高考物理图示法图像法解决物理试题试题经典含解析
一、图示法图像法解决物理试题
1．真空中，在x轴上x=0和x=8处分别固定两个电性相同的点电荷Ql和Q2。电荷间连线上的电场强度E随x变化的图象如图所示（+x方向为场强正方向），其中x=6处E=0。将一个正试探电荷在x=2处由静止释放（重力不计，取无穷远处电势为零）。则
A．Q1、Q2均为正电荷 B．Q1、Q2带电荷量之比为9：1 C．在x=6处电势为0
D．该试探电荷向x轴正方向运动时，电势能一直减小 【答案】AB 【解析】 【详解】
由图可知，若两个电荷是负电荷则x=2处场强方向为负方向，故两个电荷同为正电荷，A正确；因在x=6处场强为0，则kQ1Q2?k，解得：Q1:Q2?9:1，B正确；根据同种正2262电荷连线的中垂线电势分布特点，可知从x=6向无穷远运动时电势在降低，则x=6处电势大于0，C错误；由图可知，0-6之间电场为正，沿x轴的正方向，所以从0到6之间电势逐渐降低；而6-8之间的电场为负，沿x轴的负方向，所以从6到8之间电势升高，因此将一个正点电荷沿x轴运动时，该电荷的电势能先减小后增大，D错误。
2．如图所示，将质量为m的小球用橡皮筋悬挂在竖直墙的O点，小球静止在M点，N为O点正下方一点，ON间的距离等于橡皮筋原长，在N点固定一铁钉，铁钉位于橡皮筋右侧。现对小球施加拉力F，使小球沿以MN为直径的圆弧缓慢向N运动，P为圆弧上的点，角PNM为60°。橡皮筋始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，则
A．在P点橡皮筋弹力大小为B．在P点时拉力F大小为
C．小球在M向N运动的过程中拉力F的方向始终跟橡皮筋垂直
D．小球在M向N运动的过程中拉力F先变大后变小 【答案】AC
【解析】A、设圆的半径为R，则时小球二力平衡有
，ON为橡皮筋的原长，设劲度系数为k，开始
；当小球到达P点时，由几何知识可得
，则橡皮筋的弹力为
，联立解得
，故A正确。B、
小球缓慢移动，即运动到任意位置均平衡，小球所受三个力平衡满足相似三角形，即
，
，因
，可得
,故B错误。C、同理在缓慢
运动过程中由相似三角形原理可知错误。则选AC。
，则拉力F始终垂直于橡皮筋的弹力，C正
确。D、在两相似三角形中，代表F大小的边MP的长度一直增大，故F一直增大，故D【点睛】三力平衡可以运用合成法、作用效果分解法和正交分解法，而三力的动态平衡就要用图解法或相似三角形法，若有直角的还可以选择正交分解法。
3．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mgsin 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【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，根据共点力平衡得系
，当P到达O点时
，即
，故A错误。根据P与Q的速度关，说明Q先加速后减速，故此时轻绳的
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
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：CD。 【点睛】
，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
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．
4．有一个固定的光滑直杆与水平面的夹角为 53°，杆上套着一个质量为m= 2kg 的滑块 A（可视为质点）.用不可伸长的轻绳将滑块A与另一个质量为M=2.7kg 的物块B通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂B而绷紧，此时滑轮左侧轻绳恰好水平，其长度L?10m，P3点与滑轮的连线同直杆垂直（如图所 示）．现将滑块A从图中O点由静止释放，（整个运动过程中 B不会触地，g=10m/s2）．下列说法正确的是
A．滑块A运动到 P点时加速度为零
B．滑块A由O点运动到P点的过程中机械能增加 C．滑块A经过 P点的速度大小为52m/s D．滑块A经过P点的速度大小为【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A．滑块A运动到P点时，垂直于杆子的方向受力平衡，合力为零；沿杆子方向，重力有沿杆向下的分力mgsin53°，根据牛顿第二定律得：
mgsin53°=ma a=gsin53°
故A错误．
B．滑块A由O点运动到P点的过程中，绳子的拉力对滑块A做正功，其机械能增加；故B正确．
CD．由于图中杆子与水平方向成53°，可以解出图中虚线长度：
1047m/s 478l?Lsin53??m
3所以滑块A运动到P时，A下落
h?xOPsin53??Lcos53?sin53?=B下落
10348??m=m 3555H?L?l?1082m?m?m 333当A到达P点与A相连的绳子此时垂直杆子方向的速度为零，则B的速度为零，以两个物体组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得：
MgH?mgh?解得
12mv 2v?52m/s
故C正确，D错误． 故选BC． 【点睛】
加速度根据牛顿第二定律研究，机械能的变化根据除重力以外的力做功情况进行判断，都是常用的思路．关键在于判断出滑块A滑到P点时，绳子在竖直杆子方向的速度为零，即B的速度为零．
5．如图所示，一轻绳通过小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在竖直杆上的小物块A连接，杆固定且足够长。开始时用手握住B使A静止在P点，细线伸直。现释放B，A向上运动，过Q点时细线与竖直杆成60°角，R点位置与O等高。(不计一切摩擦，B球未落地)则
A．物块A过Q点时，A、B两物体的速度关系为vA=2vB
B．物块A由P上升至R的过程中，物块A的机械能增加量等于小球B的机械能减少量 C．物块A由P上升至R的过程中，细线对小球B的拉力总小于小球B的重力 D．物块A由P上升至R的过程中，小球B所受重力的瞬时功率先增大后减小 【答案】ABD 【解析】
【详解】
A.物块A过Q点时，将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，沿绳子方向的分速度等于B的速度，即vB=vAcos60°，得vA=2vB；故A正确.
B.物块A由P上升至R的过程中，对于A、B组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，则物块A的机械能增加量等于小球B的机械能减少量；故B正确. C.物块A由P上升至R的过程中，小球B的速度先增大后减小，物块上升至R时B球的速度为零，则小球B的加速度先向上后向下，先处于超重状态后处于失重状态，则细线对小球B的拉力先大于小球B的重力，后小于小球B的重力；故C错误.
D.物块A由P上升至R的过程中，小球B的速度先增大后减小，由P=mgv知小球B所受重力的瞬时功率先增大后减小；故D正确.
6．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
π，忽略一切摩擦（ ） 6
A．此时立方体M的速度达到最大 C．此时杆对小球m的拉力为零 【答案】ACD 【解析】 【详解】
B．此时小球m的加速度为零 D．M和m的质量之比为4:1
A.分离前，立方体在小球的弹力作用下，做加速运动，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
v2mgsin30?m
L?解得
v?1gL 2分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，即：
高考物理图示法图像法解决物理试题试题经典含解析
