高考物理图示法图像法解决物理试题专项训练100(附答案)

高考物理图示法图像法解决物理试题专项训练100(附答案)
一、图示法图像法解决物理试题
1．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θ的斜向上恒定拉力，平衡时细线与竖直方向的夹角为60o ；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30o ，重力加速度为g ，则( )
A ．F mg =
B ．3F mg =
C ．30θ=o
D ．60θ=o
【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
sin 60sin(18060)
F mg
θ=︒︒-︒-，即
sin 60sin(120)
F mg
θ=︒︒-，当物体的重力为2mg 时，α=30°，根据正弦定理可得：
sin 30sin(18030)F mg θ=︒︒-︒-，即sin 30sin(150)
F mg
θ=︒︒-，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．
2．甲乙两图中，某时刻绳子AB 与水平方向的夹角均为θ，绳子上端以速度v 0匀速拉动，在两车运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．甲、乙两车运动速度大小之比cos 1cos θ
θ
+
B ．甲车运动速度大小为
cos v θ
C ．相同时间t ∆内乙车速度增量大于甲车速度增量
D ．此刻若将速度v 0改成拉力F ，则两车加速度大小之比1:1 【答案】AC 【解析】 【详解】
ABC ．由甲图可知，甲车的速度
11cos v v θ
=
+
乙车的速度
2cos v v θ
=
所以，甲、乙两车运动速度大小之比cos 11cos θ
θ
<+，相同时间t ∆内乙车速度增量大于甲车
速度增量．故AC 正确，B 错误；
D ．改成拉力F ，甲车所绳子合力沿两绳子夹角的角平分线上，汽车甲的合力大小为
22cos 2
F θ
，汽车乙的合力大小为cos F θ，因此合力不相等，加速度不相等，故D 错误．
3．如图所示，斜面和水平横杆均足够长且均被固定，斜面顶角为θ，套筒P 套在横杆上，与轻绳连接，轻绳跨过不计大小的定滑轮，其与放在斜面上的滑块Q 相连接，且连接滑块Q 的轻绳与斜面平行，P 与Q 的质量均为m ，O 为横杆上的滑轮的正下方的点，滑轮到横杆的距离为h 。

开始时手握住P ，使连接P 的绳与竖直方向的夹角为θ，然后无初速度释放P 。

不计绳子的伸长和一切摩擦，重力加速度为g 。

下列说法正确的是( )
A．释放P前绳子拉力大小为mg sin θ
B．P到达O点时绳子的拉力为0
C．P到达O点时的速率为
D．P从释放到第一次过O点的过程中，绳子对P的拉力一直做正功
【答案】CD
【解析】
【分析】
对Q分析，根据共点力平衡求出拉力的大小；根据关联速度的解法分析Q的速度变化情况，从而得出拉力的情况；对P和Q系统研究，结合机械能守恒求出P到达O点的速度大小．根据P点的速度变化，分析动能的变化，从而得拉力做功的情况．
【详解】
释放P前，对Q分析，根据共点力平衡得，故A错误。

根据P与Q的速度关系，当P到达O点时，即，说明Q先加速后减速，故此时轻绳的拉力不为0，故B错误；当P到达O点时，Q减少重力势能与P增加的动能相等，则
有：，解得：，故C正确；P从释放到第一次过O点，速度逐渐增大，动能在增大，故绳子对P的拉力一直做正功，故D正确；故选CD。

【点睛】
本题考查了关联速度、共点力平衡、做功、机械能守恒的综合运用，知道P到达O点时，沿绳子方向的速度为零，则Q的速度为零．
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．某电场是由平面内两个相同的点电荷产生的，其中一个点电荷固定不动且到P 点的距离为d ，另一个点电荷以恒定的速率在该平面内绕P 点做匀速圆周运动，P 点的电场强度大小随时间变化的图象如图所示，图线AC 段与CE 段关于直线t =t 0对称，若撤去运动点电荷，测得P 点场强大小为E 0，已知E A =E E =E 0，E B =E D =E 0，E C =0，静电力常量为k ，不考虑磁场
因素，则下列说法正确的是( )
A ．运动电荷做匀速圆周运动的半径为2d
B ．.运动电荷的速率为0
2d
t π C ．0~023t 时间内，运动电荷的位移大小为3
d π D ．0~
23t 时间内，运动电荷的位移大小为d 【答案】BD 【解析】
由图像可知t=t 0时P 点的场强为零，说明另一点电荷在P 点右侧距离为d 的位置；当t=0和t=2t 0时，P 点的场强为02E ，可知另一电荷在与
QP 垂直，且距离P 点d 的位置，则运动电荷做匀速圆周运动的半径为d ，选项A 错误；粒子运动的速率为0
2d
v t π=
，选项B
错误；0~
023
t 时间内，运动电荷运动的弧长002233t d d x vt t ππ==⨯=，转过的角度为3π ，则位移大小为d,选项D 正确，C 错误；故选BD.
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．
6．如图所示，竖直向下的匀强电场中的O 点固定一点电荷，一个带电小球可绕O 点在竖直平面内做匀速圆周运动，a 、b 为圆周的最高点和最低点。

