高考物理图示法图像法解决物理试题技巧和方法完整版及练习题及解析

高考物理图示法图像法解决物理试题技巧和方法完整版及练习题及解析
一、图示法图像法解决物理试题
1．如图所示，两个可视为质点的小球a 和b ，用质量可忽略的刚性细杆相连并放置在光滑
的半球面内．已知细杆长度是球半径的2倍，当两球处于静止状态时，细杆与水平面的
夹角θ=15°，则（ ）
A ．杆对a 、b 球作用力大小相等且方向沿杆方向
B ．小球a 和b 的质量之比为2：1
C ．小球a 和b 的质量之比为3：1
D ．半球面对a 、b 球的弹力之比为3：1 【答案】ACD 【解析】 【详解】
A 、对轻杆，受两个球的弹力是一对平衡力，根据牛顿第三定律，杆对a 、b 球作用力大小相等且方向沿杆方向，故A 正确；
BC 、两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用，过O 作竖直线交ab 于c 点，受力分析如下图所示：
设球面的半径为R ，则△oac 与左侧力三角形相似；△oac 与右侧力三角相似；则由几何关
系可得：a m g T OC ac =；b m g T OC bc
=，即：a b m bc m ac =2倍，根据几何知识知图中α=45°，在△oac 中，根据正弦定理，有：
sin30sin105ac ao
︒︒
=，则
3ac bc =，31
a b m m =；故B 错误，C 正确； D 、根据平衡条件，有：
Na F T oa ac =，Nb F T ob bc =，故3
1
Na Nb F bc F ac ==，故D 正确．
2．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10
3
L =
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/s 2）．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2m/s
D ．滑块A 经过P 1047
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mg sin53°，根据牛顿第二定律得：
mg sin53°=ma a =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：
8
sin 53m 3
l L =︒=
所以滑块A 运动到P 时，A 下落
10348sin 53cos53sin 53=
m=m 3555
OP h x L =︒=︒︒⨯⨯ B 下落
1082
m m m 333
H L l =-=
-= 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：
212
MgH mgh mv +=
解得
52m/s v =
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．
3．如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q ，跨过悬挂于O 点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q ，另一端悬挂一物块P ．设细线的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小．现将P 、Q 由静止同时释放．关于P 、Q 以后的运动下列说法正确的是
A ．当θ =60º时，P 、Q 的速度之比1：2
B ．当θ =90º时，Q 的速度最大
C ．当θ =90º时，Q 的速度为零
D ．当θ向90º增大的过程中Q 的合力一直增大 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】
A 、则Q 物块沿水平杆的速度为合速度对其按沿绳方向和垂直绳方向分解，P 、Q 用同一根绳连接，则Q 沿绳子方向的速度与P 的速度相等，则当θ =60°时，Q 的速度
cos 60Q P v v ︒=，解得：
1
2
P Q v v =，A 项正确．B 、C 、P 的机械能最小时，即为Q 到达O 点正下方时，此时Q 的速度最大，即当θ=90°时，Q 的速度最大；故B 正确，C 错误．D 、当θ向90°增大的过程中Q 的合力逐渐减小，当θ=90°时，Q 的速度最大，加速度最小，合力最小，故D 错误．故选AB ． 【点睛】
考查运动的合成与分解，掌握能量守恒定律，注意当Q的速度最大时，P的速度为零，是解题的关键，
4．在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正点电荷Q A、Q B，两电荷的位置坐标如图甲所示。

图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像，图中x=L点为图线的最低点，若在x=－2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为+q的带电小球（可视为质点，不影响原电场），下列有关说法正确的是
A．小球在x=L处的速度最大
B．小球一定可以回到－2L的C点处
C．小球将在－2L和+2L之间作往复运动
D．固定在A、B处点电荷的电量之比为Q A︰Q B＝4︰1
【答案】ABD
【解析】
【详解】
据φ-x图象切线的斜率等于场强E可知x=L处场强为零，x=L右侧电场为负，即方向向左，x=L左侧电场为正，即方向向右；那么小球先向右做加速运动，到x=L处加速度为0，从x=L向右运动时，电场力方向向左，小球做减速运动，所以小球在x=L处的速度最大，故A
正确。

x=L处场强为零，根据点电荷场强则有：，解得Q A：Q B=4：1，故D 正确。

根据动能定理得：qU=0，得U=0，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由图知向右最远能到达x>2L的某位置，则小球应在x=-2L到右侧x>+2L的某位置区间内作往复运动，故B正确，C错误。

