高考物理图示法图像法解决物理试题试题经典含解析

高考物理图示法图像法解决物理试题试题经典含解析
一、图示法图像法解决物理试题
1．如图所示，质量相同的小球A 、B 通过质量不计的细杆相连接，紧靠竖直墙壁放置。

由于轻微扰动，小球A 、B 分别沿水平地面和竖直墙面滑动，滑动过程中小球和杆始终在同一竖直平面内，当细杆与水平方向成37°角时，小球B 的速度大小为v ，重力加速度为g ，忽略一切摩擦和阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

则
A ．小球A 的速度为
34
v B ．小球A 的速度为
43
v C ．细杆的长度为2
12564v g
D ．细杆的长度为2
12536v g
【答案】AC 【解析】 【详解】
小球B 的速度为v 时，设小球A 的速度大小为v '，则有5337vcos v cos ︒='︒，解得：
3
4
v v '=
，A 正确，B 错误；两球下滑过程中系统的机械能守恒，即：()22
111sin 3722
mgL mv mv '-=+o
，解得：212564v L g =，C 正确，D 错误。

2．如图所示，a 、b 、c 、d 、e 、f 为以O 为球心的球面上的点，分别在a 、c 两个点处放等量异种电荷＋Q 和－Q 。

下列说法正确的是( )
A ．b 、f 两点电场强度大小相等，方向不同
B ．e 、d 两点电势相同
C ．b 、f 两点电场强度大小相等，方向相同
D ．e 、d 两点电势不同 【答案】BC
【解析】
A、等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称的，由等量异号电荷的电场的特点，结合题目的图可知，图中bdef所在的平面是两个点电荷连线的垂直平分面，所以该平面上各点的电势都是相等的，各点的电场强度的方向都与该平面垂直。

由于
b、c、d、e各点到该平面与两个点电荷的连线的交点O的距离是相等的，结合该电场的特点可知，b、c、d、e各点的场强大小也相等。

由以上的分析可知，b、c、d、e各点的电势相等，电场强度大小相等，方向相同。

故A、D错误；故选BC。

【点睛】解决本题的关键要掌握等量异种电荷的电场线和等势面的分布情况，知道场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同，同时掌握好电场强度的叠加方法。

3．如图所示，半径为R的硬橡胶圆环，其上带有均匀分布的负电荷，总电荷量为Q，若在圆环上切去一小段l(l远小于R)，则圆心O处产生的电场方向和场强大小应为( )
A．方向指向AB B．方向背离AB
C．场强大小为 D．场强大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB段的电量,则AB段在O点产生的电场强度为：,方向指向AB，所
以剩余部分在O点产生的场强大小等于,方向背离AB．故B,D正确;A,C错误.故选BD.【点睛】
解决本题的关键掌握点电荷的场强公式，以及知道AB段与剩余部分在O点产生的场强大小相等，方向相反．
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2gh
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212
mgh mv = 可知小球B 的速度为2gh ，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CD
5．如图所示，有一光滑轨道ABC ，AB 部分为半径为R 的
1
4
圆弧，BC 部分水平，质量均为m 的小球a 、b 固定在各直轻杆的两端，轻杆长为R ，小球可视为质点。

开始时a 球处于圆孤上端A 点由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，下列说法正确的是
A ．a 球下滑过程中机械能保持不变
B ．a.b 两球速度大小始终相等
C ．a.b 3gR
D ．从释放a.b 球到a 、b 球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a 球做的功为2
mgR
【答案】CD 【解析】 【详解】
A.下滑过程中，对两个球组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，单个球机械能均不守恒，故A 错误；
B.杆不可伸长，两个球沿着杆方向的分速度大小时刻相等，两球速度大小有时不相等，故B 错误；
C.下滑的整个过程中，根据机械能守恒定律，有：
()21
222
mgR mg R mv +=⨯，
解得：
3v gR =，
故C 正确；
D. 对a 球由动能定理可知：
2
12
W mgR mv +=
， 解得：
31
22
W mgR mgR mgR =
-=， 故D 正确。

