高考物理整体法隔离法解决物理试题常见题型及答题技巧及练习题

高考物理整体法隔离法解决物理试题常见题型及答题技巧及练习题
一、整体法隔离法解决物理试题
1．如图所示，A 、B 两滑块的质量分别为4 kg 和2 kg ，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动。

现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg 的钩码C 挂于动滑轮上。

现先后按以下两种方式操作：第一种方式只释放A 而B 按着不动；第二种方式只释放B 而A 按着不动。

则C 在以上两种释放方式中获得的加速度之比为
A ．1:1
B ．2:1
C ．3:2
D ．3:5
【答案】D 【解析】 【详解】
固定滑块B 不动，释放滑块A ，设滑块A 的加速度为a A ，钩码C 的加速度为a C ，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块A 运动的位移是钩码C 的2倍，所以滑块A 、钩码C 之间的加速度之比为a A : a C =2:1。

此时设轻绳之间的张力为T ，对于滑块A ，由牛顿第二定律可知：T =m A a A ，对于钩码C 由牛顿第二定律可得：m C g –2T =m C a C ，联立解得T =16 N ，
a C =2 m/s 2，a A =4 m/s 2。

若只释放滑块B ，设滑块B 的加速度为a B ，钩码C 的加速度为C
a '，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块B 运动的位移是钩码的2倍，所以滑块
B 、钩码之间的加速度之比也为:2:1B C
a a ='，此时设轻绳之间的张力为2
3
CH CS SD DH
=，对于滑块B ，由牛顿第二定律可知：
2
3
CH CS SD DH ==m B a B ，对于钩码C 由牛顿第二定律可得：2C C C
m g T m a =''-，联立解得40N 3T '=，220m/s 3B a ='，210
m/s 3
C
a ='。

则C 在以上两种释放方式中获得的加速度之比为:3:5C C a a ='，故选项D 正确。

2．如图A 、B 、C 为三个完全相同的物体，当水平力F 作用于A 上，三物体一起向右匀速运动；某时撤去力F 后，三物体仍一起向右运动，设此时A 、B 间摩擦力为f ，B 、C 间作用力为F N 。

整个过程三物体无相对滑动，下列判断正确的是
①f=0 ②f≠0 ③F N =0 ④F N ≠0
A ．②③
B ．①④
C ．①③
D ．②④
【答案】A 【解析】 【详解】
开始三个物体在拉力F 的作用下一起向右做匀速运动，可知地面对B 、C 总的摩擦力f´=F，B 受地面的摩擦力为F ，C 受地面的摩擦力为F ；撤去F 后，B 、C 受地面的摩擦力
不变，由牛顿第二定律可知，a B ==，a C ==，B 、C 以相同的加速度向右做匀减速
运动，B 、C 间作用力F N =0，故③正确。

