高考物理整體法隔離法解決物理試題技巧和方法完整版及練習(xí)題及解析一、整體法隔離法解決物理試題1．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．2．如圖所示，等邊直角三角形斜邊上豎直擋板擋住質(zhì)量為m的球置于斜面上，現(xiàn)用一個(gè)恒力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，忽略一切摩擦，重力加速度為g,以下說(shuō)法中正確的是A．豎直擋板對(duì)球的彈力為B．斜面對(duì)球的彈力為2mgC．加速度越大斜面對(duì)球的彈力越大．D．斜面、擋板對(duì)球的彈力與球的重力三者的合力大于ma【答案】A【解析】A、B、C、對(duì)球受力分析如圖所示:由牛頓第二定律得FN1-FN2sinθ=ma，F(xiàn)N2cosθ=mg，，由以上兩式可得：，，即豎直擋板對(duì)球的彈力為，斜面對(duì)球的彈力為，且加速度越大斜面對(duì)球的彈力不變，故A正確，B、C均錯(cuò)誤.D、由牛頓第二定律可知，斜面、擋板對(duì)球的彈力與球的重力三者的合力等于ma．故D錯(cuò)誤．故選A.【點(diǎn)睛】本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用和受力分析規(guī)律的應(yīng)用，要注意明確加速度沿水平方向，豎直方向上的合力為零，分別對(duì)兩個(gè)方向進(jìn)行分析求解即可．3．如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r（），電表均視為理想電表。閉合開關(guān)S后，調(diào)節(jié)R的阻值，使電流表A1的示數(shù)增大了1，在這一過(guò)程中，電流表的A2示數(shù)變化量的大小為2，電壓表示數(shù)的變化量的大小為，則A．A2增大，且2<1 B．的大小變大C．電源的效率降低了 D．電源的輸出功率一定增大了【答案】C【解析】【詳解】A．要使電流表A1示數(shù)增大，則R應(yīng)減??；因總電流增大，則內(nèi)阻及R2分壓增大，并聯(lián)部分電壓減小，則流過(guò)R1的電流減小，因此流過(guò)R的電流增大，即A2的示數(shù)變大，因則故A錯(cuò)誤。B．根據(jù)可得：則故其大小不會(huì)隨R的變化而變化；故B錯(cuò)誤。C．電源的效率因電壓的改變量為△I1r；故說(shuō)明電源的效率降低了；故D正確。D．當(dāng)內(nèi)外電阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大；因不明確內(nèi)外電阻的關(guān)系，故無(wú)法明確功率的變化情況；故D錯(cuò)誤。故選C。4．如圖所示，水平擋板A和豎直擋板B固定在斜面C上，一質(zhì)量為m的光滑小球恰能與兩擋板和斜面同時(shí)解除，擋板A、B和斜面C對(duì)小球的彈力大小分別為和．現(xiàn)使斜面和物體一起在水平面上水平向左做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．若不會(huì)同時(shí)存在，斜面傾角為，重力加速度為g，則下列圖像中，可能正確的是A． B．C． D．【答案】B【解析】【分析】【詳解】對(duì)小球進(jìn)行受力分析當(dāng)時(shí)如圖一，根據(jù)牛頓第二定律，水平方向：①豎直方向：②，聯(lián)立①②得：，，與a成線性關(guān)系，當(dāng)a=0時(shí)，＝mg，當(dāng)時(shí)，與a成線性關(guān)系，所以B圖正確當(dāng)時(shí)，受力如圖二，根據(jù)牛頓第二定律，水平方向③，豎直方向：④，聯(lián)立③④得：，，與a也成線性，不變，綜上C錯(cuò)誤，D正確【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵要注意物理情景的分析，正確畫出受力分析示意圖，考查了學(xué)生對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解與應(yīng)用，有一定難度．5．如圖電路中，電源的內(nèi)電阻為r，R1、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R2的滑動(dòng)觸頭向右滑動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法中正確的是（）A．電壓表的示數(shù)變小B．電流表的示數(shù)變大C．電流表的示數(shù)變小D．R1中電流的變化量一定大于R4中電流的變化量【答案】C【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總，路端電壓為U，電流表電流為I．A．當(dāng)滑動(dòng)變阻器R2的滑動(dòng)觸頭P向右滑動(dòng)時(shí)，R2變大，外電路總電阻變大，I總變小，由U=E-Ir可知，U變大，則電壓表示數(shù)變大．U變大，I3變大，故A錯(cuò)誤；BC．因I4=I總-I3，則I4變小，U4變小，而U1=U-U4，U變大，U4變小，則U1變大，I1變大.又I總=I+I1，I總變小，I1變大，則I變?。訰1兩端的電壓變大，電流表的示數(shù)變?。蔅錯(cuò)誤，C正確．D．由I4=I1+I2，I4變小，I1變大，則I2變小，則|△I1|＜|△I2|，|△I2|＞|△I4|，則不能確定R1中電流的變化量與R4中電流的變化量的大小．故D錯(cuò)誤．