6．如图所示，在M 、N 两点分别固定点电荷+Q 1、－Q 2，且Q 1>Q 2，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E KO 、E KB ，电势能分别为E pO 、E pB ，电场中C 、D 两点的场强大小分别为E C 、E D ，电势分别为C D ϕϕ、，则下列说法正确的是（ ）
A ．E KO 一定小于E K
B B ．E pO 一定小于E pB
C ．E C 一定大于E
D D ．C ϕ一定小于D ϕ
【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2
Q
E k
r =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E C 一定大于E D ，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C ϕ一定大于D ϕ，故D 项错误。

故选AC 。

7．如图所示，光滑直角细杆POQ 固定在竖直平面内，OP 边水平，OP 与OQ 在O 点平滑相连，质量均为m 的A 、B 两小环用长为L 的轻绳相连，分别套在OP 和OQ 杆上．初始时刻，将轻绳拉至水平位置拉直（即B 环位于O 点），然后同时释放两小环，A 环到达O 点后，速度大小不变，方向变为竖直向下，已知重力加速度为g ．下列说法正确的是（ ）
A ．当
B 环下落
2L 时，A 环的速度大小为g L B ．在A 环到达O 点的过程中，B 环一直加速
C ．A 环到达O 点时速度大小为2gL
D ．当A 环到达O 点后，再经2g
L
的时间能追上B 环 【答案】ACD 【解析】 【详解】
B 环下落一段位移后，设绳子与水平方向之间的夹角为α，则与竖直方向之间的夹角β=90°-α，设此时A 的速度为v A ，将A 的速度沿绳子方向与垂直于绳子的方向分解，设沿绳子方向的分速度为v ，如图所示：
可得：v =v A cosα，设B 的速度为v B ，将B 的速度也沿绳子的方向与垂直于绳子的方向分解如图，其中沿绳子方向的分速度与A 沿绳子方向的分速度是相等的，可得：v =v B cosβ，联
立可得：tan A B v v α=，当B 环下落2
L
时绳子与水平方向之间的夹角12sin 2
L
L α==，可得：所以：α=30°，A 环的速度大小为0
3tan 30A
B A v v v ==，B 下降的过程中A 与B 组成
的系统机械能守恒可得：22
11222
A B L mg
mv mv =+，联立得A 环的速度大小为A gL v =，故A 正确；B 开始下降的过程中速度由0开始增大，所以是做加速运动．当绳子与竖直方向之间的夹角接近90°时，tanβ→∞，则0tan A
B v v α
=
→，可知当A 到达O 点时，B 的速度等于0．所以B 一定还存在减速的过程．即A 环到达O 点的过程中，B 环先加速后减速，故B 错误；由于A 到达O 点时B 的速度等于0，由机械能守恒得：212
A mgL mv =
'，解得：2A v gL '=，故C 正确；环A 过O 点后做加速度等于g 的匀加速直线运动，B 做自由落体运动．当A 追上B 时有：221122A v t gt L gt '+=+，解得：2L
t g
'=，故D 正确．所以ACD 正确，B 错误．
8．如图甲所示，一个条形磁铁固定在水平桌面上，以的右端点为原点，中轴线为轴建立一维坐标系。

一个灵敏的小磁针放置在轴上不同位置，设与轴之间的夹角为。

实验测得
与之间的关系如图乙所示。

已知该处地磁场方向水平，磁感应强度大小为。

下列说法正确的是（ ）
A ．的右端为极
B ．的中轴线与地磁场方向垂直
C ．在处产生的磁感应强度大小为
D ．处合磁场的磁感应强度大小为
【答案】BC 【解析】 【详解】
A.当x 趋向无穷大时，小磁针所指的方向为地球的磁场的方向，所以根据题图可知，x 趋向 无穷大时， 趋向1，则趋向90°，即小磁针的方向与x 的方向垂直，所以x 的方向为
向东。

