(物理)物理圖示法圖像法解決物理試題練習全集

1、（物理）物理圖示法圖像法解決物理試題練習全集一、圖示法圖像法解決物理試題1.有一個固定的光滑直桿與水平面的夾角為53；桿上套著一個質(zhì)量為 m= 2kg的滑塊A（可視為質(zhì)點）.用不可伸長的輕繩將滑塊 A與另一個質(zhì)量為 M=2.7kg的物塊B通過光滑的10定滑輪相連接，細繩因懸掛B而繃緊，此時滑輪左側(cè)輕繩恰好水平，其長度L ?m, P 3點與滑輪的連線同直桿垂直（如圖所示）.現(xiàn)將滑塊 A從圖中。點由靜止釋放，（整個運動過程中B不會觸地，g=10m/s2）.下列說法正確的是A.滑塊A運動到P點時加速度為零B.滑塊A由。點運動到P點的過程中機械能增加C.滑塊A經(jīng)過P點的速度大小為 5亞m/sio 47

2、D.滑塊A經(jīng)過P點的速度大小為7 m/s47【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A.滑塊A運動到P點時，垂直于桿子的方向受力平衡，合力為零；沿桿子方向，重力有 沿桿向下的分力 mgsin53 ;根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin53 = ma a=gsin53 ° 故A錯誤.B.滑塊A由。點運動到P點的過程中，繩子的拉力對滑塊A做正功，其機械能增加；故B正確.CD.由于圖中桿子與水平方向成53 °,可以解出圖中虛線長度:8l Lsin 53- m3, c c 10L cos53 sin 53 =一3所以滑塊A運動到P時，A下落h Xop sin 53B下落1082H L l m

3、 - m - m333當A到達P點與A相連的繩子此時垂直桿子方向的速度為零，則B的速度為零，以兩個物體組成的系統(tǒng)為研究對象，由機械能守恒定律得：12MgH mgh -mv解得v 5/2m/s故C正確，D錯誤.故選BC.【點睛】加速度根據(jù)牛頓第二定律研究，機械能的變化根據(jù)除重力以外的力做功情況進行判斷，者B 是常用的思路.關鍵在于判斷出滑塊A滑到P點時，繩子在豎直桿子方向的速度為零，即B的速度為零.2.如圖所示，用錢鏈將三個質(zhì)量均為m的小球A、B、C與兩根長為L輕桿相連，B、C置于水平地面上.在輕桿豎直時，將 A由靜止釋放，B、C在桿的作用下向兩側(cè)滑動，三小球 始終在同一豎直平面內(nèi)運動.忽略一切

4、摩擦，重力加速度為g.則此過程中（）b.球a落地的瞬時速度為j2gLC.王B對地面的壓力始終等于 3 mg2D.球B對地面的壓力可小于 mg【答案】BD【解析】 【詳解】L h 舊A:設A球下滑h時，左側(cè)桿與豎直萬向夾角為，則cos, AB用錢鏈相連，則一 0VaCOS VbCOS 90VBSin ,當A下落到最低點時，B的速度為零，中間過程中 B的速度不為零；同理可得，當A下落到最低點時，C的速度為零，中間過程中 C的速度不 為零.ABC三者組成的系統(tǒng)機械能守恒，中間過程B、C的動能不為零，A到最低點時，B、C的動能為零；則球 A的機械能不是一直減小.故 A項錯誤.B:當A下落到最低點時，

5、B C的速度為零，對三者組成的系統(tǒng)， A由靜止釋放到球 A落12-地過程，應用機械能寸恒得：mgL mv ,解得：球A洛地的瞬時速度 v q2gL .故B項正確.B、C對地C：球A加速下落時，三者組成的系統(tǒng)有向下的加速度，整體處于失重狀態(tài)，球3面的壓力小于mg .故C項錯誤.2D:在A落地前一小段時間，B做減速運動，桿對 B有斜向右上的拉力，則球B對地面的 壓力小于mg .故D項正確.綜上，答案為BD.3.如圖所示，水平光滑長桿上套有一物塊Q,跨過懸掛于 O點的輕小光滑圓環(huán)的細線一端連接Q,另一端懸掛一物塊 P.設細線的左邊部分與水平方向的夾角為9,初始時。很關于 P、Q以后的運動下列說法正確

