（物理）物理整體法隔離法解決物理試題練習(xí)題含答案一、整體法隔離法解決物理試題1．一個(gè)質(zhì)量為M的箱子放在水平地面上,箱內(nèi)用一段固定長(zhǎng)度的輕質(zhì)細(xì)線拴一質(zhì)量為m的小球,線的另一端拴在箱子的頂板上,現(xiàn)把細(xì)線和球拉到左側(cè)與豎直方向成θ角處?kù)o止釋放,如圖所示,在小球擺動(dòng)的過(guò)程中箱子始終保持靜止,則以下判斷正確的是()A．在小球擺動(dòng)的過(guò)程中,線的張力呈周期性變化,但箱子對(duì)地面的作用力始終保持不變B．小球擺到右側(cè)最高點(diǎn)時(shí),地面受到的壓力為(M+m)g,箱子受到地面向左的靜摩擦力C．小球擺到最低點(diǎn)時(shí),地面受到的壓力為(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力D．小球擺到最低點(diǎn)時(shí),線對(duì)箱頂?shù)睦Υ笥趍g,箱子對(duì)地面的壓力大于(M+m)g【答案】D【解析】在小球擺動(dòng)的過(guò)程中，速度越來(lái)越大，對(duì)小球受力分析根據(jù)牛頓第二定律可知：，繩子在豎直方向的分力為：，由于速度越來(lái)越大，角度越來(lái)越小，故越大，故箱子對(duì)地面的作用力增大，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中箱子對(duì)地面的作用力時(shí)刻變化，故A錯(cuò)誤；小球擺到右側(cè)最高點(diǎn)時(shí)，小球有垂直于繩斜向下的加速度，對(duì)整體由于箱子不動(dòng)加速度為，為小球在豎直方向的加速度，根據(jù)牛頓第二定律可知：，則有：，故，根據(jù)牛頓第三定律可知對(duì)地面的壓力小于，故B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)，小球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛頓第二定律有：，聯(lián)立解得：，則根據(jù)牛頓第三定律知，球?qū)ο涞睦Υ笮椋?，故此時(shí)箱子對(duì)地面的壓力為：，故小球擺到最低點(diǎn)時(shí)，繩對(duì)箱頂?shù)睦Υ笥冢?，箱子?duì)地面的壓力大于，故C錯(cuò)誤，D正確，故選D.【點(diǎn)睛】對(duì)m運(yùn)動(dòng)分析，判斷出速度大小的變化，根據(jù)牛頓第二定律求得繩子的拉力，即可判斷出M與地面間的相互作用力的變化，在最低點(diǎn)，球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛頓第二定律求出繩子的拉力，從而得到箱子對(duì)地面的壓力．2．如圖所示，傾角為θ的斜面A固定在水平地面上，質(zhì)量為M的斜劈B置于斜面A上，質(zhì)量為m的物塊C置于斜劈B上，A、B、C均處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g．下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．BC整體受到的合力為零B．斜面A受到斜劈B的作用力大小為Mgcosθ+mgC．斜劈B受到斜面A的摩擦力方向沿斜面A向上D．物塊C受到斜劈B的摩擦力大小為mgcosθ【答案】B【解析】【分析】【詳解】A、斜劈B和物塊C整體處于平衡狀態(tài)，則整體受到的合力大小為0，A正確．B、對(duì)B、C組成的整體進(jìn)行受力分析可知，A對(duì)B的作用力與B、C受到的重力大小相等，方向相反．所以A對(duì)B的作用力大小為Mg+mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，斜面A受到斜劈B的作用力大小為Mg+mg，故B錯(cuò)誤．C、根據(jù)B和C的整體平衡可知A對(duì)B的靜摩擦力沿斜面向上，大小等于兩重力的下滑分力，C正確．D、C受到B對(duì)C的摩擦力為mgcosθ，方向垂直斜面A向上，D正確．本題選錯(cuò)誤的故選B．【點(diǎn)睛】若一個(gè)系統(tǒng)中涉及兩個(gè)或者兩個(gè)以上物體的問(wèn)題，在選取研究對(duì)象時(shí)，要靈活運(yùn)用整體法和隔離法．對(duì)于多物體問(wèn)題，如果不求物體間的相互作用力，我們優(yōu)先采用整體法，這樣涉及的研究對(duì)象少，未知量少，方程少，求解簡(jiǎn)便；很多情況下，通常采用整體法和隔離法相結(jié)合的方法．3．