最新高中物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)

最新高中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
1．一个质量为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．a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。

当用大小为F的恒力沿水平方向拉着 a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1;当用恒力F竖直向上拉着 a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2；当用恒力F倾斜向上向上拉着 a，使a、b一起沿粗糙斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x3，如图所示。

则（）
A．x1= x2= x3 B．x1 >x3= x2
C．若m1>m2，则 x1>x3= x2 D．若m1<m2，则 x1＜x3= x2
【答案】A
【解析】
【详解】
通过整体法求出加速度，再利用隔离法求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的伸长量。

对右
图，运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度为：；对b物体有：
T1=m2a1；得；对中间图：运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度
为：；对b物体有：T2-m2g=m2a2得：；对左图，整体的
加速度：，对物体
b：，解得；则T1=T2=T3，根据胡克定律可知，x1= x2= x3，故A正确，BCD错误。

故选A。

【点睛】
本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用．
解答此题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再分析其他物体．
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（）
μ
A．F >mg
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，A 、B 两滑块的质量分别为4 kg 和2 kg ，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动。

现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg 的钩码C 挂于动滑轮上。

现先后按以下两种方式操作：第一种方式只释放A 而B 按着不动；第二种方式只释放B 而A 按着不动。

则C 在以上两种释放方式中获得的加速度之比为
A ．1:1
B ．2:1
C ．3:2
D ．3:5
【答案】D 【解析】 【详解】
固定滑块B 不动，释放滑块A ，设滑块A 的加速度为a A ，钩码C 的加速度为a C ，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块A 运动的位移是钩码C 的2倍，所以滑块A 、钩码C 之间的加速度之比为a A : a C =2:1。

此时设轻绳之间的张力为T ，对于滑块A ，由牛顿第二定律可知：T =m A a A ，对于钩码C 由牛顿第二定律可得：m C g –2T =m C a C ，联立解得T =16 N ，
a C =2 m/s 2，a A =4 m/s 2。

若只释放滑块B ，设滑块B 的加速度为a B ，钩码C 的加速度为C
a '，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块B 运动的位移是钩码的2倍，所以滑块
B 、钩码之间的加速度之比也为:2:1B C
a a ='，此时设轻绳之间的张力为2
3
CH CS SD DH =，对于滑块B ，由牛顿第二定律可知：
2
3
CH CS SD DH ==m B a B ，对于钩码C 由牛顿第二定律可得：2C C C
m g T m a =''-，联立解得40N 3T '=，220m/s 3B a ='，210
m/s 3
C
a ='。

则C 在以上
两种释放方式中获得的加速度之比为:3:5C C
a a ='，故选项D 正确。

5．如图所示的电路中，电源电动势为E ．内阻为R ，L 1和L 2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R ．电压表为理想电表，K 为单刀双掷开关，当开关由1位置掷到2位置时，下列说法中正确的是（ ）
A ．L 1亮度不变，L 2将变暗
B ．L 1将变亮，L 2将变暗
C ．电源内阻的发热功率将变小
D ．电压表示数将变小 【答案】D
【解析】开关在位置1时，外电路总电阻R 总=，电压表示数U=E=，同理，两
灯电压U 1=U 2=E ，
电源内阻的发热功率为P 热==。

开关在位置2时，外电路总电阻R 总′=R ，电压表示数U′=E=，灯泡L 1的电压
U 1′=E ，L 2′的电压U 2′=，电源内阻的发热功率为
，
A 、由上可知，L 1亮度不变，L 2将变亮。

故A
B 错误。

C 、电源内阻的发热功率将变大。

故C 错误
D 、电压表读数变小。

故D 正确。

故选：D 。

6．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：
＝
+-
22
F F mg ma
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
解得：
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；
7．质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“V型槽B上,如图,α=60°,另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连,现将C自由释放,则下列说法正确的是（）
A ．若A 相对
B 未发生滑动,则A 、B 、
C 三者加速度相同 B ．当M =2m 时,A 和B 共同运动的加速度大小为g C ．当3(31)
M m +=
时，A 和B 之间的正压力刚好为零 D ．当(31)M m =+时,A 相对B 刚好发生滑动 【答案】D 【解析】 【分析】
由题中“有质量为M 的物体C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B 相连”可知，本题考查牛顿第二定律和受力分析，运用整体法和隔离法可分析本题。

【详解】
A 、若A 相对
B 未发生滑动，则AB 可看做整体，加速度相同，
C 的运动方向向下，加速度方向与AB 不同，故A 错误；
B 、若A 和B 共同运动的加速度大小为g 时，则
C 得加速度大小也为g ，但对C 隔离分析，C 不可能做自由落体，因此不论M 等于多少，加速度不能是g ，故B 错误； C
D 、若A 和B 之间的正压力刚好为零，则此时加速度设为a ，对A 受力分析可得
cos F ma α=，sin F mg α=
解得
33
a g =
对A 、B 、C 整体运用牛顿第二定律可得
(2)Mg M m a =+
解得
(31)M m =+
故C 错误D 正确；
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（ ）
①mgcosθ ②
cos mg
θ ③()cos mF M m θ+ ④()sin mF M m θ
+ 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 m θ+，
综上所述本题正确答案为D 。

9．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
10．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．
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BC整体：
，得，a减小，F1增大．对
C：，得，a减小，F2增大．故B错误．
对C：F-F2=m C a，得F2=F-m C a，a减小，F2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：F1=m A a，a减小，F1减小．对C：F-F2=m C a，a减小，F2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 /s 2，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．
13．在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E 、内电阻为r ，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 为电容器，图中电表为理想电表．在滑动变阻器滑动触头P 自a 端向b 端滑动的过程中（ ）
A ．电压表示数变大
B ．电容器
C 所带电荷量减少 C ．电流表示数变小
D ．a 点的电势降低
【答案】ABD 【解析】 【分析】
考查含容电路的动态分析。

【详解】
A ．在滑动变阻器滑动触头P 自a 端向b 端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I 增大，电阻R 1两端电压增大，则电压表示数增大，A 正确；
B ．电阻R 2两端电压：()21U E I R r =-+，I 增大，则U 2减小，电容器板间电压减小，带电量减小，B 正确；
C ．通过R 2的电流I 2减小，通过电流表的电流A 2I I I =-，I 增大，I 2减小，则I A 增大，即电流表示数变大，C 错误；
D ．外电路顺着电流方向电势降低，可知a 的电势大于0，a 点电势等于R 2两端电压，U 2
减小，则a 点电势降低，D 正确。

故选ABD 。

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．。