高考物理圖示法圖像法解決物理試題的技巧及練習(xí)題及練習(xí)題

2A2A滑到最低點時，速度為零， B的速度最大，如圖所示高考物理圖示法圖像法解決物理試題的技巧及練習(xí)題及練習(xí)題一、圖示法圖像法解決物理試題如圖所示，滑塊A、B的質(zhì)量均為m,A套在固定傾斜直桿上，傾斜桿與水平面成45°,B套在固定水平的直桿上，兩桿分離不接觸，兩直桿間的距離忽略不計且足夠長， A、B通過鉸鏈用長度為L的剛性輕桿（初始時輕桿與平面成30°）連接，A、B從靜止釋放，B開始沿水平面向右運動，不計一切摩擦，滑塊A、B視為質(zhì)點，在運動的過程中，下列說法中正確當(dāng)A到達與B同一水平面時,A的速度為■gLB滑塊到達最右端時,A的速度為2gLB滑塊最大速度為_冠【答案】AD【解析】因不計一切摩擦，故系統(tǒng)機械能守恒， A正確；設(shè)A的速度為Va、B的速度為Vb,當(dāng)A到達與B同一水平面時，對A、B速度進行分解，如圖所示有:mg22mvA-mvB,解得:達與B同一水平面時，對A、B速度進行分解，如圖所示有:mg22mvA-mvB,解得:2VaB錯誤；B滑塊到達最右端時，B的速度為零，如圖所示mgL1-mvA2，解得：Va2■.1 2gL,C錯誤；當(dāng)根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有2mgL1 根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有2mgL1 22mvB，解得：vB3gL,D正確，選AD.【點睛】應(yīng)用A、B沿桿方向速度相等，求出A、B的速度關(guān)系，因為不計一切摩擦，故A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，當(dāng) A的速度最大時，B的速度為0；當(dāng)B的速度最大時，A的速度為0.如圖所示，質(zhì)量相同的小球 A、B通過質(zhì)量不計的細桿相連接，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忽略一切摩擦和阻力， sin37=0.6,cos37=0.8。則小球A小球A的速度為-V4小球A的速度為-V3C.細桿的長度為125/64C.細桿的長度為125/64gD.細桿的長度為125v236g【答案】AC【解析】【詳解】小球B的速度為小球B的速度為v時，設(shè)小球A的速度大小為v，則有vcos53vcos37，解得:v3v,A正確，B錯誤；兩球下滑過程中系統(tǒng)的機械能守恒，即:41 i i25vmgL1sin370 2mv2 2mv2，解得：L融，C正確，D錯誤。a和a和b,用質(zhì)量可忽略的剛性細桿相連并放置在光滑2倍，當(dāng)兩球處于靜止?fàn)顟B(tài)時，細桿與水平面的的半球面內(nèi)?已知細桿長度是球半徑的夾角0=15；則（）

桿對a、b球作用力大小相等且方向沿桿方向小球a和b的質(zhì)量之比為2:1小球a和b的質(zhì)量之比為3:i半球面對a、b球的彈力之比為:1【答案】ACD【解析】【詳解】a、b球作用力大小A、a、b球作用力大小O作豎直線交abO作豎直線交ab于c點，受設(shè)球面的半徑為系可得：mgT;acmbgOCbc，即:mumb広；由題，細桿長度是球面的半徑的ac倍，根據(jù)幾何知識知圖中a=45°°在△oac中,根據(jù)正弦定理，有:acsin30aosin105，則ac1mabc3'mb設(shè)球面的半徑為系可得：mgT;acmbgOCbc，即:mumb広；由題，細桿長度是球面的半徑的ac倍，根據(jù)幾何知識知圖中a=45°°在△oac中,根據(jù)正弦定理，有:acsin30aosin105，則ac1mabc3'mb故B錯誤,C正確;D、根據(jù)平衡條件,有:FNaoaacFNbobFNa beFNb ac三，故D正確.1有一個固定的光滑直桿與水平面的夾角為（可視為質(zhì)點）?用不可伸長的輕繩將滑塊53°桿上套著一個質(zhì)量為 m=2kg的滑塊AA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L10m,P3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O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22滑塊A運動到P點時加速度為零滑塊A由0點運動到P點的過程中機械能增加滑塊A經(jīng)過P點的速度大小為5.2m/s滑塊A經(jīng)過P點的速度大小為1047m/s47【答案】BC【解析】【分析】【詳解】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=maa=gsin53°故A錯誤.滑塊A由O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：8lLsin53 -m3所以滑塊A運動到P時，A下落h xOPh xOPsin53Lcos53sin53=—m=-35 5 5B下落HLl1082—mm—m333當(dāng)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：MgHmgh1MgHmgh12