如圖A、B、C為三個(gè)完全相同的物體，當(dāng)水平力F作用于A上，三物體一起向右勻速運(yùn)動(dòng)；某時(shí)撤去力F后，三物體仍一起向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)A、B間摩擦力為f，B、C間作用力為FN。整個(gè)過(guò)程三物體無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，下列判斷正確的是①f=0②f≠0③FN=0④FN≠0A．②③B．①④C．①③D．②④【答案】A【解析】【詳解】開(kāi)始三個(gè)物體在拉力F的作用下一起向右做勻速運(yùn)動(dòng)，可知地面對(duì)B、C總的摩擦力f′=F，B受地面的摩擦力為F，C受地面的摩擦力為F；撤去F后，B、C受地面的摩擦力不變，由牛頓第二定律可知，aB==，aC==，B、C以相同的加速度向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，B、C間作用力FN=0，故③正確。分析A、B，撤去F后，整個(gè)過(guò)程三物體無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，則A與B加速度相同，B對(duì)A有向左的摩擦力f=maB=，故②正確。故選：A4．如圖所示，水平地面上有一楔形物塊a，其斜面上有一小物塊b，b與平行于斜面的細(xì)繩的一端相連，細(xì)繩的另一端固定在斜面上.a與b之間光滑，a和b以共同速度在地面軌道的光滑段向左運(yùn)動(dòng).當(dāng)它們剛運(yùn)行至軌道的粗糙段時(shí)可能正確的是A．繩的張力減小，斜面對(duì)b的支持力不變B．繩的張力增加，斜面對(duì)b的支持力減小C．繩的張力減小，地面對(duì)a的支持力不變D．繩的張力增加，地面對(duì)a的支持力減小【答案】C【解析】【詳解】在光滑段運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊a及物塊b均處于平衡狀態(tài)，對(duì)a、b整體受力分析，受重力和支持力，二力平衡；對(duì)b受力分析，如圖，受重力、支持力、繩子的拉力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有Fcosθ-FNsinθ=0①；Fsinθ+FNcosθ-mg=0②；由①②兩式解得：F=mgsinθ，F(xiàn)N=mgcosθ；當(dāng)它們剛運(yùn)行至軌道的粗糙段時(shí)，減速滑行，系統(tǒng)有水平向右的加速度，此時(shí)有兩種可能；①物塊a、b仍相對(duì)靜止，豎直方向加速度為零，由牛頓第二定律得到：Fsinθ+FNcosθ-mg=0③；FNsinθ-Fcosθ=ma④；由③④兩式解得：F=mgsinθ-macosθ，F(xiàn)N=mgcosθ+masinθ；即繩的張力F將減小，而a對(duì)b的支持力變大；再對(duì)a、b整體受力分析豎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，故地面對(duì)a支持力不變.②物塊b相對(duì)于a向上滑動(dòng)，繩的張力顯然減小為零，物體具有向上的分加速度，是超重，支持力的豎直分力大于重力，因此a對(duì)b的支持力增大，斜面體和滑塊整體具有向上的加速度，也是超重，故地面對(duì)a的支持力也增大.綜合上述討論，結(jié)論應(yīng)該為：繩子拉力一定減?。坏孛鎸?duì)a的支持力可能增加或不變；a對(duì)b的支持力一定增加；故A，B，D錯(cuò)誤，C正確.故選C.5．如圖，電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻r，開(kāi)關(guān)K閉合，將滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，理想電壓表V1、V2、V3的示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想電流表示數(shù)變化量的絕對(duì)值為ΔI，正確的是A．V2的示數(shù)增大B．電源輸出功率在增大C．ΔU3＞ΔU1＞ΔU2D．ΔU3與ΔI的比值在減小【答案】BC【解析】【詳解】理想電壓表內(nèi)阻無(wú)窮大，相當(dāng)于斷路．理想電流表內(nèi)阻為零，相當(dāng)短路，所以R與變阻器串聯(lián)，電壓表分別測(cè)量R、路端電壓和變阻器兩端的電壓．當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻減小，電路中電流增大．A.根據(jù)閉合電路歐姆定律得：的示數(shù)I增大，減小，故A錯(cuò)誤；B.