆著電場線，故電勢逐漸升高，故C、D錯(cuò)誤。故選A。【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是熟悉等量同號(hào)電荷和異種電荷之間的電場分別情況，會(huì)結(jié)合電場線和等勢面分析電勢和情況的變化．10．如圖所示，套在豎直細(xì)桿上的輕環(huán)A由跨過定滑輪的不可伸長的輕繩與重物B相連，施加外力讓A沿桿以速度v勻速上升，從圖中M位置上升至與定滑輪的連線處于水平N位置，已知AO與豎直桿成θ角，則（）A．剛開始時(shí)B的速度為B．A勻速上升時(shí)，重物B也勻速下降C．重物B下降過程，繩對(duì)B的拉力大于B的重力D．A運(yùn)動(dòng)到位置N時(shí)，B的速度最大【答案】C【解析】【詳解】A.對(duì)于A，它的速度如圖中標(biāo)出的v，這個(gè)速度看成是A的合速度，其分速度分別是，其中就是B的速率（同一根繩子，大小相同），故剛開始上升時(shí)B的速度，故A不符合題意；B.由于A勻速上升，在增大，所以在減小，故B不符合題意；C.B做減速運(yùn)動(dòng)，處于超重狀態(tài)，繩對(duì)B的拉力大于B的重力，故C符合題意；D.當(dāng)運(yùn)動(dòng)至定滑輪的連線處于水平位置時(shí)，所以，故D不符合題意。11．如圖所示，一個(gè)長直輕桿兩端分別固定小球A和B，兩球質(zhì)量均為m，兩球半徑忽略不計(jì)，桿的長度為L.先將桿豎直靠放在豎直墻上，輕輕撥動(dòng)小球B，使小球B在水平面上由靜止開始向右滑動(dòng)，當(dāng)小球A沿墻下滑距離為時(shí)，下列說法正確的是(不計(jì)一切摩擦)A．桿對(duì)小球A做功為B．小球A和B的速度都為C．小球A、B的速度分別為和D．桿與小球A和B組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少了【答案】C【解析】【詳解】BC.當(dāng)小球A沿墻下滑距離為時(shí)，設(shè)此時(shí)A球的速度為vA，B球的速度為vB.根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得：，兩球沿桿子方向上的速度相等，則有：vAcos60°=vBcos30°.聯(lián)立兩式解得:,;故B錯(cuò)誤,C正確.A.對(duì)A球使由動(dòng)能定理有：，代入A的速度解得，故A錯(cuò)誤.D.對(duì)于桿與小球A和B組成的系統(tǒng)而言運(yùn)動(dòng)過程中只有重力做功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒；故D錯(cuò)誤.12．圖示為一個(gè)半徑為R的均勻帶電圓環(huán)，取環(huán)面中心O為原點(diǎn)，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸，P到O點(diǎn)的距離為2R，質(zhì)量為m，帶負(fù)電且電量為q的小球從軸上P點(diǎn)由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)受到為零，Q點(diǎn)再O點(diǎn)上方R處，下列說法正確的是A．P點(diǎn)電勢比Q點(diǎn)電勢低B．P點(diǎn)電場比Q點(diǎn)場強(qiáng)大C．P、Q兩點(diǎn)的電勢差為D．Q點(diǎn)的場強(qiáng)大小等于【答案】C【解析】A、由題意可知帶負(fù)電小球由P點(diǎn)到Q點(diǎn)先加速后減速運(yùn)動(dòng)，受到沿x軸向上的電場力作用，故場強(qiáng)沿x軸向下，沿電場線方向電勢逐漸降低，故P點(diǎn)電勢比Q點(diǎn)電勢高，A錯(cuò)誤；B、D、開始，在Q點(diǎn)，故P點(diǎn)場強(qiáng)必Q點(diǎn)場強(qiáng)小，B、D錯(cuò)誤；C、由P到Q由動(dòng)能定理可知克服電場力做功為，故P、Q兩點(diǎn)的電勢差為，C正確；故選C。【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵是根據(jù)小球的運(yùn)動(dòng)情況，判斷其受力情況。知道動(dòng)能定理是求電勢差常用的方法。13．如右圖，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點(diǎn)，點(diǎn)為半圓弧的圓心，.電荷量相等、符號(hào)相反的兩個(gè)電荷分別置于M、N兩點(diǎn)，這時(shí)點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小為E1；若將N點(diǎn)處的點(diǎn)電荷移至P點(diǎn)，則點(diǎn)的場強(qiáng)大小變?yōu)镋2.E1與E2之比為()A．1：2 B．2：1 C． D．【答案】B【解析】【分析】【詳解】試題分析：由得：；若將N點(diǎn)處的點(diǎn)電荷移至P點(diǎn)，則O點(diǎn)的場強(qiáng)大小變?yōu)镋2，知兩點(diǎn)電荷在O點(diǎn)的場強(qiáng)夾角為1200，由矢量的合成知，得：，B對(duì)14．如圖所示，小球A、B質(zhì)量均為m，初始帶電荷量均為＋q，都用長為L的絕緣細(xì)線掛在絕緣的豎直墻上O點(diǎn)，A球緊靠絕緣的墻壁且其懸線剛好豎直，球B懸線偏離豎直方向θ角而靜止．如果保持B球的電荷量不變，使小球A的電荷量緩慢減小，當(dāng)兩球間距緩慢變?yōu)樵瓉淼臅r(shí)，下列判斷正確的是()A．小球B受到細(xì)線的拉力增大 B．小球B受到細(xì)線的拉力變小C．兩球之間的庫侖力大小不變 D．小球A的電荷量減小為原來的【答案】D【解析】【詳解】AB.小球B受力如圖所示，兩絕緣線的長度都是L，則△OAB是等腰三角形，如果保持B球的電量不變，使A球的電量緩慢減小，當(dāng)兩球間距緩慢變?yōu)樵瓉淼臅r(shí)，θ變小，F(xiàn)減??；線的拉力T與重力G相等，G=T，即小球B受到細(xì)線的拉力不變；對(duì)