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．