高考物理整体法隔离法解决物理试题解题技巧(超强)及练习题

高考物理整体法隔离法解决物理试题解题技巧(超强)及练习题
一、整体法隔离法解决物理试题
1．一个质量为M 的箱子放在水平地面上,箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为m 的小球,线的另一端拴在箱子的顶板上,现把细线和球拉到左侧与竖直方向成θ角处静止释放,如图所示,在小球摆动的过程中箱子始终保持静止,则以下判断正确的是( )
A ．在小球摆动的过程中,线的张力呈周期性变化,但箱子对地面的作用力始终保持不变
B ．小球摆到右侧最高点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子受到地面向左的静摩擦力
C ．小球摆到最低点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力
D ．小球摆到最低点时,线对箱顶的拉力大于mg,箱子对地面的压力大于(M+m)g
【答案】D
【解析】 在小球摆动的过程中，速度越来越大，对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：
2
v F mgcos m r
θ-=，绳子在竖直方向的分力为：2v F Fcos mgcos m cos r θθθ⎛⎫'==+ ⎪⎝
⎭，由于速度越来越大，角度θ越来越小，故F '越大，故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻变化，故A 错误；小球摆到右侧最高点时，小球有垂直于绳斜向下的加速度，对整体由于箱子不动加速度为0M a =，a '为小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知：
()·
N M M m g F M a ma +-=+'，则有：()N F M m g ma =+-'，故()N F M m g <+，根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于()M m g +，故B 错误；在最低点，小球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：2
v T mg m r
-=，联立解得：2v T mg m r =+，则根据牛顿第三定律知，球对箱的拉力大小为：2
v T T mg m r
'==+，故此时箱子对地面的压力为：()()2
v N M m g T M m g mg m r
=++=+++'，故小球摆到最低点时，绳对箱顶的拉力大于mg ，，箱子对地面的压力大于()M m g +，故C 错误，D 正确，故选D.
【点睛】对m 运动分析，判断出速度大小的变化，根据牛顿第二定律求得绳子的拉力，即可判断出M 与地面间的相互作用力的变化，在最低点，球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出绳子的拉力，从而得到箱子对地面的压力．
2．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．
3．如图所示电路中，电源内阻不能忽略．闭合开关S后，调节R的阻值，使电压表示数增大ΔU，在此过程中有()
A．R2两端电压减小ΔU
B．通过R1的电流增大
C．通过R2的电流减小量大于
D．路端电压增大量为ΔU
【答案】B
【解析】
【详解】
A.因电压表示数增大，可知并联部分的总电阻增大，则整个电路总电阻增大，总电流减小，R 2两端电压减小，电源内阻分担电压减小，路端电压增大，所以R 2两端电压减小量小于ΔU ，故A 项不合题意.
B.电压表示数增大ΔU ，R 1是定值电阻，根据欧姆定律可知通过R 1的电流增大量等于，故B 项符合题意．
CD. 因R 2两端电压减小量小于ΔU ，有通过R 2的电流减小量小于；由于R 2两端电压减小，则知路端电压增大量小于ΔU ，故C 项不合题意，D 项不合题意．
4．在如图所示的电路中，已知电源的电动势E ＝5 V ，内阻不计，R 1＝8 Ω，R 2＝2 Ω，R 3＝5 Ω，R ＝6 Ω，滑动变阻器的最大阻值R 4＝20 Ω，电容器电容C ＝2 μF ，不计电表内阻的影响，闭合开关，在滑片从a 端滑到b 端的过程中，下列说法中正确的是( )
A ．电流表的示数变大
B ．电压表的示数变大
C ．电源的总功率变大
D ．电容器先放电后充电
【答案】D
【解析】
A 、C 、当P 从a 滑到b 时，电路总电阻变大，总电流变小，电流表的示数变小，电源的总功率变小A 、C 错误；
B 、总电流变小，R 1、R 2支路的电流不变，通过R 3的电流变小，故电压表示数变小，B 正确；D 、当P 在a 端时电容器与R 2并联，电容器两端电压U C1＝1V ，上极板带正电；当P 在b 端时，电容器两端电压U C2＝3V ，上极板带负电，所以电容器先放电后充电，D 正确．故选BD.
【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路；要注意当无法明确电容器的串并联关系时则应先求出两端的电势，再求出两端的电势差即可求解．
5．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 ．1U 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 。