mv解得v5.2m/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，都是常用的思路?關(guān)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.質(zhì)量為2kg的物體（可視為質(zhì)點）在水平外力F的作用下，從t=0開始在平面直角坐標(biāo)系xOy（未畫出）所決定的光滑水平面內(nèi)運動.運動過程中 ,x方向的x-t圖象如圖甲所示,y方向的v-t圖象如圖乙所示?則下列說法正確的是（ ）B.B.物體初速度方向與外力 F的方向垂直物體所受外力F的大小為5N2s末，外力F的功率大小為25W【答案】CD【解析】【詳解】由圖甲圖得到物體在x方向做勻速直線運動，速度大小為VxVtm/s=VxVtm/s=2.5m/s,t=0時刻，y方向物體的分速度為4Vy=10m/s，物體的速度大小為V=（V；V>10m/s.故A錯誤.物體在x方向做勻速直線運動，合力為零， y方向做勻減速直線運動，合力沿-y軸方向，而物體的初速度不在 x軸方向，所以物體的初速度方向和外力的方向并不垂直.故 B錯誤.由乙圖的斜率等于加速度，得到物體的加速度大小為aVv10—m/s22.5m/s2，所受外力F的大小為F=ma=5N.故C正確.2sVt4末，外力的功率P=F\y=5X5W=25W故D正確.故選CD.【點睛】本題知道x、y兩個方向的分運動，運用運動的合成法求解合運動的情況.對于位移圖象與速度圖象的斜率意義不同，不能混淆：位移圖象的斜率等于速度，而速度圖象的斜率等于加速度.在絕緣光滑的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定正點電荷Qa、Qb,兩電荷的位置坐標(biāo)如圖甲所示。圖乙是AB連線之間的電勢$與位置x之間的關(guān)系圖像，圖中x=L點為圖線的最低點，若在x=—2L的C點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電量為+q的帶電小球（可視為質(zhì)點，不影響原電場），下列有關(guān)說法正確的是小球在x=L處的速度最大小球一定可以回到一2L的C點處小球?qū)⒃凇?L和+2L之間作往復(fù)運動固定在A、B處點電荷的電量之比為Qa:Qb=4:1【答案】ABD【解析】【詳解】據(jù)Q-X圖象切線的斜率等于場強 E可知x=L處場強為零，x=L右側(cè)電場為負，即方向向左，x=L左側(cè)電場為正，即方向向右；那么小球先向右做加速運動，到 x=L處加速度為0，從x=L向右運動時，電場力方向向左，小球做減速運動，所以小球在 x=L處的速度最大，故A正確。x=L處場強為零，根據(jù)點電荷場強則有： ’，解得Qa：Qb=4:1，故D正確。根據(jù)動能定理得： qU=0,得U=0,所以小球能運動到電勢與出發(fā)點相同的位置，由圖知向右最遠能到達x>2L的某位置，則小球應(yīng)在x=-2L到右側(cè)x>+2L的某位置區(qū)間內(nèi)作往復(fù)運動，故B正確，C錯誤。故選ABD?！军c睛】解決本題首先要理解0-x圖象切線的意義，知道電場力做功和路徑無關(guān)，只和初末兩點的電勢差有關(guān)，掌握電場力做功的公式 W=qU和電荷場強公式，靈活運用電場的疊加原理。如圖所示，一輕繩通過小定滑輪0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，細線伸直。現(xiàn)釋放B,A向上運動，過Q點時細線與豎直桿成60°角，R點位置與O等高。（不計一切摩擦，B球未落地）則33QJrT 1物塊A過Q點時，A、B兩物體的速度關(guān)系為va=2vb物塊A由P上升至R的過程中，物塊A的機械能增加量等于小球B的機械能減少量物塊A由P上升至R的過程中，細線對小球B的拉力總小于小球B的重力物塊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】物塊A過Q點時，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)的機械能守恒，則物塊A的機械能增加量等于小球B的機械能減少量；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?。还?D正確.TOC\o"1-5"\h\z&如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，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，下列說法環(huán)到達B處時，重物上升的高度 h=d環(huán)從A到B,環(huán)減少的機械能等于重物增加的機械能4環(huán)從A點能下降的最大高度為 一d當(dāng)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(guān)系有，環(huán)從A下滑至B點時，重物上升的高度h,2dd，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械能，故B正確；設(shè)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：d2d，根據(jù)機械能守恒有： mgH2mgH2d2d，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(xué)幾何關(guān)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.取空間中兩等量點電荷間的連線為 x軸，軸上各點電勢0隨x的變化關(guān)系如圖所示，設(shè)x軸上B、C兩點的電場強度分別是Ebx、氐x,下列說法中正確的是（ ）該靜電場由兩個等量同種點電荷產(chǎn)生該靜電場由兩個等量異種點電荷產(chǎn)生Ebx的大小小于Ecx的大小負電荷沿x軸從B點移動到C點的過程中，電勢能先減小后增大【答案】AD【解析】A、B如果該電場由等量異種電荷產(chǎn)生，則兩點電荷連線的中垂線是等勢面，故連線中點為零電勢點，可知靜電場由兩個等量同種點電荷產(chǎn)生.故 A正確，B錯誤.C該圖象的斜率等于場強E,斜率越大，場強越大，則知 Ebx的大小大于Ecx的大小，故C錯誤；D、負電荷沿x軸從B點移動到C點的過程中，電勢先升高后降低，根據(jù)公式 Ep=q0,電勢能先減小后作增加；故D正確；故選AD.【點睛】電勢為零處，電場強度不一定為零.電荷在電場中與電勢的乘積為電勢能.電場力做功的正負決定電勢能的增加與否.真空中，在X軸上x=0和x=8處分別固定兩個電性相同的點電荷Q|和Q2.電荷間連線上的電場強度E隨x變化的圖像如圖所示（+x方向為場強正方向），其中x=6處E=0.將一個正試探電荷在x=2處由靜止釋放（重力不計，取無窮遠處電勢為零）?則Qi、Q2均為負電荷Qi、Q2帶電量之比為9：1在x=6處電勢為0該試探電荷向x軸正方向運動時，電勢能一直減小【答案】B【解析】【詳解】由圖，在x=0處場強為正，x=8處場強為負，可知Qi、Q2為同種正電荷，故A錯誤；根據(jù)題意"x=6處E=0”可知，在x=6處，EiE2，即kg2，解得6222Q62 92，故B正確；Q2 2 1由于無窮遠處電勢為零，故在 x=6處電勢不為0，故C錯誤；該試探電荷向x軸正方向運動時，電場力先做正功，再做負功，因此電勢能先減小后增大，故D錯誤.如圖為兩形狀完全相同的金屬環(huán) A、B平行豎直的固定在絕緣水平面上，且兩圓環(huán)的圓心0卜02的連線為一條水平線，其中 M、N、P為該連線上的三點，相鄰兩點間的距離滿足MO=O1N=NO2=O2P.當(dāng)兩金屬環(huán)中通有從左向右看逆時針方向的大小相等的電流時，經(jīng)測量可得M點的磁感應(yīng)強度大小為B1、N點的磁感應(yīng)強度大小為B2，如果將右側(cè)的金屬環(huán)B取走，P點的磁感應(yīng)強度大小應(yīng)為4$AaA. B2B1B.BB2C.B2號D.旦223【答案】B【解析】對于圖中單個環(huán)形電流，根據(jù)安培定則，其在軸線上的磁場方向均是向左，故 P點的磁場

