1、最新物理图示法图像法解决物理试题专项一、图示法图像法解决物理试题1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，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
2、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2用轻杆通过铰链相连的小球A、B
3、、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
4、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CD3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，在物块P下落过程中，下列说法正确的有A当60时，P、Q的速度之比是1:2B当90时，Q的速度最大C物块P一直处于失重状态D绳对Q的拉力始终大于P的重力【答案】AB【解析】【详解】A、由题可知，P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P
5、的速度相等，则当时，Q的速度解得：故A正确；B、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，即当时，Q的速度最大，故B正确；C、角逐渐增大到的过程中，Q的速度一直增大，P的速度先增大后减小，所以P是先失重后超重，故C错误；D、因为P是先失重后超重，因此绳对Q的拉力会等于P的重力，故D错误。4如图所示，在M、N两点分别固定点电荷+Q1、Q2，且Q1Q2，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EKO、EKB，电势能分别为EpO、EpB，电场中C、D两点的场强大小分别为EC
6、、ED，电势分别为，则下列说法正确的是（）AEKO一定小于EKBBEpO一定小于EpBCEC一定大于EDD一定小于【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EC一定大于ED，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，可得一定大于，故D项
7、错误。故选AC。5如图所示，竖直向下的匀强电场中的O点固定一点电荷，一个带电小球可绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，a、b为圆周的最高点和最低点。不计空气阻力，则( )A点电荷带正电Ba点的电场强度大于b点的电场强度C小球在从a点运动到b点的过程中，电势能增大D如果加一个垂直于竖直平面的匀强磁场，小球也可以继续做圆周运动【答案】AC【解析】【详解】带电小球可绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动，可知小球受到的匀强电场的电场力和重力等大反向，则小球带负电，点电荷带正电，选项A正确；点电荷在a点的场强向上，在b点的场强向下，与匀强电场叠加后，a点的电场强度小于b点的电场强度，选项B错误；小球在从a点运
8、动到b点的过程中，点电荷对小球不做功，而匀强电场的电场力做负功，则电势能增大，选项C正确；如果加一个垂直于竖直平面的匀强磁场，若洛伦兹力的方向指向圆心，则小球所受的向心力变大，则小球将做近心运动；反之若洛伦兹力的方向背离圆心，则小球所受的向心力变小，则小球将做离心运动，选项D错误；故选AC.【点睛】本题的解题关键是根据质点做匀速圆周运动的条件，判断电场力与重力的关系，即可确定出小球的电性。6取空间中两等量点电荷间的连线为x轴，轴上各点电势随x的变化关系如图所示，设x轴上B、C两点的电场强度分别是EBx、ECx，下列说法中正确的是（ ）A该静电场由两个等量同种点电荷产生B该静电场由两个等量异种点
9、电荷产生CEBx的大小小于ECx的大小D负电荷沿x轴从B点移动到C点的过程中，电势能先减小后增大【答案】AD【解析】A、B、如果该电场由等量异种电荷产生，则两点电荷连线的中垂线是等势面，故连线中点为零电势点，可知静电场由两个等量同种点电荷产生故A正确，B错误C、该图象的斜率等于场强E，斜率越大，场强越大，则知EBx的大小大于ECx的大小，故C错误；D、负电荷沿x轴从B点移动到C点的过程中，电势先升高后降低，根据公式Ep=q，电势能先减小后作增加；故D正确；故选AD【点睛】电势为零处，电场强度不一定为零电荷在电场中与电势的乘积为电势能电场力做功的正负决定电势能的增加与否7如图所示，在x轴上有A、
10、O、B、M四点，OAOBBM，A、B两点固定有电荷量分别为Q（Q0）和2Q的异种点电荷。静电力常量为k。下列说法正确的是A在x轴上A、O两点之间还有一点与M点的电场强度相同BO点的电场强度大小为，方向沿x轴正方向CO点的电势高于M点的电势D将一带正电的试探电荷从O点移至M点，其电势能增加【答案】BC【解析】【详解】A由O点到B点，场强越来越大，而从B点到O点，场强越来越小，而O点的场强大于在M点的场强，从A到O的场强逐渐减小，所以在x轴上A、O两点之间不会有一点与M点的电场强度相同，A错误；BO点的合场强大小为方向沿x轴正方向，B正确；CB点的电荷在M点和O点形成的场强大小一样，方向相反，A点