電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻r，外電阻減小，電源輸出功率在增大，故B正確；D.由閉合歐姆定律得：解得所以不變，故D錯(cuò)誤；C.由閉合歐姆定律得：又定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r，則，故C正確．6．如圖所示，一固定桿與水平方向夾角=30°，將一滑塊套在桿上，通過(guò)輕繩懸掛一個(gè)小球，滑塊與小球恰能一起沿桿向下勻速運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法中正確的是（）A．滑塊與桿之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5B．滑塊與桿之間動(dòng)摩擦因數(shù)為C．當(dāng)二者相對(duì)靜止地沿桿上滑時(shí)輕繩對(duì)小球拉力斜向左上與水平方向成30°角D．當(dāng)二者相對(duì)靜止地沿桿上滑時(shí)輕繩對(duì)小球拉力斜向右上與水平方向成60°角【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)題意兩者一起運(yùn)動(dòng)，所以應(yīng)該具有相同的加速度，那么在分析此類問(wèn)題時(shí)應(yīng)該想到先整體后隔離，利用加速度求解．【詳解】AB．由題意滑塊與小球恰能一起沿桿向下勻速運(yùn)動(dòng)，把滑塊和小球作為一整體，可知，所以，故A錯(cuò)；B對(duì)CD．當(dāng)二者相對(duì)靜止地沿桿上滑時(shí)，以整體為對(duì)象可知加速度設(shè)此時(shí)繩子與水平方向的夾角為，繩子的拉力為T(mén)，對(duì)小球列牛頓第二定律公式在水平方向上：在豎直方向上：解得：，即由于加速度沿斜面向下，所以小球受到的合力也應(yīng)該沿斜面向下，所以拉力的方向應(yīng)該斜向左上與水平方向成30°角，故C對(duì)；D錯(cuò)；故選BC【點(diǎn)睛】本題考查了整體隔離法求解量物體之間的力，對(duì)于此類問(wèn)題要正確受力分析，建立正確的公式求解即可．7．如圖所示，粗糙的水平地面上有三塊材料完全相同的木塊A、B、C，質(zhì)量均為m。中間用細(xì)繩l、2連接，現(xiàn)用一水平恒力F作用在C上，三者開(kāi)始一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中把一塊橡皮泥粘在某一木塊上面，系統(tǒng)仍加速運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是()A．無(wú)論粘在哪個(gè)木塊上面，系統(tǒng)加速度都將減小B．若粘在A木塊上面，繩l的拉力增大，繩2的拉力不變C．若粘在B木塊上面，繩1的拉力減小，繩2的拉力增大D．若粘在C木塊上面，繩l、2的拉力都減小【答案】ACD【解析】【詳解】A、將三個(gè)物體看作整體，整體水平方向受拉力和摩擦力；由牛頓第二定律可得F-f=3ma；當(dāng)粘上橡皮泥后，不論放在哪個(gè)物體上，都增大了摩擦力及總質(zhì)量；故加速度減??；故A正確；B、若橡皮泥粘在A木塊上面，根據(jù)牛頓第二定律得：對(duì)BC整體：，得，a減小，F(xiàn)1增大．對(duì)C：，得，a減小，F(xiàn)2增大．故B錯(cuò)誤．對(duì)C：F-F2=mCa，得F2=F-mCa，a減小，F(xiàn)2增大．故B錯(cuò)誤．C、若橡皮泥粘在B木塊上面，根據(jù)牛頓第二定律得：對(duì)A：F1=mAa，a減小，F(xiàn)1減?。畬?duì)C：F-F2=mCa，a減小，F(xiàn)2增大．故C正確．D、若橡皮泥粘在C木塊上面，分別以A、B為研究對(duì)象，同理可得繩l、2的拉力都減?。蔇正確．故選ACD。8．如圖,有質(zhì)量均為m的三個(gè)小球A、B、C，A與B、C間通過(guò)輕繩相連，繩長(zhǎng)均為L(zhǎng)，B、C在水平光滑橫桿上，中間用一根輕彈簧連接，彈簧處于原長(zhǎng)?，F(xiàn)將A球由靜止釋放，直至運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，兩輕繩的夾角由120°變?yōu)?0°，整個(gè)裝置始終處于同一個(gè)豎直平面內(nèi)，忽略空氣阻力，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是A．A在最低點(diǎn)時(shí),B對(duì)水平橫桿的壓力等于mg/2B．彈簧的最大彈性勢(shì)能為C．在A下降的過(guò)程中，輕繩對(duì)B做功的功率先增大后減小D．