(物理)物理整体法隔离法解决物理试题练习题含答案含解析

（物理）物理整体法隔离法解决物理试题练习题含答案含解析
一、整体法隔离法解决物理试题
1．如图所示,电动势为E,内阻为r的电源与滑动变阻器R1、定值电阻R2、R3、平行板电容器及电流表组成闭合电路,当滑动变阻器R1触头向左移动时,则（）
A．电流表读数减小
B．电容器电荷量增加
C．R2消耗的功率增大
D．R1两端的电压减小
【答案】D
【解析】
【详解】
A、变阻器R的触头向左移动一小段时，R1阻值减小，回路的总电阻减小，所以回路的总电流增大，电流表读数增大，故A错误.
B、外电路总电阻减小，路端电压U减小，所以路端电压减小，电容器的带电量减小，故B 错误.
C、由于R1和R2并联，由分析可得则R2电压减小，又由于R2电阻不变，所以R2消耗的功率减小，故C错误.
D、路端电压减小，而干路电流增加导致R3两端电压增大，由串联分压可得R1两端的电压减小，故D正确.
故选D.
【点睛】
本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，要熟练掌握其解决方法为：局部-整体-局部的分析方法；同时注意部分电路欧姆定律的应用．
2．a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。

当用大小为F的恒力沿水平方向拉着 a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1;当用恒力F竖直向上拉着 a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2；当用恒力F倾斜向上向上拉着 a，使a、b一起沿粗糙斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x3，如图所示。

则（）
A．x1= x2= x3 B．x1 >x3= x2
C．若m1>m2，则 x1>x3= x2 D．若m1<m2，则 x1＜x3= x2
【答案】A
【解析】
【详解】
通过整体法求出加速度，再利用隔离法求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的伸长量。

对右
图，运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度为：；对b物体有：
T1=m2a1；得；对中间图：运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度
为：；对b物体有：T2-m2g=m2a2得：；对左图，整体的
加速度：，对物体
b：，解得；则T1=T2=T3，根据胡克定律可知，x1= x2= x3，故A正确，BCD错误。

故选A。

【点睛】
本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用．
解答此题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再分析其他物体．
3．在如图所示的电路中，闭合开关，将滑动变阻器的滑片向右移动一段距离，待电路稳定后，与滑片移动前比较
A．灯泡L变亮
B．电容器C上的电荷量不变
C．电源消耗的总功率变小
D．电阻R0两端电压变大
【答案】C
【解析】
A、C、滑动变阻器的滑片向右移动一点，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，流过电源的电流减小，则由知电源的总功率变小，且流过灯泡的电流减小，灯泡L亮度变暗，故A错误，C正确；
B、电源的路端电压
U =E -Ir 增大，即电容器电压增大将充电，电荷量将增大．故B 错误．D 、电阻R0只有在电容器充放电时有短暂的电流通过，稳定状态无电流，则其两端的电压为零不变，D 错误；C 、．故C 正确．故选C ．
【点睛】本题电路动态变化分析问题．对于电容器，关键是分析其电压，电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，电容器的电压等于这条电路两端的电压．
4．如图所示，在倾角37θ=︒的光滑斜面上，物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，物块A 、B 紧挨在一起但它们之间无弹力，已知物块A 、B 质量分别为m 和
2m ，重力加速度为g ，sin370.6︒=，cos370.8︒=．某时刻将细线剪断，则在细线剪断瞬间，下列说法正确的是
A ．物块
B 的加速度为0.6g B ．物块A 的加速度为0.6g
C ．物块A 、B 间的弹力为0.4mg
D ．弹簧的弹力为1.8mg
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
剪断细线前，弹簧的弹力：sin 370.6F mg mg =︒=弹 细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为0.6F mg =弹； 剪断细线瞬间，对A 、B 系统，加速度为：3sin 370.43mg F a g m
︒-==弹
，即A 和B 的加
速度均为0.4g ；
以B 为研究对象，根据牛顿第二定律可得2sin372mg T ma ︒-= 解得0.4T mg =．
故C 正确，ABD 错误．故选C ．
5．在如图所示的电路中，当开关S 闭合后，电压表有示数，调节可变电阻R 的阻值，使电压表的示数增大ΔU ，则( )
A．可变电阻R被调到较小的阻值
B．电阻R2两端的电压减小，减小量等于ΔU
C．通过电阻R2的电流减小，减小量小于
D．通过电阻R2的电流减小，减小量等于
【答案】C
【解析】
【详解】
A.由题意知，要使电压表的示数增大，则需电阻R和R1并联后的总电阻增大，则需将可变电阻R增大，即可变电阻R被调到较大的阻值，故A项不合题意；
BCD.当R增大时，外电阻增大，干路电流减小，电阻R2两端的电压减小，且路端电压增大，所以电阻R2两端的电压减小量小于ΔU，由欧姆定律知，通过电阻R2的电流也减小，
减小量小于，故B项不合题意、D项不合题意，C项符合题意．
6．如图所示的电路中，电源电动势为E．内阻为R，L1和L2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R．电压表为理想电表，K为单刀双掷开关，当开关由1位置掷到2位置时，下列说法中正确的是（）
A．L1亮度不变，L2将变暗
B．L1将变亮，L2将变暗
C．电源内阻的发热功率将变小
D．电压表示数将变小
【答案】D
【解析】开关在位置1时，外电路总电阻R总=，电压表示数U=E=，同理，两灯电压U1=U2=E，
电源内阻的发热功率为P热==。