故选ABD。

【点睛】
解决本题首先要理解φ-x图象切线的意义，知道电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，掌握电场力做功的公式W=qU和电荷场强公式，灵活运用电场的叠加原理。

5．如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q，另一端悬挂一物块P．设细线的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小．现将P、Q由静止同时释放，在物块P下落过程中，下列说法正确的有
A ．当θ＝60°时，P 、Q 的速度之比是1:2
B ．当θ＝90°时，Q 的速度最大
C ．物块P 一直处于失重状态
D ．绳对Q 的拉力始终大于P 的重力 【答案】AB 【解析】 【详解】
A 、由题可知，P 、Q 用同一根绳连接，则Q 沿绳子方向的速度与P 的速度相等，则当
60θ=︒时，Q 的速度
cos 60Q P v v ︒=
解得：
:1:2P Q v v =
故A 正确；
B 、P 的机械能最小时，即为Q 到达O 点正下方时，此时Q 的速度最大，即当90θ=︒时，Q 的速度最大，故B 正确；
C 、θ角逐渐增大到90o 的过程中，Q 的速度一直增大，P 的速度先增大后减小，所以P 是先失重后超重，故C 错误；
D 、因为P 是先失重后超重，因此绳对Q 的拉力会等于P 的重力，故D 错误。

6．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
π
6
，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
2
sin 30v mg m L
︒
=
解得
12
v gL =
分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，即：
sin 30v u ︒=
解得
1
2
u gL =
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
()
2211
1sin 3022
mgL mv Mu ︒-=
+ 把v 和u 的值代入，化简得：
41
M m = 故D 正确。

故选ACD.
7．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。

8．如图所示，在x 轴上有A 、O 、B 、M 四点，OA ＝OB ＝BM ＝
2
L
，A 、B 两点固定有电荷量分别为＋Q （Q >0）和－2Q 的异种点电荷。

静电力常量为k 。

下列说法正确的是
A ．在x 轴上A 、O 两点之间还有一点与M 点的电场强度相同
B ．O 点的电场强度大小为
212kQ
L
，方向沿x 轴正方向 C ．O 点的电势高于M 点的电势
D ．将一带正电的试探电荷从O 点移至M 点，其电势能增加 【答案】BC 【解析】 【详解】
A ．由O 点到
B 点，场强越来越大，而从B 点到O 点，场强越来越小，而O 点的场强大于在M 点的场强，从A 到O 的场强逐渐减小，所以在x 轴上A 、O 两点之间不会有一点与M 点的电场强度相同，A 错误； B ．O 点的合场强大小为
2
2
221222kQ kQ kQ L L L +
=
⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭
方向沿x 轴正方向，B 正确；
C ．B 点的电荷在M 点和O 点形成的场强大小一样，方向相反，A 点在O 点形成的场强大于在M 点形成的场强，而在O 的场强是两场强大小相加，在M 点的场强是两场强大小相减，可以判断在O 点的场强大于在M 点的场强，根据沿电场线方向电势降低可知，O 点的电势高于M 点的电势，C 正确；
D ．O 点的场强大于M 点的场强，所以将一带正电的试探电荷从O 点移至M 点，其电势能减少，D 错误。

