(物理) 高考物理整体法隔离法解决物理试题专题训练答案含解析

（物理） 高考物理整体法隔离法解决物理试题专题训练答案含解析
一、整体法隔离法解决物理试题
1．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R 2两端的电压减小，减小量等于ΔU
C ．通过电阻R 2的电流减小，减小量小于
D ．通过电阻R 2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R 1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R 2两端的电压减小，且路端电压增大，所以电阻R 2两端的电压减小量小于ΔU ，由欧姆定律知，通过电阻R 2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．
2．如图所示，质量为M 的板置于水平地面，其上放置一质量为m 的物体，物体与板，板与地面间的滑动摩檫系数分别为μ、2μ。

当作用在板上的水平拉力为F 时能将板从物体下拉出，则F 的取值范围为（ ）
A ．F >mg μ
B ．F >()m M g μ+
C ．F >2()m M g μ+
D ．F >3()m M g μ+
【答案】D
【解析】
【详解】
当M 和m 发生相对滑动时，才有可能将M 从m 下抽出，此时对应的临界状态为：M 与m 间的摩擦力为最大静摩擦力m f ，且m 运动的加速度为二者共同运动的最大加速度m a ，对m 有：m m
f m
g a g m m
μμ===，设此时作用与板的力为F '，以M 、m 整体为研究对象，有：()()2m F M m g M m a μ'-+=+，解得()3F M m g μ'=+，当F F '>时，才能将M 抽出，即()3F M m g μ>+，故D 正确，ABC 错误。

3．如图所示，三个物体质量分别为m ＝1.0 kg 、m 2＝2.0 kg 、m 3＝3.0 kg ，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m 1和m 2之间的动摩擦因数μ＝0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m 2将(g ＝10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A ．和m 1一起沿斜面下滑
B ．和m 1一起沿斜面上滑
C ．相对于m 1下滑
D ．相对于m 1上滑
【答案】C
【解析】
假设m 1和m 2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度
()()312212313101210302 2.5/123m g m m gsin a m s m m m ⨯-+⨯⨯-+︒
===++++．隔离对m 2分析，根
据牛顿第二定律得，f-m 2gsin30°=m 2a ；解得f=m 2gsin30°+m 2a=2.0×（10×0.5+2.5）N=15N ；最大静摩擦力f m =μm 2gcos30°=0.8×2×10×32
N 3N ，可知f ＞f m ，知道m 2随m 1一起做加速运动需要的摩擦力大于二者之间的最大静摩擦力，所以假设不正确，m 2相对于m 1下滑．故C 正确，ABD 错误．故选C ．
4．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，R2两端电压减小，电源内阻分担电压减小，路端电压增大，所以R2两端电压减小量小于ΔU，故A项不合题意.
B.电压表示数增大ΔU，R1是定值电阻，根据欧姆定律可知通过R1的电流增大量等于，
故B项符合题意．
CD.因R2两端电压减小量小于ΔU，有通过R2的电流减小量小于；由于R2两端电压减小，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．
5．如图，斜面体置于水平地面上，斜面上的小物块A通过轻质细绳跨过光滑的定滑轮与物块B连接，连接A的一段细绳与斜面平行，系统处于静止状态．现对B施加一水平力F 使B缓慢地运动，A与斜面体均保持静止，则在此过程中（）
A．地面对斜面体的支持力一直增大
B．绳对滑轮的作用力不变
C．斜面体对物块A的摩擦力一直增大
D．地面对斜面体的摩擦力一直增大
【答案】D
【解析】
【详解】
取物体B为研究对象,分析其受力情况,设细绳与竖直方向夹角为,则水平力:
绳子的拉力为：
A、因为整体竖直方向并没有其他力,故斜面体所受地面的支持力没有变;故A错误;
B、由题目的图可以知道,随着B的位置向右移动,绳对滑轮的作用力一定会变化.故B错误;
C、在这个过程中尽管绳子张力变大,但是因为物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向,故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定;故C错误;
D、在物体B缓慢拉高的过程中, 增大,则水平力F随之变大,对A、B两物体与斜面体这个整体而言,因为斜面体与物体A仍然保持静止,则地面对斜面体的摩擦力一定变大;所以D选项是正确的;
故选D
【点睛】
以物体B受力分析,由共点力的平衡条件可求得拉力变化;再对整体受力分析可求得地面对斜面体的摩擦力;再对A物体受力分析可以知道A受到的摩擦力的变化.
6．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。

7．如图所示的电路中，电源内阻为r，闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中（）
A．U先变大后变小
B．I先变小后变大
C．U与I的比值先变大后变小
D．U的变化量的大小与I的变化量的大小的比值等于r
【答案】ABC
【解析】
由图可知，滑动变阻器上下两部分并联，当滑片在中间位置时总电阻最大，则在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，则可知路端电压先变大后变小；故AB正确；U与I的比值就是接入电路的R1的电阻与R2的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故C正确；电压表示数等于电源的路端电压，电流表的示数比流过电源的电流小，由
于
U r I 总
∆=∆，因为I I 总∆≠∆ 即U r I ∆≠∆，所以U 变化量与I 变化量比值不等于r ，故D 错误；综上分析，ABC 正确．
8．小物块m 与各面均光滑的斜面体M ，叠放在光滑水平面上，如图所示，在水平力F 1（图甲）作用下保持相对静止，此时m 、M 间作用力为N 1；在水平力F 2（图乙）作用下保持相对静止，此时m 、M 间作用力为N 2。

