物理整体法隔离法解决物理试题专项及解析

物理整体法隔离法解决物理试题专项及解析

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，A 、B 两滑块的质量分别为4 kg 和2 kg ，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动。现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg 的钩码C 挂于动滑轮上。现先后按以下两种方式操作：第一种方式只释放A 而B 按着不动；第二种方式只释放B 而A 按着不动。则C 在以上两种释放方式中获得的加速度之比为

A ．1:1

B ．2:1

C ．3:2

D ．3:5

【答案】D 【解析】 【详解】

固定滑块B 不动，释放滑块A ，设滑块A 的加速度为a A ，钩码C 的加速度为a C ，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块A 运动的位移是钩码C 的2倍，所以滑块A 、钩码C 之间的加速度之比为a A : a C =2:1。此时设轻绳之间的张力为T ，对于滑块A ，由牛顿第二定律可知：T =m A a A ，对于钩码C 由牛顿第二定律可得：m C g –2T =m C a C ，联立解得T =16 N ，

a C =2 m/s 2，a A =4 m/s 2。若只释放滑块B ，设滑块B 的加速度为a B ，钩码C 的加速度为C

a '，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块B 运动的位移是钩码的2倍，所以滑块

B 、钩码之间的加速度之比也为:2:1B C

a a ='，此时设轻绳之间的张力为2

3

CH CS SD

DH =，对于滑块B ，由牛顿第二定律可知：

2

3

CH CS SD DH ==m B a B ，对于钩码C 由牛顿第二定律可得：2C C C

m g T m a =''-，联立解得40N 3T '=，220m/s 3B a ='，210

m/s 3

C

a ='。则C 在以上两种释放方式中获得的加速度之比为:3:5C C a a ='，故选项D 正确。

3．如图所示电路中，电源电动势为E ，内阻为r ，串联的固定电阻为R 2，滑动变阻器的总阻值是R 1，电阻大小关系为R 1＋R 2＝r ，则在滑动触头从a 端滑到b 端过程中，下列描述正确的是( )

A ．电路的总电流先减小后增大

B ．电路的路端电压先增大后减小

C ．电源的输出功率先增大后减小

D ．滑动变阻器R 1上消耗的功率先减小后增大 【答案】D 【解析】

A 、当滑动变阻器从a →b 移动时R 1作为并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流是先减小后增大，故A 正确；

B 、路端电压U =E -Ir ，因为电流先减小后增

大，所以路端电压先增大后减小，故B 正确；C 、当R 外=r 的时候电源的输出功率最大，当滑片在a 端或者b 端的时候，电路中R 外=R 2

【点睛】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P 从最右端→中间→左端总电阻变化情况的判断．

4．如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为r （212R r R R <<+），电表均视为理想电表。闭合开关S 后，调节R 的阻值，使电流表A 1的示数增大了I ?1，在这一过程中，电流表的A 2示数变化量的大小为I ?2，电压表示数的变化量的大小为U ?，则

A ．A 2增大，且I ?2

B ．1

U

I ??的大小变大

C ．电源的效率降低了1I r

E

?? D ．电源的输出功率一定增大了

【答案】C 【解析】 【详解】

A ．要使电流表A 1示数增大，则R 应减小；因总电流增大，则内阻及R 2分压增大，并联部分电压减小，则流过R 1的电流减小，因此流过R 的电流增大，即A 2的示数变大，因

211(

)()(

)R I I I +=

则

21I I ?>?

故A 错误。 B ．根据

1r E U U =+

可得：

r U U ?=?

则

11

r

U U r I I ??==?? 故其大小不会随R 的变化而变化；故B 错误。

C ．电源的效率

100%U

E

η=

? 因电压的改变量为△I 1r ；故说明电源的效率降低了

1I r

E

??；故D 正确。 D ．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；因不明确内外电阻的关系，故无法明确功率的变化情况；故D 错误。 故选C 。

5．如图所示，一个物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑，可以证明出此时斜面不受地面的摩擦力作用，若沿斜面方向用力F 向下推此物体，使物体加速下滑，斜面依然保持静止，则斜面受地面的摩擦力是( )

