1、【物理】物理图示法图像法解决物理试题练习题一、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，
2、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，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
3、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，OP与水平方向的夹角为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 mgC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
4、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3如图所示，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L轻杆相连， B、C置于水平地面上在轻杆竖直时，将A由静止释放，B、C在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动忽略一
5、切摩擦，重力加速度为g则此过程中（ ）A球A的机械能一直减小B球A落地的瞬时速度为C球B对地面的压力始终等于D球B对地面的压力可小于mg【答案】BD【解析】【详解】A：设A球下滑时，左侧杆与竖直方向夹角为，则，AB用铰链相连，则，当A下落到最低点时，B的速度为零，中间过程中B的速度不为零；同理可得，当A下落到最低点时，C的速度为零，中间过程中C的速度不为零ABC三者组成的系统机械能守恒，中间过程B、C的动能不为零，A到最低点时，B、C的动能为零；则球A的机械能不是一直减小故A项错误B：当A下落到最低点时，B、C的速度为零，对三者组成的系统，A由静止释放到球A落地过程，应用机械能守恒得：，解得：
6、球A落地的瞬时速度故B项正确C：球A加速下落时，三者组成的系统有向下的加速度，整体处于失重状态，球B、C对地面的压力小于故C项错误D：在A落地前一小段时间，B做减速运动，杆对B有斜向右上的拉力，则球B对地面的压力小于故D项正确综上，答案为BD4用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C、D、E处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A、B的质量均为2m，小球C、D、E的质量均为m现将A、B两小球置于距地面高h处，由静止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中A小球A、B、C、D、E组成的系统机械能和动量均守恒B小球B的机械能一直减小C小球B落地的速度大小为D当小球A的机械能最
7、小时，地面对小球C的支持力大小为mg【答案】CD【解析】【分析】【详解】小球A、B、C、D、E组成的系统机械能守恒但动量不守恒，故A错误；由于D球受力平衡，所以D球在整个过程中不会动，所以轻杆DB对B不做功，而轻杆BE对B先做负功后做正功，所以小球B的机械能先减小后增加，故B错误；当B落地时小球E的速度等于零，根据功能关系 可知小球B的速度为，故C正确；当小球A的机械能最小时，轻杆AC没有力，小球C竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D正确，故选CD5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QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示。图乙是AB连线之间的电势与位置x之间的关
8、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QAQB41【答案】ABD【解析】【详解】据-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
9、荷场强则有：，解得QA：QB=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x2L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-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。6如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，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
10、小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，下列说法正确的是Aa球下滑过程中机械能保持不变Ba.b两球速度大小始终相等Ca.b球滑到水平轨道上时速度大小均为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【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：，解得：，故C正确；D. 对a球由动能定理可知：，解得：，故D正确。7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
11、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=t0对称，若撤去运动点电荷，测得P点场强大小为E0，已知EA=EE=E0，EB=ED=E0，EC=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2dB.运动电荷的速率为C0时间内，运动电荷的位移大小为D0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 ，可知另一电荷在与QP垂直，且
12、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，选项B错误；0时间内，运动电荷运动的弧长，转过的角度为 ，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8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
13、体的速度关系为vA=2vBB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vB=vAcos60，得vA=2vB；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
14、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.9如图所示，跨过同一高度处的光滑轻小定滑轮的细线连接着质量相同的物体A和B，A套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度h=0.2m，开始时让连接A的细线与水平杆的夹角=53，现把A由静止释放，在以后A向右的运动过程中，下列说法中正确的是（sin53=0.8，cos53=0.6，g取10m/s2，且