开关在位置2时，外电路总电阻R 总′=R ，电压表示数U′=E=，灯泡L 1的电压
U 1′=E ，L 2′的电压U 2′=，电源内阻的发热功率为
，
A 、由上可知，L 1亮度不变，L 2将变亮。

故A
B 错误。

C 、电源内阻的发热功率将变大。

故C 错误
D 、电压表读数变小。

故D 正确。

故选：D 。

7．如图所示电路中，电源电动势为E ，内阻为r ，串联的固定电阻为R 2，滑动变阻器的总阻值是R 1，电阻大小关系为R 1＋R 2＝r ，则在滑动触头从a 端滑到b 端过程中，下列描述正确的是( )
A ．电路的总电流先减小后增大
B ．电路的路端电压先增大后减小
C ．电源的输出功率先增大后减小
D ．滑动变阻器R 1上消耗的功率先减小后增大 【答案】D 【解析】
A 、当滑动变阻器从a →b 移动时R 1作为并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流是先减小后增大，故A 正确；
B 、路端电压U =E -Ir ，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，故B 正确；
C 、当R 外=r 的时候电源的输出功率最大，当滑片在a 端或者b 端的时候，电路中R 外=R 2<r ,则随着外电阻的先增大后减小，由P R -外外图象的单调性可知输出功率是先增大后减小的，故C 正确；
D 、滑动变阻器的总电阻R 1<R 2+r ，则滑片向右滑，R 1的总阻值先增大后减小，则滑动变阻器上消耗的功率是先增大后减小，故D 错误．本题选错误的故选D.
【点睛】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P 从最右端→中间→左端总电阻变化情况的判断．
8．如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为r （212R r R R <<+），电表均视为理想电表。

闭合开关S 后，调节R 的阻值，使电流表A 1的示数增大了I ∆1，在这一过程中，电
流表的A 2示数变化量的大小为I ∆2，电压表示数的变化量的大小为U ∆，则
A ．A 2增大，且I ∆2<I ∆1
B ．1
U I ∆∆的大小变大
C ．电源的效率降低了1I r
E
∆⋅ D ．电源的输出功率一定增大了
【答案】C 【解析】 【详解】
A ．要使电流表A 1示数增大，则R 应减小；因总电流增大，则内阻及R 2分压增大，并联部分电压减小，则流过R 1的电流减小，因此流过R 的电流增大，即A 2的示数变大，因
211()()()R I I I +=Z ]Z
则
21I I ∆>∆
故A 错误。