6、的是A.當0 =60o時，P、Q的速度之比1: 2B.當0 =90o時，Q的速度最大C.當0 =90o時，Q的速度為零D.當。向90o增大的過程中 Q的合力一直增大【答案】AB【解析】【分析】【詳解】A、則Q物塊沿水平桿的速度為合速度對其按沿繩方向和垂直繩方向分解，P、Q用同一根繩連接，則Q沿繩子方向的速度與 P的速度相等，則當 0 =60時，Q的速度vP1Vq cos60Vp,解得：一 二，A項正確.B、C、P的機械能最小時，即為 Q到達。點Vq2正下方時，此時 Q的速度最大，即當 。二90。時，Q的速度最大；故B正確，C錯誤.D、當 。向90 °增大的過程中Q的合力逐漸減小，當。

7、=90°時，Q的速度最大，加速度最小，合力最小，故D錯誤.故選AB.Q的速度最大時，P的速度為零，是【點睛】考查運動的合成與分解，掌握能量守恒定律，注意當解題的關鍵，4.如圖所示，長為L的輕桿上端連著一質(zhì)量為 m的小球，桿的下端用錢鏈固接于水平面 上的。點，輕桿處于豎直方向時置于同一水平面上質(zhì)量為M的立方體恰與小球接觸。對小球施加微小的擾動，使桿向右傾倒，當立方體和小球剛脫離接觸的瞬間，桿與水平面的夾 兀,. 角恰好為一，忽略一切摩擦（）A.此時立方體 M的速度達到最大B.此時小球m的加速度為零C.此時桿對小球 m的拉力為零D. M和m的質(zhì)量之比為 4:1【答案】ACD【解析】【詳解

8、】A.分離前，立方體在小球的彈力作用下，做加速運動，分離后合力為零，做勻速運動，故 分離時立方體 M的速度最大，故 A正確；B.分離時刻，小球速度 v不為零，做圓周運動，故合力不可能為零，加速度不為零，故 B 錯誤；C.分離時刻，由于小球此時僅受重力和桿子作用力，而重力是豎直向下的，所以桿對小球m的拉力為零，故 C正確；D.設小球速度為v,立方體速度為u,根據(jù)牛頓第二定律，分離時刻有2,Vmgsin 30 m 解得分離時刻，小球的水平速度與長方體速度相同，即：vsin30 u解得1u2在桿從豎直位置開始倒下到小球與長方體恰好分離的過程中，小球和長方體組成的系統(tǒng)機械能守恒，有./. CC 121

9、11fl 2mgL 1 sin30 mv Mu把v和u的值代入，化簡得：M 4故D正確。故選ACD.5.真空中電量均為 Q的兩同種點電荷連線和一絕緣正方體框架的兩側(cè)面ABBiAi和DCCDi中心連線重合，連線中心和立方體中心重合，空間中除兩同種電荷Q產(chǎn)生的電場外，不計其它任何電場的影響，則下列說法中正確的是（）A.正方體兩頂點 a、Ci電場強度相同B.正方體兩頂點A、Ci電勢相同C.兩等量同種點電荷周圍電場線和面ABBAi總是垂直D.把正檢驗電荷 q從頂點A移到C電場力不做功【答案】BD【解析】【分析】電場強度是矢量，通過場強的疊加獲得合場強；電勢是標量，沿著電場線方向電勢降低，可以根據(jù)對稱性

10、判斷電勢的大?。浑姾蓮牡葎菝嫔系囊稽c移動到另一點，電場力不做功?！驹斀狻緼C.電場強度是矢量，需要兩個電荷在不同點進行場強的疊加，所以 A點和Ci點兩處的電場強度大小相等，方向不同，且A點合場強不與面 ABBiAi垂直，所以AC錯誤；B.根據(jù)電勢的對稱性可知A、B、Bi、Ai、和D、C、Ci、Di這8個點的電勢相等（關于點電荷連線的中點對稱），故 B正確；D.因為A點和C點的電勢相等，根據(jù)電場力做功：W qU可知，正檢驗電荷 q從頂點A移到C電場力不做功，故 D正確。【點睛】考察等量同種電荷電場線和等勢面的分布，掌握電場強度和電勢的標矢性。6 .如圖所示，將質(zhì)量為 2m的重物懸掛在輕繩的一端，