当x 非常小时，小磁针的N 极沿x 方向，即向东。

由题图可知，开始时N 背离O
点，
所以O点处的磁极是N极，故A错误；
B.由以上的分析可知，P的中轴线沿东西方向，与地磁场方向垂直，故B正确；
C.由乙图可知，处，则，P在处产生的磁感应强度大小为B P，
，所以，故C正确；
D.处合磁场的磁感应强度大小为，故D错误。

9．取空间中两等量点电荷间的连线为x轴，轴上各点电势φ随x的变化关系如图所示，设x轴上B、C两点的电场强度分别是E Bx、E Cx，下列说法中正确的是（）
A．该静电场由两个等量同种点电荷产生
B．该静电场由两个等量异种点电荷产生
C．E Bx的大小小于E Cx的大小
D．负电荷沿x轴从B点移动到C点的过程中，电势能先减小后增大
【答案】AD
【解析】A、B、如果该电场由等量异种电荷产生，则两点电荷连线的中垂线是等势面，故连线中点为零电势点，可知静电场由两个等量同种点电荷产生．故A正确，B错误．C、该图象的斜率等于场强E，斜率越大，场强越大，则知E Bx的大小大于E Cx的大小，故C错误；D、负电荷沿x轴从B点移动到C点的过程中，电势先升高后降低，根据公式E p=qφ，电势能先减小后作增加；故D正确；故选AD．
【点睛】电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否．
10．测量平面内某点P的电场强度大小随时间的变化，得到如图所示的图线，图线AB段t t 对称．电场是由该平面内两个相同的点电荷产生的，其中一个点电与BC段关于直线
荷固定不动且到P点的距离为d，另一个点电荷以恒定的速度在该平面内做匀速直线运动，静电力常量为k，不考虑磁场因素，则
A．点电荷的电荷量为
2 0
2 E
d
k
B．点电荷的电荷量为
2
E d
k
C．运动电荷的速度大小为
3d
D．运动电荷到P点的最小距离为d
【答案】BCD
【解析】A、B、根据图象可知，当时间趋向于无穷大的时候，说明运动的电荷离的很远，此时产生电场的电荷只有固定的电荷，由图可知，此时P点的场强为E0，设电荷的电荷量
为Q，根据点电荷的场强公式可得，
02
kQ
E
d
=，解得
2
E d
Q
k
=,所以A错误，B正确；
C、运动电荷和固定电荷在同一个平面内，根据上面的分析可知，它们之间的关系如图:
设t0时刻，运动点电荷与P点之间的夹角为α，距离为r，此时运动电荷产生的场强2
kQ
E
r
=，固定电荷产生的场强为
02
kQ
E
d
=，以P点为坐标原点，建立直角坐标系如图，把运动电荷产生的场强E分解，得出P点的合场强为()()
2
22
00
13
sin cos
E E E E
αα
⎫
-+=⎪⎪
⎝⎭
，其中sin
d
r
α=,
22
cos
r d
r
α
-
=
联立解得：r=2d，运动电荷经过的距离为223
r d d
-=，所以运动电荷的速度大小为0
3d
，所以C正确；D、根据图象可知，P点的场强最小值为0，说明此时两个电荷在P 点产生的场强大小相等方向相反，即运动的电荷离P点的距离也是d，所以运动电荷到P 点的最小距离为d，所以D正确；故选BCD．
【点睛】本题考查的是电荷的叠加问题，题目的难点在于有一个电荷是运动的，导致P点的合场强在不断的变化，根据图中的已知条件来计算场强的大小和速度的大小，题目的难点较大．
11．如图所示，光滑固定的竖直杆上套有小物块a，不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接物块a和小物块b，虚线cd水平．现由静止释放两物块，物块a从图示位置上升，并恰好能到达c处．在此过程中，若不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（）
A．物块a到达c点时加速度为零
B．绳拉力对物块a做的功等于物块a重力势能的增加量
C．绳拉力对物块b先做负功后做正功
D．绳拉力对物块b做的功在数值上等于物块b机械能的减少量
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
当a物块到达C处时，由受力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方向只受重力作用，所以根据牛顿第二定律得知，a物块的加速度a=g=10m/s2；故A错误；从a到c，a的动能变化量为零，根据功能关系可知，绳拉力对物块a做的功等于物块a的重力势能的增加量，故B正确；物块a上升到与滑轮等高前，b下降，绳的拉力对b做负功，故C错误；从a 到c，b的动能变化量为零，根据功能关系：除重力以为其他力做的功等于机械能的增量，故绳拉力对b做的功在数值上等于b机械能的减少量．故D正确．故选BD．
【点睛】
本题关键掌握功能关系，除重力以外其它力做功等于机械能的增量，合力功等于动能的变化量，重力做功等于重力势能的变化量，要能灵活运用．
12．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3l，当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角30
θ=︒，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
2
2
2
kq F
l =
B ．A 、B 间库仑力33
mg
F =
C ．细线拉力大小2
23T kq F l
=
D ．细线拉力大小3T F mg = 【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3T F mg l =，则3T mg F =，由余弦定律2
2
2
(3)23cos30AB l l l l =+-︒=，则2
233T mg kq F F l
===，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．
13．如图所示，在同一平面内互相绝缘的三根无限长直导线ab 、cd ，ef 围成一个等边三角形，三根导线通过的电流大小相等，方向如图所示，O 为等边三角形的中心，M 、N 分别为O 关于导线ab 、cd 的对称点．已知三根导线中的电流形成的合磁场在O 点的磁感应强度大小为1B ，在M 点的磁感应强度大小为2B ，若撤去导线ef ，而ab 、cd 中电流不变，则此时N 点的磁感应强度大小为（ ）
A ．12
B B + B ．12B B -
C ．
12
2B B + D ．
12
2
B B - 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
设每根导线中的电流在O 点产生的磁感应强度大小为0B ，ef 、cd 中的电流在M 点产生的磁感应强度大小都为0'B ，则在O 点有10B B =，在M 点有2002'B B B =+，撤去导线ef 后，在N 点有00'N B B B =+、联立式各式可得12=2N B B B +． A. 12B B +与计算结果12=
2N B B B +不相符，故A 不符合题意； B. 12B B -与计算结果12=
2N B B B +不相符，故B 不符合题意
C.
122B B +与计算结果12=2N B B B +相符，故C 符合题意； D. 122B B -与计算结果12=2
N B B B +不相符，故D 不符合题意．
14．如图所示，一条河岸笔直的河流水速恒定，甲、乙两小船同时从河岸的A 点沿与河岸的夹角均为θ的两个不同方向渡河。

