最新高考物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)

最新高考物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)
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R1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R2两端的电压减小，且路端电压增大，所以电阻R2两端的电压减小量小于ΔU，由欧姆定律知，通过电阻R2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，三个物体质量分别为m＝1.0 kg、m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg ，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2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，m2将(g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．和m1一起沿斜面下滑
B．和m1一起沿斜面上滑
C．相对于m1下滑
D．相对于m1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
()(
)3122123
1
3101210302 2.5/123
m 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×
3
2
N =83N ，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 ．
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R 2，滑动变阻器的总阻值是R 1，电阻大小关系为R 1＋R 2＝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．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 ．1
U 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 。

5．如图，放置于水平面上的楔形物体，两侧倾角均为30°，左右两表面光滑且足够长，上端固定一光滑滑轮，一根很长且不可伸长的轻绳跨过定滑轮分别与左右两侧斜面平行，
绳上系着三个物体A 、B 、C ，三物体组成的系统保持静止.A 物体质量为m ，B 物体质量为3m ，现突然剪断A 物体和B 物体之间的绳子，不计空气阻力(重力加速度为g )，三物体均可视为质点，则
A ．绳剪断瞬间，A 物体的加速度为310g
B ．绳剪断瞬间，
C 物体的加速度为
12
g C ．绳剪断瞬间，楔形物体对地面的压力不变 D ．绳剪断瞬间，A 、C 间绳的拉力为2mg 【答案】A 【解析】 【详解】
ABD ．设C 的质量为m ′．绳剪断前，由平衡条件知：
（3m +m ）g sin30°=m ′g sin30°
得
m ′=4m
绳剪断瞬间，以A 为研究对象，根据牛顿第二定律得：
T -mg sin30°=ma
以C 为研究对象，根据牛顿第二定律得：
4mg sin30°-T =4ma
联立解得：
310a g = 45
T mg =
即绳剪断瞬间，A 、C 物体的加速度大小均为3
10
g ，A 、C 间绳的拉力为45mg ，故A 正
确，BD 错误．
C ．绳剪断前，A 、C 间绳的拉力为：
T ′=（3m +m ）g sin30°=2mg
绳剪断瞬间，A 、C 间绳的拉力为
4
5
mg ，则AC 间绳对定滑轮的压力发生改变，而三个物体对楔形物体的压力不变，可知，绳剪断瞬间，楔形物体对地面的压力发生变化，故C 错误．
6．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.
7．如图所示，两块连接在一起的物块a和b，质量分别为m a和m b，放在水平的光滑桌面上，现同时施给它们方向如图所示的推力F a和拉力F b，已知F a>F b，则关于a对b的作用力，下列说法正确的是（）
A．必为推力B．必为拉力
C．可能为推力，也可能为拉力D．不可能为零
【答案】C
【解析】
试题分析: 整体水平方向受两推力而做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：
a b
a b
F
F
a
m m
+
=
+，对a由牛顿第二定律可得：a a
F F m a
+=，则
a b b a
a a
a b
m F m F
F m a F
m m
-
=-=
+．若b a a b
m F m F
>，F为负值，b对a为推力；若
b a a b
m F m F
<，F为正值，则b对a为拉力；若
b a a b
m F m F
=，F为零．故C正确，A、B、D错误．故选C．
考点：考查牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
8．如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的斜壁，其斜面倾角为θ，一质量为m的物体放在其光滑斜面上，现用一水平力F推斜劈，恰使物体m与斜劈间无相对滑动，则斜劈对物块m的弹力大小为（）
①mgcosθ②
cos
mg
θ
③()cos
mF
M mθ
+
④()sin
mF
M mθ
+
A．①④ B．②③
C．①③ D．②④
【答案】D
【解析】两者一起向左匀加速运动，对物体进行受力分析，如图所示：
则根据牛顿第二定律及平衡条件可得：
cos
N
F mg
θ=
sin
N
F ma
θ=
解得：
cos
N
mg
F
θ
=
将两物体看做一个整体，
()
F M m a
=+
sin
N
F ma
θ=
所以解得
()sin
mF
M mθ
+
，
综上所述本题正确答案为D。