6．如图甲所示，一轻质弹簧的下端，固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m 的物体A 、B （物体B 与弹簧栓接），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F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﹣t图象如图乙所示（重力加速度为g），则（）
A．施加外力的瞬间，F的大小为2m（g﹣a）
B．A、B在t1时刻分离，此时弹簧的弹力大小m（g+a）
C．弹簧弹力等于0时，物体B的速度达到最大值
D．B与弹簧组成的系统的机械能先增大，后保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】
A．施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：
2mg=kx；
施加外力F的瞬间，对整体，根据牛顿第二定律，有：
+-
＝
F F mg ma
22
弹
其中：
F弹=2mg
解得：
F=2ma
故A错误。

B．物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的速度与加速度，且F AB=0；
对B：
F弹′-mg=ma
解得：
F弹′=m（g+a）
故B正确。

C ．B受重力、弹力及压力的作用；当合力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间，速度不是最大值；故C错误；
D．B与弹簧开始时受到了A的压力做负功，故开始时机械能减小；故D错误；
7．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
33
a 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；
8．如图所示，质量为m 的球置于斜面上，被一个拴在斜面上的细绳拉住。

现用一个力F 推斜面，使斜面在水平面上和小球一起做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是
A ．若加速度足够小，细绳对球的弹力可能为零
B ．细绳对球的弹力可能为零
C ．斜面和细绳对球的弹力的合力一定等于ma
D ．当F 变化时，斜面对球的弹力不变
【答案】B
【解析】A 、B 、D 、对小球和斜面的整体分析可知，推力越大整体的加速度越大，当推力达到一临界值时，斜面的加速度足够大使得小球相对斜面产生上滑趋势，此时绳子的拉力为零，故A 、D 错误，B 正确。

