高中物理圖示法圖像法解決物理試題技巧 閱讀訓(xùn)練策略及練習(xí)題

高中物理圖示法圖像法解決物理試題技巧閱讀訓(xùn)練策略及練習(xí)題高中物理圖示法圖像法解決物理試題技巧閱讀訓(xùn)練策略及練習(xí)題

一、圖示法圖像法解決物理試題

1．真空中有四個相同的點(diǎn)電荷，所帶電荷量均為q，固定在如圖所示的四個頂點(diǎn)上，任意兩電荷的連線長度都為L，靜電力常量為k，下列說法正確的是

A．不相鄰的兩棱中點(diǎn)連線在同一條電場線上

B86kq

C．任意兩棱中點(diǎn)間的電勢差都為零

D．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)為側(cè)面棱中點(diǎn)，則a、b、c所在的平面為等勢面

【答案】BC

【解析】

【詳解】

假設(shè)ab連線是一條電場線，則b點(diǎn)的電場方向沿ab方向，同理如果bc連線是一條電場線，b的電場方向沿bc方向，由空間一點(diǎn)的電場方向是唯一的可知電場線不沿ab和bc方向，因此A錯；由點(diǎn)電荷的電場的對稱性可知abc三點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相同，由電場的疊加法則可知上下兩個點(diǎn)電荷對b點(diǎn)的和場強(qiáng)為零，左右兩個點(diǎn)電荷對b點(diǎn)的合場強(qiáng)不為

零，每個電荷對b點(diǎn)的場強(qiáng)224kq=3L3kqEL=

????，合場強(qiáng)為

24kq686kq=2Ecosa=23LE合，故B正確；由點(diǎn)電荷的電勢疊加法則及對稱性可知abc三點(diǎn)的電勢相等，因此任意兩點(diǎn)的電勢差為零，故C正確；假設(shè)abc平面為等勢面，因此電場線方向垂直于等勢面，說明電場強(qiáng)度的方向都在豎直方向，由電場疊加原理知b點(diǎn)的電場方向指向內(nèi)底邊，因此abc不是等勢面，故D錯誤。

2．如圖所示，質(zhì)量相同的小球A、B通過質(zhì)量不計的細(xì)桿相連接，緊靠豎直墻壁放置。由于輕微擾動，小球A、B分別沿水平地面和豎直墻面滑動，滑動過程中小球和桿始終在同一豎直平面內(nèi)，當(dāng)細(xì)桿與水平方向成37°角時，小球B的速度大小為v，重力加速度為g，忽略一切摩擦和阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。則

A．小球A的速度為34v

B．小球A的速度為43

vC．細(xì)桿的長度為2

12564vg

D．細(xì)桿的長度為212536vg

【答案】AC

【解析】

【詳解】小球B的速度為v時，設(shè)小球A的速度大小為v'，則有5337vcosvcos?='?，解得：34

vv'=，A正確，B錯誤；兩球下滑過程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，即：()22111sin3722

mgLmvmv'-=+o，解得：212564vLg=，C正確，D錯誤。

3．豎直絕緣墻壁上有一個固定的小球A，在A球的正上方P點(diǎn)用絕緣線懸掛另一個小球B，A﹑B兩個小球因帶電而互相排斥，致使懸線與豎直方向成θ角，如圖所示，若線的長度變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑫r小球B的電量減為原來的一半，A小球電量不變，則再次穩(wěn)定后

A．A、

B兩球間的庫侖力變?yōu)樵瓉淼囊话?/p>

B．A、B兩球間的庫侖力雖然減小，但比原來的一半要大

C．線的拉力減為原來的一半

D．線的拉力雖然減小，但比原來的一半要大

【答案】BC

【解析】

【詳解】

由于逐漸漏電的過程中，處于動態(tài)平衡狀態(tài)，對B進(jìn)行受力分析如圖所示：

△PAB∽FBF2，所以.

C、D、因G和PQ長度h不變，則絲線長度l變?yōu)樵瓉淼囊话?，可得絲線拉力F2變?yōu)樵瓉淼囊话耄c小球的電量及夾角無關(guān)；C正確，D錯誤.

A、B、由三角形相似知，同理得，聯(lián)立得，則

，則可得;故A錯誤，B正確.

故選BC.

