高中物理高考物理整体法隔离法解决物理试题答题技巧及练习题

高中物理高考物理整体法隔离法解决物理试题答题技巧及练习题
一、整体法隔离法解决物理试题
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 ．匀速运动过程中速度大小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.
2．一个质量为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：
2v 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．
3．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23CH CS SD
DH =，对于滑块B ，由牛顿第二定律可知：23
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 ='，210m/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。

4．在如图所示的电路中，已知电源的电动势E ＝5 V ，内阻不计，R 1＝8 Ω，R 2＝2 Ω，R 3＝5 Ω，R ＝6 Ω，滑动变阻器的最大阻值R 4＝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
【答案】D
【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，R 1、R 2支路的电流不变，通过R 3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R 2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．
5．如图所示，水平挡板A 和竖直挡板B 固定在斜面C 上，一质量为m 的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时解除，挡板A 、B 和斜面C 对小球的弹力大小分别为A B F F 、和C F ．现使斜面和物体一起在水平面上水平向左做加速度为a 的匀加速直线运动．若A B F F 、不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g ，则下列图像中，可能正确的是
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
对小球进行受力分析当tan a g θ<时如图一，根据牛顿第二定律，水平方向：
sin C F ma θ=①
竖直方向：cos C A F F mg θ+=②，联立①②得：tan A F mg ma θ=-，
sin C F ma θ=，A F 与a 成线性关系，当a=0时，A F ＝mg ，
当tan a g θ=时，0A F =C F 与a 成线性关系，所以B 图正确
当tan a g θ>时，受力如图二，根据牛顿第二定律，水平方向sin C B F F ma θ+=③，竖
直方向：cos C F mg θ=④，联立③④得：tan B F ma mg θ=-，cos C mg F θ
=
，B F 与a 也成线性，C F 不变，综上C 错误，D 正确
【点睛】 本题关键要注意物理情景的分析，正确画出受力分析示意图，考查了学生对牛顿运动定律的理解与应用，有一定难度．
6．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 。

7．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
8．如图所示的电路中，电源内阻为r ，闭合电键，电压表示数为U ，电流表示数为I ；在滑动变阻器R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中（ ）
A ．U 先变大后变小
B ．I 先变小后变大
C ．U 与I 的比值先变大后变小
D ．U 的变化量的大小与I 的变化量的大小的比值等于r
【答案】ABC
【解析】
由图可知，滑动变阻器上下两部分并联，当滑片在中间位置时总电阻最大，则在滑动变阻器R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中，滑动变阻器R 1的电阻先增大后减小，根据闭合
电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，则可知路端电压先变大后变小；故AB 正确；U 与I 的比值就是接入电路的R 1的电阻与R 2的电阻的和，所以U 与I 比值先变大后变小，故C 正确；电压表示数等于电源的路端电压，电流表的示数比流过电源的电流小，由于
U r I 总
∆=∆，因为I I 总∆≠∆ 即U r I ∆≠∆，所以U 变化量与I 变化量比值不等于r ，故D 错误；综上分析，ABC 正确．
9．在如图所示电路中，R 1、R 2为定值电阻，闭合电键S 后，带电粒子恰处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表V 1，V 2，V 3示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，理想电流表A 示数变化量的绝对值为ΔI ，则( )
A ．V 1示数减小， V 2和V 3示数增大
B ．带电粒子将向上运动
C ．ΔU 3＞ΔU 1
D ．此过程中2I
U ∆∆保持不变 【答案】BCD
【解析】
【详解】
A ．将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，总电流增大，则V 1示数U 1增大．内电压增大，路端电压U 减小，而路端电压13U U U =+，可知，V 3示数U 3减小．R 2两端电压增大，所以V 2示数减小，故A 错误；
B ．R 2两端电压增大，则电容器板间电压增大，板间场强增大，带电粒子所受的电场力增大，因此带电粒子将向上运动，故B 正确；
C ．因为13U U U =+，U 3减小，U 1增大，而U 减小，所以31U U ∆∆＞ ．故C 正确；
D ．根据闭合电路欧姆定律知：
212()U E I R R r =-++
得
212U R R r I
∆=++∆ 保持不变，故D 正确．
故选BCD ．
10．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V3示数变化量的绝对值为ΔU3，理想电流表A1、A2示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，则
A．A2示数增大
B．V2示数与A1示数的比值不变
C．ΔU3与ΔI1的比值小于2R
D．ΔI1小于ΔI2
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
闭合电键后，电路如图所示．V1、V2、V3分别测量R1、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A1的示数增大，电源的内电压Ir增大，则V2示数减小，R1的电压增大，V3的示数减小，则通过R2的电流减小，所以通过R′的电流增大，即A2示数增大，A选项正确．V2示数与A1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U3=E﹣I1（R1+r），则得
3
1
U
I
∆
∆=R1+r= R+r，不一定小于2R，故C选项错误．A1的示数增大量等于A2示数增大和R2的电流减小量之和，所以
ΔI1小于ΔI2，故D选项正确．
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 co sθ-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．如图所示，一根长度为2L、质量为m的绳子挂在定滑轮的两侧，左右两边绳子的长度相等．绳子的质量分布均匀，滑轮的质量和大小均忽略不计，不计一切摩擦．由于轻微扰动，右侧绳从静止开始竖直下降，当它向下运动的位移为x时，加速度大小为a，滑轮对天花板的拉力为T。