不计空气阻力，则( )
A ．点电荷带正电
B ．a 点的电场强度大于b 点的电场强度
C ．小球在从a 点运动到b 点的过程中，电势能增大
D ．如果加一个垂直于竖直平面的匀强磁场，小球也可以继续做圆周运动 【答案】AC 【解析】 【详解】
带电小球可绕O 点在竖直平面内做匀速圆周运动，可知小球受到的匀强电场的电场力和重力等大反向，则小球带负电，点电荷带正电，选项A 正确；点电荷在a 点的场强向上，在b 点的场强向下，与匀强电场叠加后，a 点的电场强度小于b 点的电场强度，选项B 错误；小球在从a 点运动到b 点的过程中，点电荷对小球不做功，而匀强电场的电场力做负功，则电势能增大，选项C 正确；如果加一个垂直于竖直平面的匀强磁场，若洛伦兹力的方向指向圆心，则小球所受的向心力变大，则小球将做近心运动；反之若洛伦兹力的方向背离圆心，则小球所受的向心力变小，则小球将做离心运动，选项D 错误；故选AC. 【点睛】
本题的解题关键是根据质点做匀速圆周运动的条件，判断电场力与重力的关系，即可确定出小球的电性。

7．如图所示，某空间有一正三棱锥OABC ，点A '、B '、C '分别是三条棱的中点。

现在顶点O 处固定一正点电荷，则下列说法正确的是（ ）
A ．A '、
B '、
C '三点连线所围的三角形平面区域内，三角形中心处电场强度最大 B ．ABC ∆所在平面为等势面
C ．将一负试探电荷从A '点沿直线A B ''移到B '点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功
D ．若A '点的电势为A ϕ'，A 点的电势为A ϕ，则AA '连线中点D 处的电势D ϕ一定大于
2
A A
ϕϕ'+
【答案】AC
【解析】A 、因为A′、B′、C′三点离顶点O 处的正电荷的距离相等，则三角形的中心离O 点最近电场强度最大，故A 正确；B 、由于△ABC 所在平面到顶点O 处的距离不相等，由等势面的概念可知，△ABC 所在平面不是等势面，故B 错误；C 、由电势的概念可知，沿直线A ′B ′的电势变化为先增大后减小，所以当在此直线上从A ′到B ′移动正电荷时，电场力对该正电荷先做负功后做正功，故C 正确。

D 、因为A D A D U E A D '''=⋅， DA DA U E DA =⋅，由点电荷的场强关系可知A D DA E E '>，又因为A D DA '>，所以有A D DA U U '>，即
A D D A ϕϕϕϕ'->-，整理可得： 2
A A
D ϕϕϕ'+<
，故D 错误.故选AC.
【点睛】本题关键是明确点电荷的电场分布情况，注意根据对称性分析，同时要注意场强是矢量，电势是标量．同时明确等势面的分布情况．
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】
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
2
21222kQ 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
2
L
时，下列说法正确的是(不计一切摩擦)
A ．杆对小球A 做功为
1
2
mgL B ．小球A 和B 1
2
gL C ．小球A 、B 132gL 12
gL D ．杆与小球A 和B 组成的系统机械能减少了1
2
mgL 【答案】C
【详解】
BC.当小球A 沿墙下滑距离为
2
L
时，设此时A 球的速度为v A ，B 球的速度为v B .根据系统机械能守恒定律得：22
11222
A B L mg mv mv =+，两球沿杆子方向上的速度相等，则有：
v A cos60°=v B cos30°.联立两式解得:132A v gL =, 12B v gL =;故B 错误,C 正确. A.对A 球使由动能定理有：21=022A L mg W mv +-杆，代入A 的速度解得=8
L
W mg -杆，
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.
10．圆心为O 、半径为R 的半圆直径两端，各固定一根垂直圆平面的长直导线a 、b ，两导线中通有大小分别为3I 0和I 0且方向相同的电流。

