高考物理整體法隔離法解決物理試題試題(有答案和解析)一、整體法隔離法解決物理試題1．如圖所示，水平面O點(diǎn)左側(cè)光滑，O點(diǎn)右側(cè)粗糙且足夠長(zhǎng)，有10個(gè)質(zhì)量均為m完全相同的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）用輕細(xì)桿相連，相鄰小滑塊間的距離為L(zhǎng)，滑塊1恰好位于O點(diǎn)，滑塊2、3……依次沿直線水平向左排開(kāi)，現(xiàn)將水平恒力F作用于滑塊1，經(jīng)觀察發(fā)現(xiàn)，在第3個(gè)小滑塊進(jìn)入粗糙地帶后到第4個(gè)小滑塊進(jìn)入粗糙地帶前這一過(guò)程中，小滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是A．粗糙地帶與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)B．勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度大小C．第一個(gè)滑塊進(jìn)入粗糙地帶后，第二個(gè)滑塊進(jìn)入前各段輕桿的彈力大小相等D．在水平恒力F作用下，10個(gè)滑塊全部可以進(jìn)入粗糙地帶【答案】B【解析】【詳解】A、對(duì)整體分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得，F(xiàn)=3μmg，解得，故A錯(cuò)誤.B、根據(jù)動(dòng)能定理得，解得，故B正確.C、第一個(gè)滑塊進(jìn)入粗糙地帶后，整體仍然做加速運(yùn)動(dòng)，各個(gè)物體的加速度相同，隔離分析，由于選擇的研究對(duì)象質(zhì)量不同，根據(jù)牛頓第二定律知，桿子的彈力大小不等，故C錯(cuò)誤.D、在水平恒力F作用下，由于第4個(gè)滑塊進(jìn)入粗糙地帶，整體將做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)第n塊能進(jìn)入粗焅地帶，由動(dòng)能定理：，解得：n=7,所以10個(gè)滑塊不能全部進(jìn)入粗糙地帶，故D錯(cuò)誤．故選B.2．如圖所示,電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r的電源與滑動(dòng)變阻器R1、定值電阻R2、R3、平行板電容器及電流表組成閉合電路,當(dāng)滑動(dòng)變阻器R1觸頭向左移動(dòng)時(shí),則（）A．電流表讀數(shù)減小B．電容器電荷量增加C．R2消耗的功率增大D．R1兩端的電壓減小【答案】D【解析】【詳解】A、變阻器R的觸頭向左移動(dòng)一小段時(shí)，R1阻值減小，回路的總電阻減小，所以回路的總電流增大，電流表讀數(shù)增大，故A錯(cuò)誤.B、外電路總電阻減小，路端電壓U減小，所以路端電壓減小，電容器的帶電量減小，故B錯(cuò)誤.C、由于R1和R2并聯(lián)，由分析可得則R2電壓減小，又由于R2電阻不變，所以R2消耗的功率減小，故C錯(cuò)誤.D、路端電壓減小，而干路電流增加導(dǎo)致R3兩端電壓增大，由串聯(lián)分壓可得R1兩端的電壓減小，故D正確.故選D.【點(diǎn)睛】本題考查閉合電路歐姆定律的動(dòng)態(tài)分析，要熟練掌握其解決方法為：局部-整體-局部的分析方法；同時(shí)注意部分電路歐姆定律的應(yīng)用．3．a(chǎn)、b兩物體的質(zhì)量分別為m1、m2，由輕質(zhì)彈簧相連。當(dāng)用大小為F的恒力沿水平方向拉著a，使a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x1;當(dāng)用恒力F豎直向上拉著a，使a、b一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x2；當(dāng)用恒力F傾斜向上向上拉著a，使a、b一起沿粗糙斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x3，如圖所示。則（）A．x1=x2=x3B．x1>x3=x2C．若m1>m2，則x1>x3=x2D．若m1<m2，則x1＜x3=x2【答案】A【解析】【詳解】通過(guò)整體法求出加速度，再利用隔離法求出彈簧的彈力，從而求出彈簧的伸長(zhǎng)量。對(duì)右圖，運(yùn)用整體法，由牛頓第二定律得整體的加速度為：；對(duì)b物體有：T1=m2a1；得；對(duì)中間圖：運(yùn)用整體法，由牛頓第二定律得，整體的加速度為：；對(duì)b物體有：T2-m2g=m2a2得：；對(duì)左圖，整體的加速度：，對(duì)物體b：，解得；則T1=T2=T3，根據(jù)胡克定律可知，x1=x2=x3，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。【點(diǎn)睛】本題考查了牛頓第二定律和胡克定律的基本運(yùn)用，掌握整體法和隔離法的靈活運(yùn)用．解答此題注意應(yīng)用整體與隔離法，一般在用隔離法時(shí)優(yōu)先從受力最少的物體開(kāi)始分析，如果不能得出答案再分析其他物體．4．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(kāi)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)，則三個(gè)電表示數(shù)的變化情況是A．