高考物理试卷分类汇编物理图示法图像法解决物理试题(及答案)及解析(1)

高考物理试卷分类汇编物理图示法图像法解决物理试题(及答案)及解析(1)
一、图示法图像法解决物理试题
1．如图所示，将质量为m的小球用橡皮筋悬挂在竖直墙的O点，小球静止在M点，N为O点正下方一点，ON间的距离等于橡皮筋原长，在N点固定一铁钉，铁钉位于橡皮筋右侧。

现对小球施加拉力F，使小球沿以MN为直径的圆弧缓慢向N运动，P为圆弧上的点，角PNM为60°。

橡皮筋始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，则
A．在P点橡皮筋弹力大小为
B．在P点时拉力F大小为
C．小球在M向N运动的过程中拉力F的方向始终跟橡皮筋垂直
D．小球在M向N运动的过程中拉力F先变大后变小
【答案】AC
【解析】A、设圆的半径为R，则，ON为橡皮筋的原长，设劲度系数为k，开始时小球二力平衡有；当小球到达P点时，由几何知识可得
，则橡皮筋的弹力为，联立解得，故A正确。

B、小球缓慢移动，即运动到任意位置均平衡，小球所受三个力平衡满足相似三角形，即
，，因，可得,故B错误。

C、同理在缓慢运动过程中由相似三角形原理可知，则拉力F始终垂直于橡皮筋的弹力，C正确。

D、在两相似三角形中，代表F大小的边MP的长度一直增大，故F一直增大，故D 错误。

则选AC。

【点睛】三力平衡可以运用合成法、作用效果分解法和正交分解法，而三力的动态平衡就要用图解法或相似三角形法，若有直角的还可以选择正交分解法。

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60；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30，重力加速度为g，则()
A ．F mg =
B ．3F mg =
C ．30θ=
D ．60θ=
【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．
3．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．
4．如图，将一质量为2m 的重物悬挂在轻绳一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d ，杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点正下方距离A 为d 处．现将环从A 点由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法中正确的是（）
A ．环到达
B 处时，重物上升的高度
2
d
B ．环能下降的最大距离为
43
d C ．环到达B 处时，环与重物的速度大小之比为
2 D ．环从A 到B 减少的机械能等于重物增加的机械能 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
根据几何关系有，环从A 下滑至B 点时，重物上升的高度h=2d−d ，故A 错误；环下滑到最大高度为h 时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为22 h d d +-，根据机械能守恒有222(?)mgh mg h d d =+-，解得：h=
43
d
d ，故B 正确．对B 的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：vcos45°=v
重物，所以
2v v 重物
＝，故C 错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能，故D 正确；故选BD ．
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=t0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=2t0时，P
点的场强为
2E，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
2
d
v
t
π
=，选项B 错误；0~0
2
3
t
时间内，运动电荷运动的弧长0
2
233
t
d d
x vt
t
ππ
==⨯=，转过的角度为
3
π
，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，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 KB 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。

9．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。

10．一快艇从离岸边100m远的河流中央向岸边行驶．已知快艇在静水中的速度图象如（图甲）所示；河中各处水流速度相同，且速度图象如（图乙）所示．则（）
A ．快艇的运动轨迹一定为直线
B ．快艇的运动轨迹一定为曲线
C ．快艇最快到达岸边，所用的时间为20s
D ．快艇最快到达岸边，经过的位移为100m 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB 、两分运动为一个做匀加速直线运动，一个做匀速线运动，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一直线上，合运动为曲线运动．故A 错误、B 正确；
CD 、当水速垂直于河岸时，时间最短，垂直于河岸方上的加速度a =0．5m/s 2，由
2
12d at =
，得t =20s ，而位移大于100m ，故C 正确、D 错误． 【点睛】 解决本题的关键会将的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，知道在垂直于河岸方向上速度越大，时间越短．以及知道分运动和合运动具有等时性．
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
=2N 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. 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．
12．如图所示，16个电荷量均为+q(q>0)的小球(可视为点电荷)，均匀分布在半径为R 的圆周上若将圆周上P 点的一个小球的电荷量换成-2q ，则圆心 0点处的电场强度为
A ．2
2kq
R ，方向沿半径向左 B ．2
2kq
R ，方向沿半径向右 C ．2
3kq
R ，方向沿半径向左 D ．
2
3kq
R ，方向沿半径向右 【答案】D 【解析】
该点场强可以看成是与P 对称的那个电荷+q 和P 点的电荷-2q 在该点场强的叠加，根据点电荷的场强公式得+q 的点电荷在圆心O 点处的电场强度大小为2q
k R
，方向向右，点电荷-2q 在圆心O 点处的电场强度大小为2
2q k R
，方向向右，所以叠加来是23q
k R ，方向沿半径向右．故选择D.
【点睛】该题考查了场强叠加原理，还有对对称性的认识．由于成圆周对称性，所以如果
没改变电荷之前肯定圆心处场强为0，而该点场强是所有电荷在该点场强的叠加，可以把这些电荷归为两类：一种是要移去的电荷，另一种是其他电荷．不管怎样，总之这两种电荷产生的合场强为0，所以只要算出改变的电荷在该点的场强和与它对称的电荷的场强即可得到．
13．如图所示， A 、B 、 C 、D 是真空中一正四面体的四个顶点，每条棱长均为l .在正四面体的中心固定一电荷量为-Q 的点电荷，静电力常量为k ,下列说法正确的是
A ．A 、
B 两点的场强相同
B ．A 点电场强度大小为283kQ
l C ．A 点电势高于C 点电势
D ．将一正电荷从A 点沿直线移动到B 点的过程中，电场力一直不做功
【答案】B
【解析】
由于点电荷在正四面体的中心，由对称性可知，A 、B 两点的场强大小相等，但是方向不同，故A 错误；由立体几何知识，可知正四面体的中心到顶点的距离为6l ，由222836KQ KQ kQ E r l l ===⎛⎫ ⎪⎝⎭
，故B 正确；电势为标量，由对称性可知A 点电势等于C 点电势，故C 错误；从A 点沿直线移动到B 点的过程中电势先降低再升高，对于正电荷而言，其电势能先变小再变大，所以电场力先做正功，再做负功，故D 错误．
14．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
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．。