11、輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上A點，光滑定滑輪與直桿的距離為d. A點與定滑輪等高，B點在距A點正下方d處.現(xiàn)將環(huán)從 A處由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法 正確的是A.環(huán)到達B處時，重物上升的高度 h=dB.環(huán)從A到B,環(huán)減少的機械能等于重物增加的機械能 一一 一、.4 .C.環(huán)從A點能下降的最大局度為 一d3D.當環(huán)下降的速度最大時，輕繩的拉力 T=2mg【答案】BC【解析】【分析】 【詳解】根據(jù)幾何關系有，環(huán)從 A下滑至B點時，重物上升的高度 h J2d d，故A錯誤；環(huán)下 滑過程中無摩擦力做系統(tǒng)做功，故系統(tǒng)機械能守恒，即滿足環(huán)減小的機械能等于重物增加 的機

12、械能，故B正確；設環(huán)下滑到最大高度為 H時環(huán)和重物的速度均為零，此時重物上升 的最大高度為：4H 2 d2 d，根據(jù)機械能守恒有：mgH 2mg <H2 d2 d，解4d得：H ，故C正確；環(huán)向下運動，做非勻速運動，就有加速度，所以重物向上運 3動，也有加速度，即環(huán)運動的時候，繩的拉力不可能是2mg,故D錯誤.所以BC正確，AD錯誤.【點睛】環(huán)剛開始釋放時，重物由靜止開始加速.根據(jù)數(shù)學幾何關系求出環(huán)到達B處時，重物上升的高度.環(huán)下滑過程中無摩擦力做系統(tǒng)做功，故系統(tǒng)機械能守恒，即滿足環(huán)減小的機械能 等于重物增加的機械能.環(huán)下滑到最大高度為H時環(huán)和重物的速度均為零，根據(jù)機械能守恒求解.7 .

13、圖中邊長為a的正三角形 ABC的三個頂點分別固定三個點電荷+q、+ q、-q,在該三角形中心。點處固定一電量為-2q的點電荷，則該電荷受到的電場力為（）A.方向由。指向C12 kq2B. 屋，方向由C指向OC. 口7 ，方向由C指向O2件q2D. F ,方向由。指向C【答案】B【解析】【詳解】O點是三角形的中心，到三個電荷的距離為:2r = -usinOO"51三個電荷在O處產(chǎn)生的場強大小均為:E1 =根據(jù)對稱性和幾何知識得知：兩個+q在O處產(chǎn)生的合場強為:再與-q在O處產(chǎn)生的場強合成，得到q GkqE E + E2 2"2 1 。點的合場強為：門 口 ，方向由O指向C.則

14、該負電荷受到的電場力為:12kq2f' = 2Eq = ar,方向由C指向O;故B正確。8 .圓心為Q半彳5為R的半圓直徑兩端，各固定一根垂直圓平面的長直導線a、b,兩導線中通有大小分別為 3I0和I0且方向相同的電流。已知長直導線產(chǎn)生的磁場的磁感應強度1B=勺:，其中k為常數(shù)、I為導線中電流強度、r為點到導線的距離。在半圓周上 D點磁感應強度的方向恰好沿圓周切線方向，則下列說法正確的是A. D點和圓心。連線與水平直徑之間夾角B. D點和圓心。連線與水平直徑之間夾角a =30=45C. D點磁感應強度為代2ypkhD. D點磁感應強度為r n【答案】C【解析】【分析】 直徑所對的圓周角

