高考物理二輪復(fù)習(xí)科學(xué)思維方法微專題復(fù)習(xí)-圖示法專題

圖示法專題一、單選題A．撤去斜面，小球仍從O點(diǎn)以相同速度水平拋出，落地水平方向位移將變小B．撤去斜面，小球仍從O點(diǎn)以相同速度水平拋出，落地速率將變小C．撤去斜面，小球仍從O點(diǎn)以相同速度水平拋出，落地時(shí)間將變大如圖不計(jì)空氣阻力從O點(diǎn)水平拋出的小球抵達(dá)光滑斜面上端A．撤去斜面，小球仍從O點(diǎn)以相同速度水平拋出，落地水平方向位移將變小B．撤去斜面，小球仍從O點(diǎn)以相同速度水平拋出，落地速率將變小C．撤去斜面，小球仍從O點(diǎn)以相同速度水平拋出，落地時(shí)間將變大D．小球在斜面運(yùn)動(dòng)的過程中地面對斜面的支持力大于小球和斜面的總重力有兩根長直導(dǎo)線bMN為兩根導(dǎo)線附近的兩點(diǎn)，它們在兩導(dǎo)線連線的中垂線上，且與O點(diǎn)的距離A．MN點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同B．MNA．MN點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同B．MN點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反C．在線段MN上所有點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度都不可能為零D．在線段MN上所有點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度都是大小相等，方向相同“套”是很多同學(xué)喜歡的娛樂項(xiàng)目某同學(xué)在套圈時(shí)從A點(diǎn)先后以不同的水平速度拋出多個(gè)相同的圈圈不計(jì)空氣阻力，若拋出的速度越大，下列說法正確的是（ ）B．圈圈落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率越大B．圈圈落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率越大C．圈圈落地時(shí)的動(dòng)能越大D．圈圈運(yùn)動(dòng)過程中重力做的功越多答案第1頁，總18頁長直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

I，其中r為該點(diǎn)到長直導(dǎo)線的距離，比例常數(shù)rk2107TmA1，I2a、b處，a處的導(dǎo)線中通有恒定電流I 1A，b處的導(dǎo)線中通有恒定電流I 2A，方向如圖所示。已21A．大小為2106T，方向與ac邊成角斜向上知A．大小為2106T，方向與ac邊成角斜向上大小為2106T，方向與ac邊成角斜向下大小為2 3106T，方向與ac邊成60角斜向上大小為2 3106T，方向與ac邊成60角斜向下在平行于紙面內(nèi)的勻強(qiáng)電場中，有一電荷量為q的帶正電粒子，僅在電場力作用下，粒子從電場中A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，速度大小由2v0

