高考物理整体法隔离法解决物理试题试题经典及解析

高考物理整体法隔离法解决物理试题试题经典及解析
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．最近，不少人喜欢踩着一种独轮车，穿梭街头，这种独轮车全名叫电动平衡独轮车，其中间是一个窄窄的轮子，两侧各有一块踏板，当人站在踏板上向右运动时，可简化为如图甲、乙所示的模型。

关于人在运动中踏板对人脚的摩擦力，下列说法正确的是（）
A．考虑空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力向左
B．不计空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力向左
C．考虑空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力可能为零D．不计空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力不可能为零【答案】C
【解析】
【详解】
A．考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力为右，故A错误；
B．不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，合力向右，即脚所受摩擦力向右，故B错误；
C．当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；
D．当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力提供加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D错误。

故选C。

【点睛】
此题考查根据不同的运动状态来分析脚受到力的情况，掌握物体的平衡条件以及加速度与合外力的关系，注意人水平方向向右运动时空气阻力的方向是水平向左的。

3．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R2，滑动变阻器的总阻值是R1，电阻大小关系为R1＋R2＝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．
4．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 =I 2r 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．
5．如图所示，质量为m 的物体放在斜面体上，在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，物体始终与斜面体保持相对静止，则斜面体对物体的摩擦力Ff 和支持力
FN分别为（重力加速度为g）( )
A．Ff＝m（gsinθ＋acosθ） FN＝m（gcosθ－asinθ）
B．Ff＝m（gsinθ＋acosθ） FN=m（gcosθ－acosθ）
C．Ff＝m（acosθ－gsinθ） FN=m（gcosθ＋asinθ）
D．Ff＝m（acosθ－gsinθ） FN＝m（gcosθ－acosθ）
【答案】A
【解析】对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力（沿斜面向上），向右匀加速，故合力大小为ma，方向水平向右；
采用正交分解法，在平行斜面方向，有：F f-mg sinθ=ma cosθ，在垂直斜面方向，有：
mg cosθ-F N=ma sinθ，联立解得：F f=m(g sin θ+a cosθ)，F N=m(g cosθ-a sinθ)；故A正确，B,C,D 错误；故选A.
【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住物体与斜面的加速度相等，结合牛顿第二定律进行求解．
6．如图，质量均为m的A、B两个小物体置于倾角为30°的斜面上，它们相互接触但不粘
连．其中B与斜面同动摩擦因数为
3
μ=，A为光滑物体，同时由静止释放两个物体，
重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A．两个物体在下滑过程中会分开
B．两个物体会一起向下运动，加速度为
2
g
C．两个物体会一起向下运动．加速度为3 8 g
D．两个物体会一起向下运动，它们之间的相互作用力为1
2 mg
【答案】C
对A 受力分析，
由牛顿第二定律得sin A BA A A m g N m a θ-=
对B 受力分析，
由牛顿第二定律得sin cos B BA B B B m g N m g m a θμθ+-=，且有A B a a = 联立解得11cos 28BA N umg mg θ=
=，38
A B a a g ==，故B 正确，ACD 错误； 故选B ．
【点睛】两物体刚好分离的条件是两物体之间作用力为0，=a a 后前．
7．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 ＝2mg F +
B ．弹簧弹力大小为F 时，F N ＝
2F 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
【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；
8．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
-
【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：2212
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 。

9．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R 1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R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中，滑动变阻器R 1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R 1的电阻与R 2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．
10．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片x R向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为1
U
∆、
2
U
∆、
3
U
∆，理想电流表A示数变化量的绝对值为I∆，下列判断正确的是
A．V2的示数增大B．电源输出功率在增大
C．2
U
∆与I∆的比值不变D．
1
U
∆小于
2
U
∆
【答案】BC
【解析】
【详解】
A．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，所以定值电阻R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3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，内电压增大，路端电压减小，则V2的示数减小，故A错误；
B．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故电源的输出功率在增大，故B正确；
C．
2
U
∆与I∆的比值为r，不会改变，故C正确
D．根据闭合电路欧姆定律得2
U E Ir
=-，则得
2
U
r
I
D
=
D
而
1
U
R
I
D
=
D
由于R r
＞，则得
12
U U
D D
＞
故D错误。

【点睛】
本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压
或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。

11．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。

12．有一种游戏，游戏者手持丘乓球拍托球移动，距离大者获胜．若某人在游戏中沿水平面做匀加速直线运动，球拍与球保持相对靠止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ，如图所示．设球拍和球质量分别为M 、m ，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则
A ．运动员的加速度大小为gtanθ
B ．球拍对球的作用力大小为mg
C ．球拍对球的作用力大小为mgcosθ
D ．运动员对球拍的作用力大小为()cos M m g θ+ 【答案】AD
【解析】
A 、球和运动员具有相同的加速度，对小球分析如图所示：
则小球所受的合力为mg tan θ，根据牛顿第二定律得：tan tan mg a g m
θθ==，故A 正确．B 、C 、根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力cos mg N θ=
，故B 、C 错误．D 、对球拍和球整体分析，整体的合力为（M +m ）a ，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为：()cos M m g F θ
+=，故D 正确．故选AD ． 【点睛】解决本题的关键知道球、球拍和人具有相同的加速度，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法、隔离法的运用．
13．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”.
14．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：
11
T 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．
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 。