9．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
6
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2g
C ．两个物体会一起向下运动．加速度为
38
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 【解析】 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==，3
8
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．
10．如图所示的电路中，闭合开关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 、1U 、2U 和3U 表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、Δ1U 、Δ2U 和Δ3U ，下列说法正确的是
A ．I 减小，1U 减小、2U 增大，3U 增大
B ．电源功率不变，1R 上功率增加
C ．2
U I 变大，2U I
∆∆不变 D ．
3U I 变大，3
U I ∆∆不变 【答案】ACD 【解析】 【详解】
A. 当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，外电路电阻增大，电流减小，根据
U E Ir =- 可知路端电压3U 增大，U 1测定值电阻的电压，所以U 1随着电流的减小而减
小，根据321U U U =+ 可知U 2增大，故A 正确.
B.电源的功率P EI =，随着回路中电流变小，则电源功率也在变小，故B 错误；
C. 根据电路知识可知, 22U R I =所以2U
I 变大，()21U E I R r =-+ 可知
21U R r I
∆=+∆不变，故C 正确 D.根据电路知识可知
3U I =R 1+R 2所以3U
I
变大．根据闭合电路欧姆定律得：U 3=E-Ir ，则有3
U I ∆∆=r ，不变．故D 正确．
11．倾角为θ的斜面体M 静止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的．已知质量为m 的物块恰可沿其斜面匀速下滑．今对下滑的物块m 施加一个向右的水平拉力F ，物块仍沿斜面向下运动，斜面体M 始终保持静止．则此时（ ）
A ．物块m 下滑的加速度等于F cosθ/m
B ．物块m 下滑的加速度大于F cosθ/m
C ．水平面对斜面体M 的静摩擦力方向水平向左
D ．水平面对斜面体M 的静摩擦力大小为零 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．对物体B 受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，如图
根据平衡条件，有mg sin θ=f ，mg cosθ=N ；其中 f=μN ；解得：
μ=tanθ
当加上推力后，将推力按照作用效果正交分解，如图
根据牛顿第二定律，有
mg sinθ+F cosθ-μ(mg cosθ-F sinθ) =ma ，
解得
cos sin cos F F F a m m
θμθθ
+=
>
选项A 错误，B 正确；
CD ．无拉力时，对斜面受力分析，受到重力Mg ，压力、滑块的摩擦力和地面的支持力，其中压力和摩擦力的合力竖直向下，如图
当有拉力后，压力和摩擦力都成比例的减小，但其合力依然向下，故地面与斜面体间无摩擦力，故CD 错误； 故选BD ． 【点睛】
本题关键是先对物体B 受力分析，得到动摩擦因数μ=tanθ，然后得到物体B 对斜面题的摩擦力和压力的合力一定竖直向下．
12．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 向上滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用 I 、U 1、U 2和 U 3表示，电表示数变化量的绝对值分别用 ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和 ΔU 3表示．下列说法正确的是 （ ）
A ．U 1变小，U 2变大，U 3变小，I 变大
B ．U 1变大，U 2变小，U 3变大，I 变大
C ．U 1/I 不变，U 2/I 变小，U 3/I 变小
D ．ΔU 1/ΔI 不变，ΔU 2/ΔI 不变，ΔU 3/ΔI 不变 【答案】CD 【解析】
试题分析：当滑动变阻器R 2的滑动触头P 向上滑动，其阻值变小，总电阻变小，电流表示数I 变大，路端电压U 3减小，R 1的电压U 1增大，故R 2的电压U 2减小．故AB 错误．因R 1是定值电阻，则有111 U U R I I ∆=
=∆，不变．因为22 U R I =，R 2变小，2 U
I
变小；3 U I =R 1+R 2，变小．故C 正确．根据闭合电路欧姆定律得U 3=E-Ir ，则3 U
r I
∆=∆，不变．U 2=E-I （R 1+r ），则2
U I
∆∆=R 1+r ，不变，故D 正确．故选CD ． 考点：电路的动态分析
13．如图甲所示，在光滑水平地面上叠放着质量均为M =2kg 的A 、B 两个滑块，用随位移均匀减小的水平推力F 推滑块A ，让它们运动，推力F 随位移x 变化的图像如图乙所示。

已知两滑块间的动摩擦因数μ=0.3，g =10m/s2。

下列说法正确的是
A．在运动过程中滑块A的最大加速度是2.5m/s2
B．在运动过程中滑块B的最大加速度是3m/s2
C．滑块在水平面上运动的最大位移是3m
D．物体运动的最大速度为m/s
【答案】AD
【解析】
【详解】
假设开始时AB相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F=2Ma，解得
；隔离B，B受到重力、支持力和A对B的静摩擦力，根据牛顿第二定律，f=Ma=2×2.5=5N＜μMg=6N，所以AB不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5m/s2，故A正确，B错误；当F=0时，加速度为0，之后AB做匀速运动，位
移继续增加，故C错误；F-x图象包围的面积等于力F做的功，W＝×2×10＝10J；当F=0，
即a=0时达到最大速度，对AB整体，根据动能定理，有−0；代入数据得：，故D正确；故选AD。

【点睛】
解决本题的关键是要注意判断AB是否会发生相对运动，知道F-x图象包围的面积代表力所做的功，值得注意的是速度最大时，加速度为0，合力为0，充分利用图象获取信息．
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：U 2=E -I (R 1+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：U 3=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1所示，m A ＝4.0 kg ，m B ＝2.0kg ，A 和 B 紧靠着放在光滑水平面上，从 t ＝0 时刻起，对 B 施加向右的水平恒力 F 2＝4.0 N ，同时对 A 施加向右的水平变力 F 1，F 1 变化规律如图 2 所示。

下列相关说法中不正确的是
A ．当 t ＝0 时，A 、
B 物体加速度分别为225m /s ,2m /s A B a a ==
B ．A 物体做加速度减小的加速运动，B 物体做匀加速运动
C ．t ＝12s 时刻 A 、B 将分离，分离时加速度均为 a ＝2m/s 2
D ．A 、B 分离前后，A 物体加速度变化规律不相同
【答案】AB
【解析】
【详解】
A ．若A
B 之间没有力的作用，则：
222m/s B B
F a m =
= 当0t =时，120N F =，而4A m kg =， 215m/s A B
F a m == 所以1F 单独作用在A 上的加速度大于AB 之间没有力的作用时的加速度，此时AB 一起运动，加速度为：
212
4m/s F a m m =
=+合 A 错误；
B ．由A 得分析可知：随着1F 的减小，刚开始时AB 在两个力的作用下做加速度越来越小的加速运动，故B 错误；
C ．当1F 单独在A 上的加速度等于2F 单独作用在B 上的加速度时，AB 之间恰好没有力的作用，此后1F 继续减小，A 的加速度继续减小，AB 分离，根据牛顿第二定律得：
18N A B F m a ==
根据图像可知，此时t=12s ，所以t=12s 时刻A 、B 将分离，分离时加速度均为：
222m/s B B
F a m =
= C 正确； D ．A 、B 分离前，A 受到1F 和B 对A 的弹力作用，分离后A 只受1F 作用，A 物体加速度变化规律不相同，D 正确；
故选AB 。

【点睛】
本题考查牛顿第二定律的应用，注意临界条件，当AB 之间刚好没有作用力且加速度相同时开始分离。