I1增大，I2不變，U增大B．I1減小，I2增大，U減小C．I1增大，I2減小，U增大D．I1減小，I2不變，U減小【答案】B【解析】【分析】【詳解】R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)時(shí)，R2減小，整個(gè)電路的總電阻減小，總電流增大，內(nèi)電壓增大，外電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，R3電壓增大，R1、R2并聯(lián)電壓減小，通過(guò)R1的電流I1減小，即A1示數(shù)減小，而總電流I增大，則流過(guò)R2的電流I2增大，即A2示數(shù)增大．故A、C、D錯(cuò)誤，B正確．5．如圖所示，三物體A、B、C均靜止，輕繩兩端分別與A、C兩物體相連接且伸直，mA=3kg，mB=2kg，mC=1kg，物體A、B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.1，地面光滑，輕繩與滑輪間的摩擦可忽略不計(jì)。現(xiàn)用15N的力作用在B物體上，則下列說(shuō)法正確的是（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g=10m/s2）（

）A．物體B將從A、C中抽出，A、C可能會(huì)靜止不動(dòng)B．物體B與A一起向左加速運(yùn)動(dòng)，C向右加速運(yùn)動(dòng)C．物體B與C一起向左加速運(yùn)動(dòng)，A向右加速運(yùn)動(dòng)D．A、C加速度大小均為0.5m/s2【答案】D【解析】【詳解】B、C間的最大靜摩擦力?A、B間的最大靜摩擦力fBC若要用力將B物體從A、C間拉出，拉力最小時(shí)，B、C之間的摩擦力剛好達(dá)到最大，此時(shí)物體A已經(jīng)向右以加速度a加速運(yùn)動(dòng)，B、C以加速度a向左加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)繩子上拉力為T，以A為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得T-fAB=mAa以C為研究對(duì)象有fBC-T=mCa解得a=0.5m/s2，以B為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得F-（fBC+fAB）=mBa解得F=9N，由題知F=15N9N，所以可以將B物體從A、C中間抽出；即用15N的力作用在B物體上，物體A向右以加速度a=0.5m/s2加速運(yùn)動(dòng)，C以加速度a=0.5m/s2向左加速運(yùn)動(dòng)。A.物體B將從A、C中抽出，A、C可能會(huì)靜止不動(dòng)，與分析不一致，故A錯(cuò)誤；B.物體B與A一起向左加速運(yùn)動(dòng)，C向右加速運(yùn)動(dòng)，與分析不一致，故B錯(cuò)誤；C.物體B與C一起向左加速運(yùn)動(dòng)，A向右加速運(yùn)動(dòng)，與分析不一致，故C錯(cuò)誤；D.A、C加速度大小均為0.5m/s2，與分析相一致，故D正確。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．如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為M的斜壁，其斜面傾角為θ，一質(zhì)量為m的物體放在其光滑斜面上，現(xiàn)用一水平力F推斜劈，恰使物體m與斜劈間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，則斜劈對(duì)物塊m的彈力大小為（）①mgcosθ②③④A．①④B．②③C．①③D．②④【答案】D【解析】?jī)烧咭黄鹣蜃髣蚣铀龠\(yùn)動(dòng)，對(duì)物體進(jìn)行受力分析，如圖所示：則根據(jù)牛頓第二定律及平衡條件可得：解得：將兩物體看做一個(gè)整體，所以解得，綜上所述本題正確答案為D。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．如圖所示，光滑斜面體固定在水平面上,傾角為30°，輕彈簧下端固定A物體，A物體質(zhì)量為m，上表面水平且粗糙，彈簧勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，初始時(shí)A保持靜止?fàn)顟B(tài)，在A的上表面輕輕放一個(gè)與A質(zhì)量相等的B物體，隨后兩物體一起運(yùn)動(dòng)，則()A．當(dāng)B放在A上的瞬間,A、B的加速度為B．當(dāng)B放在A上的瞬間,A對(duì)B的摩擦力為零C．A和B一起下滑距離時(shí),A和B的速度達(dá)到最大D．當(dāng)B放在A上的瞬間,A對(duì)B的支持力大于mg【答案】AC【解析】【詳解】A、將B放在A上前，以A為研究對(duì)象受力分析有：根據(jù)平衡可知：；當(dāng)B放在A上瞬間時(shí)，以AB整體為研究對(duì)象受力分析有：整體所受合外力，可得整體的加速度，故A正確；BD、當(dāng)B放在A上瞬間時(shí)，B具有沿斜面向下的加速度，可將B的加速度沿水平方向和豎直方向分解，B的加速度有水平方向的分量，重力與支持力在豎直方向，故可知此加速度分量由A對(duì)B的摩擦力提供，故B錯(cuò)誤；B的加速度有豎直方向的分量，且豎直向下，故可知，A對(duì)B的支持力與B的重力的合力豎直向下，故A對(duì)B的支持力小于B的重力，故D錯(cuò)誤；C、AB一起下滑時(shí)，彈簧彈力增加，共同下滑的加速度減小，故當(dāng)加速度減小至0時(shí)，AB具有最大速度，由A分析知，可得彈簧彈力F′=mg，所以共同下滑的距離，AB具有最大速度，故C正確；故選AC．