高中物理整体法隔离法解决物理试题试题类型及其解题技巧及解析

高中物理整体法隔离法解决物理试题试题类型及其解题技巧及解析

一、整体法隔离法解决物理试题

1．如图甲所示，一轻质弹簧的下端，固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m的物体A、B（物体B与弹簧栓接），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F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﹣t图象如图乙所示（重力加速度为g），则（）

A．施加外力的瞬间，F的大小为2m（g﹣a）

B．A、B在t1时刻分离，此时弹簧的弹力大小m（g+a）

C．弹簧弹力等于0时，物体B的速度达到最大值

D．B与弹簧组成的系统的机械能先增大，后保持不变

【答案】B

【解析】

【详解】

A．施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：

2mg=kx；

施加外力F的瞬间，对整体，根据牛顿第二定律，有：

＝

+-

22

F F mg ma

弹

其中：

F弹=2mg

解得：

F=2ma

故A错误。

B．物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的速度与加速度，且F AB=0；

对B：

F弹′-mg=ma

解得：

F弹′=m（g+a）

故B正确。

C ．B受重力、弹力及压力的作用；当合力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间，速度不是最大值；故C错误；

D．B与弹簧开始时受到了A的压力做负功，故开始时机械能减小；故D错误；

2．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＋aco sθ） 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 sin θ=ma cos θ，在垂直斜面方向，有：mg cos θ-F N =ma sin θ，联立解得：F f =m (g sin θ+a cos θ)，F N =m (g cos θ-a sin θ)；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．

3．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11

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 ．1U 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11

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1U 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．

4．如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ=300的光滑斜面的底部，另一端和质量m 为的小物块a 相连，质量为m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x 0 ，从某时刻开始，对b 施加沿斜面向上的外力F ，使b 始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a 、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x 0 ,弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g 。则（ ）

A ．弹簧的劲度系数

B ．弹簧恢复原长时物块a 、b 恰好分离

C ．物块b 的加速度为

D ．拉力F 的最小值为

【答案】AD

【解析】

【详解】

A、对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：

，解得：，故A正确；

B、由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0，由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关

系的规律可知：，说明当形变量为时二者分离，故B错误；

C、对m分析，因分离时a、b间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：

，联立解得：，故C错误；

D、分离前对整体分析可知，由牛顿第二定律有，则有刚开始运动时拉力F的最小，F的最小值；分离后对b分析可知，由牛顿

第二定律有，解得，所以拉力F的最小值为，故D正确；

故选AD。

【点睛】

解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键。

5．如图所示，一固定杆与水平方向夹角 =30°，将一滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个小球，滑块与小球恰能一起沿杆向下匀速运动，则下列说法中正确的是（）

A．滑块与杆之间动摩擦因数为0.5

B．滑块与杆之间动摩擦因数为

3 3

C．当二者相对静止地沿杆上滑时轻绳对小球拉力斜向左上与水平方向成30°角

D．当二者相对静止地沿杆上滑时轻绳对小球拉力斜向右上与水平方向成60°角

【答案】BC

【解析】

【分析】

根据题意两者一起运动，所以应该具有相同的加速度，那么在分析此类问题时应该想到先

整体后隔离，利用加速度求解．

【详解】

AB ．由题意滑块与小球恰能一起沿杆向下匀速运动，把滑块和小球作为一整体，可知sin cos mg mg θμθ= ， 所以3tan μθ== ，故A 错；B 对 CD ．当二者相对静止地沿杆上滑时，以整体为对象可知加速度sin cos a g g g θμθ=+= 设此时绳子与水平方向的夹角为α，绳子的拉力为T ，对小球列牛顿第二定律公式 在水平方向上：3cos cos30T ma mg α==o 在竖直方向上：1sin sin302mg T ma mg o α-==

解得：3tan α= ，即30α=o 由于加速度沿斜面向下，所以小球受到的合力也应该沿斜面向下，所以拉力的方向应该斜向左上与水平方向成30°角，故C 对；D 错；

