高中物理图示法图像法解决物理试题专项训练100(附答案)

高中物理图示法图像法解决物理试题专项训练100(附答案)

一、图示法图像法解决物理试题

1．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．

2．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R ＝0.3m 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F ＝50N （取g=10m/s 2）．则（ ）

A ．把小球

B 从地面拉到P 的正下方时力F 做功为20J B ．小球B 运动到

C 处时的速度大小为0

C ．小球B 被拉到与滑块A 速度大小相等时，离地面高度为0.225m

D ．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：

()220.40.30.40.30.4x m =+--= ，则力F 做的功W F =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：2

102

F W mgR mv -=

- ，解得v=27 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 做的功20J ，D 正确 本题选ACD

3．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μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝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 mg

C．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．

4．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θ，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θ，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mg sin θ

B．P到达O点时绳子的拉力为0

C．P到达O点时的速率为

D．P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O点时，沿绳子方向的速度为零，则Q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，另一端悬挂一物块P．设细线的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ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θ =60o时，P、Q的速度之比1：2

B．当θ =90o时，Q的速度最大

C．当θ =90o时，Q的速度为零

D．当θ向90o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θ =60°时，Q 的速度

cos 60Q P v v ?=，解得：

1

2

P Q v v =，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θ=90°时，Q 的速度最大；故B 正确，C 错误．D 、当θ向90°增大的过程中Q 的合力逐渐减小，当θ=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．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， 02kQ

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 ()()

2

2

2

0013sin cos E E E E αα??-+= ? ???

，其中sin d

r α=, 22

cos r d r

α-= 联立解得：r =2d ，运动电荷经过的距离为2

2

3r 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．

7．如图所示，在x 轴上有A 、O 、B 、M 四点，OA ＝OB ＝BM ＝

2

L

，A 、B 两点固定有电荷量分别为＋Q （Q >0）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

B ．O 点的电场强度大小为

212kQ

L

，方向沿x 轴正方向 C ．O 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；

B ．O 点的合场强大小为

2

2

2

21222kQ kQ kQ L L L +

=

???? ? ???

??

方向沿x 轴正方向，B 正确；

C ．B 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；

D ．O 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 。

8．2018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2cos T Mg α=，当索塔高度降低后，α变大，cos α 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，2cos T Mg α=，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

sin sin AC AB

F F αβ

= ，钢索AC 、AB 的拉力F AC 、F AB 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C

9．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R ＜L ＜2R ．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F 1及支架对小球的支持力F 2的大小变化情况为（ ）

A ．F 1保持不变，F 2先增大后减小

B ．F 1先减小后增大，F 2保持不变

C ．F 1先增大后减小，F 2先减小后增大

D ．F 1和F 2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F 1及支架对小球的支持力F 2，三力平衡，三个力构成的矢量三角形与OPQ ?相似，可有

12F F G

OP PQ OQ

==

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F 1和F 2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。

10．如图为两形状完全相同的金属环A 、B 平行竖直的固定在绝缘水平面上，且两圆环的圆心O l 、O 2的连线为一条水平线，其中M 、N 、P 为该连线上的三点，相邻两点间的距离满足MO l =O 1N=NO 2 =O 2P ．当两金属环中通有从左向右看逆时针方向的大小相等的电流时，经测量可得M 点的磁感应强度大小为B 1、N 点的磁感应强度大小为B 2，如果将右侧的金属环B 取走，P 点的磁感应强度大小应为

A ．21

B B - B ．2

12

B B -

C ．1

22

B B -

D ．

1

3

B 【答案】B 【解析】

对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在轴线上的磁场方向均是向左，故P 点的磁场方向也是向左的.设1122MO O N NO O P l ====，设单个环形电流在距离中点l 位置的磁感应强度为1l B ，在距离中点3l 位置的磁感应强度为3l B ，故M 点磁感应强度

