高中物理图示法图像法解决物理试题解题技巧及练习题

高中物理图示法图像法解决物理试题解题技巧及练习题
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．
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 θθ+ B ．甲车运动速度大小为0cos 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
011cos v v θ
=
+ 乙车的速度 02cos v v θ=
所以，甲、乙两车运动速度大小之比
cos 11cos θθ
<+，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2
2cos 2F 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，在距水平地面高为0.4m 处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P 点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P 点的右边，杆上套有一质量m=2kg 的滑块A ．半径R ＝0.3m 的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O 在P 点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg 的小球B ．用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将A 、B 连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，A 、B 均可看作质点，且不计滑轮大小的影响．现给滑块A 一个水平向右的恒力F ＝50N （取g=10m/s 2）．则（ ）
A ．把小球
B 从地面拉到P 的正下方时力F 做功为20J
B ．小球B 运动到
C 处时的速度大小为0
C ．小球B 被拉到与滑块A 速度大小相等时，离地面高度为0.225m
D ．把小球B 从地面拉到P 的正下方C 时，小球B 的机械能增加了20J
【答案】ACD
【解析】
解： 把小球B 从地面拉到P 点正下方C 点过程中，力F 的位移为：
()220.40.30.40.30.4x m =+--= ，则力F 做的功W F =Fx=20J ，选项A 正确；把小球B 从地面拉到P 点正下方C 点时，此时B 的速度方向与绳子方向垂直，此时A 的速度为零，设B 的速度为v ，则由动能定理：2102
F W mgR mv -=- ，解得v=27 m/s ，选项B 错误；当细绳与圆形轨道相切时，小球B 的速度方向沿圆周的切线方向向上，此时和绳子方向重合，故与小球A 速度大小相等，由几何关系可得h=0.225m 选项C 正确；B 机械能增加量为F 做的功20J ，D 正确
本题选ACD
4．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．
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．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
2P 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，
6．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。

7．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π6
，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
12
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
()22111sin 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.
8．如图所示，竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架（AB 为直径），支架上套着一个小球，轻绳的一端悬于P 点，另一端与小球相连．已知半圆形支架的半径为R ，轻绳长度为L ，且R ＜L ＜2R ．现将轻绳的上端点P 沿墙壁缓慢下移至A 点，此过程中轻绳对小球的拉力F 1及支架对小球的支持力F 2的大小变化情况为（ ）
A ．F 1保持不变，F 2先增大后减小
B ．F 1先减小后增大，F 2保持不变
C ．F 1先增大后减小，F 2先减小后增大
D ．F 1和F 2均增大
【答案】D
【解析】
【详解】
设小球所在位置为为Q ，对小球受力分析如图所示
小球受重力G 、绳对小球的拉力F 1及支架对小球的支持力F 2，三力平衡，三个力构成的矢量三角形与OPQ ∆相似，可有
12F F G OP PQ OQ
== 重力为恒力，P 点下移的过程，OP 间距离减小，比例式比值增大，PQ 间距离为绳长，OQ 间距离为圆形支架的半径，均保持不变，所以F 1和F 2均增大。

A.A 项与上述分析结论不相符，故A 不符合题意；
B.B 项与上述分析结论不相符，故B 不符合题意；
C.C 项与上述分析结论不相符，故C 不符合题意；
D.D 项与上述分析结论相符，故D 符合题意。

9．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 ．22kq R ，方向沿半径向左
B ．
22kq R ，方向沿半径向右 C ．
23kq 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22q 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．
10．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 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。

11．如图所示，两质点A 、B 质量分别为m 、2m ，用两根等长的细轻绳悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧，静止不动时，两根细线之间的夹角为60°。

设绳OA 、OB 与竖直方向的夹角分别为α和β，则（ ）
A ．α＝2β
B ．sin α＝2sin β
C ．tan α＝2tan β
D ．cos α＝cos2β
【答案】B
【解析】
对A 、B 两球分别受力分析如图：
两球的受力三角形分别与几何三角形相似，有，，联立可得：，故B正确，故选B.
【点睛】本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件并运用相似三角形法求解出夹角间的关系．
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，某河宽d=100m，水流速度v1=4 m/s，河中央处有一漂流物A（可视为质点）顺流而下，观察点B发现漂流物时，其距观察点的平行河岸距离L= 100 m，值班员当即驾驶快艇去拦截漂流物，刚好在观察点正前方的C处拦截到漂流物，BC连线垂直河岸。