在A下降的過(guò)程中輕繩對(duì)B做功為【答案】BCD【解析】【詳解】A、若小球A在最低點(diǎn)靜止，設(shè)水平橫桿對(duì)小球B、C的支持力都為，此時(shí)整體在豎直方向受力平衡，可得，所以；A球由靜止釋放直至運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程，A先加速下降后減速下降，先失重后超重，所以小球A在最低點(diǎn)時(shí)，小球B受到水平橫桿的支持力大于，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、小球A在最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，對(duì)整體根據(jù)能量守恒則有彈簧的最大彈性勢(shì)能等于小球A的重力勢(shì)能減小，即，故選項(xiàng)B正確；C、在A下降的過(guò)程中，小球B先加速后加速，小球A球釋放時(shí)輕繩對(duì)B做功的功率為零，小球A在最低點(diǎn)時(shí)輕繩對(duì)B做功的功率為零，所以輕繩對(duì)B做功的功率先增大后減小，故選項(xiàng)C正確；D、在A下降的過(guò)程中，對(duì)小球A根據(jù)動(dòng)能定律可得，解得每根輕繩對(duì)A做功為，所以輕繩對(duì)B做功為，故選項(xiàng)D正確；9．如圖所示，一質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平地面上，物體A、B疊放在斜面體上，物體B受沿斜面向上的力F作用沿斜面勻速上滑，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，μ<tanθ，且A、B質(zhì)量均為m，則()A．A、B保持相對(duì)靜止B．地面對(duì)斜面體的摩擦力等于C．地面受到的壓力等于(M＋2m)gD．B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為【答案】BD【解析】A、對(duì)A分析，因?yàn)棣?lt;tanθ，則mgsinθ>μmgcosθ，所以A、B不能保持相對(duì)靜止，故A錯(cuò)誤．B、以A為研究對(duì)象，A受到重力、支持力和B對(duì)A的摩擦力，如圖甲所示．N＝mgcosθ，mgsinθ－μN(yùn)＝ma，由于μ<tanθ，則ma＝mgsinθ－μmgcosθ>0.將B和斜面體視為整體，受力分析如圖乙所示．可知地面對(duì)斜面體的摩擦力等于mg(sinθ－μcosθ)cosθ＋Fcosθ；故B正確；C、以三者整體為研究對(duì)象：A有沿斜面向下的加速度，故地面受到的壓力不等于(M＋2m)g，C錯(cuò)誤．D、B與斜面體間的正壓力N′＝2mgcosθ，對(duì)B分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡有F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋f′，則B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，故D正確．故選BD10．如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，電壓表V1、V2、V3為理想電壓表，R1、R3為定值電阻，R2為熱敏電阻(其阻值隨溫度升高而減小)，C為電容器，閉合開(kāi)關(guān)S，電容器C中的微粒A恰好靜止．當(dāng)室溫從25℃升高到35℃的過(guò)程中，流過(guò)電源的電流變化量是ΔI，三只電壓表的示數(shù)變化量是ΔU1、ΔU2和ΔU3.則在此過(guò)程中()A．V1示數(shù)減小B．C．Q點(diǎn)電勢(shì)升高D．R3中的電流方向由M向N，微粒A勻加速下移【答案】BC【解析】【詳解】A.室溫從25℃升高到35℃的過(guò)程中，R2的阻值減小，總電阻減小，由閉合電路歐姆定律得，總電流增大，外電壓減小，V1示數(shù)為U1=IR1增大，故A錯(cuò)誤；B.由得由得則有：故B正確；C.由于外電壓減小，V1示數(shù)增大，所以V2示數(shù)減小，而：且，所以Q點(diǎn)電勢(shì)升高，故C正確；D.V3測(cè)量的是電源路端電壓，由：得U3減小，電容器兩端電壓減小，電容電荷量減少，電容放電，形成從M到N的電流，兩板間場(chǎng)強(qiáng)降低，電荷受的電場(chǎng)力減小，故將下移，但電場(chǎng)強(qiáng)度不斷減小，由得加速度增大，微粒做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。11．