高考物理整体法隔离法解决物理试题技巧(很有用)及练习题

高考物理整体法隔离法解决物理试题技巧(很有用)及练习题

一、整体法隔离法解决物理试题

1．一个质量为M 的箱子放在水平地面上,箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为m 的小球,线的另一端拴在箱子的顶板上,现把细线和球拉到左侧与竖直方向成θ角处静止释放,如图所示,在小球摆动的过程中箱子始终保持静止,则以下判断正确的是( )

A ．在小球摆动的过程中,线的张力呈周期性变化,但箱子对地面的作用力始终保持不变

B ．小球摆到右侧最高点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子受到地面向左的静摩擦力

C ．小球摆到最低点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力

D ．小球摆到最低点时,线对箱顶的拉力大于mg,箱子对地面的压力大于(M+m)g 【答案】D 【解析】

在小球摆动的过程中，速度越来越大，对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：

2

v F mgcos m r

θ-=，绳子在竖直方向的分力为：

2v F Fcos mgcos m cos r θθθ??

'==+ ??

?，由于速度越来越大，角度θ越来越小，故F '越

大，故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻变化，故A 错误；小球摆到右侧最高点时，小球有垂直于绳斜向下的加速度，对整体由于箱子不动加速度为0M a =，a '为小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知：

()·

N M M m g F M a ma +-=+'，则有：()N F M m g ma =+-'，故()N F M m g <+，根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于()M m g +，故B 错误；在最低点，小球受到的

重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：2

v T mg m r -=，联立解得：

2v T mg m r =+，则根据牛顿第三定律知，球对箱的拉力大小为：2

v T T mg m r '==+，

故此时箱子对地面的压力为：()()2

v N M m g T M m g mg m r

=++=+++'，故小球摆

到最低点时，绳对箱顶的拉力大于mg ，，箱子对地面的压力大于()M m g +，故C 错误，D 正确，故选D.

【点睛】对m 运动分析，判断出速度大小的变化，根据牛顿第二定律求得绳子的拉力，即可判断出M 与地面间的相互作用力的变化，在最低点，球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出绳子的拉力，从而得到箱子对地面的压力．

2．如图所示电路中，电源内阻不能忽略．闭合开关S后，调节R的阻值，使电压表示数增大ΔU，在此过程中有()

A．R2两端电压减小ΔU

B．通过R1的电流增大

C．通过R2的电流减小量大于

D．路端电压增大量为ΔU

【答案】B

【解析】

【详解】

A.因电压表示数增大，可知并联部分的总电阻增大，则整个电路总电阻增大，总电流减小，R2两端电压减小，电源内阻分担电压减小，路端电压增大，所以R2两端电压减小量小于ΔU，故A项不合题意.

B.电压表示数增大ΔU，R1是定值电阻，根据欧姆定律可知通过R1的电流增大量等于，

故B项符合题意．

CD.因R2两端电压减小量小于ΔU，有通过R2的电流减小量小于；由于R2两端电压减小，则知路端电压增大量小于ΔU，故C项不合题意，D项不合题意．

3．如图电路中，电源的内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表．

闭合电键S，当滑动变阻器R2的滑动触头向右滑动时，下列说法中正确的是（）

A．电压表的示数变小

B．电流表的示数变大

C．电流表的示数变小

D．R1中电流的变化量一定大于R4中电流的变化量

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

设R 1、R 2、R 3、R 4的电流分别为I 1、I 2、I 3、I 4，电压分别为U 1、U 2、U 3、U 4．干路电流为I

总

，路端电压为U ，电流表电流为I ．

A ．当滑动变阻器R 2的滑动触头P 向右滑动时，R 2变大，外电路总电阻变大，I 总变小，由U =E -Ir 可知，U 变大，则电压表示数变大．U 变大，I 3变大，故A 错误； BC ．因I 4=I 总-I 3，则I 4变小，U 4变小，

而U 1=U -U 4，U 变大，U 4变小，则U 1变大，I 1变大.

又I 总=I +I 1，I 总变小，I 1变大，则I 变小．所以R 1两端的电压变大，电流表的示数变小．故B 错误，C 正确．

D ．由I 4=I 1+I 2，I 4变小，I 1变大，则I 2变小，则|△I 1|＜|△I 2|，|△I 2|＞|△I 4|，则不能确定R 1中电流的变化量与R 4中电流的变化量的大小．故D 错误． 【点睛】

本题是电路的动态分析问题；解题时按“局部→整体→局部”的顺序进行分析，采用总量的方法分析电流表示数的变化．

4．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 。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。

