高考物理整体法隔离法解决物理试题专项训练及答案及解析

高考物理整体法隔离法解决物理试题专项训练及答案及解析

一、整体法隔离法解决物理试题

1．如图所示，水平面O 点左侧光滑，O 点右侧粗糙且足够长，有10个质量均为m 完全相同的小滑块（可视为质点）用轻细杆相连，相邻小滑块间的距离为L ，滑块1恰好位于O 点，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开，现将水平恒力F 作用于滑块1，经观察发现，在第3个小滑块进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是

A ．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数F mg

μ= B 5FL m

C ．第一个滑块进入粗糙地带后，第二个滑块进入前各段轻杆的弹力大小相等

D ．在水平恒力F 作用下，10个滑块全部可以进入粗糙地带 【答案】B 【解析】 【详解】

A 、对整体分析，根据共点力平衡得，F =3μmg ，解得3F

mg

μ=，故A 错误. B 、根据动能定理得2122102F L mg L mg L mv μμ?-?-?=

?，解得5FL v m

=B 正确. C 、第一个滑块进入粗糙地带后，整体仍然做加速运动，各个物体的加速度相同，隔离分析，由于选择的研究对象质量不同，根据牛顿第二定律知，杆子的弹力大小不等，故C 错误.

D 、在水平恒力F 作用下，由于第4个滑块进入粗糙地带，整体将做减速运动，设第n 块能进入粗焅地带，由动能定理：()(123(1))00F nL mgL n μ-+++?+-=-，解得：

n =7,所以10个滑块不能全部进入粗糙地带，故D 错误．

故选B.

2．如图所示，R 0为热敏电阻(温度降低，其电阻增大)，D 为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，平行板电容器中央有一带电液滴刚好静止，M 点接地，开关S 闭合．下列各项单独操作时可使带电液滴向上运动的是( )

A ．滑动变阻器R 的滑动触头P 向上移动

B ．将热敏电阻R 0的温度降低

C ．开关S 断开

D ．电容器的上极板向上移动 【答案】C 【解析】 【详解】

A.当滑动变阻器的滑动触头P 向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电流增大，内电压及R 0两端的电压增大，则路端电压和滑动变阻器两端的电压都减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，故A 项不合题意；

B.当热敏电阻温度降低时，其阻值增大，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压减小，液滴仍然静止，故B 项不合题意；

C.开关S 断开时，电容器直接接在电源两端，电容器两端电压增大，则液滴向上运动，故C 项符合题意；

D.若使电容器的上极板向上移动，即d 增大，则电容器电容C 减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于Q U C =

，4S C kd

επ=，U E d =

，所以4kQ

E S

πε=，由于极板上的电荷量不变，而场强E 与极板之间的距离无关，所以场强E 不变，液滴仍然静止，故D 项不合题意．

3．在如图所示的电路中，当开关S 闭合后，电压表有示数，调节可变电阻R 的阻值，使电压表的示数增大ΔU ，则( )

A ．可变电阻R 被调到较小的阻值

B ．电阻R 2两端的电压减小，减小量等于ΔU

C ．通过电阻R 2的电流减小，减小量小于

D ．通过电阻R 2的电流减小，减小量等于

【答案】C 【解析】 【详解】

A.由题意知，要使电压表的示数增大，则需电阻R 和R 1并联后的总电阻增大，则需将可变电阻R 增大，即可变电阻R 被调到较大的阻值，故A 项不合题意；

BCD.当R 增大时，外电阻增大，干路电流减小，电阻R 2两端的电压减小，且路端电压增大，所以电阻R 2两端的电压减小量小于ΔU ，由欧姆定律知，通过电阻R 2的电流也减小，减小量小于

，故B 项不合题意、D 项不合题意，C 项符合题意．

4．如图所示，质量为M 的板置于水平地面，其上放置一质量为m 的物体，物体与板，板与地面间的滑动摩檫系数分别为μ、2μ。当作用在板上的水平拉力为F 时能将板从物体下拉出，则F 的取值范围为（ ）

A ．F >mg μ

B ．F >()m M g μ+

C ．F >2()m M g μ+

D ．F >3()m M g μ+ 【答案】D 【解析】 【详解】

当M 和m 发生相对滑动时，才有可能将M 从m 下抽出，此时对应的临界状态为：M 与m 间的摩擦力为最大静摩擦力m f ，且m 运动的加速度为二者共同运动的最大加速度m a ，对m 有：m m f mg a g m m

μμ=

==，设此时作用与板的力为F '，以M 、m 整体为研究对象，有：()()2m F M m g M m a μ'-+=+，解得()3F M m g μ'=+，当F F '>时，才能将M 抽出，即()3F M m g μ>+，故D 正确，ABC 错误。