15、等于90"弦切角等于圓周角，等于圓心角的一半，根據(jù)右手定則分別 畫出電流3/0和a在d處產(chǎn)生的磁場，根據(jù)平行四邊形進行合成，利用幾何關系求圓心角和 對應的磁感應強度。lbAB.在三角形口SD隊ZD = 90 ,在半圓周上 D點磁感應強度的方向恰好沿圓周切線方向，如圖則有由昨FF，聯(lián)立解得：。=3。由圓的幾何知識，圓心角等 于圓周的2倍，可得4 = 20 = 60、故AB錯;/口 一CD,由以上式子還有D錯誤。八二而口？。13二H 2以0故C正確ilt）=B=4的含義，注意幾何關【點睛】考查右手螺旋定則與矢量的合成法則的應用，理解磁感應強度系：圓的直徑對應的圓周角為90°。9

16、.如圖所示，三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3垂直紙面如圖放置，與坐標原點分別位于邊長為a的正方形的四個點上，Li與L2中的電流均為I,方向均垂直于紙面向外，L3中的電流為2I,方向垂直紙面向里（已知電流為I的長直導線產(chǎn)生的磁場中，距導kl線r處的磁感應強度 B （其中k為常數(shù)）.某時刻有一質(zhì)子（電量為e）正好沿與x軸正方向成45。斜向上經(jīng)過原點 O,速度大小為v,則質(zhì)子此時所受磁場力為 （）2.3kIvea3.2kIve2a3.2kIvea2.3kIve2aB.方向垂直紙面向外，大小為C.方向垂直紙面向里，大小為D.方向垂直紙面向外，大小為【答案】B【解析】 【詳解】根據(jù)安培定則，作

17、出三根導線分別在。點的磁場方向，如圖:kI 由題思知，Li在O點廣生的磁感應強度大小為Bi = ，L2在O點廣生的磁感應強度大小akI2kI為B2= f= , L3在O點廣生的磁感應強度大小為B3=,先將B2正交分解，則沿 X軸2aa負方向的分量為 &x= 歷 sin45 =,同理沿y軸負方向的分量為B2y= f- sin45 =,故x軸方向的合磁感應強度為Bx=Bi+B2x= - , y軸方向的合磁2a 2a2a感應強度為By=B3-B2y = 3k，故最終的合磁感應強度的大小為B= JB_",2a-2a.， By方向為tan a=1 則a =45如圖: Bx上1中加口故某

18、時刻有一質(zhì)子（電量為 e）正好沿與x軸正方向成45°斜向上經(jīng)過原點 O,由左手定則 可知，洛倫茲力的方向為垂直紙面向外，大小為f= eBv= 3&kIve ,故B正確；故選B.2a【點睛】磁感應強度為矢量，合成時要用平行四邊形定則，因此要正確根據(jù)安培定則判斷導線周圍 磁場方向是解題的前提.10.如圖所示，真空中有一個邊長為 L的正方體，正方體的兩個頂點 M、N處分別放置電 荷量都為q的正、負點電荷.圖中的 a、b、c、d是其他的四個頂點，k為靜電力常量.下 列表述正確是 （）A. a、b兩點電場強度大小相等，方向不同B. a點電勢高于b點電勢C.把點電荷+Q從c移到d,電勢能

19、增加D.同一個試探電荷從 c移到b和從b移到d,電場力做功相同 【答案】D 【解析】A、根據(jù)電場線分布知，a、b兩點的電場強度大小相等，方向相同，則電場強度相同.故A錯誤.B、ab兩點處于等量異種電荷的垂直平分面上，該面是一等勢面，所以a、b的電勢相等.故B錯誤.C、根據(jù)等量異種電荷電場線的特點，因為沿著電場線方向電勢逐漸 降低，則c點的電勢大于d點的電勢.把點電荷+Q從c移到d,電場力做正功，電勢能減 小，故C錯誤.D、因Ucb Ubd可知同一電荷移動，電場力做功相等，則D正確.故選D.【點睛】解決本題的關鍵知道等量異種電荷周圍電場線的分布，知道垂直平分線為等勢 線，沿著電場線方向電勢逐漸降