變?yōu)関

0，粒子的初、末速度與AB連線的夾角均為30°，如圖所示，已知A、BA．3mv2A．3mv20qd，方向豎直向上B．2v0，方向斜向左下方C．3mv20，方向豎直向上D．21mv20qd2qd，方向斜向左下方A．繩對Q對Q的彈力增大B．繩對Q對Q的彈力減小218頁如圖所示半圓球P的半徑為其被固定在水平面上球心O1的正上方有一光滑的小定滑輪被固定在水平天花板上的A點(diǎn)點(diǎn)到P的最高點(diǎn)的距離為h，在P上放一個(gè)光滑的空心小球內(nèi)裝有細(xì)沙，球心為O2，Q的半徑為。將一根輕繩繞過定滑輪后系住Q，現(xiàn)用力拉動(dòng)輕繩的另一端使Q緩慢上升，同A．繩對Q對Q的彈力增大B．繩對Q對Q的彈力減小218頁C．繩對Q對Q的彈力增大D．繩對Q對Q的彈力減小如圖甲所示，A、BAB（圖中曲線為四分之一圓弧。則（）B．是非勻強(qiáng)電場，且電場力B．是非勻強(qiáng)電場，且電場力FAFBC．電勢 A BD．重力勢能和電勢能之和減小1.5kgx0，現(xiàn)用該彈簧沿固定的斜面拉住質(zhì)量為2kg的物體，如圖所示，彈簧的軸線平行于斜面，系統(tǒng)靜止時(shí)彈簧伸長量也為x0。已知斜面傾角為30°取重力加速度大小g=10，則物體所受的摩擦力（ ）A．方向沿斜面向下，大小為5NBA．方向沿斜面向下，大小為5NB．方向沿斜面向上，大小為5NC．方向沿斜面向下，大小為10N二、多選題一勻強(qiáng)電場的方向平行于xOyc-1V13V、A．電場強(qiáng)度的方向?yàn)閏A．電場強(qiáng)度的方向?yàn)閏→O318頁P(yáng)AGE1018頁19Vab12eVbc18eV和與豎直方向成45°夾角不可伸長的輕繩一端相連，此時(shí)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，且水平地面對小球的彈力恰好為零，在剪斷輕繩的瞬間（g取10m/s2、最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，下列敘述中正確的是（）如圖所示，在動(dòng)摩擦因數(shù)和與豎直方向成45°夾角不可伸長的輕繩一端相連，此時(shí)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，且水平地面對小球的彈力恰好為零，在剪斷輕繩的瞬間（g取10m/s2、最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，下列敘述中正確的是（）A．小球立即向左運(yùn)動(dòng)，且a10m/s2 B．小球立即向左運(yùn)動(dòng)，且a7.5m/s2C．小球受到地面的彈力大小將會(huì)立即變10N D．小球仍能保持靜止，因?yàn)榫哂袘T性如圖所示，兩個(gè)帶點(diǎn)小球AB的質(zhì)量分別為m1m2，帶電量分別為q1、q2，靜止時(shí)兩懸線與豎直向的夾角分別為θ1、θ2，且AB恰好處于同一水平面上，則（ ）Aθ1=θ2q1q2，BAθ1=θ2q1q2，Bθ1＞θ2q1q2Dm1>m2θ1θ212．如圖所示，傾角12．如圖所示，傾角θ=37°的斜面上水平放置一根金屬桿，金屬桿與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為。金屬桿中通為B0B，金屬桿始終在斜A．5B0 B．10B0 C．15B0 D．20B0無限長通電直導(dǎo)線周圍磁場中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可用公式BkIkI是導(dǎo)線r中電流、r是該點(diǎn)到直導(dǎo)線的距離。通常，通電長直導(dǎo)體棒可以被看作無限長通電直導(dǎo)體棒。將兩根長度均為L，質(zhì)量均為m，通有方向相反、大小恒為IabOb。則下列說法正確的是（）A．O處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向水平向右B．兩導(dǎo)體棒連線的中垂線上各點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向都是豎直向下mgA．O處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向水平向右B．兩導(dǎo)體棒連線的中垂線上各點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向都是豎直向下mgtanILDad、bb靜止，則導(dǎo)體棒中的電流必須逐漸增大如圖所示，小船在水面上以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，用輕繩跨過一定滑輪拉岸上的一件貨物，則（ ）C．當(dāng)繩子與水平方向夾角為30時(shí)，貨物的速度為3C．當(dāng)繩子與水平方向夾角為30時(shí)，貨物的速度為3v2vD．當(dāng)繩子與水平方向夾角為302v參考答案1．A【詳解】B．設(shè)斜面的高度為h，根據(jù)動(dòng)能定理得1 1mgh mv2 mv22 2 0撤去斜面，h不變，落地的速率不變，故B錯(cuò)誤；C．比較小球在斜面上與空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。設(shè)斜面的傾角為a，由于小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度為agsina對其進(jìn)行分解，豎直分加速度為a asinagsin2y則知撤去斜面。落地時(shí)間變小，故C錯(cuò)誤；A．由于小球在斜面上豎直分加速度為a asinagsin2y根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律v2v20

2ax面的水平分速度大小大于在空中運(yùn)動(dòng)下落至地面的水平分速度大小，由于小球在斜面上水平分加速度為a gsinacosax根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律v2v20

2ax可知小球從斜面上下落到地面的水平位移大小小于在空中運(yùn)動(dòng)下落至地面的水平位移大小，故A正確；D故D錯(cuò)誤；故選A。2．B【詳解】AB．由安培定則可知，兩直線電流在M點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向斜向下，其合磁場方向向下，兩直線電流在N點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向斜向上，其合磁場方向向上，由于對稱性，因此M點(diǎn)和N正確；CD．由安培定則可知，兩直線電流在MN上同一點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反時(shí)，合磁感應(yīng)強(qiáng)度是零，則只有O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是零，CD錯(cuò)誤。故選B。3．C【詳解】由于高度一定，由h

12gt2項(xiàng)錯(cuò)誤；圈圈落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率Pmgy

mg2t可知圈圈落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率不變，B項(xiàng)錯(cuò)誤；拋出時(shí)初速度越大，由1E mgh 2k 2 0可知，圈圈落地時(shí)的動(dòng)能越大，C項(xiàng)正確；圈圈重力做的功Wmgh不變，D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選C。4．B【詳解】a處的電流在c處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為I 21071Bk T2106T1 r 0.1bc ac sin30所以b處的電流在c處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為I 21072B k T2106T2 r 0.2方向如圖所示B1B2間的夾角為，根據(jù)矢量疊加原理可得B2B1

cos602106T方向與ac邊成故選B。5．D【詳解】E

變成v

cos60即v0，1v 2v 2 20 2 v 22 1dcos30qE0m

0 0 2E

，此方向上，粒子的速度由零變成v

sin60即 ，3v02 0 3v0可知E2的方向豎直向下，由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得3v023v02