15、B不会与水平杆相碰）( )A物体A在运动的过程中，绳的拉力一直做正功，所以机械能一直增加B物体B在运动的过程中，绳的拉力先做负功再做正功，动能最小为零C物体A在运动过程中先加速后减速，且最大速度等于1m/sD物体B 在运动过程中先加速后减速，且最大速度等于1m/s【答案】BC【解析】【分析】【详解】A、在A运动过程中，开始时绳子拉力与运动方向相同，拉力做正功，当越过悬点正下方后，拉力开始做负功；故A拉力先做正功后做负功；故A错误.C、A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于B的速度大小，有：vAcos=vB，A、B组成的系统机械能守恒，当=90时，A的速率最大，此时B
16、的速率为零根据系统机械能守恒有：，解得v=1m/s；C正确.B、在B运动过程中，拉力先做负功后做正功，当B的速度为零动能最小为零；故B正确.D、由A的分析可知，B的速度先向下增大后减小，再向上增大后减小最大速度等于vAcos=0.8m/s；故D错误.故选BC.【点睛】解决本题的关键知道A沿绳子方向上的分速度等于B的速度大小，以及知道A、B组成的系统机械能守恒10如图所示,绝缘水平桌面上固定A、B两个带等量异种电荷的小球,A、B连线的中点处垂直桌面固定一粗糙绝缘直杆,杆上穿有一个带有小孔的正电小球C,将C从杆上某一位置由静止释放,下落至桌面时速度恰好为零.C沿杆下滑时带电荷量保持不变,三个带电小
17、球A、B、C均可视为点电荷那么C在下落过程中,以下判断正确的是( )A所受摩擦力变大B电场力做正功C电势能不变D下落一半高度时速度一定最大【答案】AC【解析】A、AB为等量异种点电荷，故产生的电场在AB连线垂直平分线上，从垂足向两侧场强逐渐减小，且为等势面，电荷C在下滑的过程中，受到的电场力为F=qE，将逐渐增大，受到的摩擦力为f=F=qE，故受到的摩擦力增大，故A正确；B、小球在下滑过程中沿等势面运动，故电场力不做功，电势能不变，故B错误，C正确；D、在下落过程中，当小球C的重力等于摩擦力时，速度最大，由于下落过程中摩擦力逐渐增大，故在下落过程中摩擦力在相同距离内做功越来越大，故速度最大时要
18、在下落一半高度以下，故D错误；故选AC【点睛】本题主要考查了等量异种电荷产生的电场分布及在两电荷垂直平分线上的电场 的特点，明确在下滑过程中摩擦力越来越大摩擦力做功越来越多即可11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，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，不考虑磁场因素，则A点电荷的电荷量为B点电荷的电荷量为C运动电荷的速度大小为D运动电荷到P点的最小距离为【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
19、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E0，设电荷的电荷量为Q，根据点电荷的场强公式可得， ，解得,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t0时刻，运动点电荷与P点之间的夹角为，距离为r，此时运动电荷产生的场强，固定电荷产生的场强为，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，其中, 联立解得：r=2d，运动电荷经过的距离为，所以运动电荷的速度大小为，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，
20、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12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
21、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/s2；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
22、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132018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥，其索塔与钢索如图所示下列说法正确的是（ ）A增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布【答案】C【解析】【详解】A、以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索
23、对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A错误；B、由图甲可知，当索塔高度降低后，变大， 变小，故T变大，故B错误C、由B的分析可知，当钢索对称分布时，钢索对索塔的合力竖直向下，故C正确D、受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要 ，钢索AC、AB的拉力FAC、FAB进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D错误；综上分析：答案为C14如图所示，a、b两点处分别固定有电量均为Q的带正电的点电荷，c是线段ab的中点，d是ac的中点，c是ab的垂直平分线上的一点，ce=cd，将一个正点电荷先后放在d、c、e点，它所受的电场力分别为，则下列说法正确
24、的是 A的方向都是水平向右B的方向相互垂直，C的大小相等，的方向竖直向上Dd的电势小于e点的电势【答案】B【解析】【详解】A、依据同种电荷相斥，a、b两点电荷对d处的正电荷的电场力水平向右，而a、b两点电荷对e处的正电荷的合电场力竖直向上，故A错误；B、由上分析可知，Fd、Fe的方向互相垂直，c处于两点电荷中点，根据矢量的合成法则，则Fc=0，故B正确；C、根据等量同种电荷的电场线分布可知，d处的电场强度大于c处，结合电场力的公式F=qE可知Fc的小于Fd，而由A分析，可知Fe的方向竖直向上，故C错误；D、依据沿着电场线方向电势是降低的，因此d点的电势大于e点的电势，故D错误；故选B【点睛】a
25、、b两点处分别固定有等量同种点电荷+Q和+Q，首先要明确等量同号电荷的电场的分布特点，明确各点的电场强度的大小和方向的关系，结合电场力的公式：F=qE来判断电场力之间的关系，及依据沿着电场线方向，电势是降低的，即可求解15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AP点电势比Q点电势低BP点电场比Q点场强大CP、Q两点的电势差为DQ点的场强大小等于【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，在Q点，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，故P、Q两点的电势差为，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。