分析A 、B ，撤去F 后，整个过程三物体无相对滑动，则A 与B 加速度相同，B 对A 有向左的摩擦力f=ma B =，故②正确。

故选：A
3．如图所示，质量相等、材料相同的两个小球A 、B 间用一劲度系数为k 的轻质弹簧相连组成系统，系统穿过一粗糙的水平滑杆，在作用在B 上的水平外力F 的作用下由静止开始运动，一段时间后一起做匀加速运动，当它们的总动能为4E k 时撤去外力F ，最后停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在从撤去外力F 到停止运动的过程中，下列说法正确的是( )
A ．撤去外力F 的瞬间，弹簧的压缩量为2F k
B ．撤去外力F 的瞬间，弹簧的伸长量为
F k
C ．系统克服摩擦力所做的功小于系统机械能的减少量
D ．A 克服外力所做的总功等于2
E k 【答案】D 【解析】 【分析】
根据受力分析与牛顿第二定律分析弹簧的伸长量；根据动能定理分析A 克服外力所做的总功；根据功能关系分析系统克服摩擦力所做的功． 【详解】
AB ．当A 与B 一起做加速运动的过程中，对整体：
F -2f =2ma
对小球A ：
kx-f=ma
联立得：
x=
2F k
即撤去外力F 的瞬间，弹簧的伸长量为
2F k
．故A B 错误； C ．根据功能关系可知，整个的过程中，系统克服摩擦力所做的功等于A 、B 的动能以及弹簧减少的弹性势能的和，即等于系统机械能的减少量．故C 错误．
D ．A 克服外力所做的总功等于A 的动能，由于是当它们的总动能为4
E k 时撤去外力
F ，所以A 与B 开始时的动能都是2E k ，即A 克服外力所做的总功等于2E k ．故D 正确； 故选D ． 【点睛】
此题考查了两个物体被弹簧连接的连接体问题，明白F 在拉动B 运动时，由于杆的摩擦力，A 物体会瞬时不动，从而弹簧就有拉长，存在弹性势能，是解决此题的关键．
4．质量为m 的光滑圆柱体A 放在质量也为m 的光滑“V 型槽B 上,如图,α=60°,另有质量为M 的物体C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B 相连,现将C 自由释放,则下列说法正确的是（ ）
A ．若A 相对
B 未发生滑动,则A 、B 、
C 三者加速度相同 B ．当M =2m 时,A 和B 共同运动的加速度大小为g C ．当3(31)
M +=
时，A 和B 之间的正压力刚好为零 D ．当(31)M m =时,A 相对B 刚好发生滑动 【答案】D 【解析】 【分析】
由题中“有质量为M 的物体C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B 相连”可知，本题考查牛顿第二定律和受力分析，运用整体法和隔离法可分析本题。

【详解】
A 、若A 相对
B 未发生滑动，则AB 可看做整体，加速度相同，
C 的运动方向向下，加速度方向与AB 不同，故A 错误；
B 、若A 和B 共同运动的加速度大小为g 时，则
C 得加速度大小也为g ，但对C 隔离分析，C 不可能做自由落体，因此不论M 等于多少，加速度不能是g ，故B 错误； C
D 、若A 和B 之间的正压力刚好为零，则此时加速度设为a ，对A 受力分析可得
cos F ma α=，sin F mg α=
解得
3a g =
对A 、B 、C 整体运用牛顿第二定律可得
(2)Mg M m a =+
解得
(31)M m =+
故C 错误D 正确；
5．如图所示，A 、B 两物体质量均为m ，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上)。

对A 施加一竖直向下、大小为F (F ＞2mg )的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态。

现突然撤去力F ，设两物体向上运动过程中A 、B 间的相互作用力大小为F N 。

不计空气阻力，关于F N 的说法正确的是(重力加速度为g )( )
A ．刚撤去力F 时，F N ＝
2
mg F
+ B ．弹簧弹力大小为F 时，F N ＝2
F C ．A 、B 的速度最大时，F N ＝mg D ．弹簧恢复原长时，F N ＝0
【答案】BCD 【解析】 【详解】
A.在突然撤去F 的瞬间，AB 整体的合力向上，大小为F ，根据牛顿第二定律，有：
F =2ma
解得：2F a m
=
对物体A 受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：
F N -mg =ma
联立解得：2
N F
F mg =+
，故A 错误； B.弹簧弹力等于F 时，根据牛顿第二定律得：对整体有： F -2mg =2ma
对A 有：
F N -mg =ma
联立解得：2
N F
F =
，故B 正确； D.当物体的合力为零时，速度最大，对A ，由平衡条件得F N =mg ，故C 正确。

C.当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得：对整体有：
2mg =2ma
对A 有：
mg -F N =ma
联立解得 F N =0，故D 正确；
6．如图，平行金属板中带电质点P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，下列说法正确的是（ ）
A ．电压表读数减小
B ．小球的电势能减小
C ．电源的效率变高
D ．若电压表、电流表的示数变化量分别为U ∆ 和I ∆ ，则1U r R I
∆<+∆
【答案】AD 【解析】
A 项：由图可知，R 2与滑动变阻器R 4串联后与R 3并联后，再由R 1串连接在电源两端；电容器与R 3并联；当滑片向b 移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R 1两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故A 正确；
B 项： 由A 项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据U E d
=
，平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0，由带电质点P 原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B 错误； C 项：电源的效率：=P IU U P IE E η==出
总
,由A 分析可知，路端电压减小，所以电源的效率变低，故C 错误；
D 项：将R 1和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为r+R 1，电压表测的为新电源的路端电压，如果电流表测的也为总电流，则
1U
r R I ∆=+∆总
,由A 分析可知3=R A I I I 总∆∆+∆，由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以R 3中的电流减小，则I A 增大，所以
A I I ∆>∆总，所以
1A
U
r R I ∆<+∆，故D 正确． 点晴：解决本题关键理解电路动态分析的步骤：先判断可变电阻的变化情况，根据变化情况由闭合电路欧姆定律E U IR =+ 确定总电流的变化情况，再确定路端电压的变化情
况，最后根据电路的连接特点综合部分电路欧姆定律进行处理．
7．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x0 ，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x0 ,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。

