高中物理图示法图像法解决物理试题解题技巧(超强)及练习题

高中物理图示法图像法解决物理试题解题技巧(超强)及练习题
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，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处(O 为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。

已知容器半径为R，与水平面间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°。

下列说法正确的是
A．容器相对于水平面有向左运动的趋势
B．轻弹簧对小球的作用力大小为 mg
C．容器对小球的作用力竖直向上
D．弹簧原长为R＋
【答案】BD
【解析】
【分析】
对容器和小球整体研究，分析受力可求得半球形容器受到的摩擦力．对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止，由共点力的平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力，由胡克定律求出弹簧的压缩量，即可求得原长．【详解】
由于容器和小球组成的系统处于平衡状态，容器相对于水平面没有向左运动的趋势，故A 错误；容器对小球的作用力是弹力，指向球心O，故B正确；对小球受力分析，如图所示
由可知，支持力和弹簧的弹力之间的夹角为120°，则由几何关系可知，小球受到容器的支持力和弹簧对小球的弹力大小均为mg，故C错误；图中弹簧长度为R，压缩量
为，故原长为，故D正确。

故选BD。

【点睛】
本题考查共点力的平衡条件应用，要注意明确共点力平衡问题重点在于正确选择研究对象，本题运用隔离法和整体法两种方法进行受力分析得出结论．同时注意几何关系的正确应用．
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，一轻绳通过小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在竖直杆上的小物块A 连接，杆固定且足够长。

开始时用手握住B使A静止在P点，细线伸直。

现释放B，A向
上运动，过Q点时细线与竖直杆成60°角，R点位置与O等高。

(不计一切摩擦，B球未落地)则
A．物块A过Q点时，A、B两物体的速度关系为v A=2v B
B．物块A由P上升至R的过程中，物块A的机械能增加量等于小球B的机械能减少量C．物块A由P上升至R的过程中，细线对小球B的拉力总小于小球B的重力
D．物块A由P上升至R的过程中，小球B所受重力的瞬时功率先增大后减小
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A.物块A过Q点时，将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，沿绳子方向的分速度等于B的速度，即v B=v A cos60°，得v A=2v B；故A正确.
B.物块A由P上升至R的过程中，对于A、B组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，则物块A的机械能增加量等于小球B的机械能减少量；故B正确.
C.物块A由P上升至R的过程中，小球B的速度先增大后减小，物块上升至R时B球的速度为零，则小球B的加速度先向上后向下，先处于超重状态后处于失重状态，则细线对小球B的拉力先大于小球B的重力，后小于小球B的重力；故C错误.
D.物块A由P上升至R的过程中，小球B的速度先增大后减小，由P=mgv知小球B所受重力的瞬时功率先增大后减小；故D正确.
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.
7．一快艇从离岸边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．
8．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 段与BC 段关于直线0t 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
02E d k
B ．点电荷的电荷量为2
0E d k
C ．运动电荷的速度大小为
3d t 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E 0，设电荷的电荷量
为Q ，根据点电荷的场强公式可得， 02kQ
E d
=，解得20E 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t 0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
2kQ 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
2
2
0013sin 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2
2
3r d d -=，所以运动电荷的速度大小为
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．
9．如图所示，两等量负点电荷固定在A 、B 两点。

以A 、B 连线的中点为原点O ，沿A 、B 连线的中垂线建立x 轴。

选无穷远处电势为零。

则关于x 轴上各处的电场强度E 、电势φ随x 轴坐标的变化规律，下列图像较合理的是
A ．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
【详解】
A、B、对于两个等量负点电荷的电场，根据场强的叠加，知两电荷的中点场强为零，从O 到无穷远的过程中，场强先增大后减小，且AB连线左右两侧电场对称，故A正确，B错误。

