高中物理解题方法：整体法隔离法易错题专项复习含答案解析

高中物理解题方法：整体法隔离法易错题专项复习含答案解析
一、高中物理解题方法：整体法隔离法
1．如图所示，水平面O 点左侧光滑，O 点右侧粗糙且足够长，有10个质量均为m 完全相同的小滑块（可视为质点）用轻细杆相连，相邻小滑块间的距离为L ，滑块1恰好位于O 点，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开，现将水平恒力F 作用于滑块1，经观察发现，在第3个小滑块进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是
A ．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数F mg μ=
B 5FL m
C ．第一个滑块进入粗糙地带后，第二个滑块进入前各段轻杆的弹力大小相等
D ．在水平恒力F 作用下，10个滑块全部可以进入粗糙地带
【答案】B
【解析】
【详解】
A 、对整体分析，根据共点力平衡得，F =3μmg ，解得3F mg μ=
，故A 错误. B 、根据动能定理得2122102F L mg L mg L mv μμ⋅-⋅-⋅=⨯，解得5FL v m
=，故B 正确. C 、第一个滑块进入粗糙地带后，整体仍然做加速运动，各个物体的加速度相同，隔离分析，由于选择的研究对象质量不同，根据牛顿第二定律知，杆子的弹力大小不等，故C 错误.
D 、在水平恒力F 作用下，由于第4个滑块进入粗糙地带，整体将做减速运动，设第n 块能进入粗焅地带，由动能定理：()(123(1))00F nL mgL n μ-+++⋯+-=-，解得：n =7,所以10个滑块不能全部进入粗糙地带，故D 错误．
故选B.
2．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（ ）
A ．F >mg μ
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。

3．如图所示，一个“V”形槽的左侧挡板A 竖直，右侧挡板B 为斜面，槽内嵌有一个质量为m 的光滑球C ．“V”形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，设挡板A 、B 对球的弹力分别为F 1、F 2，下列说法正确的是( )
A ．F 1、F 2都逐渐增大
B ．F 1、F 2都逐渐减小
C ．F 1逐渐减小，F 2逐渐增大
D ．F 1、F 2的合外力逐渐减小
【答案】D
【解析】
光滑球C 受力情况如图所示：
F 2的竖直分力与重力相平衡，所以F 2不变；
F 1与F 2水平分力的合力等于ma ，在V 形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，加速度不断减小，由牛顿第二定律可知F 1不断减小，F 1、F 2的合力逐渐减小，故D 正确，A 、B 、C 错误；
故选D ．
【点睛】以光滑球C 为研究对象，作出光滑球C 受力情况的示意图；
竖直方向上受力平衡，水平方向根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合加速度的变化解答．
4．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．
5．如图所示，一个物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑，可以证明出此时斜面不受地面的摩擦力作用，若沿斜面方向用力F 向下推此物体，使物体加速下滑，斜面依然保持静止，则斜面受地面的摩擦力是( )
A ．大小为零
B ．方向水平向右
C ．方向水平向左
D ．无法判断大小和方向 【答案】A
【解析】
【详解】
对斜面体进行受力分析如下图所示：
开始做匀速下滑知压力与摩擦力在水平方向上的分力相等，当用力向下推此物体，使物体加速下滑，虽然压力和摩擦力发生了变化，但摩擦力f 始终等于N F 。

知两力在水平方向上的分力始终相等，所以斜面受地面的摩擦力仍然为零。

A ．斜面受地面的摩擦力大小为零，与分析结果相符，故A 正确；
B ．斜面受地面的摩擦力方向水平向右，与分析结果不符，故B 错误；
C ．斜面受地面的摩擦力方向水平向左，与分析结果不符，故C 错误；
D ．综上分析，可知D 错误。

6．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．
7．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 cos θ-F N sin θ=0 ①；
F sin θ+F N cos θ-mg =0 ②；
由①②两式解得：
F =mg sin θ，F N =mg cos θ；
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 sin θ+F N cos θ-mg =0 ③；
F N sin θ-F cos θ=ma ④；
由③④两式解得：
F =mg sin θ-ma cos θ，F N =mg cos θ+ma sin θ；
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。

8．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
9．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．
10．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gt anθ；
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；
11．粗糙的水平地面上放着一个质量为M 、倾角为θ的斜面体，斜面部分光滑，底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，轻质弹簧一端与固定在斜面上的轻质挡板相连，另一端连接一质量为m 的小球，弹簧的劲度系数为k 。

斜面体在水平向右的恒力作用下，和小球一起以加速度a 向右做匀加速直线运动（运动过程小球没离开斜面）。

以下说法正确的是（ ）
A ．水平恒力大小为()M m a +
B ．地面对斜面体的摩擦力为()M m g μ+
C ．弹簧的形变量为cos sin ma mg k
θθ+ D ．斜面对小球的支持力为cos sin mg ma θθ+
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．对系统受力分析，应用牛顿第二定律
()()F M m g M m a μ-+=+
解得
()()F M m a M m g μ=+++
A 错误，
B 正确；
CD ．对小球应用牛顿第二定律，沿斜面和垂直斜面分解加速度，有
sin cos kx mg ma θθ-=
cos sin mg N ma θθ-=
解得弹簧的形变量为
cos sin k
x ma mg θθ=
+ 斜面对小球的支持力 cos sin N mg ma θθ=-
C 正确，
D 错误。

故选BC 。

12．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。