已知长直导线产生的磁场的磁感应强度B=k ，其中k 为常数、I 为导线中电流强度、r 为点到导线的距离。

在半圆周上D 点磁感应强度的方向恰好沿圆周切线方向，则下列说法正确的是
A ．D 点和圆心O 连线与水平直径之间夹角α=30°
B ．D 点和圆心O 连线与水平直径之间夹角α=45
C ．
D 点磁感应强度为 D ．D 点磁感应强度为
【答案】C 【解析】 【分析】
直径所对的圆周角等于，弦切角等于圆周角，等于圆心角的一半，根据右手定则分别
画出电流和在D 处产生的磁场，根据平行四边形进行合成，利用几何关系求圆心角和
对应的磁感应强度。

【详解】 AB .在三角形
，
，
，在半圆周上D 点磁感应强度的方向恰好沿圆周
切线方向，如图则有，联立解得：，由圆的几何知识，圆心角等于圆周的2倍，可得，故AB错；
CD.由以上式子还有；且，故C正确，D错误。

【点睛】
考查右手螺旋定则与矢量的合成法则的应用，理解磁感应强度B＝k的含义，注意几何关系：圆的直径对应的圆周角为90°。

11．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Q1、Q2，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F1为库仑力F 和重力mg的合力，根据三力平衡原理可知，F1=F N．由图可知，△OAB∽△BFF1
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
2L
，故 '1
2F F =
， 根据库仑定律有：
2
A B
Q Q F k
L
= '21()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 。

12．如图所示，真空中有一边长为l 的菱形ABCD ，∠ADC=60°，P 点是AC 连线的中点，在A 点固定一电量为q 的负点电荷，在C 点固定一电量为2q 的正点电荷。

则以下说法正确的是
A．B点和D点的电场强度相同
B．P点的电场强度大小是D点的4倍
C．B点电势低于P点电势
D．试探电荷在D点的电势能大于在B点的电势能
【答案】C
【解析】A项，电场强度是矢量，由于A、C两点的电荷量不相等，所以B、D两点场强叠加后方向不相同，故A错；
B、P点的场强大小为，
而D点的场强大小为，故B错误
C、由电场的叠加可以知道在PB之间的电场方向应该与PB方向成锐角，而沿电场线电势降低，所以P点的电势高于B点的电势，故C正确；
D、由于对称性可知BD两点的电势相等，所以试探电荷在这两点的电势能也相等，故D 错误；
故选C
13．如图所示，电量为+q和-q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有
A．体中心和各面中心
B．体中心和各边中点
C．各面中心和各边中点
D．体中心、各面中心和各边中点
【答案】A
【解析】两个等量同种电荷在其连线的中点处的合场强为零，两个等量同种正电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向远离正电荷的方向，两个等量同种负电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向负电荷的方向．在正方体的上面中心，上面的四个电荷分
成两组产生的场强都是零，下面的四个电荷分成两组产生的场强等大反向，所以正方体的上面中心处的合场强为零，同理所有各面中心处的合场强都为零．在体中心，可以将八个电荷分成四组，产生的合场强为零．而在各边中心，场强无法抵消，合场强不为零．故选
A ．
【点睛】本题分线中心、面中心和体中心三种情况讨论，抓住两个等量同种电荷连线中点和中垂线上的场强情况进行分析讨论．
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13 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127
【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
13
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；对物体A ：
cos()22A A T G F πθ=+- 则θ变小，T A 变小；故AB 错误；
CD.小球静止处于平衡状态，当两球间距缓慢变为原来的1/3时，由比例关系可知，库仑力
变为原来的1/3，因保持B 球的电量不变，使A 球的电量缓慢减小，由库仑定律 2A B Q Q F k
r 解得：球A 的电量减小为原来的127
，故C 错误，D 正确；
15．如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的前提下，当小车匀速向右运动时，绳中拉力 ( )．
A ．大于A 所受的重力
B ．等于A 所受的重力
C ．小于A 所受的重力
D ．先大于A 所受的重力，后等于A 所受的重力
【答案】A
【解析】
【详解】
绳与小车的结点向右匀速运动，此为合运动，可把它按如图所示进行分解．
其中v 1为绳被拉伸的速度，
v 1＝v cos θ
A 上升的速度v A 与v 1大小相等，即
v A ＝v 1＝v cos θ
随着车往右运动，θ角减小，故v A 增大，即A 物体加速上升，加速度竖直向上，由牛顿第二定律得，绳中拉力
T ＝mg ＋ma ＞mg
故A 正确，BCD 错误。

故选A ．。