C 、对小球受力可知重力和斜面的弹力、绳的拉力，由牛顿第二定律知三个力的合力为ma ，故C 错误。

故选B 。

【点睛】本题运用正交分解法，根据牛顿第二定律研究物体的受力情况，要正确作出物体的受力图，并抓住竖直方向没有加速度，找到临界情况．
9．如图所示的电路中，电源内阻一定，电压表和电流表均为理想电表．现使滑动变阻器R 滑片向左滑动一小段距离，测得电压表V 1的示数变化大小为ΔU 1，电压表V 2的示数变化大小为ΔU 2，电流表A 的示数变化大小为ΔI ，对于此过程下列说法正确的是( )
A ．通过电阻R 1的电流变化量大小等于11
U R ∆ B ．R 0两端的电压的变化量大小等于ΔU 2－ΔU 1
C ．路端电压的增加量等于ΔU 2
D ．
1U I
∆∆为一定值 【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】 A 、电压表V 1测量路端电压，即R 1两端的电压，根据欧姆定律可知，R 1的电流变化量大小
等于11
U R ∆；故A 正确．B 、C 、D 、使滑动变阻器R 滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，总电阻变大，总电流变小，内阻所占电压减小，路端电压增大，所以路端电压增大△U 1，并联部分的电压增大△U 1，通过R 1的电流增大，所以通过滑动变阻器的电流减小，R 0上的电压减小，R 上的电压增大△U 2，所以R 0两端的电压的变化量大小等于△U 2-△U 1，电压表V 1测量路端电压，根据欧姆定律可知1U r I ∆=
∆为定值，所以1U I
∆∆为定值，故B ，D 正确，C 错误．故选ABD ．
【点睛】
闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路—内电路—外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质．
10．如图，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻r ，开关K 闭合，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3的示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，理想电流表示数变化量的绝对值为ΔI ，正确的是
A ．V 2的示数增大
B ．电源输出功率在增大
C ．ΔU 3＞ΔU 1＞ΔU 2
D ．ΔU 3与ΔI 的比值在减小
【答案】BC
【解析】
【详解】
理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R 与变阻器串联，电压表123V V V 、、分别测量R 、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大．
A.根据闭合电路欧姆定律得：2V 的示数
2U E Ir =-
I 增大，2U 减小，故A 错误；
B. 电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻r ，外电阻减小，电源输出功率在增大，故B 正确；
D. 由闭合欧姆定律得：
()3U E I r R =-+
解得 3U R r I
∆=+∆ 所以
3U I
∆∆不变，故D 错误； C.由闭合欧姆定律得： ()3 U I R r ∆=∆+
2U Ir ∆=∆
1U IR ∆=∆
又定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r ，则312U U U ∆>∆>∆，故C 正确．
11．在如图所示电路中，R 1、R 2为定值电阻，闭合电键S 后，带电粒子恰处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表V 1，V 2，V 3示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，理想电流表A 示数变化量的绝对值为ΔI ，则( )
A ．V 1示数减小， V 2和V 3示数增大
B ．带电粒子将向上运动
C ．ΔU 3＞ΔU 1
D ．此过程中2I
U ∆∆保持不变 【答案】BCD
【解析】
【详解】
A ．将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，总电流增大，则V 1示数U 1增大．内电压增大，路端电压U 减小，而路端电压13U U U =+，可知，V 3示数U 3减小．R 2两端电压增大，所以V 2示数减小，故A 错误；
B ．R 2两端电压增大，则电容器板间电压增大，板间场强增大，带电粒子所受的电场力增大，因此带电粒子将向上运动，故B 正确；
C ．因为13U U U =+，U 3减小，U 1增大，而U 减小，所以31U U ∆∆＞ ．故C 正确；
D ．根据闭合电路欧姆定律知：
212()U E I R R r =-++
得
212U R R r I
∆=++∆ 保持不变，故D 正确．
故选BCD ．
12．在如图所示的电路中，灯L 1、L 2的电阻分别为R 1、R 2，滑动变阻器的最大阻值为R 0，若有电流通过，灯就发光，假设灯的电阻不变，当滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端移动时，灯L 1、L 2的亮度变化情况是( )
A ．当
时，灯L 1变暗，灯L 2变亮 B ．当
时，灯L 1先变暗后变亮，灯L 2先变亮后变暗 C ．当时，灯L 1先变暗后变亮，灯L 2不断变暗 D ．当
时，灯L 1先变暗后变亮，灯L 2不断变亮 【答案】AD
【解析】
【详解】