11、在O点形成的场强大于在M点形成的场强，而在O的场强是两场强大小相加，在M点的场强是两场强大小相减，可以判断在O点的场强大于在M点的场强，根据沿电场线方向电势降低可知，O点的电势高于M点的电势，C正确；DO点的场强大于M点的场强，所以将一带正电的试探电荷从O点移至M点，其电势能减少，D错误。故选BC。8如图所示，竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架（AB为直径），支架上套着一个小球，轻绳的一端悬于P点，另一端与小球相连已知半圆形支架的半径为R，轻绳长度为L，且RL2R现将轻绳的上端点P沿墙壁缓慢下移至A点，此过程中轻绳对小球的拉力F1及支架对小球的支持力F2的大小变化情况为（）AF1保持不变，F
12、2先增大后减小BF1先减小后增大，F2保持不变CF1先增大后减小，F2先减小后增大DF1和F2均增大【答案】D【解析】【详解】设小球所在位置为为Q，对小球受力分析如图所示小球受重力G、绳对小球的拉力F1及支架对小球的支持力F2，三力平衡，三个力构成的矢量三角形与相似，可有重力为恒力，P点下移的过程，OP间距离减小，比例式比值增大，PQ间距离为绳长，OQ间距离为圆形支架的半径，均保持不变，所以F1和F2均增大。A.A项与上述分析结论不相符，故A不符合题意；B.B项与上述分析结论不相符，故B不符合题意；C.C项与上述分析结论不相符，故C不符合题意；D.D项与上述分析结论相符，故D符合题意。9如图所
13、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沿墙下滑距离为时，下列说法正确的是(不计一切摩擦) A杆对小球A做功为B小球A和B的速度都为C小球A、B的速度分别为和D杆与小球A和B组成的系统机械能减少了【答案】C【解析】【详解】BC.当小球A沿墙下滑距离为时，设此时A球的速度为vA，B球的速度为vB.根据系统机械能守恒定律得：，两球沿杆子方向上的速度相等，则有：vAcos60=vBcos30.联立两式解得:, ;故B错误,C正确.A.对A球使由动能定理有：，代入A的
14、速度解得，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.10如图所示，在同一平面内互相绝缘的三根无限长直导线、，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、
15、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不符合题意11位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如右图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点，且OPOQ. 则下列说法正确的是AP、O两点的电势关系为BP、Q两点电场强度的大小关系为EQEPC若在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力不为零D若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做负功【答案】B【解析】【分析】【详解】A根据电场叠加，由图像可以知道ab、
16、cd两中垂线上各点的电势都为零，所以P、O两点的电势相等，故A错；B电场线的疏密表示场强的大小，根据图像知EQEP，故B正确；C四个点电荷在O点产生的电场相互抵消，场强为零，故在O点放一正点电荷,则该正点电荷受到的电场力为零，故C错误.DP、Q电势相等，若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做功为零，故D错误；故选B.点睛：根据电场线的方向确定场源电荷的正负.电势的高低看电场线的指向,沿着电场线电势一定降低.电场线的疏密表示场强的大小,;根据电势高低判断功的正负.12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
17、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Av12：v22 Bv22：v12Cv1：v2 Dv2：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。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
18、半球面分为表面积相等的上、下两部分，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
19、生的场强与右侧电荷在O点产生的场强大小相等，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如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度A大小和方向均不变B大小不变，方向改变C大小改变，方向不变D大小和方向均改变【答案】A【解析】【分析】【详解】橡皮参与了水平向右和竖直向上的分运动，如图所示，两个方向的分运动都是匀速直线运动，vx和vy恒定，则v合恒定，则橡皮运动的速度大小和方向都不变，A项正确15如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的前提下，当小车匀速向右运动时，绳中拉力 ()A大于A所受的重力B等于A所受的重力C小于A所受的重力D先大于A所受的重力，后等于A所受的重力【答案】A【解析】【详解】绳与小车的结点向右匀速运动，此为合运动，可把它按如图所示进行分解其中v1为绳被拉伸的速度，v1vcos A上升的速度vA与v1大小相等，即vAv1vcos 随着车往右运动，角减小，故vA增大，即A物体加速上升，加速度竖直向上，由牛顿第二定律得，绳中拉力Tmgmamg故A正确，BCD错误。故选A