5．如图所示电路中，L 1、L 2为两只完全相同、阻值恒定的灯泡，R 为光敏电阻（光照越强，阻值越小）．闭合电键S 后，随着光照强度逐渐增强（ ）

A ．L 1逐渐变暗，L 2逐渐变亮

B ．L 1逐渐变亮，L 2逐渐变暗

C ．电源内电路消耗的功率逐渐减小

D ．光敏电阻R 和灯泡L 1消耗的总功率逐渐增大 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

AB ．光照强度逐渐增强，光敏电阻阻值减小，电路的总电阻减小，电路中总电流增大，则L 2逐渐变亮．由U E Ir =-知，路端电压减小，又L 2两端电压增大，则L 1两端电压减小，L 1逐渐变暗，故A 正确B 错误；

C ．电路中总电流增大，电源内电路消耗的功率：

2r P I r =

电路中的总电流增大，故电源内电路消耗的功率增大，故C 错误；

D ．将L 2看成电源内电路的一部分，光敏电阻R 和灯泡L 1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，外电阻减小，等效电源的内、外电阻差增大，等效电源输出功率减小，故D 项错误． 【点睛】

电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大．

6．如图所示，电源电动势为E ，内电阻为r ， 1L 、2L 是两个小灯泡， R 是滑动变阻器，V 1、V 2可视为理想电压表．闭合开关S ，将滑动变阻器R 的滑动片由最左端向最右端滑动，小灯泡的阻值可视为不变，下列说法正确的是（ ）

A ．小灯泡1L 变暗，V 1表的示数变小，V 2表的示数变大

B ．小灯泡1L 变亮，V 1表的示数变大，V 2表的示数变小

L变暗，V1表的示数变小，V2表的示数变大

C．小灯泡

2

L变亮，V1表的示数变大，V2表的示数变大

D．小灯泡

2

【答案】D

【解析】将滑动变阻器的触片由左端向右滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，变阻器与灯泡L2并联的电阻变大，外电路总电阻增大，则路端电压随之增大，即V1表的读数变大．由闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流减小，灯泡L1变暗，电压表V2读数变小．灯泡L2的电压U2=E-I(r+R L1)增大，I减小，则U2增大，灯泡L2变亮．故D正确．故选D．

【点睛】本题是电路中动态分析问题．对于路端电压可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大，减小而减小判断．

7．如图所示，质量为m的物体放在斜面体上，在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，物体始终与斜面体保持相对静止，则斜面体对物体的摩擦力Ff和支持力FN分别为（重力加速度为g）( )

A．Ff＝m（gsinθ＋acosθ） FN＝m（gcosθ－asinθ）

B．Ff＝m（gsinθ＋acosθ） FN=m（gcosθ－acosθ）

C．Ff＝m（acosθ－gsinθ） FN=m（gcosθ＋asinθ）

D．Ff＝m（acosθ－gsinθ） FN＝m（gcosθ－acosθ）

【答案】A

【解析】对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力（沿斜面向上），向右匀加速，故合力大小为ma，方向水平向右；

采用正交分解法，在平行斜面方向，有：F f-mg sinθ=ma cosθ，在垂直斜面方向，有：

mg cosθ-F N=ma sinθ，联立解得：F f=m(g sin θ+a cosθ)，F N=m(g cosθ-a sinθ)；故A正确，B,C,D 错误；故选A.

【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住物体与斜面的加速度相等，结合牛顿第二定律进行求解．

8．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的

质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦

因数为.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是

A．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过μmg

B．当力F＝μmg时，A、B间的摩擦力为

C．无论力F为何值，B的加速度不会超过μg

D．当力F> μmg时，B相对A滑动

【答案】AB

【解析】

【详解】

A.A与B间的最大静摩擦力大小为：mg,C与B间的最大静摩擦力大小为：，B与地面间的最大静摩擦力大小为：（2m+m+m）=；要使A，B，C都始终相对静止，三者一起向右加速，对整体有：F-=4ma，假设C恰好与B相对不滑动，对C有：

=ma，联立解得：a=，F=mg；设此时A与B间的摩擦力为f，对A有：F-

f=2ma，解得f=mg mg，表明C达到临界时A还没有，故要使三者始终保持相对静止，则力F不能超过μmg，故A正确.

B.当力F＝μmg时，由整体表达式F-=4ma可得：a=g，代入A的表达式可得：

f=mg,故B正确.

C.当F较大时，A,C都会相对B滑动，B的加速度就得到最大，对B有：2--

=ma B，解得a B=g，故C错误.

D.当A恰好相对B滑动时，C早已相对B滑动，对A、B整体分析有:F--=3ma1，对

A 有：F-2μmg=2ma 1，解得F=μmg ，故当拉力F>μmg 时，

B 相对A 滑动，D 错误.胡选：A 、B.