20、低.A點沿與河岸11 .如圖所示，一條河岸筆直的河流水速恒定，甲、乙兩小船同時從河岸的上游A.甲先到達對岸C.渡河過程中，甲的位移小于乙的位移【答案】C【解析】【詳解】B.乙先到達對岸D.渡河過程中，甲的位移大于乙的位移的夾角均為 的兩個不同方向渡河。已知兩小船在靜水中航行的速度大小相等，則下列說 法正確的是（30。，所以船速在垂直于河AB.兩小船在靜水中航行的速度大小相等，且與河岸夾角均為岸方向上的分速度相等；根據(jù)運動的獨立性，船在平行于河岸方向上的分速度不影響過河 時間，所以甲、乙兩船同時到達對岸，AB錯誤；CD.甲船在平行河岸方向上的速度為：v 甲 | v 水 v 甲 cos30乙船在平

21、行河岸方向上的速度為:化ii v水+比cos30兩船在平行河岸方向上的位移分別為理|v甲小，x乙|v乙11t ,則 七|理| ,又兩船在垂直C正確D錯誤。河岸方向上的位移一樣，綜上，渡河過程中，甲的位移小于乙的位移, 故選Co【點睛】 運動的合成與分解中要注意獨立性的應用，兩個分運動是相互獨立，互不干擾的，將船的 運動分解為垂直河岸方向和沿河岸方向，根據(jù)分運動與合運動具有等時性進行分析。12 .圖示為一個內(nèi)、外半徑分別為 Ri和R2的圓環(huán)狀均勻帶電平面，其單位面積帶電量為.取環(huán)面中心。為原點，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸.設軸上任意點 P到。點的的距離為x, P點電場強度的大小為 E.下面給出E的

22、四個表達式（式中 k為靜電力常量），其中E,但是你可以通過一定的物理分析，對E的合理表達式應為只有一個是合理的.你可能不會求解此處的場強 下列表達式的合理性做出判斷.根據(jù)你的判斷，0-A E 2 k (=：= RX R i1B E 2 k (B2 R2. x R 1C E 2 k (R1C-x2 R2X R i1D E 2 k ( -Y2 R2 X R i【答案】B【解析】 【詳解】AC.場強的單位為 N/C, k為靜電力常量，單位為 Nm2/C2,為單位面積的帶電量，單位為C/m2,則2 k 表達式的單位即為 N/C,故各表達式中其它部分應無單位，可知AC錯誤;BD.當x=0時，此時要求的場

23、強為 。點的場強，由對稱性可知 Eo 0,當x-8時E-o, 而D項中E 4 k ，故B正確，D錯誤.13 .如圖所示，A、B、C、D是真空中一正四面體的四個頂點，每條棱長均為l.在正四面體的中心固定一電荷量為-Q的點電荷，靜電力常量為 k,下列說法正確的是A. A、B兩點的場強相同B. A點電場強度大小為8kQC. A點電勢高于C點電勢D.將一正電荷從A點沿直線移動到【答案】B【解析】B點的過程中，電場力一直不做功由于點電荷在正四面體的中心，由對稱性可知，A、B兩點的場強大小相等，但是方向不同，故A錯誤；由立體幾何知識，可知正四面體的中心到頂點的距離為KQKQ8kQ,222A點電勢等于C點電

24、J631 ，故B正確；電勢為標量，由對稱性可知一14勢，故C錯誤；從A點沿直線移動到 B點的過程中電勢先降低再升高，對于正電荷而言, 其電勢能先變小再變大，所以電場力先做正功，再做負功，故D錯誤.14 .如圖所示，水平面內(nèi)有A、B、C、D、E、F六個點，它們均勻分布在半徑為R=2cm的同一圓周上，空間有一方向與圓平面平行的勻強電場。已知A、C、E三點的電勢分別為A 2J3V、 c 2V、 E 2J3V,下列判斷正確的是（）A.電場強度的方向由 A指向DB.電場強度的大小為 1V/mC.該圓周上的點電勢最高為 4VD,將電子從D點移到F點，靜電力做負功【答案】C【解析】A項：勻強電場中 AE連線的中點 G的電勢 _ -.尸 2V ,，所以 GA EC2直線COGF為等勢線，在勻強電場中等勢線相互平行，電場線與等