1、物理图示法图像法解决物理试题题20套(带答案)一、图示法图像法解决物理试题1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B小球A的速度为C细杆的长度为D细杆的长度为【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，则有，解得：，A正确，B错误；两球下滑过程中系统的机械能守恒，即：，解得：，C正确，D错误。2竖直
2、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，AB两个小球因带电而互相排斥，致使悬线与竖直方向成角，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AA、B两球间的库仑力变为原来的一半BA、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：PABFBF2，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
3、；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3如图所示，半径为R的硬橡胶圆环，其上带有均匀分布的负电荷，总电荷量为Q，若在圆环上切去一小段l(l远小于R)，则圆心O处产生的电场方向和场强大小应为()A方向指向AB B方向背离ABC场强大小为 D场强大小为【答案】BD【解析】【详解】AB段的电量,则AB段在O点产生的电场强度为：,方向指向AB，所以剩余部分在O点产生的场强大小等于,方向背离AB故B,D正确;A,C错误.故选BD.【点睛】解决本题的关
4、键掌握点电荷的场强公式，以及知道AB段与剩余部分在O点产生的场强大小相等，方向相反4如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg的滑块A半径R0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将A、B连接起来杆和半圆形轨道在同一竖直面内，A、B均可看作质点，且不计滑轮大小的影响现给滑块A一个水平向右的恒力F50N（取g=10m/s2）则（ ）A把小球B从地面拉到P的正下方时力F做功为20JB小球
5、B运动到C处时的速度大小为0C小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，离地面高度为0.225mD把小球B从地面拉到P的正下方C时，小球B的机械能增加了20J【答案】ACD【解析】解： 把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，力F的位移为： ，则力F做的功WF=Fx=20J，选项A正确；把小球B从地面拉到P点正下方C点时，此时B的速度方向与绳子方向垂直，此时A的速度为零，设B的速度为v，则由动能定理： ，解得v= m/s，选项B错误；当细绳与圆形轨道相切时，小球B的速度方向沿圆周的切线方向向上，此时和绳子方向重合，故与小球A速度大小相等，由几何关系可得h=0.225m选项C正确；B机械能增加量为F做
6、的功20J，D正确本题选ACD5如图所示，斜面和水平横杆均足够长且均被固定，斜面顶角为，套筒P套在横杆上，与轻绳连接，轻绳跨过不计大小的定滑轮，其与放在斜面上的滑块Q相连接，且连接滑块Q的轻绳与斜面平行，P与Q的质量均为m，O为横杆上的滑轮的正下方的点，滑轮到横杆的距离为h。开始时手握住P，使连接P的绳与竖直方向的夹角为，然后无初速度释放P。不计绳子的伸长和一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是( ) A释放P前绳子拉力大小为mgsin BP到达O点时绳子的拉力为0CP到达O点时的速率为DP从释放到第一次过O点的过程中，绳子对P的拉力一直做正功【答案】CD【解析】【分析】对Q分析，根据共点
7、力平衡求出拉力的大小；根据关联速度的解法分析Q的速度变化情况，从而得出拉力的情况；对P和Q系统研究，结合机械能守恒求出P到达O点的速度大小根据P点的速度变化，分析动能的变化，从而得拉力做功的情况【详解】释放P前，对Q分析，根据共点力平衡得，故A错误。根据P与Q的速度关系，当P到达O点时，即，说明Q先加速后减速，故此时轻绳的拉力不为0，故B错误；当P到达O点时，Q减少重力势能与P增加的动能相等，则有：，解得： ，故C正确；P从释放到第一次过O点，速度逐渐增大，动能在增大，故绳子对P的拉力一直做正功，故D正确；故选CD。【点睛】本题考查了关联速度、共点力平衡、做功、机械能守恒的综合运用，知道P到达
8、O点时，沿绳子方向的速度为零，则Q的速度为零6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
9、、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。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
10、加速运动，分离后合力为零，做匀速运动，故分离时立方体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.8一快艇从离岸边100m远的河流中央向岸边行驶已知快艇在静水中的速度图象如（图
