1、（物理）高考必刷题物理图示法图像法解决物理试题题一、图示法图像法解决物理试题1如图所示，滑块A、B的质量均为m,A套在固定倾斜直杆上，倾斜杆与水平面成45,B套在固定水平的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计且足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与平面成30)连接，A、B从静止释放，B开始沿水平面向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B视为质点，在运动的过程中，下列说法中正确的是（ ）AA、B组成的系统机械能守恒B当A到达与B同一水平面时,A的速度为CB滑块到达最右端时,A的速度为DB滑块最大速度为【答案】AD【解析】因不计一切摩擦，故系统机械能守恒，A正确；设A的速度为
2、、B的速度为，当A到达与B同一水平面时，对A、B速度进行分解，如图所示根据沿杆方向速度相等有：，根据系统机械能守恒有：，解得：，B错误；B滑块到达最右端时，B的速度为零，如图所示：根据系统机械能守恒有：，解得：，C错误；当A滑到最低点时，速度为零，B的速度最大，如图所示：根据系统机械能守恒有：，解得：，D正确，选AD.【点睛】应用A、B沿杆方向速度相等，求出A、B的速度关系，因为不计一切摩擦，故A、B组成的系统机械能守恒，当A的速度最大时，B的速度为0；当B的速度最大时，A的速度为0.2如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，
3、光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时（图中B处），下列说法正确的是A小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mgB小环到达B处时，重物上升的高度也为dC小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于D小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于【答案】AC【解析】【分析】【详解】由题意，释放时小环向下加速运动，则重物将加速上升，对重物由牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重力，所以A正确；小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子缩短的长度，即，所以B错误；根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环A速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解应满足：，即
4、，所以C正确，D错误【点睛】应明确：对与绳子牵连有关的问题，物体上的高度应等于绳子缩短的长度；物体的实际速度即为合速度，应将物体速度沿绳子和垂直于绳子的方向正交分解，然后列出沿绳子方向速度相等的表达式即可求解3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( )Ab、f两点电场强度大小相等，方向不同Be、d两点电势相同Cb、f两点电场强度大小相等，方向相同De、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
5、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。4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
6、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/s2）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5m/sD滑块A经过P点的速度大小为m/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mgsin53，根据牛顿第二定律得：mgsin53=maa=gsin5
7、3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：所以滑块A运动到P时，A下落B下落当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：解得故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
8、挂一物块P设细线的左边部分与水平方向的夹角为，初始时很小现将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 =60时，P、Q的速度之比1：2B当 =90时，Q的速度最大C当 =90时，Q的速度为零D当向90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 =60时，Q的速度，解得：，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=90时，Q的速度最大；故B正确，C错误D、当向90增大的过程中Q的合力逐渐减
9、小，当=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
10、】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
11、，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，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DM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
12、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，分离时刻有解得分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，即：解得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，有把v和u的值代入，化简得：故D正确。故选ACD.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段关于直线对称电场是由该平面内两个相同
13、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
14、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，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9AB是长为L的均匀带电绝缘细杆，P1、P2是位
15、于AB所在直线上的两点，位置如图所示。AB上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2，若将绝缘细杆的右半边截掉并移走（左半边电荷量、位置不变），则P2处的场强大小变为（ ）ABE2E1CE1DE1+【答案】B【解析】【详解】将均匀带电细杆等分为左右两段，设左右两段细杆形成的电场在P2点的场强大小分别为EA、EB，则有EA+EB=E2；左半段细杆产生的电场在P1点的场强为0，右半段细杆产生的电场在P1点的场强大小为E1=EB，去掉细杆的右半段后，左半段细杆产生的电场在P2点的场强大小为EA=E2EB=E2E1，选B。10如图所示，在同一平面内互相绝缘的三根无限长直导线、
16、，围成一个等边三角形，三根导线通过的电流大小相等，方向如图所示，为等边三角形的中心，、分别为关于导线、的对称点已知三根导线中的电流形成的合磁场在点的磁感应强度大小为，在点的磁感应强度大小为，若撤去导线，而、中电流不变，则此时点的磁感应强度大小为（ ）ABCD【答案】C【解析】【分析】【详解】设每根导线中的电流在O点产生的磁感应强度大小为，ef、cd中的电流在M点产生的磁感应强度大小都为，则在O点有，在M点有，撤去导线ef后，在N点有、联立式各式可得A. 与计算结果不相符，故A不符合题意； B. 与计算结果不相符，故B不符合题意 C. 与计算结果相符，故C符合题意； D. 与计算结果不相符，故D
17、不符合题意11如图所示，真空中有一个边长为L的正方体，正方体的两个顶点M、N处分别放置电荷量都为q的正、负点电荷图中的a、b、c、d是其他的四个顶点，k为静电力常量下列表述正确是（ ）Aa、b两点电场强度大小相等，方向不同Ba点电势高于b点电势C把点电荷+Q从c移到d，电势能增加D同一个试探电荷从c移到b和从b移到d，电场力做功相同【答案】D【解析】A、根据电场线分布知，a、b两点的电场强度大小相等，方向相同，则电场强度相同故A错误B、ab两点处于等量异种电荷的垂直平分面上，该面是一等势面，所以a、b的电势相等故B错误C、根据等量异种电荷电场线的特点，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，则c点的电
18、势大于d点的电势把点电荷+Q从c移到d，电场力做正功，电势能减小，故C错误D、因可知同一电荷移动，电场力做功相等，则D正确故选D【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道垂直平分线为等势线，沿着电场线方向电势逐渐降低12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
19、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：乙船在平行河岸方向上的速度为：两船在平行河岸方向上的位移分别为，则，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。13一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生的场强大小，方向图所示.把半球面分为表面积相等的上、下两
20、部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E1、E2;把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示在左右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4则( )ABCD【答案】C【解析】【详解】根据点电荷电场强度公式E=k，且电荷只分布球的表面，对于图甲，虽表面积相同，但由于间距的不同，则上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为ElE2；因电荷Q在球心O处产生物的场强大小E0=，则E1；对于图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，是由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小相等，则根据电场的叠加可知：左侧部分在O点产生的场强与右侧电荷在O点产生的
21、场强大小相等，即E3=E4 由于方向不共线，由合成法则可知，E3；故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】考查点电荷的电场强度的应用，知道电荷的分布，掌握矢量的叠加法则，对于此题采用“反证法”来区别选项的正误是很巧妙的，注意总结应用.14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
22、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。15如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑右侧是一个足够长的固定光滑斜面一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球和物块，且小球质
23、量m1大于物块质量m2.开始时小球恰在A点，物块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时滑轮右侧的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在球心O的正下方当小球由静止释放开始运动，则下列说法中正确的是( )A在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统机械能守恒B当小球运动到C点时，小球的速率是物块速率的C小球能沿碗面上升到B点D物块沿斜面上滑的过程中，地面对斜面的支持力减小【答案】A【解析】【详解】A.在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒故A正确B.设小球m1到达最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成分解得：解得：，故B错误； C.在m1从A点运动到C点的过程中，对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得：结合解得：，若m1运动到C点时绳断开，至少需要有的速度m1才能沿碗面上升到B点，现由于m1上升的过程中绳子对它做负功，所以m1不可能沿碗面上升到B点故C错误D.m2沿斜面上滑过程中，m2对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定故D错误