2

dsin30 m則該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小是E2EE2E2120E 2qd0方向：斜向左下方。ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D。6．D【詳解】對Q受力分析如圖所示，mg，由于有一部分細(xì)沙緩慢流出而減小，繩對QF和P對QN在Q緩慢上移時(shí)的重心雖然在變，但重心一定在過O2足相似三角形的條件。設(shè)小滑輪右側(cè)的繩長為x，作出Q”矢AO1O2相似，則mg N FhR Rr xr式中的+、R+）均不變，重力g減小，則當(dāng)緩慢拉動(dòng)Q時(shí)，繩對Q的拉力FP對Q的彈力N減小。故選D。7．C【詳解】AB．由乙圖可知小球的加速度逐漸變大，小球從A到B，做減速運(yùn)動(dòng)，故所受電場力沿斜面向下，小球收到的電場力逐漸變大，且FA

FAB錯(cuò)誤；BC．小球從A到B，做減速運(yùn)動(dòng)，且加速度大小逐漸變大，所受電場力沿斜面向下，則電場線方向?yàn)閺腂指向A，故A

，故C正確；BDA到B減小，故小球的重力勢能和電勢能之和增大，故D錯(cuò)誤；故選C。8．A【詳解】彈簧豎直懸掛物體時(shí)，對物體受力分析，由共點(diǎn)力平衡條件可得彈簧的彈力Fkx mg1.510N15N0現(xiàn)用該彈簧沿固定的斜面拉住質(zhì)量為2kg的物體，系統(tǒng)靜止時(shí)彈簧伸長量也為x0，說明彈簧的彈力仍為kx0=15N，假設(shè)摩擦力沿斜面向上，如圖所示，由平衡條件得F+Ff?mgsin30°=0其中m=2kg，解得Ff=?5N故選A。AD【詳解】如圖所示在ac連線上，確定一b′點(diǎn)，根據(jù)勻強(qiáng)電場中電勢均勻變化，而且已知ac長度可知x軸1cm代表4V的電勢差，則b′電勢為13V時(shí)3.5cm4.5cm將bb′連線，即為等勢線，那么垂直bb′連線，則為電場線，根據(jù)幾何關(guān)系可知bcOabc ac且c點(diǎn)電勢高于O點(diǎn)電勢，可知電場強(qiáng)度的方向?yàn)閏→O，A正確；acx1cm4V13VO點(diǎn)的電勢為U Ob O b

48V32V解得 19VO故B錯(cuò)誤；ab點(diǎn)電場力做正功，所做功為WUab

q113e電場力做正功，電勢能減少，故可知電子在a點(diǎn)的電勢能比在b點(diǎn)的高14eV，C錯(cuò)誤；bc點(diǎn)，電場力做正功，所做功為WUbc

q31e故DAD。10．BC【詳解】ABD簧的彈力F=mgtan45°=1×10×1N=10N剪掉繩子的瞬間，彈簧的彈力仍然是10N球所受的摩擦力Ff=μmg=0.25×1×10N=2.5N由牛頓第二定律得小球的加速度

FFa

102.5 ms27.5ms2m 1正確，C．由以上分析可知，剪掉繩子瞬間，小球受到地面的彈力大小是10N，CBC。CD【詳解】對A、B球受力分析，如圖所示，由共點(diǎn)力平衡條件和幾何關(guān)系得mg1

F1tan1mg2

F2tan2不論q1與q2誰大誰小，它們之間的庫侖力F1和F2，總是大小相等，方向相反，在一條直線上，即大小總有F1=F2，所以當(dāng)m1=m2則有θ1=θ2當(dāng)m1<m2則有θ1>θ2當(dāng)m1>m2則θ1<θ2AB錯(cuò)誤，CD正確。故選CD。AB【詳解】向下，分別對應(yīng)磁場強(qiáng)度最小和最大；當(dāng)磁場強(qiáng)度為0時(shí)，可知mgsinmgcos故金屬棒不能靜止；當(dāng)fm沿斜面向上可得mgsinFN1

Bmin

ILcosF mgcosBN1 min

ILsin解得B mgmin 當(dāng)fm沿斜面向下可得mgsinFN2

Bmax

ILcosF mgcosBN2 max

ILsin解得B mgmax L

min又因?yàn)锽min

BB0 max故B的可取范圍小于11B0；故選AB。BD【詳解】AB．由安培定則可知，a、b電流產(chǎn)生的磁場在O處方向如圖甲所示由平行四邊形定則知，兩導(dǎo)體棒連線的中垂線上各點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向都是豎直向下，A錯(cuò)誤，B正確；C．設(shè)圓筒對b的支持力為F，受力示意圖如圖乙所示由平行四邊形定則和共點(diǎn)力的平衡條件得

Fcos2Fsin2

mgBIL解得mgtanB 2ILC錯(cuò)誤；D．將ad緩慢移動(dòng)，要使babab、b之間的距離又逐漸增大，由BkIr可知，導(dǎo)體棒中電流必須逐漸增大才行，