故选BC

【点睛】

本题考查了整体隔离法求解量物体之间的力，对于此类问题要正确受力分析，建立正确的公式求解即可．

6．两个重叠在一起的滑块，置于倾角为θ的固定斜面上，滑块A 、B 的质量分别为M 和m ，如图所示，A 与斜面的动摩擦因数为μ1，B 与A 间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，则滑块A 受到的摩擦力( )

A ．等于零

B ．方向沿斜面向上

C ．大小等于1cos Mg μθ

D ．大小等于2cos mg μθ

【答案】BC

【解析】

【详解】 以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得，整体的加速度为：

11()sin ()cos (sin cos )M m g M m g a g M m

θμθθμθ+-+==-+ 设A 对B 的摩擦力方向向下，大小为f ，则有：

sin mg f ma θ+=

解得：

1sin cos f ma mg mg θμθ=-=-

负号表示摩擦力方向沿斜面向上

则A 受到B 的摩擦力向下，大小f f '=，斜面的滑动摩擦力向上，A 受到的总的摩擦力为：

11()cos cos A f f M m g Mg μθμθ'=-+=-；

AB ．计算出的A 受的总的摩擦力为负值，表示方向沿斜面向上；故A 项错误，B 项正确. CD ．计算得出A 受到总的摩擦力大小为1cos Mg μθ；故C 项正确，D 项错误.

7．如图,有质量均为m 的三个小球A 、B 、C ，A 与B 、C 间通过轻绳相连，绳长均为L ，B 、C 在水平光滑横杆上，中间用一根轻弹簧连接，弹簧处于原长。现将A 球由静止释放，直至运动到最低点，两轻绳的夹角由120°变为60°，整个装置始终处于同一个竖直平面内，忽略空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是

A ．A 在最低点时,

B 对水平横杆的压力等于mg/2

B 31-

C ．在A 下降的过程中，轻绳对B 做功的功率先增大后减小

D ．在A 下降的过程中轻绳对B 31- 【答案】BCD

【解析】

【详解】

A 、若小球A 在最低点静止，设水平横杆对小球

B 、

C 的支持力都为F ，此时整体在竖直方

向受力平衡，可得23F mg =，所以32

F mg =；A 球由静止释放直至运动到最低点的过程，A 先加速下降后减速下降，先失重后超重，所以小球A 在最低点时，小球B 受到水平横杆的支持力大于32

mg ，故选项A 错误； B 、小球A 在最低点时，弹簧的弹性势能最大，对整体根据能量守恒则有弹簧的最大弹性势能等于小球A 的重力势能减小，即max 31(sin 60sin 30)P E mg L L -=?-?=

，故选项B 正确；

C 、在A 下降的过程中，小球B 先加速后加速，小球A 球释放时轻绳对B 做功的功率为零，小球A 在最低点时轻绳对B 做功的功率为零，所以轻绳对B 做功的功率先增大后减

小，故选项C 正确；

D 、在A 下降的过程中，对小球A 根据动能定律可得

(sin 60sin 30)20F mg L L W ?-?-=，解得每根轻绳对A 做功为314

F W mgL -=，所以轻绳对B 做功为31mgL -，故选项D 正确；

8．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 ．

32U 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

21U R r I

?=+? 由

3U E Ir =-

得

3U r I

??= 则有：

32U 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。

9．如图甲所示，在光滑水平地面上叠放着质量均为M =2kg 的A 、B 两个滑块，用随位移均匀减小的水平推力F 推滑块A ，让它们运动，推力F 随位移x 变化的图像如图乙所示。已知两滑块间的动摩擦因数μ=0.3，g =10m/s2。下列说法正确的是