8．如图所示，质量均为M的物块A、B叠放在光滑水平桌面上，质量为m的物块C用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B连接，且轻绳与桌面平行，A、B之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．物块A运动的最大加速度为g
μ
B．要使物块A、B发生相对滑动，应满足关系
1M
m
μ
μ>
-
C．若物块A、B未发生相对滑动，物块A受到的摩擦力为
2Mmg M m
+
D2mg
【答案】AC
【解析】
【详解】
A.A受到的最大合外力为μMg，则A的最大加速度：
a=μMg/M=μg
故A正确；
B. 当A的加速度恰好为μg时，A、B发生相对滑动，以A、B、C系统为研究对象，由牛顿第二定律得：
mg=(M+M+m)μg
解得：m= 2
1
M
μ
μ
-
，要使物块A、B之间发生相对滑动，物块C的质量至少为
2
1
M
μ
μ
-
，故B
错误；
C. 若物块A、B未发生相对滑动，A、B、C三者加速度的大小相等，由牛顿第二定律得：
mg=(2M+m)a
对A:
f=Ma
解得：f=
2Mmg
M m
+
，故C正确；
D.C要向下做加速运动，C处于失重状态，绳子的拉力：T<mg，轻绳对定滑轮的作用力：
N =22T T +=2T <2mg
故D 错误；
9．如图所示，光滑斜面体固定在水平面上,倾角为30°，轻弹簧下端固定A 物体，A 物体质量为m ，上表面水平且粗糙，弹簧劲度系数为k ，重力加速度为g ，初始时A 保持静止状态，在A 的上表面轻轻放一个与A 质量相等的B 物体，随后两物体一起运动，则( )
A ．当
B 放在A 上的瞬间,A 、B 的加速度为4
g B ．当B 放在A 上的瞬间,A 对B 的摩擦力为零
C ．A 和B 一起下滑距离
2mg
k
时,A 和B 的速度达到最大 D ．当B 放在A 上的瞬间,A 对B 的支持力大于mg 【答案】AC 【解析】 【详解】
A 、将
B 放在A 上前，以A 为研究对象受力分析有：
根据平衡可知：1
302
F mgsin mg =︒=
； 当B 放在A 上瞬间时，以AB 整体为研究对象受力分析有：
整体所受合外力230(2)F mgsin F m a =︒-=合，可得整体的加速度
11
2?
22
2
4
mg mg g
a
m
-
==，故A正确；
BD、当B放在A上瞬间时，B具有沿斜面向下的加速度，可将B的加速度沿水平方向和竖直方向分解，
B的加速度有水平方向的分量，重力与支持力在竖直方向，故可知此加速度分量由A对B 的摩擦力提供，故B错误；
B的加速度有竖直方向的分量，且竖直向下，故可知，A对B的支持力与B的重力的合力竖直向下，故A对B的支持力小于B的重力，故D错误；
C、AB一起下滑时，弹簧弹力增加，共同下滑的加速度减小，故当加速度减小至0时，AB 具有最大速度，由A分析知2300
F mgsin F
=︒-'=
合
，可得弹簧弹力F′=mg，所以共同下滑的距离
1
2
2
mg mg
F F mg
x
k k k
-
'-
∆===
，AB具有最大速度，故C正确；
故选AC．
【点睛】
当B放在A上瞬间，以AB整体为研究对象受力分析，根据牛顿第二定律求得AB的加速度，由AB的共同加速度，隔离B分析A对B的摩擦力与支持力的大小情况即可．AB速度最大时加速度为零，据此计算分析即可．
10．如图所示，一固定杆与水平方向夹角θ=30°，将一滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个小球，滑块与小球恰能一起沿杆向下匀速运动，则下列说法中正确的是（）
A．滑块与杆之间动摩擦因数为0.5
B．滑块与杆之间动摩擦因数为
3
3
C．当二者相对静止地沿杆上滑时轻绳对小球拉力斜向左上与水平方向成30°角
D．当二者相对静止地沿杆上滑时轻绳对小球拉力斜向右上与水平方向成60°角
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据题意两者一起运动，所以应该具有相同的加速度，那么在分析此类问题时应该想到先整体后隔离，利用加速度求解． 【详解】
AB ．由题意滑块与小球恰能一起沿杆向下匀速运动，把滑块和小球作为一整体，可知
sin cos mg mg θμθ= ，
所以3
tan μθ==
，故A 错；B 对 CD ．当二者相对静止地沿杆上滑时，以整体为对象可知加速度sin cos a g g g θμθ=+= 设此时绳子与水平方向的夹角为α，绳子的拉力为T ，对小球列牛顿第二定律公式 在水平方向上：3
cos cos30T ma mg α==
o 在竖直方向上：1
sin sin302
mg T ma mg o
α-== 解得：3
tan α=
，即30α=o 由于加速度沿斜面向下，所以小球受到的合力也应该沿斜面向下，所以拉力的方向应该斜向左上与水平方向成30°角，故C 对；D 错； 故选BC 【点睛】
本题考查了整体隔离法求解量物体之间的力，对于此类问题要正确受力分析，建立正确的公式求解即可．
11．如图,有质量均为m 的三个小球A 、B 、C ，A 与B 、C 间通过轻绳相连，绳长均为L ，B 、C 在水平光滑横杆上，中间用一根轻弹簧连接，弹簧处于原长。

