高中物理整体法隔离法解决物理试题解题技巧(超强)及练习题

高中物理整体法隔离法解决物理试题解题技巧(超强)及练习题一、整体法隔离法解决物理试题1．在如图所示的电路中，已知电源的电动势E＝5 V，内阻不计，R1＝8 Ω，R2＝2 Ω，R3＝5 Ω，R＝6 Ω，滑动变阻器的最大阻值R4＝20 Ω，电容器电容C＝2 μF，不计电表内阻的影响，闭合开关，在滑片从a端滑到b端的过程中，下列说法中正确的是( )A．电流表的示数变大B．电压表的示数变大C．电源的总功率变大D．电容器先放电后充电【答案】D【解析】A、C、当P从a滑到b时，电路总电阻变大，总电流变小，电流表的示数变小，电源的总功率变小A、C错误；B、总电流变小，R1、R2支路的电流不变，通过R3的电流变小，故电压表示数变小，B正确；D、当P在a端时电容器与R2并联，电容器两端电压U C1＝1V，上极板带正电；当P在b端时，电容器两端电压U C2＝3V，上极板带负电，所以电容器先放电后充电，D正确．故选BD.【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路；要注意当无法明确电容器的串并联关系时则应先求出两端的电势，再求出两端的电势差即可求解．2．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。

3．如图，斜面体置于水平地面上，斜面上的小物块A 通过轻质细绳跨过光滑的定滑轮与物块B 连接，连接A 的一段细绳与斜面平行，系统处于静止状态．现对B 施加一水平力F 使B 缓慢地运动，A 与斜面体均保持静止，则在此过程中（ ）A ．地面对斜面体的支持力一直增大B ．绳对滑轮的作用力不变C ．斜面体对物块A 的摩擦力一直增大D ．地面对斜面体的摩擦力一直增大【答案】D【解析】【详解】取物体B 为研究对象,分析其受力情况,设细绳与竖直方向夹角为,则水平力:绳子的拉力为：A 、因为整体竖直方向并没有其他力,故斜面体所受地面的支持力没有变;故A 错误;B 、由题目的图可以知道,随着B 的位置向右移动,绳对滑轮的作用力一定会变化.故B 错误;C 、在这个过程中尽管绳子张力变大,但是因为物体A 所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向,故物体A 所受斜面体的摩擦力的情况无法确定;故C 错误;D 、在物体B 缓慢拉高的过程中, 增大,则水平力F 随之变大,对A 、B 两物体与斜面体这个整体而言,因为斜面体与物体A 仍然保持静止,则地面对斜面体的摩擦力一定变大;所以D 选项是正确的;故选D【点睛】以物体B受力分析,由共点力的平衡条件可求得拉力变化;再对整体受力分析可求得地面对斜面体的摩擦力;再对A物体受力分析可以知道A受到的摩擦力的变化.4．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．5．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V1的示数变化大小为ΔU1，电压表V2的示数变化大小为ΔU2，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11U R ∆B ．R 0两端的电压的变化量大小等于ΔU 2－ΔU 1C ．路端电压的增加量等于ΔU 2D ．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11U 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．6．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。

7．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R1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R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1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R1的电阻与R2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UrI总∆=∆，因为I I总∆≠∆即UrI∆≠∆，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．8．如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m。

中间用细绳l、2连接，现用一水平恒力F 作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，则下列说法正确的是( )A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小B．若粘在A木块上面，绳l的拉力增大，绳2的拉力不变C．若粘在B木块上面，绳1的拉力减小，绳2的拉力增大D．若粘在C木块上面，绳l、2的拉力都减小【答案】ACD【解析】【详解】A、将三个物体看作整体，整体水平方向受拉力和摩擦力；由牛顿第二定律可得F-f=3ma；当粘上橡皮泥后，不论放在哪个物体上，都增大了摩擦力及总质量；故加速度减小；故A正确；B、若橡皮泥粘在A木块上面，根据牛顿第二定律得：对BC整体：，得，a减小，F1增大．对C ：，得，a 减小，F 2增大．故B 错误．对C ：F-F 2=m C a ，得F 2=F-m C a ，a 减小，F 2增大．故B 错误．C 、若橡皮泥粘在B 木块上面，根据牛顿第二定律得：对A ：F 1=m A a ，a 减小，F 1减小．对C ：F-F 2=m C a ，a 减小，F 2增大．故C 正确．D 、若橡皮泥粘在C 木块上面，分别以A 、B 为研究对象，同理可得绳l 、2的拉力都减小．故D 正确．故选ACD 。

9．如图所示电路中，电源的内电阻为r ，R 2、R 3、R 4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R 1的滑动触头P 向右滑动时，电流表和电压表的示数变化量的大小分别为ΔI 、ΔU ，下列说法正确的是（ ）A ．电压表示数变大B ．电流表示数变大C ．U r I∆>∆ D ．U r I ∆<∆ 【答案】AD【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 干，路端电压为U ，电流表电流为I ．A 、R 1变大，外电阻变大，I 干变小， U=E-I 干r 变大，U 3变大．故A 正确．B 、I 3变大，I 干变小，由I 4=I 干-I 3变小，U 4变小，而U 2=U-U 4，U 变大，则U 2变大，I 2变大，I 4=I 1+I 2，I 1变小．故B 错误C 、D ，由欧姆定律U=E-I 干r ，得 =U r I ∆∆干，由I 干=I 1+I 2+I 3，I 1变小，I 2变大，I 3变大，I 干变小，则△I 1＞△I 干，即△I ＞△I 干，所以U r I∆<∆，故C 错误；D 正确； 故选AD【点睛】由图可知，R 1、R 2并联，再与R 4串联，与R 3并联，电压表测量路端电压，等于R 3电压．由R 1接入电路的电阻变化，根据欧姆定律及串并关系，分析电流表和电压表示数变化量的大小．本题的难点在于确定电流表示数变化量△I A 与干路电流变化△I 干的大小，采用总量法，这是常用方法．同时，要理解 =U r I ∆∆干10．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．11．如图所示，小车的质量为M ，人的质量为m ，人用恒力F 拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是（ ）A ．(M m m M -+)F ，方向向左B ．(m M m M-+)F ，方向向右 C ．(m M m M-+)F ，方向向左 D ．(M m m M -+)F ，方向向右 【答案】CD【解析】【分析】【详解】取人和小车为一整体，由牛顿第二定律得：2F ＝(M ＋m)a设车对人的摩擦力大小为F f ，方向水平向右，则对人由牛顿第二定律得：F －F f ＝ma ，解得：F f ＝M m M m -+F 如果M>m ，F f ＝M m M m-+F ，方向向右，D 正确． 如果M<m ，F f ＝－m M M m -+F ，负号表示方向水平向左，C 正确，B 错误12．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 θB ．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 θD ．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-kxsinθ=0Nsinθ-kxcosθ=ma解得：kx=mgsinθ-macosθ，sin cosmg maxkθθ-=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；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，R1为光敏电阻，电阻随光强的增大而减小．当R2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。