A ．在运动过程中滑块A 的最大加速度是2.5m/s2

B ．在运动过程中滑块B 的最大加速度是3m/s2

C ．滑块在水平面上运动的最大位移是3m

D ．物体运动的最大速度为

m/s

【答案】AD

【解析】

【详解】

假设开始时AB 相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F=2Ma ，解得

；隔离B ，B 受到重力、支持力和A 对B 的静摩擦力，根据牛顿第

二定律，f=Ma=2×2.5=5N ＜μMg=6N ，所以AB 不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5m /s 2，故A 正确，B 错误；当F=0时，加速度为0，之后AB 做匀速运动，位移继续增加，故C 错误；F-x 图象包围的面积等于力F 做的功，W ＝×2×10＝10J ；当F=0，即a=0时达到最大速度，对AB 整体，根据动能定理，有

?0；代入数据得：，故D 正确；故选AD 。

【点睛】

解决本题的关键是要注意判断AB是否会发生相对运动，知道F-x图象包围的面积代表力所做的功，值得注意的是速度最大时，加速度为0，合力为0，充分利用图象获取信息．

10．如图所示的电路，R1、R2是两个定值电阻，R′是滑动变阻器，R3为小灯泡，电源内阻为r．开关闭合后，当滑动变阻器触头P向上移动时（）

A．电压表示数变大

B．小灯泡亮度变大

C．电容器充电

D．电源的总功率变大

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】

闭合开关后，当滑动变阻器触头P向上移动时，'R增大，外电路总电阻增大，干路中电流减小，则小灯泡亮度变小．电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大，故AB错误；电路稳定时电容器的电压等于1R、'R串联总电压，根据串联电路电压分配规律可知，'R增大，电容器的电压增大，则电容器充电，故C正确；电源的总功率为

P EI

，干路电流I减小，则电源的总功率变小，故D错误．

【点睛】

本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析．对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析．根据串联电路电压与电阻成正比的特点，分析各部分电压的变化，比较简便．

11．某温度检测、光电控制加热装置原理如图所示．图中R T为热敏电阻(随温度升高，阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度，R G为光敏电阻(随光照强度增大，阻值减小)，接收小灯泡L的光照，除R T、R G外，其他电阻均为定值电阻（虚线框内两元件距离很近）．当R处温度升高时（）

A ．L 变亮

B ．R 3的电流减小

C ．E 2的路端电压增大

D ．R 的功率减小

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】 当R 处温度升高时，R T 阻值变小，小灯泡L 的电流变大，所以光照强度增大，R G 阻值变小，通过R 2的电流变大，E 2的路端电压变小，R 两端电压变小，通过的电流也变小，功率变小，通过R 3的电流变大，故AD 正确．

12．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A 和物块B ，跨过固定于斜面体顶端的光滑滑轮O ，倾角为30°的斜面体置于水平地面上．A 的质量为m ，B 的质量为6m ，斜面体质量为m ．开始时，用手托住A ，使OA 段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB 绳平行于斜面，此时B 静止不动．现将A 由静止释放，在其下摆过程中（未与斜面体相碰），斜面体始终保持静止，不计空气阻力，下列判断中正确的是

A ．物块

B 受到的摩擦力先减小后增大

B ．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右

C ．小球A 的机械能守恒

D ．地面对斜面体的支持力最大为10mg

【答案】BCD

【解析】

小球A 摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，有212

mgL mv =，在最低点有：2

v F mg m L

-=，解得：3F mg =，再对物体B 受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，此时支持力最大，为7310N mg mg mg =+=，重力沿斜面向下的分力为6303x F mgsin mg =?=，故静摩擦力一直减小，故A 错误，CD 正确．对物体B 和斜面体整体受力分析，由于A 球向左下方拉物体B 和斜面体整体，故一定受到地面对其向右的静摩擦力．故B 正确．故选BCD ．

【点睛】小物体B 一直保持静止，小球A 摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，细线的拉力从零增加到最大，再对物体B 受力分析，根据平衡条件判断静摩擦力的变化情况．对B 与斜面整体受力分析，判断地面对斜面体摩擦力的方向以及压力的大小．