此过程中快艇相对于水的速度恒定。

则下列说法中正确的是
A ．快艇船头垂直河岸行驶，只要速度合适就可以完成任务
B ．此过程中船行驶的速度可以小于4m/s
C ．此过程中船行驶的速度大小一定是5
D ．若水流速度加倍后仅将船的行驶速度大小加倍不可完成任务
【答案】C
【解析】
【详解】
ABC ．要刚好在C 点完成拦截，漂流物到达C 点的时间
t =1
L v =25s ， 船的实际行驶速度方向必须是沿BC 方向，因而
v =2d
t
= 2m/s ，
由此可知
2221v v v =+船，25v =船m/s >4m/s
方向与河岸成α角，有 tanα=112
v v =， 因而快艇的速度大小和方向都是确定的。

AB 错误，C 正确；
D ．当水速加倍后，
t ′=1
2L v =12.5s ， 船的实际行驶速度方向必须是沿BC 方向，因而
v ′=2d
t '
=4m/s ，
由此可知
2v '船
=21v '+2v '， 得
v '船5， 方向与河岸成α′角，
tanα′=
1
1
2
v
v
'
'
=，
D错误。

14．如图所示，在一座寺庙门口吊着一口大钟，在大钟旁边并排吊着撞锤，吊撞锤的轻绳长为L，与吊撞锤的点等高且水平相距
23
3
L
处有一固定的光滑定滑轮，一和尚将轻绳一端绕过定滑轮连在撞锤上，然后缓慢往下拉绳子另一端，使得撞锤提升竖直高度L/2时突然松手，使撞锤自然的摆动下去撞击大钟，发出声音．（重力加速度g）则
A．在撞锤上升过程中，和尚对绳子的拉力大小不变
B．在撞锤上升过程中，撞锤吊绳上的拉力大小不变
C．突然松手时，撞锤的加速度大小等于g
D．突然松手时，撞锤的加速度大小等于
3
g
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
因为撞锤在缓慢上升，合力为零，因为两个拉力的方向始终在改变，根据共点力平衡知，和尚对绳子的拉力和吊绳对撞锤的拉力都在变化．故A、B错误．突然松手时，撞锤受吊绳的拉力和重力两个力作用，根据几何关系知，此时吊绳与竖直方向的夹角为60度，受力如图，
在此瞬间，在沿绳子方向上的合力为零，合力在垂直绳子方向，即F合＝mgsin60°＝
3
，根据牛顿第二定律得，
3
F
a g
m
合
＝．故D正确，C错误．故选D．
15．如图所示，真空中两等量异种电荷P、Q固定于一等腰梯形ABCD两腰的中点处，已知一带正电的试探电荷从A点移动到B点时电势能增加，则以下判定正确的是（）
A．P是正电荷，Q是负电荷
B．若将该试探电荷由B点移动到D点，其电势能保持不变
C．若将该试探电荷由C点移动到D点，将克服电场力做功
D．该试探电荷在A、C两点所受的电场力大小相等
【答案】C
【解析】
A、因正电荷由A到B电势能增加，则电场力做负功，正电荷应从低电势处运动到高电势处，电势升高．故B点电势高于A点电势．则Q点处为正电荷，P点处为负电荷，故A错误．
B、结合等量异种点电荷的电场的特点可知，B点和D点没有在同一条等势线上，故电势能变化，故B错误；
C、结合等量异种点电荷的电场的特点可知，C点电势为负，D点电势为正，正电荷从C到D点电势能增大，则电场力做负功，故C正确．
D、根据电场线的分布情况C点场强大小较小，故电场力大小在C点较小，故D错误．故选C．
【点睛】根据正电荷在电势高处电势能大，判断电势高低，即可确定P、Q处电荷的电性；根据电场线的分布情况，分析场强关系；由电势的高低，判断电场力对正电荷做功正负。