方向也是向左的?設(shè)MOiQN NO2O2Pl，設(shè)單個環(huán)形電流在距離中點 I位置的磁感應(yīng)強度為Bn，在距離中點3I位置的磁感應(yīng)強度為B31，故M點磁感應(yīng)強度Bi B11B31，N點磁感應(yīng)強度B2BiiB11，當(dāng)拿走金屬環(huán)B后，P點磁感應(yīng)強度B2Bp B31Bi2，B正確；故選B.2【點睛】本題研究矢量的疊加合成 （力的合成，加速度，速度，位移，電場強度，磁感應(yīng)強度等），滿足平行四邊形定則；掌握特殊的方法（對稱法、微元法、補償法等）.AB是長為L的均勻帶電絕緣細桿， Pi、P2是位于AB所在直線上的兩點，位置如圖所示。AB上電荷產(chǎn)生的靜電場在Pi處的場強大小為Ei,在P2處的場強大小為E2,若將絕緣細桿的右半邊截掉并移走（左半邊電荷量、位置不變），則 P2處的場強大小變?yōu)椋?）A A 匕E—，rTE2E2A.」B.E2—1C.Ei—222D.Ei+旦2【答案】B【解析】【詳解】將均勻帶電細桿等分為左右兩段，設(shè)左右兩段細桿形成的電場在P2【答案】B【解析】【詳解】將均勻帶電細桿等分為左右兩段，設(shè)左右兩段細桿形成的電場在P2點的場強大小分別為Ea、Eb,則有Ea+Eb=E2;左半段細桿產(chǎn)生的電場在Pi點的場強為0,右半段細桿產(chǎn)生的電場在Pi點的場強大小為Ei=Eb，去掉細桿的右半段后，左半段細桿產(chǎn)生的電場在 P2點的場強大小為Ea=E2-Eb=E2-Ei，選BoI3.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、b兩點電場強度大小相等，方向不同a點電勢高于b點電勢把點電荷+Q從c移到d，電勢能增加同一個試探電荷從c移到b和從b移到d，電場力做功相同【答案】D因而快艇的速度大小和方向都是確定的。 因而快艇的速度大小和方向都是確定的。 AB錯誤，C正確;【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，貝Uc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UcbUbd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(guān)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低.如圖所示，某河寬d=100m，水流速度vi=4m/s，河中央處有一漂流物A（可視為質(zhì)點）順流而下，觀察點B發(fā)現(xiàn)漂流物時，其距觀察點的平行河岸距離 L=100m,值班員當(dāng)即駕駛快艇去攔截漂流物，剛好在觀察點正前方的 C處攔截到漂流物，BC連線垂直河岸。此過程中快艇相對于水的速度恒定。 則下列說法中正確的是快艇船頭垂直河岸行駛，只要速度合適就可以完成任務(wù)此過程中船行駛的速度可以小于 4m/s此過程中船行駛的速度大小一定是 2.5m/s若水流速度加倍后僅將船的行駛速度大小加倍不可完成任務(wù)【答案】C【解析】【詳解】ABC.要剛好在C點完成攔截，漂流物到達 C點的時間Lt=—=25s,

Vi船的實際行駛速度方向必須是