13．电路图中，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑动片向右移动时，电流表、电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化

情况的分析，正确的是（ ）

A ．电流表和电压表读数均增大

B ．电流表和电压表读数均减小

C ．电压表V 1的示数变化量小于电压表V 2的示数变化量

D ．电流表读数变小，电压表V 2读数变大，V 1读数减小

【答案】CD

【解析】

试题分析：由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I 减小，而路端电压U E Ir =-，则U 增大，电阻1R 的电压11U IR =减小，则电压表1V 示数减小；并联部分的电压1U U U =-并 增大，电压表2V 示数增大；U 并增大，通过2R 的电流增大，因为总电流减小，所以通过电流表的示数变小．故AB 错误，D 正确；电压表1V 的示数与电压表2V 的示数之和等于U ，即12U U U +=，因1V 示数增大，2V 示数减小，而U 减小，所以电压表1V 的示数增加量小于电压表2V 的示数减小量，故C 正确．故选CD ．

【点睛】根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题．

14．如图所示的电路中，电源的电动势E 和内阻r 一定，A 、B 为平行板电容器的两块正对金属板，R 1为光敏电阻，电阻随光强的增大而减小．当R 2的滑动触头P 在a 端时，闭合开关S ，此时电流表A 和电压表V 的示数分别为I 和U .以下说法正确的是

A ．若仅将R 2的滑动触头P 向b 端移动，则I 不变，U 不变

B ．若仅增大A 、B 板间距离，则电容器所带电荷量不变

C ．若仅用更强的光照射R 1，则I 增大，U 减小，电容器所带电荷量减小

D ．若仅用更强的光照射R 1，则U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值不变

【答案】ACD

【解析】

【分析】

本题考查含容电路的动态分析问题。

【详解】

A.若仅将2R 的滑动触头P 向b 端移动，2R 所在支路有电容器，被断路，则I 、U 保持不变。故A 正确。

B.根据=4πS

C kd ε，若仅增大A 、B 板间距离，则电容器所带电荷量减少。故B 错误。

C. 若仅用更强的光照射R 1，电阻随光强的增大而减小，则I 增大，U 应当减少，电荷量减少。故C 正确。

D.U 的变化量的绝对值与I 的变化量的绝对值表示电源的内阻，是不变的。故D 正确。 故选ACD 。

15．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ．当滑动变阻器的滑片P 从左端滑到右端时，理想电压表1V 、2V 示数变化的绝对值分别为1U ?和2U ?，干路电流为I ，灯泡电阻不变，下列说法中正确的是

A ．小灯泡1L 、2L 变暗，3L 变亮

B ．1U ?与I ?的比值不变

C ．12U U ?

D ．12U U ?=?

【答案】AB

【解析】

【分析】

当滑动变阻器的触片P 从左端滑到右端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯2L 亮度的变化。根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断3L 亮度的变化。根据总电流与通过3L 电流的变化，分析通过1L 电流的变化，判断其亮度变化。根据路端电压的变化，分析1U ?和2U ?的大小。根据闭合电路欧姆定律列式分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值如何变化。

【详解】

A ．当滑动变阻器的触片P 从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电

阻增大，总电流减小，路端电压增大，则2L 变暗；变阻器的电阻增大，并联部分的电阻增大，则并联部分的电压增大，则3L 变亮。总电流减小，而3L 的电流增大，则1L 的电流减小，则1L 变暗，故A 正确；

B ．根据闭合电路欧姆定律：

21L ()U E I R r =-+ 可知：21L U R r I

?=+?，不变，故B 正确； CD ．由上分析可知，电压表1V 的示数增大，电压表2V 的示数减小，由于路端电压增大，即两电压表示数之和增大，所以12U U ?>?，故CD 错误。

【点睛】

本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析。运用总量法分析两电压表读数变化量的大小。运用闭合电路欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法。