A ．大小为零

B ．方向水平向右

C ．方向水平向左

D ．无法判断大小和方向

【答案】A 【解析】 【详解】

对斜面体进行受力分析如下图所示：

开始做匀速下滑知压力与摩擦力在水平方向上的分力相等，当用力向下推此物体，使物体加速下滑，虽然压力和摩擦力发生了变化，但摩擦力f 始终等于N F μ。知两力在水平方向上的分力始终相等，所以斜面受地面的摩擦力仍然为零。 A ．斜面受地面的摩擦力大小为零，与分析结果相符，故A 正确； B ．斜面受地面的摩擦力方向水平向右，与分析结果不符，故B 错误； C ．斜面受地面的摩擦力方向水平向左，与分析结果不符，故C 错误； D ．综上分析，可知D 错误。

6．如图，平行金属板中带电质点P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，下列说法正确的是（ ）

A ．电压表读数减小

B ．小球的电势能减小

C ．电源的效率变高

D ．若电压表、电流表的示数变化量分别为U ? 和I ? ，则1U r R I

?<+?

【答案】AD 【解析】

A 项：由图可知，R 2与滑动变阻器R 4串联后与R 3并联后，再由R 1串连接在电源两端；电容器与R 3并联；当滑片向b 移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R 1两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故A 正确；

B 项： 由A 项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据U E d

=

，平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0，由带电质点P 原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B 错误； C 项：电源的效率：=P IU U P IE E η==出

总

,由A 分析可知，路端电压减小，所以电源的效率变低，故C 错误；

D 项：将R 1和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为r+R 1，电压表测的为新电源的路

端电压，如果电流表测的也为总电流，则

1U

r R I ?=+?总

,由A 分析可知3=R A I I I 总??+?，由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以R 3中的电流减小，则I A 增大，所以

A I I ?>?总，所以

1A

U

r R I ?<+?，故D 正确． 点晴：解决本题关键理解电路动态分析的步骤：先判断可变电阻的变化情况，根据变化情况由闭合电路欧姆定律E U IR =+ 确定总电流的变化情况，再确定路端电压的变化情况，最后根据电路的连接特点综合部分电路欧姆定律进行处理．

7．如图所示，一固定杆与水平方向夹角θ=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 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3

tan 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：3

cos cos30T ma α==

在竖直方向上：1

sin sin302

mg T ma mg α-== 解得：3

tan α=

，即30α= 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．

8．在如图所示的电路中，灯L 1、L 2的电阻分别为R 1、R 2，滑动变阻器的最大阻值为R 0，若有电流通过，灯就发光，假设灯的电阻不变，当滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端移动时，灯L 1、L 2的亮度变化情况是( )

A ．当时，灯L 1变暗，灯L 2变亮

B ．当时，灯L 1先变暗后变亮，灯L 2先变亮后变暗

C ．当时，灯L 1先变暗后变亮，灯L 2不断变暗

D ．当时，灯L 1先变暗后变亮，灯L 2不断变亮

【答案】AD 【解析】 【详解】 AB.当

时，灯L 2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻一定大于右部分的电阻，当变

阻器的滑片P 由a 端向b 端移动时，电路总电阻增大，总电流减小，所以通过灯L 1的电流减小，灯L 1变暗，通过灯L 2的电流变大，灯L 2变亮，故A 项符合题意，B 项不合题意； CD.当

时，灯L 2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻，

则当滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端移动时，总电阻先增大，后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L 1的电流先减小后增大，故灯L 1先变暗后变亮，而通过L 2的电流一直变大，灯L 2不断变亮，故C 项不合题意，D 项符合题意．

9．两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

θμθ

θμθ+-+=

=-+

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.

10．如图，水平地面上有一楔形物块a ，其斜面上有一小物块b ，b 与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上．a 与b 之间光滑，a 和b 以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动．当它们刚运行至轨道的粗糙段时可能是( )

A ．绳的张力减小，斜面对b 的支持力减小，地面对a 的支持力减小

B ．绳的张力减小，斜面对b 的支持力增加，地面对a 的支持力不变

C ．绳的张力减小，斜面对b 的支持力增加，地面对a 的支持力增加

D ．绳的张力增加，斜面对b 的支持力增加，地面对a 的支持力增加 【答案】BC 【解析】 【详解】

在光滑段运动时，物块a 及物块b 均处于平衡状态，对a 、b 整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡；