5．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 。

6．小物块m 与各面均光滑的斜面体M ，叠放在光滑水平面上，如图所示，在水平力F 1

（图甲）作用下保持相对静止，此时m 、M 间作用力为N 1；在水平力F 2（图乙）作用下保持相对静止，此时m 、M 间作用力为N 2。则下列说法正确的是（ ）

A ．若m M =，则有12F F =

B ．若m M =，则有12N N >

C ．若m M <，则有12F F <

D ．若m M <，则有12N N = 【答案】ACD 【解析】 【分析】

根据整体先求解整体的加速度表达式；然后隔离两物体列式分别求解F 和N 的表达式进行比较即可. 【详解】

由整体法可知，甲图中整体的加速度：1

1F a M m

=

+，乙图中整体的加速度：

2

2F a M m

=+；对甲图，隔离M ，则11sin N Ma θ=，隔离m ：1cos N mg θ=，解得

1tan m a g M θ=

；11()()tan m F M m a M m g M θ=+=+；1cos mg N θ

=；对乙图中的m ，则：22sin tan N mg ma θθ==，解得： 2cos mg

N θ

=

；22()()tan F M m a M m g θ=+=+；则若m=M ，则有F 1=F 2；若m

项AC 正确；无论m 和M 关系如何，则N 1=N 2，选项D 正确，B 错误；故选ACD.

7．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，2

1U E

I R r 可知

2

1U 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．

8．在如图所示的电路中，电源电动势为E ，内电阻为r ，各电表都看做理想表。闭合开关，滑动变阻器滑片P 向右移动，若以

、

、

、分别表示电压表V 1、V 2、V 3和

电流表A 的示数变化的大小，则下述结论正确的是（ ）

A ．电压表V 1、V 2、V 3和电流表A 的示数分别是变小、变大、变小、变大

B ．电压表V 1、V 2、V 3和电流表A 的示数分别是变大、变小、变大、变小

C ．

D ．

、

、

分别是变小、不变、变小

【答案】AC 【解析】 【详解】

AB 、当滑动变阻器的滑动片P 向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则电路中的总电流增大，则电流表A 的示数变大；根据欧姆定律可知的电压增大，电压表示数变大；内电压增大，则路端电压减小，电压表

示数变小。

的电压增大，路端电

压减小，则的电压减小，则电压表

的示数变小，故A 正确，B 错误。

CD 、根据全电路欧姆定律知：，故C 正确。由

，变形得：，不变。

，不变。由，变形得：

，即不变。

故C 正确，D 错误。

故选AC 【点睛】

当滑动变阻器的滑动片P 向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，电路中的总电流增大，由欧姆定律分析并联部分两端电压的变化和路端电压的变化，再判断两

端电压的变化，综合分析出两电压表变化量的大小．

9．如图所示，一质量为M 的斜面体静止在水平地面上，物体A 、B 叠放在斜面体上，物体B 受沿斜面向上的力F 作用沿斜面匀速上滑，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，μ

A ．A 、

B 保持相对静止

B ．地面对斜面体的摩擦力等于()mg sin cos cos Fcos θμθθθ－＋

C ．地面受到的压力等于(M ＋2m)g

D ．B 与斜面间的动摩擦因数为2F mgsin mgcos mgcos θμθ

θ

--

【答案】BD 【解析】

A 、对A 分析，因为μμmg cos θ，所以A 、

B 不能保持相对静止，故A 错误．

B 、以A 为研究对象，A 受到重力、支持力和B 对A 的摩擦力，如图甲所示．

N ＝mg cos θ， mg sin θ－μN ＝ma ，

由于μ0. 将B 和斜面体视为整体，受力分析如图乙所示．

可知地面对斜面体的摩擦力等于mg (sin θ－μcos θ)cos θ＋F cos θ；故B 正确； C 、以三者整体为研究对象：A 有沿斜面向下的加速度，故地面受到的压力不等于(M ＋2m )g ， C 错误．

D 、B 与斜面体间的正压力N ′＝2mg cos θ，对B 分析，根据共点力平衡有F ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋f ′，则B 与斜面间的动摩擦因数

-2f F mgsin mgcos N mgcos θμθμθ

-='=

，故D 正确． 故选BD

10．如图所示的电路中，E 为电源，其内阻为r ，L 为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R 1、R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V 为理想电压表．若将照射R 3的光的强度减弱，则

A ．电压表的示数变大

B ．小灯泡变暗

C ．通过R 2的电流变大

D ．电源内阻消耗的功率变大 【答案】BC 【解析】 【详解】

若将照射R 3的光的强度减弱，可知其电阻增大，所以外电路的总电阻增大。 A ．根据闭合电路欧姆定律可知，

E U Ir =+外

外电路总电阻增大，干路电流减小，R 1在干路上，所以其电压减小，因此电压表示数减小，A 错误

BC ．因为干路电流减小，所以路端电压增大，R 1和R 2的电压之和等于路端电压，所以R 2的电压增大，因此流过R 2的电流增大，又R 2和L 的电流之和减小，所以L 的电流必然减小，因此灯泡变暗，BC 都正确 D ．内阻上消耗的功率

2r P I r

因为干路电流减小，所以D 错误

11．如图所示，一根长度为2L 、质量为m 的绳子挂在定滑轮的两侧，左右两边绳子的长度相等．绳子的质量分布均匀，滑轮的质量和大小均忽略不计，不计一切摩擦．由于轻微扰动，右侧绳从静止开始竖直下降，当它向下运动的位移为x 时，加速度大小为a ，滑轮对天花板的拉力为T 。已知重力加速度大小为g ，下列a ﹣x 、T ﹣x 关系图线正确的是（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】AD 【解析】 【详解】

设单位长度上质量为m 0，则根据受力分析知：

，加速度与x 成正比，当x=L 时，加速度

a=g ，以后不变，故A 正确，B 错误；选取左边部分受力分析，知：F=ma+mg=（L ﹣x ）m 0?g+（L ﹣x ）m 0g=﹣x 2+2m 0gL ，故C 错误，D 正确；故选AD 。

【点睛】

此题考查受力分析和牛顿运动定律的应用，注意研究对象的选取，不过不涉及内力，选择整体作为研究对象要简单的多.