已知两小船在静水中航行的速度大小相等，则下列说法正确的是（ ）
A ．甲先到达对岸
B ．乙先到达对岸
C ．渡河过程中，甲的位移小于乙的位移
D ．渡河过程中，甲的位移大于乙的位移
【答案】C
【解析】
【详解】 AB ．两小船在静水中航行的速度大小相等，且与河岸夹角均为30°，所以船速在垂直于河岸方向上的分速度相等；根据运动的独立性，船在平行于河岸方向上的分速度不影响过河时间，所以甲、乙两船同时到达对岸，AB 错误；
CD ．甲船在平行河岸方向上的速度为：
||cos30v v v =-︒甲甲水
乙船在平行河岸方向上的速度为：
||+cos30v v v =︒乙乙水
两船在平行河岸方向上的位移分别为||||x v t =甲甲，||||x v t 乙乙=，则||||x x >乙甲，又两船在垂直
河岸方向上的位移一样，综上，渡河过程中，甲的位移小于乙的位移，C 正确D 错误。

故选C 。

【点睛】
运动的合成与分解中要注意独立性的应用，两个分运动是相互独立，互不干扰的，将船的运动分解为垂直河岸方向和沿河岸方向，根据分运动与合运动具有等时性进行分析。

15．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
mgR q D ．Q 点的场强大小等于
mg q 【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P E q mg <，在Q 点Q E q mg ≥，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mgR ，故P 、Q 两点的电势差为PQ mgR U q
=，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。