对b 受力分析，如图，受重力、支持力、绳子的拉力，

根据共点力平衡条件，有：

F cos θ-F N sin θ=0 ①； F sin θ+F N cos θ-mg =0 ②；

由①②两式解得：

F =mg sin θ，F N =mg cos θ；

当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能；

AB ．（一）物块a 、b 仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得：

F sin θ+F N cos θ-mg =0 ③； F N sin θ-F cos θ=ma ④；

由③④两式解得：

F =mg sin θ-ma cos θ，F N =mg cos θ+ma sin θ；

即绳的张力F 将减小，而a 对b 的支持力变大；

再对a 、b 整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面对a 支持力不变；故A 项错误，B 项正确.

CD ．（二）物块b 相对于a 向上加速滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，因此a 对b 的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超重，故地面对a 的支持力也增大;故C 项正确，D 项错误。

11．如图所示，在倾角为θ的光滑斜劈P 的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A 、B ，C 为一垂直固定在斜面上的挡板．A 、B 质量均为m ，斜面连同挡板的质量为M ，弹簧的劲度系数为k ，系统静止于光滑水平面．现开始用一水平恒力F 作用于Ｐ，（重力加速度为g ）下列说法中正确的是（ ）

A ．若F=0，挡板受到

B 物块的压力为2sin mg θ

B ．力F 较小时A 相对于斜面静止，F 大于某一数值，A 相对于斜面向上滑动

C ．若要B 离开挡板C ，弹簧伸长量需达到sin /mg k θ

D ．若(2)tan F M m g θ=+且保持两物块与斜劈共同运动，弹簧将保持原长 【答案】AD 【解析】 【详解】

A 、F=0时，对物体A 、

B 整体受力分析，受重力、斜面的支持力N 1和挡板的支持力N 2，根据共点力平衡条件，沿平行斜面方向，有N 2-（2m ）gsinθ=0，故压力为2mgsinθ，故A 错误；

B 、用水平力F 作用于P 时，A 具有水平向左的加速度，设加速度大小为a ，将加速度分解如图

根据牛顿第二定律得

mgsinθ-kx=macosθ

当加速度a增大时，x减小，即弹簧的压缩量减小，物体A相对斜面开始向上滑行．故只要有力作用在P上，A即向上滑动，故B错误；

C、物体B恰好离开挡板C的临界情况是物体B对挡板无压力，此时，整体向左加速运动，对物体B受力分析，受重力、支持力、弹簧的拉力，如图

根据牛顿第二定律，有

mg-Ncosθ-kxsi nθ=0

Nsinθ-kxcosθ=ma

解得：kx=mgsinθ-macosθ，

sin cos

mg ma

x

k

θθ

-

=故C错误；

D、若F=（M+2m）gtanθ且保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二定律，整体加速度为gtanθ；

对物体A受力分析，受重力，支持力和弹簧弹力，如图

根据牛顿第二定律，有

mgsinθ-kx=macosθ

解得 kx=0

故弹簧处于原长，故D 正确；

12．粗糙的水平地面上放着一个质量为M 、倾角为θ的斜面体，斜面部分光滑，底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，轻质弹簧一端与固定在斜面上的轻质挡板相连，另一端连接一质量为m 的小球，弹簧的劲度系数为k 。斜面体在水平向右的恒力作用下，和小球一起以加速度a 向右做匀加速直线运动（运动过程小球没离开斜面）。以下说法正确的是（ ）

A ．水平恒力大小为()M m a +

B ．地面对斜面体的摩擦力为()M m g μ+

C ．弹簧的形变量为cos sin ma mg k

θθ

+

D ．斜面对小球的支持力为cos sin mg ma θθ+

【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

AB ．对系统受力分析，应用牛顿第二定律

()()F M m g M m a μ-+=+

解得

()()F M m a M m g μ=+++

A 错误，

B 正确；

CD ．对小球应用牛顿第二定律，沿斜面和垂直斜面分解加速度，有

sin cos kx mg ma θθ-=

cos sin mg N ma θθ-=

解得弹簧的形变量为

cos sin k

x ma mg θθ

=

+

斜面对小球的支持力

cos sin N mg ma θθ=-

C 正确，

D 错误。 故选BC 。

13．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 。

14．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。

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：

21

L 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。