12．如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,R 1、R 2、R 3为定值电阻,电流表和电压表均为理想电表,C 为平行板电容器,在两板之间的带电液滴恰好处于静止状态.由于某种原因灯泡L 的灯丝突然烧断,其余用电器均不会损坏,则下列说法正确的是( )

A ．电流表示数变大

B ．电压表示数变大

C ．液滴将向上运动

D ．液滴仍保持静止 【答案】ABC 【解析】 【详解】

液滴原来处于平衡状态，重力和静电力平衡，电路为R 2与R 3串联，再与灯泡L 并联，干路上有R 1和内阻r .灯泡L 的灯丝突然烧断,相当于其电阻变大，总电阻变大，据+E

I R r

=

外，则总电流变小，C 、D 、由1()C U E I R r =-+得电容器的电压增大，故液滴受到的电场力增大，液滴向上运动，C 正确、D 错误．A 、B 、由123

()

A E I R r I R R -+=

+可知电流表示数增

大，由2V A U I R =?知电压表的示数变大，A 正确，B 正确.故选ABC. 【点睛】

本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化．注意电源输出功率的大小与内外电阻的大小关系决定．

13．在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器。当R 2的滑动触点在a 端时合上开关S ，此时三个电表A 1、A 2和V 的示数分别为I 1、I 2和U ．现将R 2的滑动触点向b 端移动，下列说法正确的是

A ．电表A 1的示数I 1减小

B ．电表A 2的示数I 2减小

C ．电表V 的示数U 增大

D ．电阻R 3的电功率增大 【答案】AD 【解析】

【分析】

本题考查闭合电路中的动态分析问题 【详解】

将R 2的滑动触点向b 端移动过程中，电路中总电阻减小，主路电流则会增大， A ．因主路电流增大，电源内电压增大，R 3的电压也会增大，则R 1的电压会变小，I 1的电流会减小，故A 选项正确；

B ．因主路电流增大而I 1的电流会减小，则I 2的电流会增大，故B 选项错误；

C ．电源内压增大，则路端电压会减小即电表V 的示数U 减小，故C 选项错误；

D ．电阻R 3的电功率2

33P I R =随主路电流的增大而增大，故D 选项正确；

综上所述，本题正确答案选AD 。

14．如图所示，水平面上有两个质量分别为m 1和m 2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两物体的材料相同，现用力F 向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，下列说法正确的是

A ．绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关

B ．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关

C ．若水平面是光滑的，则绳的拉力为112

m F

m m +

D ．若水平面是粗糙的，且物体和地面摩擦因数为μ，则绳的拉力为

1112

m F

m g m m μ++ 【答案】BC 【解析】

设物体和地面摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律：

1212F m m g m m a μ-+=+（）（）

得:()1212

F m m g

a m m μ-+=

+

以m 1为研究对象，根据牛顿第二定律：

11T m g m a μ-=

代入a 得:1

12

Fm T m m =

+

可见绳子拉力大小与摩擦因数μ无关，与两物体质量大小有关，即与水平面是否粗糙无关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力均为1

12

Fm T m m =+，故BC 正确

综上所述本题答案是：BC

点睛：先以两木块整体为研究对象根据牛顿第二定律求出加速度大小,然后以1m 为研究对象根据牛顿第二定律求出绳子拉力表达式,本题主要考查了学生对整体隔离方法的运用情

况．

15．如图所示电路中，电源的电动势、内阻及各电阻的阻值都标记在图中，当滑动变阻器R3的滑片P 向a 端移动时,以下说法中正确的是（ ）

A ．电压表示数变小，电流表示数变小

B ．电阻R 1两端的电压减小

C ．电源的总功率减少但电源的输出功率增大

D ．如果设定流过电阻R2电流变化量的绝对值为2I ?，流过滑动变阻器R3的电流变化量的绝对值为3I ?，则23I I ?

A 、将滑动变阻器的滑动触片P 从图示位置向a 滑动的过程中，外电路总电阻变大，电路中总电流变小，内电压减小，路端电压变大；电压表示数变大，故A 错误；

BD 、电路中总电流变小，通过电阻R 1的电流变小，R 1两端电压变小，R 2两端电压增大，通过电阻R 2的电流变大，通过电阻R 1的电流等于通过电阻R 2的电流和通过电阻R 3的电流之和，故通过电阻R 3的电流变小，故有123I I I ?=?+?，23I I ?