【點(diǎn)睛】

本題是力學(xué)中動態(tài)平衡問題，采用的是三角形相似法，得到力的大小與三角形邊長的關(guān)系，進(jìn)行分析．

4．如圖所示，兩個可視為質(zhì)點(diǎn)的小球a和b，用質(zhì)量可忽略的剛性細(xì)桿相連并放置在光滑的半球面內(nèi)．已知細(xì)桿長度是球半徑的2倍，當(dāng)兩球處于靜止?fàn)顟B(tài)時，細(xì)桿與水平面的夾角θ=15°，則（）

A．桿對a、b球作用力大小相等且方向沿桿方向

B．小球a和b2：1

C．小球a和b31

D．半球面對a、b31

【答案】ACD

【解析】

【詳解】

A、對輕桿，受兩個球的彈力是一對平衡力，根據(jù)牛頓第三定律，桿對a、b球作用力大小相等且方向沿桿方向，故A正確；

BC、兩球都受到重力、細(xì)桿的彈力和球面的彈力的作用，過O作豎直線交ab于c點(diǎn)，受力分析如下圖所示：

設(shè)球面的半徑為R，則△oac與左側(cè)力三角形相似；△oac與右側(cè)力三角相似；則由幾何關(guān)系可得：amgTOCac=；bmgTOCbc=，即：a

b

mbcmac=；由題，細(xì)桿長度是球面的半徑的2倍，根據(jù)幾何知識知圖中α=45°，在△oac中，根據(jù)正弦定理，有：sin30sin105acao??=，則3acbc=，3abmm=；故B錯誤，C正確；D、根據(jù)平衡條件，有：NaFToaac=，NbFTobbc=，故31

NaNbFbcFac==，故D正確．

5．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(diǎn)）.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通過光滑的定滑輪相連接，細(xì)繩因懸掛B而繃緊，此時滑輪左側(cè)輕繩恰好水平，其長度103

L=m，P點(diǎn)與滑輪的連線同直桿垂直（如圖所示）．現(xiàn)將滑塊A從圖中O點(diǎn)由靜止釋放，（整個運(yùn)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(yùn)動到P點(diǎn)時加速度為零

B．滑塊A由O點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的過程中機(jī)械能增加

C．滑塊A經(jīng)過P點(diǎn)的速度大小為2m/s

D．滑塊A經(jīng)過P點(diǎn)的速度大小為

4747m/s【答案】BC

【解析】

【分析】

【詳解】

A．滑塊A運(yùn)動到P點(diǎn)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O點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的過程中，繩子的拉力對滑塊A做正功，其機(jī)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：

8sin53m3

lL=?=所以滑塊A運(yùn)動到P時，A下落

10348sin53cos53sin53=

m=m3555

OPhxL=?=????B下落1082mmm333

HLl=-=-=當(dāng)A到達(dá)P點(diǎn)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(jī)械能守恒定律得：

212

MgHmghmv+=

解得

v=

故C正確，D錯誤．

故選BC．

【點(diǎn)睛】

加速度根據(jù)牛頓第二定律研究，機(jī)械能的變化根據(jù)除重力以外的力做功情況進(jìn)行判斷，都是常用的思路．關(guān)鍵在于判斷出滑塊A滑到P點(diǎn)時，繩子在豎直桿子方向的速度為零，即B的速度為零．

6．如圖所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑為R的14

圓弧，BC部分水平，質(zhì)量均為m的小球a、b固定在各直輕桿的兩端，輕桿長為R，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。開始時a球處于圓孤上端A點(diǎn)由靜止開始釋放小球和輕桿，使其沿光滑弧面下滑，下列說法正確的是

A．a(chǎn)球下滑過程中機(jī)械能保持不變

B．a(chǎn).b兩球速度大小始終相等

C．a(chǎn).b3gR

D．從釋放a.b球到a、b球都滑到水平軌道上，整個過程中輕桿對a球做的功為

2

mgR【答案】CD

【解析】

【詳解】

A.下滑過程中，對兩個球組成的系統(tǒng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，單個球機(jī)械能均不守恒，故A錯誤；

