高中物理图示法图像法解决物理试题技巧 阅读训练策略及练习题

高中物理图示法图像法解决物理试题技巧 阅读训练策略及练习题

一、图示法图像法解决物理试题

1．真空中有四个相同的点电荷，所带电荷量均为q ，固定在如图所示的四个顶点上，任意两电荷的连线长度都为L ，静电力常量为k ，下列说法正确的是

A ．不相邻的两棱中点连线在同一条电场线上

B 86kq

C ．任意两棱中点间的电势差都为零

D ．a 、b 、c 三点为侧面棱中点，则a 、b 、c 所在的平面为等势面

【答案】BC

【解析】

【详解】

假设ab 连线是一条电场线，则b 点的电场方向沿ab 方向，同理如果bc 连线是一条电场线，b 的电场方向沿bc 方向，由空间一点的电场方向是唯一的可知电场线不沿ab 和bc 方向，因此A 错；由点电荷的电场的对称性可知abc 三点的电场强度大小相同，由电场的叠加法则可知上下两个点电荷对b 点的和场强为零，左右两个点电荷对b 点的合场强不为

零，每个电荷对b 点的场强224kq =3L 3kq E L =

????，合场强为

24kq 686kq =2Ecosa=23L E 合，故B 正确；由点电荷的电势叠加法则及对称性可知abc 三点的电势相等，因此任意两点的电势差为零，故C 正确；假设abc 平面为等势面，因此电场线方向垂直于等势面，说明电场强度的方向都在竖直方向，由电场叠加原理知b 点的电场方向指向内底边，因此abc 不是等势面，故D 错误。

2．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34v

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212536v 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：34

v v '=，A 正确，B 错误；两球下滑过程中系统的机械能守恒，即：()22111sin 3722

mgL mv mv '-=+o ，解得：212564v L g =，C 正确，D 错误。

3．竖直绝缘墙壁上有一个固定的小球A ，在A 球的正上方P 点用绝缘线悬挂另一个小球B ，A ﹑B 两个小球因带电而互相排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，如图所示，若线的长度变为原来的一半，同时小球B 的电量减为原来的一半，A 小球电量不变，则再次稳定后

A ．A 、

B 两球间的库仑力变为原来的一半

B ．A 、B 两球间的库仑力虽然减小，但比原来的一半要大

C ．线的拉力减为原来的一半

D ．线的拉力虽然减小，但比原来的一半要大

【答案】BC

【解析】

【详解】

由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态，对B 进行受力分析如图所示：

△PAB∽FBF2，所以.

C、D、因G和PQ长度h不变，则丝线长度l变为原来的一半，可得丝线拉力F2变为原来的一半，与小球的电量及夹角无关；C正确，D错误.

A、B、由三角形相似知，同理得，联立得，则

，则可得;故A错误，B正确.

故选BC.

【点睛】

本题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进行分析．

4．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b2：1

C．小球a和b31

D．半球面对a、b31

【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 =；由题，细杆长度是球面的半径的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 =，3a 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31

Na Nb F bc F ac ==，故D 正确．

5．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103

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 点的速度大小为

4747m/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：

8sin 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 1082m 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

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．

6．如图所示，有一光滑轨道ABC ，AB 部分为半径为R 的14

圆弧，BC 部分水平，质量均为m 的小球a 、b 固定在各直轻杆的两端，轻杆长为R ，小球可视为质点。开始时a 球处于圆孤上端A 点由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，下列说法正确的是

A ．a 球下滑过程中机械能保持不变

B ．a.b 两球速度大小始终相等

C ．a.b 3gR

D ．从释放a.b 球到a 、b 球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a 球做的功为

2

mgR 【答案】CD

【解析】

【详解】

A.下滑过程中，对两个球组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，单个球机械能均不守恒，故A 错误；

B.杆不可伸长，两个球沿着杆方向的分速度大小时刻相等，两球速度大小有时不相等，故B 错误；

C.下滑的整个过程中，根据机械能守恒定律，有： ()21222

mgR mg R mv +=?， 解得：

3v gR =，

故C 正确；

D. 对a 球由动能定理可知：

212

W mgR mv +=

， 解得： 3122

W mgR mgR mgR =

-=， 故D 正确。

7．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.

8．如图所示，在M 、N 两点分别固定点电荷+Q 1、－Q 2，且Q 1>Q 2，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 ??、，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 ?一定小于D ? 【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

2Q 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 ?一定大于D ?，故D 项错误。

故选AC 。

9．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 0

3d 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， 0

2kQ 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 ()()2220013sin cos 4E E E E αα??-+= ? ???

，其中sin d r α=, 22cos r d α-= 联立解得：r =2d ，运动电荷经过的距离为223r 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．

10．如图所示，光滑固定的竖直杆上套有小物块 a ，不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接物块 a 和小物块 b ，虚线 cd 水平．现由静止释放两物块，物块 a 从图示位置上升，并恰好能到达c 处．在此过程中，若不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（ ）

A ．物块 a 到达 c 点时加速度为零

B ．绳拉力对物块 a 做的功等于物块 a 重力势能的增加量

C ．绳拉力对物块 b 先做负功后做正功

D ．绳拉力对物块 b 做的功在数值上等于物块 b 机械能的减少量

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

当a 物块到达C 处时，由受力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方向只受重力作用，所以根据牛顿第二定律得知，a 物块的加速度a =g =10m/s 2；故A 错误；从a 到c ，a 的动能变化量为零，根据功能关系可知，绳拉力对物块a 做的功等于物块a 的重力势能的增加量，故B 正确；物块a 上升到与滑轮等高前，b 下降，绳的拉力对b 做负功，故C 错误；从a 到c ，b 的动能变化量为零，根据功能关系：除重力以为其他力做的功等于机械能的增量，故绳拉力对b 做的功在数值上等于b 机械能的减少量．故D 正确．故选BD ．

【点睛】

本题关键掌握功能关系，除重力以外其它力做功等于机械能的增量，合力功等于动能的变化量，重力做功等于重力势能的变化量，要能灵活运用．

11．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 ．212B B -

C ．122B B -

D ．13

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2312

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）．

12．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2L 时，下列说法正确的是(不计一切摩擦)

A ．杆对小球A 做功为12

mgL B ．小球A 和B 的速度都为12

gL C ．小球A 、B 的速度分别为

132gL 和12gL D ．杆与小球A 和B 组成的系统机械能减少了

12

mgL 【答案】C

【解析】

【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：2211222

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 =, 12

B 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.

13．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°。

14．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 '12

F F =， 根据库仑定律有： 2A B Q Q F k L =

'21(

)2

A C Q Q F k

L = 所以 18

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 。

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

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