【點(diǎn)睛】本題是電路的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題；解題時(shí)按“局部→整體→局部”的順序進(jìn)行分析，采用總量的方法分析電流表示數(shù)的變化．6．如圖所示，質(zhì)量為m的物體放在斜面體上，在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物體始終與斜面體保持相對(duì)靜止，則斜面體對(duì)物體的摩擦力Ff和支持力FN分別為（重力加速度為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】對(duì)物體受力分析，受重力、支持力、摩擦力（沿斜面向上），向右勻加速，故合力大小為ma，方向水平向右；采用正交分解法，在平行斜面方向，有：Ff-mgsinθ=macosθ，在垂直斜面方向，有：mgcosθ-FN=masinθ，聯(lián)立解得：Ff=m(gsinθ+acosθ)，F(xiàn)N=m(gcosθ-asinθ)；故A正確，B,C,D錯(cuò)誤；故選A.【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，抓住物體與斜面的加速度相等，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解．7．如圖，質(zhì)量均為m的A、B兩個(gè)小物體置于傾角為30°的斜面上，它們相互接觸但不粘連．其中B與斜面同動(dòng)摩擦因數(shù)為，A為光滑物體，同時(shí)由靜止釋放兩個(gè)物體，重力加速度為g.則下列說(shuō)法正確的是()A．兩個(gè)物體在下滑過(guò)程中會(huì)分開B．兩個(gè)物體會(huì)一起向下運(yùn)動(dòng)，加速度為C．兩個(gè)物體會(huì)一起向下運(yùn)動(dòng)．加速度為D．兩個(gè)物體會(huì)一起向下運(yùn)動(dòng)，它們之間的相互作用力為【答案】C【解析】對(duì)A受力分析，由牛頓第二定律得對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律得，且有聯(lián)立解得，，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選B．【點(diǎn)睛】?jī)晌矬w剛好分離的條件是兩物體之間作用力為0，．8．在如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)電阻r為定值，R1為滑動(dòng)變阻器，R2和R3為定值電阻．當(dāng)R1的滑動(dòng)觸頭P從左向右移動(dòng)時(shí)，伏特表V1和V2的示數(shù)的增量分別為ΔU1和ΔU2，對(duì)ΔU1和ΔU2有A． B．C． D．【答案】AD【解析】【分析】【詳解】根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：結(jié)合公式可知>，故A對(duì)；B錯(cuò)當(dāng)R1的滑動(dòng)觸頭P從左向右移動(dòng)時(shí)，回路中電阻減小，電流增大，所以電壓表V2增大，由于路端電壓減小，所以電壓表V1變小，則知ΔU2>0，ΔU1<0，故C錯(cuò)；D對(duì)故選AD9．如圖，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(chǎn)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)可能是()A．繩的張力減小，斜面對(duì)b的支持力減小，地面對(duì)a的支持力減小B．繩的張力減小，斜面對(duì)b的支持力增加，地面對(duì)a的支持力不變C．繩的張力減小，斜面對(duì)b的支持力增加，地面對(duì)a的支持力增加D．繩的張力增加，斜面對(duì)b的支持力增加，地面對(duì)a的支持力增加【答案】BC【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；AB．（一）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：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；故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確.CD．（二）物塊b相對(duì)于a向上加速滑動(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，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;故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。10．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BD11．如圖所示，在傾角為θ的光滑斜劈P的斜面上有兩個(gè)用輕質(zhì)彈簧相連的物塊A、B，C為一垂直固定在斜面上的擋板．A、B質(zhì)量均為m，斜面連同擋板的質(zhì)量為M，彈簧的勁度系數(shù)為k，系統(tǒng)靜止于光滑水平面．現(xiàn)開始用一水平恒力F作用于Ｐ，（重力加速度為g）下列說(shuō)法中正確的是（）A．若F=0，擋板受到B物塊的壓力為B．力F較小時(shí)A相對(duì)于斜面靜止，F(xiàn)大于某一數(shù)值，A相對(duì)于斜面向上滑動(dòng)C．若要B離開擋板C，彈簧伸長(zhǎng)量需達(dá)到D．