11、甲）所示；河中各处水流速度相同，且速度图象如（图乙）所示则（ ）A快艇的运动轨迹一定为直线B快艇的运动轨迹一定为曲线C快艇最快到达岸边，所用的时间为20sD快艇最快到达岸边，经过的位移为100m【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB、两分运动为一个做匀加速直线运动，一个做匀速线运动，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一直线上，合运动为曲线运动故A错误、B正确；CD、当水速垂直于河岸时，时间最短，垂直于河岸方上的加速度a=05m/s2，由，得t=20s，而位移大于100m，故C正确、D错误【点睛】解决本题的关键会将的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，知道在垂直于河岸方向上速度越大，时间越短
12、以及知道分运动和合运动具有等时性9真空中电量均为Q的两同种点电荷连线和一绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线重合，连线中心和立方体中心重合，空间中除两同种电荷Q产生的电场外，不计其它任何电场的影响，则下列说法中正确的是（ ）A正方体两顶点A、C1电场强度相同B正方体两顶点A、C1电势相同C两等量同种点电荷周围电场线和面ABB1A1总是垂直D把正检验电荷q从顶点A移到C电场力不做功【答案】BD【解析】【分析】电场强度是矢量，通过场强的叠加获得合场强；电势是标量，沿着电场线方向电势降低，可以根据对称性判断电势的大小；电荷从等势面上的一点移动到另一点，电场力不做功。【详解】AC电
13、场强度是矢量，需要两个电荷在不同点进行场强的叠加，所以A点和C1点两处的电场强度大小相等，方向不同，且A点合场强不与面ABB1A1垂直，所以AC错误；B根据电势的对称性可知A、B、B1、A1、和D、C、C1、D1这8个点的电势相等（关于点电荷连线的中点对称），故B正确；D因为A点和C点的电势相等，根据电场力做功：可知，正检验电荷q从顶点A移到C电场力不做功，故D正确。【点睛】考察等量同种电荷电场线和等势面的分布，掌握电场强度和电势的标矢性。10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 环，环套在竖直固定的光滑直杆上A点，光滑定滑轮与直杆的距离为dA点与定滑轮等高
14、，B点在距A点正下方d处现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是A环到达B处时，重物上升的高度h=dB环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能C环从A点能下降的最大高度为D当环下降的速度最大时，轻绳的拉力T=2mg【答案】BC【解析】【分析】【详解】根据几何关系有，环从A下滑至B点时，重物上升的高度，故A错误；环下滑过程中无摩擦力做系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能，故B正确；设环下滑到最大高度为H时环和重物的速度均为零，此时重物上升的最大高度为：，根据机械能守恒有：，解得：，故C正确；环向下运动，做非匀速运动，就有加速度，所以重物向上
15、运动，也有加速度，即环运动的时候，绳的拉力不可能是2mg，故D错误所以BC正确，AD错误【点睛】环刚开始释放时，重物由静止开始加速根据数学几何关系求出环到达B处时，重物上升的高度环下滑过程中无摩擦力做系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能环下滑到最大高度为H时环和重物的速度均为零，根据机械能守恒求解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
16、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=2
17、d，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12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
18、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，F2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
19、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。13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
20、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、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14如图所示，16个电荷量均为+q(q0)的小球(可视为点电荷)，均匀
21、分布在半径为R的圆周上若将圆周上P点的一个小球的电荷量换成-2q，则圆心 0点处的电场强度为A，方向沿半径向左B，方向沿半径向右C，方向沿半径向左D，方向沿半径向右【答案】D【解析】该点场强可以看成是与P对称的那个电荷+q和P点的电荷-2q在该点场强的叠加，根据点电荷的场强公式得+q 的点电荷在圆心O点处的电场强度大小为，方向向右，点电荷-2q在圆心O点处的电场强度大小为，方向向右，所以叠加来是，方向沿半径向右故选择D.【点睛】该题考查了场强叠加原理，还有对对称性的认识由于成圆周对称性，所以如果没改变电荷之前肯定圆心处场强为0，而该点场强是所有电荷在该点场强的叠加，可以把这些电荷归为两类：一种
22、是要移去的电荷，另一种是其他电荷不管怎样，总之这两种电荷产生的合场强为0，所以只要算出改变的电荷在该点的场强和与它对称的电荷的场强即可得到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