如圖所示電路中，電源的內(nèi)電阻為r，R2、R3、R4均為定值電阻，電表均為理想電表．閉合電鍵S，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R1的滑動(dòng)觸頭P向右滑動(dòng)時(shí)，電流表和電壓表的示數(shù)變化量的大小分別為ΔI、ΔU，下列說(shuō)法正確的是（）A．電壓表示數(shù)變大 B．電流表示數(shù)變大C． D．【答案】AD【解析】【分析】【詳解】設(shè)R1、R2、R3、R4的電流分別為I1、I2、I3、I4，電壓分別為U1、U2、U3、U4．干路電流為I干，路端電壓為U，電流表電流為I．A、R1變大，外電阻變大，I干變小，U=E-I干r變大，U3變大．故A正確．B、I3變大，I干變小，由I4=I干-I3變小，U4變小，而U2=U-U4，U變大，則U2變大，I2變大，I4=I1+I2，I1變?。蔅錯(cuò)誤C、D，由歐姆定律U=E-I干r，得

，由I干=I1+I2+I3，I1變小，I2變大，I3變大，I干變小，則△I1＞△I干，即△I＞△I干，所以，故C錯(cuò)誤；D正確；故選AD【點(diǎn)睛】由圖可知，R1、R2并聯(lián)，再與R4串聯(lián)，與R3并聯(lián)，電壓表測(cè)量路端電壓，等于R3電壓．由R1接入電路的電阻變化，根據(jù)歐姆定律及串并關(guān)系，分析電流表和電壓表示數(shù)變化量的大小．本題的難點(diǎn)在于確定電流表示數(shù)變化量△IA與干路電流變化△I干的大小，采用總量法，這是常用方法．同時(shí)，要理解

12．在如圖所示電路中，閉合電鍵S，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向上滑動(dòng)時(shí)，四個(gè)理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電表的示數(shù)分別用I、U1、U2和U3表示，電表示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列說(shuō)法正確的是（）A．U1變小，U2變大，U3變小，I變大B．U1變大，U2變小，U3變大，I變大C．U1/I不變，U2/I變小，U3/I變小D．ΔU1/ΔI不變，ΔU2/ΔI不變，ΔU3/ΔI不變【答案】CD【解析】試題分析：當(dāng)滑動(dòng)變阻器R2的滑動(dòng)觸頭P向上滑動(dòng)，其阻值變小，總電阻變小，電流表示數(shù)I變大，路端電壓U3減小，R1的電壓U1增大，故R2的電壓U2減?。蔄B錯(cuò)誤．因R1是定值電阻，則有，不變．因?yàn)椋琑2變小，變?。?R1+R2，變小．故C正確．根據(jù)閉合電路歐姆定律得U3=E-Ir，則，不變．U2=E-I（R1+r），則=R1+r，不變，故D正確．故選CD．考點(diǎn)：電路的動(dòng)態(tài)分析13．如圖所示的電路中，E為電源，其內(nèi)阻為r，L為小燈泡(其燈絲電阻可視為不變)，R1、R2為定值電阻，R3為光敏電阻，其阻值大小隨所受照射光強(qiáng)度的增大而減小，V為理想電壓表．若將照射R3的光的強(qiáng)度減弱，則A．電壓表的示數(shù)變大B．小燈泡變暗C．通過(guò)R2的電流變大D．電源內(nèi)阻消耗的功率變大【答案】BC【解析】【詳解】若將照射R3的光的強(qiáng)度減弱，可知其電阻增大，所以外電路的總電阻增大。A．根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，外電路總電阻增大，干路電流減小，R1在干路上，所以其電壓減小，因此電壓表示數(shù)減小，A錯(cuò)誤BC．因?yàn)楦陕冯娏鳒p小，所以路端電壓增大，R1和R2的電壓之和等于路端電壓，所以R2的電壓增大，因此流過(guò)R2的電流增大，又R2和L的電流之和減小，所以L的電流必然減小，因此燈泡變暗，BC都正確D．內(nèi)阻上消耗的功率因?yàn)楦陕冯娏鳒p小，所以D錯(cuò)誤14．如圖所示，水平面上有兩個(gè)質(zhì)量分別為m1和m2的木塊1和2，中間用一條輕繩連接，兩物體的材料相同，現(xiàn)用力F向右拉木塊2，當(dāng)兩木塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是A．繩的拉力大小與水平面是否粗糙有關(guān)B．繩的拉力大小與水平面是否粗糙無(wú)關(guān)C．若水平面是光滑的，則繩的拉力為D．若水平面是粗糙的，且物體和地面摩擦因數(shù)為μ，則繩的拉力為【答案】BC【解析】設(shè)物體和地面摩擦因數(shù)為μ，以兩木塊整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律：得