现将A 球由静止释放，直至运动到最低点，两轻绳的夹角由120°变为60°，整个装置始终处于同一个竖直平面内，忽略空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是
A ．A 在最低点时,
B 对水平横杆的压力等于mg/2 B 31
- C ．在A 下降的过程中，轻绳对B 做功的功率先增大后减小 D ．在A 下降的过程中轻绳对B 31
- 【答案】BCD
【解析】
【详解】
A 、若小球A 在最低点静止，设水平横杆对小球
B 、
C 的支持力都为F ，此时整体在竖直方
向受力平衡，可得23F mg =，所以32F mg =；A 球由静止释放直至运动到最低点的过程，A 先加速下降后减速下降，先失重后超重，所以小球A 在最低点时，小球B 受到水平横杆的支持力大于32
mg ，故选项A 错误； B 、小球A 在最低点时，弹簧的弹性势能最大，对整体根据能量守恒则有弹簧的最大弹性势能等于小球A 的重力势能减小，即max 31(sin 60sin 30)P E mg L L mgL -=︒-︒=
，故选项B 正确；
C 、在A 下降的过程中，小球B 先加速后加速，小球A 球释放时轻绳对B 做功的功率为零，小球A 在最低点时轻绳对B 做功的功率为零，所以轻绳对B 做功的功率先增大后减小，故选项C 正确；
D 、在A 下降的过程中，对小球A 根据动能定律可得
(sin 60sin 30)20F mg L L W ︒-︒-=，解得每根轻绳对A 做功为314
F W mgL -=，所以轻绳对B 做功为31mgL -，故选项D 正确；
12．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，电压表V 1、V 2、V 3为理想电压表，R 1、R 3为定值电阻，R 2为热敏电阻(其阻值随温度升高而减小)，C 为电容器，闭合开关S ，电容器C 中的微粒A 恰好静止．当室温从25 ℃升高到35 ℃的过程中，流过电源的电流变化量是ΔI ，三只电压表的示数变化量是ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3.则在此过程中( )
A ．V 1示数减小
B ．
32U U I I
∆∆>∆∆ C ．Q 点电势升高 D ．R 3中的电流方向由M 向N ，微粒A 匀加速下移
【答案】BC
【解析】
【详解】
A.室温从25℃升高到35℃的过程中，R 2的阻值减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，总电流增大，外电压减小，V 1示数为U 1=IR 1增大，故A 错误；
B. 由
()21U E I R r =-+
得 21U R r I
∆=+∆ 由
3U E Ir =-
得
3U r I
∆∆= 则有：
32U U I I
∆∆>∆∆ 故B 正确；
C.由于外电压减小，V 1示数增大，所以V 2示数减小，而：
2N Q U ϕϕ=-
且0N ϕ=，所以Q 点电势升高，故C 正确；
D.V 3测量的是电源路端电压，由：
3U R Ir =-
得U 3减小，电容器两端电压减小，电容电荷量减少，电容放电，形成从M 到N 的电流，两板间场强降低，电荷受的电场力减小，故将下移，但电场强度不断减小，由
mg qE ma -=
得加速度增大，微粒做加速度增大的加速运动，故D 错误。

