高中物理二轮复习 专项训练 物理整体法隔离法解决物理试题及解析

高中物理二轮复习专项训练物理整体法隔离法解决物理试题及解析
一、整体法隔离法解决物理试题
1．如图A、B、C为三个完全相同的物体，当水平力F作用于A上，三物体一起向右匀速运动；某时撤去力F后，三物体仍一起向右运动，设此时A、B间摩擦力为f，B、C间作用力为F N。

整个过程三物体无相对滑动，下列判断正确的是
①f=0 ②f≠0 ③F N=0 ④F N≠0
A．②③ B．①④ C．①③ D．②④
【答案】A
【解析】
【详解】
开始三个物体在拉力F的作用下一起向右做匀速运动，可知地面对B、C总的摩擦力
f´=F，B受地面的摩擦力为F，C受地面的摩擦力为F；撤去F后，B、C受地面的摩擦力
不变，由牛顿第二定律可知，a B==，a C==，B、C以相同的加速度向右做匀减速运动，B、C间作用力F N=0，故③正确。

分析A、B，撤去F后，整个过程三物体无相对滑动，则A与B加速度相同，B对A有向左
的摩擦力f=ma B=，故②正确。

故选：A
2．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．
3．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．
4．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
12mg 【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=
=，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．
5．在如图所示的电路中，电源电动势E 和内电阻r 为定值，R 1为滑动变阻器，R 2和R 3为
定值电阻．当R 1的滑动触头P 从左向右移动时，伏特表V 1和V 2的示数的增量分别为ΔU 1和ΔU 2，对ΔU 1和ΔU 2有
A ．12U U ∆>∆
B ．12U U ∆=∆
C ．120,0U U ∆>∆<
D ．210,0U U ∆>∆<
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
根据闭合电路欧姆定律可知： ()13U I r R ∆=∆+
23U IR ∆=∆
结合公式可知1U ∆>2U ∆，故A 对；B 错
当R 1的滑动触头P 从左向右移动时，回路中电阻减小，电流增大，所以电压表V 2增大，由于路端电压减小，所以电压表V 1变小，则知ΔU 2>0，ΔU 1 <0，故C 错；D 对
故选AD
6．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 ．
2U I 变大，2U I ∆∆不变 D ．3U I 变大，3U 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3U I
∆∆=r ，不变．故D 正确．
7．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．V 1、V 2、V 3分别测量R 1、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A 1的示数增大，电源的内电压Ir 增大，则V 2示数减小，R 1的电压增大，V 3的示数减小，则通过R 2的电流减小，所以通过R′的电流增大，即A 2示数增大，A 选项正确．V 2示数与A 1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U 3=E ﹣I 1（R 1+r ），则得31
U I ∆∆=R 1+r= R+r ，不一定小于2R ，故C 选项错误．A 1的示数增大量等于A 2示数增大和R 2的电流减小量之和，所以ΔI 1小于ΔI 2，故D 选项正确．
8．如图所示，质量均为M的物块A、B叠放在光滑水平桌面上，质量为m的物块C用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B连接，且轻绳与桌面平行，A、B之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）
A．物块A运动的最大加速度为
B．要使物块A、B发生相对滑动，应满足关系
C．若物块A、B未发生相对滑动，物块A受到的摩擦力为
D．轻绳对定滑轮的作用力为
【答案】ACD
【解析】
【详解】
设A、B相对静止时A、B的共同加速度为a，绳对C的拉力为T，B对A的摩擦力为f。

根据题意可知此时C的加速度大小也为a（方向向下）；
取C为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg-T=ma，解得T=mg-ma①；
取AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：T=2Ma②；
取B为研究对象，根据牛顿第二定律可得：f=Ma③；
联立①②③得：④
A、A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即f=μMg，其加速度也达到最大值
a max=ug⑤，故A正确.
B、由④⑤解得此时，所以B错误.
C、由③可推导出，将a代入④可得；故C正确.
D、因为绳对C的拉力T=mg-ma，所以绳对滑轮的力
；故D 正确.
故选ACD.
【点睛】
解决好本题的关键是灵活的选取研究对象，要充分理解A 滑动的临界条件是其所受的滑动摩擦力充当合外力.
9．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
10．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。

11．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
12．某温度检测、光电控制加热装置原理如图所示．图中R T 为热敏电阻(随温度升高，阻值减小)，用来探测加热电阻丝R 的温度，R G 为光敏电阻(随光照强度增大，阻值减小)，接收小灯泡L 的光照，除R T 、R G 外，其他电阻均为定值电阻（虚线框内两元件距离很近）．当R 处温度升高时（ ）
A ．L 变亮
B ．R 3的电流减小
C ．E 2的路端电压增大
D ．R 的功率减小
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】 当R 处温度升高时，R T 阻值变小，小灯泡L 的电流变大，所以光照强度增大，R G 阻值变小，通过R 2的电流变大，E 2的路端电压变小，R 两端电压变小，通过的电流也变小，功率变小，通过R 3的电流变大，故AD 正确．
13．电路图中，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑动片向右移动时，电流表、电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是（ ）
A ．电流表和电压表读数均增大
B ．电流表和电压表读数均减小
C ．电压表V 1的示数变化量小于电压表V 2的示数变化量
D ．电流表读数变小，电压表V 2读数变大，V 1读数减小
【答案】CD
【解析】
试题分析：由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I 减小，而路端电压U E Ir =-，则U 增大，电阻1R 的电压11U IR =减小，则电压表1V 示数减小；并联部分的电压1U U U =-并 增大，电压表2V 示数增大；U 并增大，通过2R 的电流增大，因为总电流减小，所以通过电流表的示数变小．故AB 错误，D 正确；电压表1V 的示数与电压表2V 的示数之和等于U ，即12U U U +=，因1V 示数增大，2V 示数减小，而U 减小，所以电压表1V 的示数增加量小于电压表2V 的示数减小量，故C 正确．故选CD ．
【点睛】根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题．
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 、U 1、U 2和U 3表示，电表示数变化量的大小分别用△I 、△U 1、△U 2和△U 3表示．下列比值正确的是
A ．△U 1>△U 2 ,△U 2>△U 3
B ．U 1:I 不变,△U 1:△I 不变
C ．U 2:I 变大,△U 2:△I 变大
D ．U 3:I 变大,△U 3:△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，R 1的电压减小，R 2的电压增加．电源的内电压减小，则路端电压增大，因为U 1+U 2=U 3，所以R 1的电压减小量小于R 2的电压增加量，即有：|△U 1|＜|△U 2|，且有|△U 2|＞|△U 3|．故A 错误．B 、由于R 1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。