高中物理整体法隔离法解决物理试题解题技巧及经典题型及练习题(1)

高中物理整体法隔离法解决物理试题解题技巧及经典题型及练习题(1)
一、整体法隔离法解决物理试题
1．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是
A． I1增大，I2不变，U增大
B． I1减小，I2增大，U减小
C． I1增大，I2减小，U增大
D． I1减小，I2不变，U减小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．
2．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．
3．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 mg 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。

4．如图所示，一个“V”形槽的左侧挡板A 竖直，右侧挡板B 为斜面，槽内嵌有一个质量为m 的光滑球C ．“V”形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，设挡板A 、B 对球的弹力分别为F 1、F 2，下列说法正确的是( )
A ．F 1、F 2都逐渐增大
B ．F 1、F 2都逐渐减小
C．F1逐渐减小，F2逐渐增大
D．F1、F2的合外力逐渐减小
【答案】D
【解析】
光滑球C受力情况如图所示：
F2的竖直分力与重力相平衡，所以F2不变；
F1与F2水平分力的合力等于ma，在V形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，加速度不断减小，由牛顿第二定律可知F1不断减小，F1、F2的合力逐渐减小，故D正确，A、B、C错误；
故选D．
【点睛】以光滑球C为研究对象，作出光滑球C受力情况的示意图；
竖直方向上受力平衡，水平方向根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合加速度的变化解答．
5．如图，斜面体a放置在水平地面上。

一根跨过光滑定滑轮的轻绳，左侧平行斜面与斜面上的物块b相连，另一端与小球c相连，整个系统处于静止状态。

现对c施加一水平力F，使小球缓慢上升一小段距离，整个过程中a、b保持静止状态。

则该过程中（）
A．轻绳的拉力一定不变
B．a、b间的摩擦力一定增大
C．地面对a的摩擦力可能不变
D．地面对a的弹力一定减小
【答案】D
【解析】
【详解】
A．对小球ｃ受力分析，如图所示：
三个力构成动态平衡，由图解法可知，绳的拉力T F 逐渐增大，水平力F 逐渐增大，故A 错误；
B ．对b 物体分析，由于不知变化前b 所受摩擦力方向，故绳的拉力增大时，b 物体的滑动趋势无法确定，则a 、b 间的摩擦力可能增大或减小，故B 错误；
CD ．以a 、b 为整体分析，如图所示：
由平衡条件可得：
cos T f F θ=地
sin T a b N F G G θ+=+地
因绳的拉力T F 变大，可知a 与地间的摩擦力一定增大，地面对a 的弹力一定减小，故C 错误，D 正确；
故选D 。

6．如图所示，电源电动势为E ，内电阻为r ， 1L 、2L 是两个小灯泡， R 是滑动变阻器，V 1、V 2可视为理想电压表．闭合开关S ，将滑动变阻器R 的滑动片由最左端向最右端滑动，小灯泡的阻值可视为不变，下列说法正确的是（ ）
A ．小灯泡1L 变暗，V 1表的示数变小，V 2表的示数变大
B ．小灯泡1L 变亮，V 1表的示数变大，V 2表的示数变小
C ．小灯泡2L 变暗，V 1表的示数变小，V 2表的示数变大
D．小灯泡
2
L变亮，V1表的示数变大，V2表的示数变大
【答案】D
【解析】将滑动变阻器的触片由左端向右滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，变阻器与灯泡L2并联的电阻变大，外电路总电阻增大，则路端电压随之增大，即V1表的读数变大．由闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流减小，灯泡L1变暗，电压表V2读数变小．灯泡L2的电压U2=E-I(r+R L1)增大，I减小，则U2增大，灯泡L2变亮．故D正确．故选D．
【点睛】本题是电路中动态分析问题．对于路端电压可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大，减小而减小判断．
7．直流电路如图所示，电源的内阻不能忽略不计，在滑动变阻器的滑片P由图示位置向右移动时，电源的
A．效率一定增大
B．总功率一定增大
C．热功率一定增大
D．输出功率一定先增大后减小
【答案】A
【解析】由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；A、
电源的效率
UI R
EI R r
η==
+
，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增
大，故A正确；B、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI减小，故B错误；
C、电源内阻r不变，电流I减小，源的热功率P Q=I2r减小，故C错误；
D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故D错误；故选A．
【点睛】知道电路串并联中的电流电压关系，并熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题．
8．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V1的示数变化大小为ΔU1，电压表V2的示数变化大小为ΔU2，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11U
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．
9．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．
10．如图甲所示，在水平地面上有一长木板B ，且足够长，其上叠放木块A ．假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F 作用于B ，A 、B 的加速度与F 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是（ ）
A ．A 的质量为0.5 kg
B ．A 、B 间的动摩擦因数为0.2
C ．B 与地面间的动摩擦因数为0.2
D ．当水平拉力F=15N 时，长木板的加速度大小为10m/s 2
【答案】ACD
【解析】
【详解】
在F ＜3N 时，一起保持静止；在3N≤F ＜9N 时，A 、B 保持相对静止，故地面对B 的最大静摩擦力f B =3N ；在3N≤F ＜9N 时，A 、B 保持相对静止；在F≥9N 时，A 与B 发生相对滑动，故B 对A 的最大静摩擦力f A =4m A ，在3N≤F ＜9N 时，A 、B 运动的加速度B A B F f a
m m -+＝
，可得，m A +m B =1.5kg ；在F≥9N 时，B 的加速度A B B B F f f a m --＝
，可得，m B =1kg ，那么m A =0.5kg ；B 与地面间的动摩擦因数()
0.2B B A B f m m g ＝＝μ+，A 、B 间的动摩擦因数0.4A A A f m g
μ＝＝，故AC 正确，B 错误；当水平拉力F=15N 时，木板和木块已经相对滑动，则此时长木板的加速度大小为221540.53/10/1A B B
B F f f a m s m s m ---⨯-==''＝，选项D 正确；故选ACD ．
【点睛】
物体运动学问题中，一般分析物体的运动状态得到加速度的表达式，然后对物体进行受力分析求得合外力，最后利用牛顿第二定律联立求解即可．
11．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-f=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B
C 整体：，得
，a 减小，F 1增大．对C ：，得，a 减小，F 2增大．故B 错误．
对C ：F-F 2=m C a ，得F 2=F-m C a ，a 减小，F 2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 ：F 1=m A a ，a 减小，F 1减小．对C ：F-F 2=m C a ，a 减小，F 2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 。