13．在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E 、内电阻为r ，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 为电容器，图中电表为理想电表．在滑动变阻器滑动触头P 自a 端向b 端滑动的过程中（ ）
A ．电压表示数变大
B ．电容器
C 所带电荷量减少
C ．电流表示数变小
D ．a 点的电势降低
【答案】ABD
【解析】
【分析】
考查含容电路的动态分析。

【详解】 A ．在滑动变阻器滑动触头P 自a 端向b 端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I 增大，电阻R 1两端电压增大，则电压表示数增大，A 正确；
B ．电阻R 2两端电压：()21U E I R r =-+，I 增大，则U 2减小，电容器板间电压减小，带电量减小，B 正确；
C ．通过R 2的电流I 2减小，通过电流表的电流A 2I I I =-，I 增大，I 2减小，则I A 增大，即电流表示数变大，C 错误；
D ．外电路顺着电流方向电势降低，可知a 的电势大于0，a 点电势等于R 2两端电压，U 2减小，则a 点电势降低，D 正确。

故选ABD 。

14．如图A 、B 两物体叠放在光滑水平桌面上,轻质细绳一端连接B,另一端绕过定滑轮连接C 物体。

已知A 和C 的质量都是2kg,B 的质量是3kg,A 、B 间的动摩擦因数是0.2,其他摩擦不计。

由静止释放C,C 下落一定高度的过程中(C 未落地,B 未撞到滑轮,且A 未与B 分离,g=10m/s ),下列说法正确的是
A ．A 、
B 两物体没有发生相对滑动
B ．
C 物体的加速度大小是3.2m/s
C ．B 物体受到的摩擦力大小是4N
D ．细绳的拉力大小等于13.6N
【答案】BCD
【解析】
【详解】
假设A 、B 不发生相对滑动，整体的加速度：
；隔离对A 分析，f=m A a=2×N ＞μm A g=4N ，
可知假设不成立，即A 、B 两物体发生相对滑动，A 所受的摩擦力为4N ，B 物体受到A 的摩擦力大小是4N ，对BC 系统的加速度。

对C 分
析，根据牛顿第二定律得：m C g-T=m C a BC；解得T=13.6N，故A错误，BCD正确。

故选BCD。

【点睛】
本题考查了牛顿第二定律的基本运用，通过整体法和隔离法判断出A、B是否发生相对滑动是解决本题的关键，通常所用的方法是“假设法”.
15．一平行板电容器的两块金属板A，B正对竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球(可视为点电荷)。

两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻(其阻值随所受光照强度的增大而减小)，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。

当R2的滑动触头P在中间时闭合开关S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ。

电源电动势E和内阻r一定，下列说法中正确的是（）
A．若将R2的滑动触头P向a端移动，则θ变小
B．若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U增大
C．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变大
D．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则平行板电容器的电量变小
【答案】BD
【解析】
【详解】
A．平行板电容器与光敏电阻并联，而光敏电阻与滑动变阻器串联，当将R2的滑动触头P 向a端移动，总电阻减小，总电流增大，那么光敏电阻两端电压增大，因此电容器两端的电压也增大，则θ变大，故A错误；
B．若将R2的滑动触头P向b端移动，总电阻增大，则I减小，因此内电压减小，则U增大，故B正确；
C．用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，但R2和R3两端电压都增大，故R1两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，小球重新达到稳定后θ变小，故C错误；
D．由C选项分析可知，当电容器两端的电压减小时，依据Q=CU，平行板电容器的电量变小，故D正确。

故选BD。