113l l B B B =+，N 点磁感应强度211l l B B B =+，当拿走金属环B 后，P 点磁感应强度

2

312

P l B B B B ==-

，B 正确；故选B. 【点睛】本题研究矢量的叠加合成(力的合成，加速度，速度，位移，电场强度，磁感应强度等)，满足平行四边形定则；掌握特殊的方法（对称法、微元法、补偿法等）．

11．圆心为O 、半径为R 的半圆直径两端，各固定一根垂直圆平面的长直导线a 、b ，两导线中通有大小分别为3I 0和I 0且方向相同的电流。已知长直导线产生的磁场的磁感应强度B=k ，其中k 为常数、I 为导线中电流强度、r 为点到导线的距离。在半圆周上D 点磁感应强度的方向恰好沿圆周切线方向，则下列说法正确的是

A．D点和圆心O连线与水平直径之间夹角α=30°

B．D点和圆心O连线与水平直径之间夹角α=45

C．D点磁感应强度为

D．D点磁感应强度为

【答案】C

【解析】

【分析】

直径所对的圆周角等于，弦切角等于圆周角，等于圆心角的一半，根据右手定则分别画出电流和在D处产生的磁场，根据平行四边形进行合成，利用几何关系求圆心角和对应的磁感应强度。

【详解】

AB.在三角形，，，在半圆周上D点磁感应强度的方向恰好沿圆周切线方向，如图则有，联立解得：，由圆的几何知识，圆心角等于圆周的2倍，可得，故AB错；

CD.由以上式子还有；且，故C正确，D错误。

【点睛】

考查右手螺旋定则与矢量的合成法则的应用，理解磁感应强度B＝k的含义，注意几何关系：圆的直径对应的圆周角为90°。

12．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（）

A ．a 、b 两点电场强度大小相等，方向不同

B ．a 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cb bd U U 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．

13．如图所示，16个电荷量均为+q(q>0)的小球(可视为点电荷)，均匀分布在半径为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 ．22kq

R

，方向沿半径向左 B ．22kq

R

，方向沿半径向右 C ．23kq

R

，方向沿半径向左 D ．

23kq

R ，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2

q

k R ，方向向右，点电荷-2q 在圆心O 点处的电场强度大小为2

2q k R ，方向向右，所以叠加来是23q

k R ，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．

14．带电球体的半径为R ，以球心为原点O 建立坐标轴x ，轴上各点电势 随x 变化如图所示，下列说法正确的是

A ．球体带负电荷

B ．球内电场强度最大

C ．A 、B 两点电场强度相同

D ．正电荷在B 点的电势能比C 点的大 【答案】D

【解析】A 、从球出发向两侧电势降低，而电场线从正电荷出发，沿着电场线电势降低，故球带正电荷，故A 错误；B 、球是等势体，故内部任意两点间的电势为零，故场强为零，故B 错误；C 、A 点与点B 的电场强度大小相等，但方向相反，故不同，故C 错误；D 、从B 到C ，电势降低，故正电荷电势能降低，故D 正确；故选D.

【点睛】本题考查电势与电场强度，关键是明确等势体内部场强为零，知道沿着电场线电势降低.

15．在宽度为d 的河中，船在静水中速度为v 1，水流速度为v 2，方向可以选择，现让该船渡河，则此船

A ．最短渡河时间为1

d

v

B ．最短渡河位移大小为d

C ．最短渡河时间为2

d

v

D ．不管船头与河岸夹角是多少，小船一定在河岸下游着陆 【答案】A

【解析】 【详解】

AC .当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短1

d

t t

，故A 正确，C 错误． B .当v 1＞v 2时，则合速度的方向与河岸垂直时，渡河位移最短，最短位移为d ，若v 1≤v 2时，则合速度的方向与河岸不可能垂直，最短渡河位移大小大于d ，故B 错误． D .只有当v 1≤v 2时，则合速度的方向与河岸不可能垂直，小船才一定在河岸下游着陆，故D 错误； 故选A ．