12．如图所示电路中，电源的内电阻为r ，R 2、R 3、R 4均为定值电阻，电表均为理想电表．闭合电键S ，当滑动变阻器R 1的滑动触头P 向右滑动时，电流表和电压表的示数变化量的大小分别为ΔI 、ΔU ，下列说法正确的是（ ）
A ．电压表示数变大
B ．电流表示数变大
C ．
U r I
∆>∆ D ．U r I ∆<∆ 【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】 设R 1、R 2、R 3、R 4的电流分别为I 1、I 2、I 3、I 4，电压分别为U 1、U 2、U 3、U 4．干路电流为I 干，路端电压为U ，电流表电流为I ．
A 、R 1变大，外电阻变大，I 干变小， U=E-I 干r 变大，U 3变大．故A 正确．
B 、I 3变大，I 干变小，由I 4=I 干-I 3变小，U 4变小，而U 2=U-U 4，U 变大，则U 2变大，I 2变大，I 4=I 1+I 2，I 1变小．故B 错误
C 、
D ，由欧姆定律U=E-I 干r ，得 =U r I ∆∆干
，由I 干=I 1+I 2+I 3，I 1变小，I 2变大，I 3变大，I 干变小，则△I 1＞△I 干，即△I ＞△I 干，所以
U r I ∆<∆，故C 错误；D 正确； 故选AD
【点睛】
由图可知，R 1、R 2并联，再与R 4串联，与R 3并联，电压表测量路端电压，等于R 3电压．由R 1接入电路的电阻变化，根据欧姆定律及串并关系，分析电流表和电压表示数变化
量的大小．本题的难点在于确定电流表示数变化量△I A 与干路电流变化△I 干的大小，采用总
量法，这是常用方法．同时，要理解
=U r I ∆∆干
13．如图所示，质量分别为1m 、2m 的两个物块间用一轻弹簧连接，放在倾角为θ的粗糙斜劈上，物块与斜劈间的动摩擦因数均为μ，用平行于斜面、大小为F 的拉力作用在1m 上，使1m 、2m 一起向上作匀加速度运动，斜劈始终静止在水平地面上，则
A ．弹簧的弹力为212
m F m m + B ．弹簧的弹力为
2212sin m F mg m m μθ++ C ．地面对斜劈的摩擦力水平向左
D ．地面对斜劈的摩擦力水平向右
【答案】AC
【解析】A 、B 、根据牛顿第二定律得： 对m 1、m 2整体：F -μ（m 1+m 2）g cos θ-（m 1+m 2）g sin θ=（m 1+m 2）a ，对m 2：F 弹-μm 2g cos θ-m 2g sin θ=m 2a ，联立上两式得： 212
=m F F m m +弹.故A 正确，B 错误.C 、D 、以斜面为研究对象，分析受力情况：重力G 、m 1、m 2的压力N 1和滑动摩擦力f 1、地面的支持力N 2，如图所示：
则由平衡条件可知，地面对斜面的摩擦力f 2必定水平向左，斜面才能保持平衡。

故C 正确，D 错误。

故选AC.
【点睛】本题解题关键是研究对象的选择，采用整体法和隔离法相结合的方法求解弹簧的弹力，运用隔离法分析，地面对斜面的摩擦力的方向．
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．如图所示，水平面上有两个质量分别为m 1和m 2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两物体的材料相同，现用力F 向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，下列说法正确的是
A ．绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关
B ．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关
C ．若水平面是光滑的，则绳的拉力为112
m F m m +
D ．若水平面是粗糙的，且物体和地面摩擦因数为μ，则绳的拉力为
1112
m F m g m m μ++ 【答案】BC
【解析】 设物体和地面摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律： 1212F m m g m m a μ-+=+（）（）
得:()1212F m m g
a m m μ-+=+
以m 1为研究对象，根据牛顿第二定律：
11T m g m a μ-=
代入a 得:112
Fm T m m =+ 可见绳子拉力大小与摩擦因数μ无关，与两物体质量大小有关，即与水平面是否粗糙无关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力均为112Fm T m m =
+，故BC 正确 综上所述本题答案是：BC
点睛：先以两木块整体为研究对象根据牛顿第二定律求出加速度大小,然后以1m 为研究对象根据牛顿第二定律求出绳子拉力表达式,本题主要考查了学生对整体隔离方法的运用情况．。