C、D、两个等量负点电荷的连线的中垂线上，从连线中点到无穷远是逆着电场线，故电势逐渐升高，故C、D错误。

故选A。

【点睛】
本题关键是熟悉等量同号电荷和异种电荷之间的电场分别情况，会结合电场线和等势面分析电势和情况的变化．
10．如图所示，三根相互平行的固定长直导线1L、2L和3L垂直纸面如图放置，与坐标原点分别位于边长为a的正方形的四个点上，1L与2L中的电流均为I，方向均垂直于纸面向外，3L中的电流为2I，方向垂直纸面向里（已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导
线r处的磁感应强度
kI
B
r
（其中k为常数）．某时刻有一质子（电量为e）正好沿与x
轴正方向成45°斜向上经过原点O，速度大小为v，则质子此时所受磁场力为( )
A．方向垂直纸面向里，大小为
23kIve
B．方向垂直纸面向外，大小为32
2
kIve
a
C．方向垂直纸面向里，大小为
32kIve
D．方向垂直纸面向外，大小为
23kIve
【答案】B
【解析】
【详解】
根据安培定则，作出三根导线分别在O点的磁场方向，如图：
由题意知，L1在O点产生的磁感应强度大小为B1＝kI
a
，L2在O点产生的磁感应强度大小
为B2＝
2a L3在O点产生的磁感应强度大小为B3＝2kI
a
，先将B2正交分解，则沿x轴
负方向的分量为B2x＝
2a °＝
2
kI
a
，同理沿y轴负方向的分量为
B2y＝
2a °＝
2
kI
a
，故x轴方向的合磁感应强度为B x＝B1+B2x＝
3
2
kI
a
，y轴方向的合磁
感应强度为B y＝B3−B2y＝3
2
kI
a
，故最终的合磁感应强度的大小为22
32
2
x y
kI
B B B
a
＝＝，
方向为tanα
＝
y
x
B
B
＝1，则α=45°，如图：
故某时刻有一质子（电量为e）正好沿与x轴正方向成45°斜向上经过原点O，由左手定则
可知，洛伦兹力的方向为垂直纸面向外，大小为f＝eBv＝32
2
kIve
a
，故B正确; 故选B．
【点睛】
磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提.
11．甲、乙两船在静水中航行速度分别为v1和v2，两船从同一位置划向河对岸，已知甲船想以最短时间过河，乙船想以最短航程过河，结果两船抵达到岸的地点恰好相同，则甲、乙两船渡河所用时间比
A．v12：v22 B．v22：v12
C．v1：v2 D．v2：v1
【答案】B
【解析】
【详解】
两船抵达的地点相同，知合速度方向相同，甲船静水速垂直于河岸，乙船的静水速与合速度垂直，如图
两船的合位移相等，则渡河时间之比等于两船合速度之反比，则
，故B正确，A、C、D错误；
故选B。

【点睛】
关键是知道两船的合速度方向相同；两船抵达的地点相同，合速度方向相同，甲船静水速度垂直于河岸，乙船的静水速度与合速度垂直；两船的合位移相等，则渡河时间之比等于
两船合速度之反比。

12．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。

13．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．
14．如图所示，将质量为m p =5m 的重物P 悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m Q =3m 的小物块Q ，小物块Q 套在竖直固定的光滑直杆上，固定光滑定滑轮与直杆的距离为L 。

现将小物块Q 拉到与之连结的轻绳水平时由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（ ）
A ．小物块Q 下滑距离L 时，P 、Q 两物体的速度大小相等
B ．小物块Q 下滑某一位置时，与滑轮连结的轴对滑轮的作用力可能竖直向上
C ．小物块Q 能下降的最大高度为h =
53L D ．小物块Q 下滑距离
34L 时，P 15gL 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．小物块Q 下滑距离L 时，此时细线与竖直方向的夹角为45°，此时P 、Q 两物体的速度大小关系为 cos 45P Q v v =︒
选项A 错误；
B ．滑轮两边的绳子拉力是相等的，不论小物块Q 下滑到什么位置，滑轮右边的绳子总是倾斜的，则两条绳子拉力的合力不可能竖直向下，即与滑轮连结的轴对滑轮的作用力不可能竖直向上，选项B 错误；
C ．设小物块Q 能下降的最大高度为x ，则由系统的机械能守恒可知 2235()mgx mg L x L =+-
解得
581L x =
选项C 错误；
D ．小物块Q 下滑距离34L 时，此时物块P 上升了14
L ，细线与水平方向夹角为37°，此时 cos530.6P Q Q v v v =︒=
由机械能守恒
2231135354422
Q P L mg L mg mv mv ⋅-⋅=⋅+⋅ 解得
15P gL v =
选项D 正确。

故选D 。

【答案】A
【解析】A 、B 、等量异号电荷的连线的中垂面是等势面，如图所示：
故b、d、h、f四点均在中垂面上电势相等，故A正确，B错误；C、D、由等量异种电荷的电场分布特点知中点的场强最小但不为零，沿着中垂线向外场强大小逐渐减小，故C、D 均错误。

故选A。

【点睛】本题的解题关键是抓住对称性进行分析，等量异种电荷电场线和等势线的分布情况是考试的热点，要熟悉，并能在相关问题中能恰到好处地应用．
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．。