则下列说法正确的是（ ）
A ．若m M =，则有12F F =
B ．若m M =，则有12N N >
C ．若m M <，则有12F F <
D ．若m M <，则有12N N =
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据整体先求解整体的加速度表达式；然后隔离两物体列式分别求解F 和N 的表达式进行比较即可.
【详解】
由整体法可知，甲图中整体的加速度：11F a M m
=+，乙图中整体的加速度：22F a M m =
+；对甲图，隔离M ，则11sin N Ma θ=，隔离m ：1cos N mg θ=，解得1tan m a g M θ= ；11()()tan m F M m a M m g M θ=+=+；1cos mg N θ
=；对乙图中的m ，则：22sin tan N mg ma θθ==，解得： 2cos mg N θ=
；22()()tan F M m a M m g θ=+=+；则若m=M ，则有F 1=F 2；若m<M ，则有F 1<F 2，选项AC 正确；无论m 和M 关系如何，则N 1=N 2，选项D 正确，B 错误；故选ACD.
9．两个重叠在一起的滑块，置于倾角为θ的固定斜面上，滑块A 、B 的质量分别为M 和m ，如图所示，A 与斜面的动摩擦因数为μ1，B 与A 间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，则滑块A 受到的摩擦力( )
A ．等于零
B ．方向沿斜面向上
C ．大小等于1cos Mg μθ
D ．大小等于2cos mg μθ
【答案】BC
【解析】
【详解】 以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得，整体的加速度为： 11()sin ()cos (sin cos )M m g M m g a g M m
θμθθμθ+-+=
=-+ 设A 对B 的摩擦力方向向下，大小为f ，则有：
sin mg f ma θ+= 解得：
1sin cos f ma mg mg θμθ=-=-
负号表示摩擦力方向沿斜面向上
则A 受到B 的摩擦力向下，大小f f '=，斜面的滑动摩擦力向上，A 受到的总的摩擦力为：
11()cos cos A f f M m g Mg μθμθ'=-+=-；
AB ．计算出的A 受的总的摩擦力为负值，表示方向沿斜面向上；故A 项错误，B 项正确. CD ．计算得出A 受到总的摩擦力大小为1cos Mg μθ；故C 项正确，D 项错误.
10．如图，电源内阻为r ，两个定值电阻R 1、R 2阻值均为R ，闭合电键，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V 3示数变化量的绝对值为ΔU 3，理想电流表A 1、A 2示数变化量的绝对值分别为ΔI 1、ΔI 2，则
A ．A 2示数增大
B ．V 2示数与A 1示数的比值不变
C ．ΔU 3与ΔI 1的比值小于2R
D ．ΔI 1小于ΔI 2
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
闭合电键后，电路如图所示．V1、V2、V3分别测量R1、路端电压和R′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，则A1的示数增大，电源的内电压Ir增大，则V2示数减小，R1的电压增大，V3的示数减小，则通过R2的电流减小，所以通过R′的电流增大，即A2示数增大，A选项正确．V2示数与A1示数之比等于外电路电阻，其值减小，故B选项正确．根据闭合电路欧姆定律得U3=E﹣I1（R1+r），则得
3
1
U
I
∆
∆
=R1+r= R+r，不一定小于2R，故C选项错误．A1的示数增大量等于A2示数增大和R2的电流减小量之和，所以ΔI1小于ΔI2，故D选项正确．
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23
F mg
=，所以3
2
F 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32mg ，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)2P 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314
mgL -，故选项D 正确；
12．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
13．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；
14．在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列比值正确的是
A．△U1>△U2 ,△U2>△U3
B．U1:I不变,△U1:△I不变
C．U2:I变大,△U2:△I变大
D．U3:I变大,△U3:△I不变
【答案】BD
【解析】A、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，接入电路的电阻增大，电路中电流的减小，根据串联电路的特点可知，R1的电压减小，R2的电压增加．电源的内电压减小，则路端电压增大，因为U1+U2=U3，所以R1的电压减小量小于R2的电压增加量，即有：
|△U1|＜|△U2|，且有|△U2|＞|△U3|．故A错误．B、由于R1是定值电阻，根据欧姆定律得知，保持不变，故B正确．C、，变大．根据闭合电路欧姆定律知：U2=E-I(R1+r)，则得，保持不变，故C错误．D、,变大；根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-Ir，保持不变．故D正确．故选BD．
【点睛】本题要注意对于定值电阻，是线性元件，有，而变阻器是非线性元件，r.
15．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 ．。