9．如图所示的电路中，电源内阻一定，电压表和电流表均为理想电表．现使滑动变阻器R 滑片向左滑动一小段距离，测得电压表V 1的示数变化大小为ΔU 1，电压表V 2的示数变化大小为ΔU 2，电流表A 的示数变化大小为ΔI ，对于此过程下列说法正确的是( )

A ．通过电阻R 1的电流变化量大小等于

1

1

U R ? B ．R 0两端的电压的变化量大小等于ΔU 2－ΔU 1 C ．路端电压的增加量等于ΔU 2

D ．

1

U I

??为一定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】

A 、电压表V 1测量路端电压，即R 1两端的电压，根据欧姆定律可知，R 1的电流变化量大小

等于1

1

U R ?；故A 正确．B 、C 、D 、使滑动变阻器R 滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，总电阻变大，总电流变小，内阻所占电压减小，路端电压增大，所以路端电压增大△U 1，并联部分的电压增大△U 1，通过R 1的电流增大，所以通过滑动变阻器的电流减小，R 0上的电压减小，R 上的电压增大△U 2，所以R 0两端的电压的变化量大小等于△U 2-△U 1，电压表V 1测量路端电压，根据欧姆定律可知1U r I ?=?为定值，所以1

U I

??为定值，故B ，D 正确，C 错误．故选ABD ． 【点睛】

闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路—内电路—外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质．

10．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M 的物体A 、B(B 物体与弹簧连接，A 、B 两物体均可视为质点)，弹簧的劲度系数为k ，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力作用在物体A 上，使物体A 开始向上做加速度为a 的

匀加速运动，测得两个物体的v 一t 图象如图乙所示（重力加速度为g ），则

A ．施加外力前，弹簧的形变量为

2Mg

k

B ．外力施加的瞬间，A 、B 间的弹力大小为M(g+a)

C ．A 、B 在t l 时刻分离，此时弹簧弹力筹于物体B 的重力

D ．上升过程中，物体B 速度最大，A 、B 两者的距离为 2212Mg at k

- 【答案】AD 【解析】 【详解】

A 、施加外力F 前，物体A

B 整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg kx =，解得：

2Mg

x k

=

，故选项A 正确； B 、施加外力F 的瞬间，对B 物体，根据牛顿第二定律，有：AB F Mg F Ma --=弹，其中：2F Mg =弹，解得：()AB F M g a =-，故选项B 错误；

C 、物体A 、B 在t 1时刻分离，此时A 、B 具有共同的v 与a 且F AB =0；对B 有：

F Mg Ma '-=弹，解得：()F M g a '=+弹，故选项C 错误；

D 、当物体B 的加速度为零时，此时速度最大，则Mg kx ='，解得：Mg

x k

'=，故B 上升的高度Mg h x x k '=-'=

，此时A 物体上升的高度：2

212

h at =，故此时两者间的距离为2212Mg

h at k

?=

-，故选项D 正确； 说法正确的是选选项AD 。 11．如图，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻r ，开关K 闭合，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3的示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，理想电流表示数变化量的绝对值为ΔI ，正确的是

A ．V 2的示数增大

B ．电源输出功率在增大

C ．ΔU 3＞ΔU 1＞ΔU 2

D ．ΔU 3与ΔI 的比值在减小 【答案】BC 【解析】 【详解】

理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R 与变阻器串联，电压表123V V V 、、分别测量R 、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大． A.根据闭合电路欧姆定律得：2V 的示数

2U E Ir =-

I 增大，2U 减小，故A 错误；

B. 电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻r ，外电阻减小，电源输出功率在增大，故B 正确；

D. 由闭合欧姆定律得：

()3U E I r R =-+

解得

3

U R r I

?=+? 所以

3

U I

??不变，故D 错误； C.由闭合欧姆定律得：

()3 U I R r ?=?+

2U Ir ?=? 1U IR ?=?

又定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r ，则312U U U ?>?>?，故C 正确．

12．如图所示的电路中，电源内阻为r ，闭合电键，电压表示数为U ，电流表示数为I ；在滑动变阻器R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中（ ）

A ．U 先变大后变小

B ．I 先变小后变大

C ．U 与I 的比值先变大后变小

D ．U 的变化量的大小与I 的变化量的大小的比值等于r 【答案】ABC 【解析】

由图可知，滑动变阻器上下两部分并联，当滑片在中间位置时总电阻最大，则在滑动变阻器R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中，滑动变阻器R 1的电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，则可知路端电压先变大后变小；故AB 正确；U 与I 的比值就是接入电路的R 1的电阻与R 2的电阻的和，所以U 与I 比值先变大后变小，故C 正确；电压表示数等于电源的路端电压，电流表的示数比流过电源的电流小，由于