AB.当时，灯L 2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻一定大于右部分的电阻，当变阻器的滑片P 由a 端向b 端移动时，电路总电阻增大，总电流减小，所以通过灯L 1的电流减小，灯L 1变暗，通过灯L 2的电流变大，灯L 2变亮，故A 项符合题意，B 项不合题意； CD.当时，灯L 2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻，则当滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端移动时，总电阻先增大，后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L 1的电流先减小后增大，故灯L 1先变暗后变亮，而通过L 2的电流一直变大，灯L 2不断变亮，故C 项不合题意，D 项符合题意．
13．如图所示，一质量为M 的斜面体静止在水平地面上，物体A 、B 叠放在斜面体上，物体B 受沿斜面向上的力F 作用沿斜面匀速上滑，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，μ<tanθ，且
A 、
B 质量均为m ，则( )
A ．A 、
B 保持相对静止
B ．地面对斜面体的摩擦力等于()mg sin cos cos Fcos θμθθθ－＋
C ．地面受到的压力等于(M ＋2m)g
D ．B 与斜面间的动摩擦因数为2F mgsin mgcos mgcos θμθθ
-- 【答案】BD
【解析】
A 、对A 分析，因为μ<tan θ，则mg sin θ>μmg cos θ，所以A 、
B 不能保持相对静止，故A 错误．
B 、以A 为研究对象，A 受到重力、支持力和B 对A 的摩擦力，如图甲所示．
N ＝mg cos θ，
mg sin θ－μN ＝ma ，
由于μ<tan θ，则ma ＝mg sin θ－μmg cos θ>0.
将B 和斜面体视为整体，受力分析如图乙所示．
可知地面对斜面体的摩擦力等于mg (sin θ－μcos θ)cos θ＋F cos θ；故B 正确；
C 、以三者整体为研究对象：A 有沿斜面向下的加速度，故地面受到的压力不等于(M ＋2m )g ， C 错误．
D 、B 与斜面体间的正压力N ′＝2mg cos θ，对B 分析，根据共点力平衡有
F ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋f ′，则B 与斜面间的动摩擦因数
-2f F mgsin mgcos N mgcos θμθμθ
-='=，故D 正确． 故选BD
14．如图所示，在倾角为θ的光滑斜劈P 的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A 、B ，C 为一垂直固定在斜面上的挡板．A 、B 质量均为m ，斜面连同挡板的质量为M ，弹簧的劲度系数为k ，系统静止于光滑水平面．现开始用一水平恒力F 作用于Ｐ，（重力加速度为g ）下列说法中正确的是（ ）
A ．若F=0，挡板受到
B 物块的压力为2sin mg θ
B ．力F 较小时A 相对于斜面静止，F 大于某一数值，A 相对于斜面向上滑动
C ．若要B 离开挡板C ，弹簧伸长量需达到sin /mg k θ
D ．若(2)tan F M m g θ=+且保持两物块与斜劈共同运动，弹簧将保持原长
【答案】AD
【解析】
【详解】
A 、F=0时，对物体A 、
B 整体受力分析，受重力、斜面的支持力N 1和挡板的支持力N 2，根据共点力平衡条件，沿平行斜面方向，有N 2-（2m ）gsinθ=0，故压力为2mgsinθ，故A 错误；
B 、用水平力F 作用于P 时，A 具有水平向左的加速度，设加速度大小为a ，将加速度分解如图
根据牛顿第二定律得
mgsinθ-kx=macosθ
当加速度a 增大时，x 减小，即弹簧的压缩量减小，物体A 相对斜面开始向上滑行．故只要有力作用在P 上，A 即向上滑动，故B 错误；
C 、物体B 恰好离开挡板C 的临界情况是物体B 对挡板无压力，此时，整体向左加速运动，对物体B 受力分析，受重力、支持力、弹簧的拉力，如图
根据牛顿第二定律，有 mg-Ncosθ-kxsinθ=0 Nsinθ-kxcosθ=ma
解得：kx=mgsinθ-macosθ，
sin cos
mg ma
x
k
θθ
-
=故C错误；
D、若F=（M+2m）gtanθ且保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二定律，整体加速度为gtanθ；
对物体A受力分析，受重力，支持力和弹簧弹力，如图
根据牛顿第二定律，有
mgsinθ-kx=macosθ
解得
kx=0
故弹簧处于原长，故D正确；
15．粗糙的水平地面上放着一个质量为M、倾角为θ的斜面体，斜面部分光滑，底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，轻质弹簧一端与固定在斜面上的轻质挡板相连，另一端连接一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k。

斜面体在水平向右的恒力作用下，和小球一起以加速度a向右做匀加速直线运动（运动过程小球没离开斜面）。

以下说法正确的是（）
A ．水平恒力大小为()M m a +
B ．地面对斜面体的摩擦力为()M m g μ+
C ．弹簧的形变量为
cos sin ma mg k
θθ+ D ．斜面对小球的支持力为cos sin mg ma θθ+ 【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．对系统受力分析，应用牛顿第二定律
()()F M m g M m a μ-+=+
解得
()()F M m a M m g μ=+++
A 错误，
B 正确；
CD ．对小球应用牛顿第二定律，沿斜面和垂直斜面分解加速度，有
sin cos kx mg ma θθ-=
cos sin mg N ma θθ-=
解得弹簧的形变量为
cos sin k
x ma mg θθ=
+ 斜面对小球的支持力 cos sin N mg ma θθ=-
C 正确，
D 错误。

故选BC 。