故选BC 。

9．如图为两形状完全相同的金属环A 、B 平行竖直的固定在绝缘水平面上，且两圆环的圆心O l 、O 2的连线为一条水平线，其中M 、N 、P 为该连线上的三点，相邻两点间的距离满足MO l =O 1N=NO 2 =O 2P ．当两金属环中通有从左向右看逆时针方向的大小相等的电流时，经测量可得M 点的磁感应强度大小为B 1、N 点的磁感应强度大小为B 2，如果将右侧的金属环B 取走，P 点的磁感应强度大小应为
A ．21
B B - B ．2
12
B B -
C ．1
22
B B -
D ．
1
3
B 【答案】B 【解析】
对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在轴线上的磁场方向均是向左，故P 点的磁场方向也是向左的.设1122MO O N NO O P l ====，设单个环形电流在距离中点l 位置的磁感应强度为1l B ，在距离中点3l 位置的磁感应强度为3l B ，故M 点磁感应强度
113l l B B B =+，N 点磁感应强度211l l B B B =+，当拿走金属环B 后，P 点磁感应强度
2
312
P l B B B B ==-
，B 正确；故选B. 【点睛】本题研究矢量的叠加合成(力的合成，加速度，速度，位移，电场强度，磁感应强度等)，满足平行四边形定则；掌握特殊的方法（对称法、微元法、补偿法等）．
10．AB 是长为L 的均匀带电绝缘细杆，P 1、P 2是位于AB 所在直线上的两点，位置如图所示。

AB 上电荷产生的静电场在P 1处的场强大小为E 1，在P 2处的场强大小为E 2，若将绝缘细杆的右半边截掉并移走（左半边电荷量、位置不变），则P 2处的场强大小变为（ ）
A ．2
2
E B ．E 2–E 1 C ．E 1–2
2
E D ．E 1+
2
2
E 【答案】B 【解析】 【详解】
将均匀带电细杆等分为左右两段，设左右两段细杆形成的电场在P 2点的场强大小分别为E A 、E B ，则有E A +E B =E 2；左半段细杆产生的电场在P 1点的场强为0，右半段细杆产生的电场在P 1点的场强大小为E 1=E B ，去掉细杆的右半段后，左半段细杆产生的电场在P 2点的场强大小为E A =E 2–E B =E 2–E 1，选B 。

11．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
=2
N B B B +． A. 12B B +与计算结果12
=
2
N B B B +不相符，故A 不符合题意；
B. 12B B -与计算结果12
=2
N B B B +不相符，故B 不符合题意 C. 12
2B B +与计算结果12=2
N 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．
12．如图所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的带电小球1、2的电荷分别为Q 1、Q 2，其中小球1固定在碗底A 点，小球2可以自由运动，平衡时小球2位于碗内的B 位置处，如图所示．现在改变小球2的带电量，把它放置在图中C 位置时也恰好能平衡，已知AB 弦是AC 弦的两倍，则（ ）
A ．小球在C 位置时的电量是
B 位置时电量的一半 B ．小球在
C 位置时的电量是B 位置时电量的四分之一
C ．小球2在B 点对碗的压力大小等于小球2在C 点时对碗的压力大小
D ．小球2在B 点对碗的压力大小大于小球2在C 点时对碗的压力大小 【答案】C 【解析】 【详解】
AB ．对小球2受力分析，如图所示，小球2受重力、支持力、库仑力，其中F 1为库仑力F 和重力mg 的合力，根据三力平衡原理可知，F 1=F N ．由图可知，△OAB ∽△BFF 1
设半球形碗的半径为R ，AB 之间的距离为L ，根据三角形相似可知，
1F mg F
OA OB AB
== 即
1F mg F
R R L
== 所以
F N =mg ①
L
F mg
R
=②
当小球2处于C位置时，AC距离为
2
L
，故
'
1
2
F F
=，
根据库仑定律有：
2
A B
Q Q
F k
L
=
'
2
1
()
2
A C
Q Q
F k
L
=
所以
1
8
C
B
Q
Q
=，
即小球在C位置时的电量是B位置时电量的八分之一，故AB均错误；
CD．由上面的①式可知F N=mg，即小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小，故C正确，D错误。

