高中物理整体法隔离法解决物理试题试题类型及其解题技巧含解析

高中物理整体法隔离法解决物理试题试题类型及其解题技巧含解析
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．在如图所示的电路中，已知电源的电动势E＝5 V，内阻不计，R1＝8 Ω，R2＝2 Ω，R3＝5 Ω，R＝6 Ω，滑动变阻器的最大阻值R4＝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
【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，R1、R2支路的电流不变，通过R3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R2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．
3．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
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；
4．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2L 变亮，V 1表的示数变大，V 2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L 2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V 1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L 1变暗，电压表V 2读数变小．灯泡L 2的电压U 2=E -I (r +R L1)增大，I 减小，则U 2增大，灯泡L 2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．
5．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．
6．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的
质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦
因数为.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是
A．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过μmg
B．当力F＝μmg时，A、B间的摩擦力为
C．无论力F为何值，B的加速度不会超过μg
D．当力F> μmg时，B相对A滑动
【答案】AB
【解析】
【详解】
A.A与B间的最大静摩擦力大小为：mg,C与B间的最大静摩擦力大小为：，B与地
面间的最大静摩擦力大小为：（2m+m+m）=；要使A，B，C都始终相对静止，三者
一起向右加速，对整体有：F-=4ma，假设C恰好与B相对不滑动，对C有：
=ma ，联立解得：a=
，F=mg ；设此时A 与B 间的摩擦力为f ，对A 有：F-f=2ma ，解得f=mg mg ，表明C 达到临界时A 还没有，故要使三者始终保持相对静止，则力F 不能超过μmg ，故A 正确.
B.当力F ＝μmg 时，由整体表达式F-
=4ma 可得：a=g ，代入A 的表达式可得：f=mg,故B 正确.
C.当F 较大时，A,C 都会相对B 滑动，B 的加速度就得到最大，对B 有：2--=ma B ，解得a B =g ，故C 错误.
D.当A 恰好相对B 滑动时，C 早已相对B 滑动，对A 、B 整体分析有:F--=3ma 1，对
A 有：F-2μmg=2ma 1，解得F=μmg ，故当拉力F>μmg 时，
B 相对A 滑动，D 错误.胡选：
A 、B.
7．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．
8．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．
9．如图，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上．a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动．当它们刚运行至轨道的粗糙段时可能是()
A．绳的张力减小，斜面对b的支持力减小，地面对a的支持力减小
B．绳的张力减小，斜面对b的支持力增加，地面对a的支持力不变
C．绳的张力减小，斜面对b的支持力增加，地面对a的支持力增加
D．绳的张力增加，斜面对b的支持力增加，地面对a的支持力增加
【答案】BC
【解析】
【详解】
在光滑段运动时，物块a及物块b均处于平衡状态，对a、b整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡；
对b受力分析，如图，受重力、支持力、绳子的拉力，
根据共点力平衡条件，有：
F cosθ-F N sinθ=0 ①；
F sinθ+F N cosθ-mg=0 ②；
由①②两式解得：
F=mg sinθ，F N=mg cosθ；
当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能；
AB．（一）物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得：
F sinθ+F N cosθ-mg=0 ③；
F N sinθ-F cosθ=ma④；
由③④两式解得：
F=mg sinθ-ma cosθ，F N=mg cosθ+ma sinθ；
即绳的张力F将减小，而a对b的支持力变大；
再对a、b整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面对a支持力不变；故A项错误，B项正确.
CD．（二）物块b相对于a向上加速滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加
速度，是超重，因此a 对b 的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超重，故地面对a 的支持力也增大;故C 项正确，D 项错误。

10．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
2U I
∆∆=R 1+r ，不变，故D 正确．故选CD ． 考点：电路的动态分析
11．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．
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．如图所示的电路中，电源的电动势E 和内阻r 一定，A 、B 为平行板电容器的两块正对金属板，R 1为光敏电阻，电阻随光强的增大而减小．当R 2的滑动触头P 在a 端时，闭合开关S ，此时电流表A 和电压表V 的示数分别为I 和U .以下说法正确的是
A ．若仅将R 2的滑动触头P 向b 端移动，则I 不变，U 不变
B ．若仅增大A 、B 板间距离，则电容器所带电荷量不变
C ．若仅用更强的光照射R 1，则I 增大，U 减小，电容器所带电荷量减小
D ．若仅用更强的光照射R 1，则U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值不变
【答案】ACD
【解析】
【分析】
本题考查含容电路的动态分析问题。

【详解】
A.若仅将2R 的滑动触头P 向b 端移动，2R 所在支路有电容器，被断路，则I 、U 保持不变。

故A 正确。

B.根据=4πS
C kd ε，若仅增大A 、B 板间距离，则电容器所带电荷量减少。

故B 错误。

C. 若仅用更强的光照射R 1，电阻随光强的增大而减小，则I 增大，U 应当减少，电荷量减少。

故C 正确。

D.U 的变化量的绝对值与I 的变化量的绝对值表示电源的内阻，是不变的。

故D 正确。

故选ACD 。

14．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。

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 ．。