【點(diǎn)睛】當(dāng)B放在A上瞬間，以AB整體為研究對(duì)象受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求得AB的加速度，由AB的共同加速度，隔離B分析A對(duì)B的摩擦力與支持力的大小情況即可．AB速度最大時(shí)加速度為零，據(jù)此計(jì)算分析即可．10．如圖所示，質(zhì)量均為M的物塊A、B疊放在光滑水平桌面上，質(zhì)量為m的物塊C用跨過(guò)輕質(zhì)光滑定滑輪的輕繩與B連接，且輕繩與桌面平行，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊A運(yùn)動(dòng)的最大加速度為B．要使物塊A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，應(yīng)滿足關(guān)系C．若物塊A、B未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，物塊A受到的摩擦力為D．輕繩對(duì)定滑輪的作用力為【答案】ACD【解析】【詳解】設(shè)A、B相對(duì)靜止時(shí)A、B的共同加速度為a，繩對(duì)C的拉力為T，B對(duì)A的摩擦力為f。根據(jù)題意可知此時(shí)C的加速度大小也為a（方向向下）；取C為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得mg-T=ma，解得T=mg-ma

①；取AB整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得：T=2Ma

②；取B為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得：f=Ma

③；聯(lián)立①②③得：④A、A、B之間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，即f=μMg，其加速度也達(dá)到最大值amax=ug⑤，故A正確.B、由④⑤解得此時(shí)，所以B錯(cuò)誤.C、由③可推導(dǎo)出，將a代入④可得；故C正確.D、因?yàn)槔K對(duì)C的拉力T=mg-ma，所以繩對(duì)滑輪的力；故D正確.故選ACD.【點(diǎn)睛】解決好本題的關(guān)鍵是靈活的選取研究對(duì)象，要充分理解A滑動(dòng)的臨界條件是其所受的滑動(dòng)摩擦力充當(dāng)合外力.11．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(kāi)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(kāi)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(kāi)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(kāi)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(kāi)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．如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r．當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P從左端滑到右端時(shí)，理想電壓表、示數(shù)變化的絕對(duì)值分別為和，干路電流為I，燈泡電阻不變，下列說(shuō)法中正確的是A．小燈泡、變暗，變亮B．與的比值不變C．D．【答案】AB【解析】【分析】當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸片從左端滑到右端時(shí)，分析變阻器接入電路的電阻的變化，確定外電路總電阻的變化，分析總電流和路端電壓的變化，判斷燈亮度的變化。根據(jù)總電流的變化，分析并聯(lián)部分電壓的變化，判斷亮度的變化。根據(jù)總電流與通過(guò)電流的變化，分析通過(guò)電流的變化，判斷其亮度變化。根據(jù)路端電壓的變化，分析和的大小。根據(jù)閉合電路歐姆定律列式分析電壓表示數(shù)變化量與電流表示數(shù)變化量的比值如何變化?！驹斀狻緼．當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸片從左端滑到右端時(shí)，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，總電流減小，路端電壓增大，則變暗；變阻器的電阻增大，并聯(lián)部分的電阻增大，則并聯(lián)部分的電壓增大，則變亮?？傠娏鳒p小，而的電流增大，則的電流減小，則變暗，故A正確；B．根據(jù)閉合電路歐姆定律：可知：，不變，故B正確；CD．由上分析可知，電壓表的示數(shù)增大，電壓表的示數(shù)減小，由于路端電壓增大，即兩電壓表示數(shù)之和增大，所以，故CD錯(cuò)誤?！军c(diǎn)