U

r I 总

?=?，因为I I 总?≠? 即U r I ?≠?，所以U 变化量与I 变化量比值不等于r ，故D 错误；综上分析，ABC 正确．

13．如图所示的电路中，闭合开关S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、1U 、2U 和3U 表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、Δ1U 、Δ2U 和Δ3U ，下列说法正确的是

A ．I 减小，1U 减小、2U 增大，3U 增大

B ．电源功率不变，1R 上功率增加

C ．2

U I 变大，2U I

??不变 D ．

3U I 变大，3

U I ??不变 【答案】ACD 【解析】 【详解】

A. 当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，外电路电阻增大，电流减小，根据

U E Ir =- 可知路端电压3U 增大，U 1测定值电阻的电压，所以U 1随着电流的减小而减

小，根据321U U U =+ 可知U 2增大，故A 正确.

B.电源的功率P EI =，随着回路中电流变小，则电源功率也在变小，故B 错误；

C. 根据电路知识可知, 22U R I =所以2U

I 变大，()21U E I R r =-+ 可知

21U R r I

?=+?不变，故C 正确 D.根据电路知识可知

3U I =R 1+R 2所以3U

I

变大．根据闭合电路欧姆定律得：U 3=E-Ir ，则有3

U I ??=r ，不变．故D 正确．

14．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，电压表V 1、V 2、V 3为理想电压表，R 1、R 3为定值电阻，R 2为热敏电阻(其阻值随温度升高而减小)，C 为电容器，闭合开关S ，电容器C 中的微粒A 恰好静止．当室温从25 ℃升高到35 ℃的过程中，流过电源的电流变化量是ΔI ，三只电压表的示数变化量是ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3.则在此过程中( )

A ．V 1示数减小

B ．

3

2U U I I

??>?? C ．Q 点电势升高

D ．R 3中的电流方向由M 向N ，微粒A 匀加速下移 【答案】BC 【解析】 【详解】

A.室温从25℃升高到35℃的过程中，R 2的阻值减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，总电流增大，外电压减小，V 1示数为U 1=IR 1增大，故A 错误；

B. 由

()21U E I R r =-+

得

2

1U R r I

?=+? 由

3U E Ir =-

得

3

U

r I

??= 则有：

3

2U U I I

??>?? 故B 正确；

C.由于外电压减小，V 1示数增大，所以V 2示数减小，而：

2N Q U ??=-

且0N ?=，所以Q 点电势升高，故C 正确； D.V 3测量的是电源路端电压，由：

3U R Ir =-

得U 3减小，电容器两端电压减小，电容电荷量减少，电容放电，形成从M 到N 的电流，两板间场强降低，电荷受的电场力减小，故将下移，但电场强度不断减小，由

mg qE ma -=

得加速度增大，微粒做加速度增大的加速运动，故D 错误。

15．如图1所示，m A ＝4.0 kg ，m B ＝2.0kg ，A 和 B 紧靠着放在光滑水平面上，从 t ＝0 时刻起，对 B 施加向右的水平恒力 F 2＝4.0 N ，同时对 A 施加向右的水平变力 F 1，F 1 变化规律如图 2 所示。下列相关说法中不正确的是

A ．当 t ＝0 时，A 、

B 物体加速度分别为2

25m /s ,2m /s A B a a ==

B ．A 物体做加速度减小的加速运动，B 物体做匀加速运动

C ．t ＝12s 时刻 A 、B 将分离，分离时加速度均为 a ＝2m/s 2

D ．A 、B 分离前后，A 物体加速度变化规律不相同 【答案】AB 【解析】 【详解】

A ．若A

B 之间没有力的作用，则：

22

2m/s B B

F a m =

= 当0t =时，120N F =，而4A m kg =，

21

5m/s A B

F a m =

= 所以1F 单独作用在A 上的加速度大于AB 之间没有力的作用时的加速度，此时AB 一起运动，加速度为：

212

4m/s F a m m =

=+合

A 错误；

B ．由A 得分析可知：随着1F 的减小，刚开始时AB 在两个力的作用下做加速度越来越小的加速运动，故B 错误；

C ．当1F 单独在A 上的加速度等于2F 单独作用在B 上的加速度时，AB 之间恰好没有力的作用，此后1F 继续减小，A 的加速度继续减小，AB 分离，根据牛顿第二定律得：

18N A B F m a ==

根据图像可知，此时t=12s ，所以t=12s 时刻A 、B 将分离，分离时加速度均为：

22

2m/s B B

F a m =

= C 正确；

D ．A 、B 分离前，A 受到1F 和B 对A 的弹力作用，分离后A 只受1F 作用，A 物体加速度变化规律不相同，D 正确； 故选AB 。 【点睛】

本题考查牛顿第二定律的应用，注意临界条件，当AB 之间刚好没有作用力且加速度相同时开始分离。