故选C。

13．如图所示，真空中有两个点电荷Q1和Q2，Q1=+9q，Q2=-q，分别固定在x轴上x=0处和x=6cm处，下列说法正确的是（）
A．在x=3cm处，电场强度为0
B．在区间上有两处电场强度为0
C．在x>9cm区域各个位置的电场方向均沿x轴正方向
D．将试探电荷从x=2cm移到x=4cm处，电势能增加
【答案】C
【解析】
【详解】
A.某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强。

根据点
电荷的场强公式E=
2
kq
r
，所以要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强必须大小相等、方向相反。

因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右。

设距离Q2为x0处的电场强度矢量合为0，则：
12
22
00
(6)
kQ kQ
x x
=
+
可得：x0=3cm，故A错误；
B.由选项A的分析可知，合场强为0的点不会在Q1的左边，因为Q1的电荷量大于Q2，也不会在Q1Q2之间，因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右。

所以，只能在Q2右边。

即在x坐标轴上电场强度为零的点只有一个。

故B错误；
C.设距离Q2为x0处的电场强度矢量合为0，则：
12
22
00
(6)
kQ kQ
x x
=
+
可得：x0=3cm，结合矢量合成可知，在x＞9cm区域各个位置的电场方向均沿x轴正方向。

故C正确；
D.由上分析，可知，在0＜x＜6cm的区域，场强沿x轴正方向，将试探电荷+q从x=2cm处移至x=4cm处，电势能减小。

故D错误。

14．如图所示，研究甲乙丙丁四种情况当中A点的场强大小，甲为在A点下方h处有一个带电量为Q的点电荷；乙为在A点下方有一个水平放置的半径为r的均匀带电圆环，总带电量为Q，其圆心距离A为h；丙为在A点下方有一个水平放置的半径为r的均匀带电圆盘，总带电量为Q，其圆心距离A为h；丁为在A点下方有一个半径为r的均匀带电球体，总带电量为Q，其球心距离A为h；则对于这四种情况中A点的电场强度的大小情况应当是（）
A．E E E E
=>=
甲丁乙丙
B．E E E E
=>>
甲丁乙丙
C．E E E E
=>>
甲丁乙
丙
D．E E E E
===
甲乙丁
丙
【答案】C
【解析】对于甲图，带电量为Q的点电荷，A点的电场强度的大小
2
kQ
E
h
=
甲
，
对于乙图，水平放置的半径为r的均匀带电圆环，把圆环分成无数个小的点和元，每个点
电元在A点形成电场叠加而成， A点的电场强度的大小
()3
22
E
r h
=
+
乙
对于丙图，半径为r 的均匀带电圆盘，把圆盘面分成无数个小的点和元，每个点电元在A 点形成电场叠加而成，电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出A 点的电场强度的大小
(
)
2
3
2
2
kQ
E h r
h
<<+丙
对于丁图，带电球在r R ≥处的场强2
/E kQ r =，故A 点的电场强度的大小2kQ E h
=丁， 所以=E E E E >>甲丁乙丙，故C 正确，ABD 错误； 故选C 。

【点睛】依据电荷分布的特点，依据场强的决定式。

15．三根相互平行的通电长直导线放在等边三角形的三个顶点上，右图为其截面图，电流方向如图所示．若每根导线的电流均为I ，每根直导线单独存在时，在三角形中心O 点产生的磁感应强度大小都是B ，则三根导线同时存在时O 点的磁感应强度大小为（ ）
A ．0
B ．B
C ．2B
D ．B
【答案】C 【解析】
分析：三角形中心O 点到三根导线的距离相等．根据安培定则判断三根导线在O 点产生的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则进行合成，求出三根导线同时存在时的磁感应强度大小．
解答：解：根据安培定则判断得知：三根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：上面导线产生的B方向水平向左，大小为B；
下面左边导线产生的B方向斜向左上方，与水平成60°角，
下面右边导线产生的B方向斜向右上方，与水平成60°角，
则根据平行四边形定则进行合成可知，下面两根导线产生的合场强大小为B，方向水平向左，所以三根导线同时存在时的磁感应强度大小为2B，方向水平向左．
故选C
点评：本题首先运用安培定则判断B的方向，其次要利用平行四边形定则进行合成，同时要利用好几何关系．。