B.桿不可伸長，兩個球沿著桿方向的分速度大小時刻相等，兩球速度大小有時不相等，故B錯誤；

C.下滑的整個過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有：()21222

mgRmgRmv+=?，解得：

3vgR=，

故C正確；

D.對a球由動能定理可知：

212

WmgRmv+=

，解得：3122

WmgRmgRmgR=

-=，故D正確。

7．如圖所示，一輕繩通過小定滑輪O與小球B連接，另一端與套在豎直桿上的小物塊A連接，桿固定且足夠長。開始時用手握住B使A靜止在P點(diǎn)，細(xì)線伸直?，F(xiàn)釋放B，A向上運(yùn)動，過Q點(diǎn)時細(xì)線與豎直桿成60°角，R點(diǎn)位置與O等高。(不計一切摩擦，B球未落地)則

A．物塊A過Q點(diǎn)時，A、

B兩物體的速度關(guān)系為vA=2vB

B．物塊A由P上升至R的過程中，物塊A的機(jī)械能增加量等于小球B的機(jī)械能減少量

C．物塊A由P上升至R的過程中，細(xì)線對小球B的拉力總小于小球B的重力

D．物塊A由P上升至R的過程中，小球B所受重力的瞬時功率先增大后減小

【答案】ABD

【解析】

【詳解】

A.物塊A過Q點(diǎn)時，將物塊A的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子的方向，沿繩子方向的分速度等于B的速度，即vB=vAcos60°，得vA=2vB；故A正確.

B.物塊A由P上升至R的過程中，對于A、B組成的系統(tǒng)，由于只有重力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則物塊A的機(jī)械能增加量等于小球B的機(jī)械能減少量；故B正確.

C.物塊A由P上升至R的過程中，小球B的速度先增大后減小，物塊上升至R時B球的速度為零，則小球B的加速度先向上后向下，先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)，則細(xì)線對小球B的拉力先大于小球B的重力，后小于小球B的重力；故C錯誤.

D.物塊A由P上升至R的過程中，小球B的速度先增大后減小，由P=mgv知小球B所受重力的瞬時功率先增大后減??；故D正確.

8．如圖所示，在M、N兩點(diǎn)分別固定點(diǎn)電荷+Q1、－Q2，且Q1>Q2，在MN連線上有A、B兩點(diǎn)，在MN連線的中垂線上有C、D兩點(diǎn)．某電荷q從A點(diǎn)由靜止釋放，僅在靜電力的作用下經(jīng)O點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動，電荷q在O、B兩點(diǎn)的動能分別為EKO、EKB，電勢能分別為EpO、EpB，電場中C、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小分別為EC、ED，電勢分別為CD??、，則下列說法正確的是（）

A．EKO一定小于EKB

B．EpO一定小于EpB

C．EC一定大于ED

D．C?一定小于D?【答案】AC

【解析】

【分析】

【詳解】

AB．電荷q從A點(diǎn)由靜止釋放，僅在靜電力的作用下經(jīng)O點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動，說明靜電力方向向右，靜電力對電荷做正功，所以電荷動能增加，電勢能減小，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯誤；

C．據(jù)

2QEk

r=和正點(diǎn)荷產(chǎn)生電場方向由正電荷向外，負(fù)電荷產(chǎn)生的電場指向負(fù)電荷可得CD兩點(diǎn)場強(qiáng)如圖

兩電荷在C處產(chǎn)生的場強(qiáng)大，夾角小，據(jù)平行四邊形定則可得EC一定大于ED，故C項(xiàng)正確；

D．由C的分析可知MN連線的中垂線上半部分各點(diǎn)的場強(qiáng)方向向右上方，據(jù)等勢線與電場線垂直，順著電場線電勢降低，可得C?一定大于D?，故D項(xiàng)錯誤。

故選AC。

9．測量平面內(nèi)某點(diǎn)P的電場強(qiáng)度大小隨時間的變化，得到如圖所示的圖線，圖線AB段與BC段關(guān)于直線0tt=

對稱．電場是由該平面內(nèi)兩個相同的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的，其中一個點(diǎn)電荷固定不動且到P點(diǎn)的距離為d，另一個點(diǎn)電荷以恒定的速度在該平面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，靜電力常量為k，不考慮磁場因素，則

A．點(diǎn)電荷的電荷量為2

02Edk

B．點(diǎn)電荷的電荷量為2

0Edk

C0

3dD．運(yùn)動電荷到P點(diǎn)的最小距離為d

【答案】BCD

【解析】A、B、根據(jù)圖象可知，當(dāng)時間趨向于無窮大的時候，說明運(yùn)動的電荷離的很遠(yuǎn)，

此時產(chǎn)