B ．根据
1r E U U =+
可得：
r U U ∆=∆
则
11
r
U U r I I ∆∆==∆∆ 故其大小不会随R 的变化而变化；故B 错误。

C ．电源的效率
100%U
E
η=
⨯ 因电压的改变量为△I 1r ；故说明电源的效率降低了
1I r
E
∆⋅；故D 正确。

D ．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；因不明确内外电阻的关系，故无法明确功率的变化情况；故D 错误。

故选C 。

9．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 。

10．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V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变小、变大、变小、变大
B．电压表V1、V2、V3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．
11．如图所示的电路，R1、R2是两个定值电阻，R′是滑动变阻器，R3为小灯泡，电源内阻为r．开关闭合后，当滑动变阻器触头P向上移动时（）
A．电压表示数变大
B．小灯泡亮度变大
C．电容器充电
D．电源的总功率变大
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
闭合开关后，当滑动变阻器触头P向上移动时，'R增大，外电路总电阻增大，干路中电流减小，则小灯泡亮度变小．电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大，故AB错误；电路稳定时电容器的电压等于1R、'R串联总电压，根据串联电路电压分配规律可知，'R增大，电容器的电压增大，则电容器充电，故C正确；电源的总功率为
，干路电流I减小，则电源的总功率变小，故D错误．
P EI
【点睛】
本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析．对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析．根据串联电路电压与电阻成正比的特点，分析各部分电压的变化，比较简便．
12．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-μ∙3mg=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：
F-μ∙2mg-F1=2ma，
得
F1=F-μ∙2mg-2ma，
a减小，F1增大．对C：
F-μmg-F2=ma，
得
F2=F-μmg -ma，
a减小，F2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：
F1-μmg=ma，
a减小，F1减小．对C：
F-μmg-F2=ma，
a减小，F2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．
【点睛】
对于连接体问题一定要正确选取研究对象，用好整体法与隔离法再由牛顿第二定律即可求解．
13．某温度检测、光电控制加热装置原理如图所示．图中R T为热敏电阻(随温度升高，阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度，R G为光敏电阻(随光照强度增大，阻值减小)，接收小灯泡L的光照，除R T、R G外，其他电阻均为定值电阻（虚线框内两元件距离很近）．当R处温度升高时（）
A．L变亮B．R3的电流减小
C．E2的路端电压增大D．R的功率减小
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
当R处温度升高时，R T阻值变小，小灯泡L的电流变大，所以光照强度增大，R G阻值变小，通过R2的电流变大，E2的路端电压变小，R两端电压变小，通过的电流也变小，功率变小，通过R3的电流变大，故AD正确．
14．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 ∆<∆
【答案】BD
【解析】
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 ∆<∆，故BD 正确；
C 、电路中总电流变小，则电源的总功率减少，因不知道外电阻与内电阻之间的关系，所以无法判断电源的输出功率的变化；故C 错误；
故选BD ．
15．在如图所示电路中，电源的电动势为E 、内阻为r ，R 1和R 2为两个定值电阻.闭合电键S ，当滑动变阻器R 3的滑动触头P 从a 向b 滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电流表、和电压表的示数分别用I 1、I 2和U 表示，示数变化量的绝对值分别用ΔI 1、ΔI 2和ΔU 表示，下列说法正确的有
A ．U 变大， I 1变小， I 2变小
B ．U 与 I 1的比值变小
C ．ΔI 1小于ΔI 2
D ．ΔU 与ΔI 1的比值不变
【答案】BCD
【解析】
【分析】
考查电路的动态分析。

【详解】
A ．滑动触头P 从a 向b 滑动时，R 3减小，由结论法“串反并同”可知U 减小， I 1增大， I 2增大，A 错误；
B ．U 与 I 1的比值为路端总电阻，由于R 3减小，路端总电阻减小，所以U 与 I 1的比值变小，B 正确；
C ．I 1为I 2与R 2电流之和，I 1增大， I 2增大，R 2电流为2
U R ，则： 122
U I I R ∆∆=∆-
所以ΔI 1小于ΔI 2， C 正确；
D ．ΔU 为路端电压的增加量，也为内部电压减少量，ΔU 与ΔI 1的比值为电源内阻，内阻不变，D 正确；故选BCD 。