若且保持兩物塊與斜劈共同運(yùn)動(dòng)，彈簧將保持原長(zhǎng)【答案】AD【解析】【詳解】A、F=0時(shí)，對(duì)物體A、B整體受力分析，受重力、斜面的支持力N1和擋板的支持力N2，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，沿平行斜面方向，有N2-（2m）gsinθ=0，故壓力為2mgsinθ，故A錯(cuò)誤；B、用水平力F作用于P時(shí)，A具有水平向左的加速度，設(shè)加速度大小為a，將加速度分解如圖根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ-kx=macosθ當(dāng)加速度a增大時(shí)，x減小，即彈簧的壓縮量減小，物體A相對(duì)斜面開始向上滑行．故只要有力作用在P上，A即向上滑動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C、物體B恰好離開擋板C的臨界情況是物體B對(duì)擋板無(wú)壓力，此時(shí)，整體向左加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)物體B受力分析，受重力、支持力、彈簧的拉力，如圖根據(jù)牛頓第二定律，有

mg-Ncosθ-kxsinθ=0

Nsinθ-kxcosθ=ma解得：kx=mgsinθ-macosθ，故C錯(cuò)誤；D、若F=（M+2m）gtanθ且保持兩物塊與斜劈共同運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)牛頓第二定律，整體加速度為gtanθ；對(duì)物體A受力分析，受重力，支持力和彈簧彈力，如圖根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ-kx=macosθ解得kx=0故彈簧處于原長(zhǎng)，故D正確；12．在如圖所示的電路中，E為電源電動(dòng)勢(shì)，r為電源內(nèi)阻，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動(dòng)變阻器。當(dāng)R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)在a端時(shí)合上開關(guān)S，此時(shí)三個(gè)電表A1、A2和V的示數(shù)分別為I1、I2和U．現(xiàn)將R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是A．電表A1的示數(shù)I1減小B．電表A2的示數(shù)I2減小C．電表V的示數(shù)U增大D．電阻R3的電功率增大【答案】AD【解析】【分析】本題考查閉合電路中的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題【詳解】將R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)過(guò)程中，電路中總電阻減小，主路電流則會(huì)增大，A．因主路電流增大，電源內(nèi)電壓增大，R3的電壓也會(huì)增大，則R1的電壓會(huì)變小，I1的電流會(huì)減小，故A選項(xiàng)正確；B．因主路電流增大而I1的電流會(huì)減小，則I2的電流會(huì)增大，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C．電源內(nèi)壓增大，則路端電壓會(huì)減小即電表V的示數(shù)U減小，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D．電阻R3的電功率隨主路電流的增大而增大，故D選項(xiàng)正確；綜上所述，本題正確答案選AD。13．某溫度檢測(cè)、光電控制加熱裝置原理如圖所示．圖中RT為熱敏電阻(隨溫度升高，阻值減小)，用來(lái)探測(cè)加熱電阻絲R的溫度，RG為光敏電阻(隨光照強(qiáng)度增大，阻值減小)，接收小燈泡L的光照，除RT、RG外，其他電阻均為定值電阻（虛線框內(nèi)兩元件距離很近）．當(dāng)R處溫度升高時(shí)（）A．L變亮 B．R3的電流減小C．E2的路端電壓增大 D．R的功率減小【答案】AD【解析】【分析】【詳解】當(dāng)R處溫度升高時(shí)，RT阻值變小，小燈泡L的電流變大，所以光照強(qiáng)度增大，RG阻值變小，通過(guò)R2的電流變大，E2的路端電壓變小，R兩端電壓變小，通過(guò)的電流也變小，功率變小，通過(guò)R3的電流變大，故AD正確．14．如圖1所示，mA＝4.0kg，mB＝2.0kg，A和B緊靠著放在光滑水平面上，從t＝0時(shí)刻起，對(duì)B施加向右的水平恒力F2＝4.0N，同時(shí)對(duì)A施加向右的水平變力F1，F(xiàn)1變化規(guī)律如圖2所示。下列相關(guān)說(shuō)法中不正確的是A．當(dāng)t＝0時(shí)，A、B物體加速度分別為B．A物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，B物體做勻加速運(yùn)動(dòng)C．t＝12s時(shí)刻A、B將分離，分離時(shí)加速度均為a＝2m/s2D．A、B分離前后，A物體加速度變化規(guī)律不相同【答案】AB【解析】【詳解】A．若AB之間沒有力的作用，則：當(dāng)時(shí)，，而，所以單獨(dú)作用在A上的加速度大于AB之間沒有力的作用時(shí)的加速度，此時(shí)AB一起運(yùn)動(dòng)，加速度為：A錯(cuò)誤；B．由A得