已知重力加速度大小为g，下列a﹣x、T﹣x关系图线正确的是
（）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】
【详解】
设单位长度上质量为m0，则根据受力分析知：
，加速度与x成正比，当x=L时，加速度
a=g，以后不变，故A正确，B错误；选取左边部分受力分析，知：
F=ma+mg=（L﹣x）m0•g+（L﹣x）m0g=﹣x2+2m0gL，故C错误，D正确；故选AD。

【点睛】
此题考查受力分析和牛顿运动定律的应用，注意研究对象的选取，不过不涉及内力，选择整体作为研究对象要简单的多.
13．如图所示的电路，R1、R2是两个定值电阻，R′是滑动变阻器，R3为小灯泡，电源内阻为r．开关闭合后，当滑动变阻器触头P向上移动时（）
A．电压表示数变大
B．小灯泡亮度变大
C．电容器充电
D．电源的总功率变大
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
闭合开关后，当滑动变阻器触头P向上移动时，'R增大，外电路总电阻增大，干路中电流减小，则小灯泡亮度变小．电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大，故
AB错误；电路稳定时电容器的电压等于1R、'R串联总电压，根据串联电路电压分配规律可知，'R增大，电容器的电压增大，则电容器充电，故C正确；电源的总功率为
，干路电流I减小，则电源的总功率变小，故D错误．
P EI
【点睛】
本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析．对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析．根据串联电路电压与电阻成正比的特点，分析各部分电压的变化，比较简便．
14．如图A、B两物体叠放在光滑水平桌面上,轻质细绳一端连接B,另一端绕过定滑轮连接C物体。

已知A和C的质量都是2kg,B的质量是3kg,A、B间的动摩擦因数是0.2,其他摩擦不计。

由静止释放C,C下落一定高度的过程中(C未落地,B未撞到滑轮,且A未与B分
离,g=10m/s),下列说法正确的是
A．A、B两物体没有发生相对滑动
B．C物体的加速度大小是3.2m/s
C．B物体受到的摩擦力大小是4N
D．细绳的拉力大小等于13.6N
【答案】BCD
【解析】
【详解】
假设A 、B 不发生相对滑动，整体的加速度：
；隔离对A 分析，f=m A a=2×N ＞μm A g=4N ，
可知假设不成立，即A 、B 两物体发生相对滑动，A 所受的摩擦力为4N ，B 物体受到A 的摩擦力大小是4N ，对BC 系统的加速度。

对C 分析，根据牛顿第二定律得：m C g-T=m C a BC ；解得T=13.6N ，故A 错误，BCD 正确。

故选
BCD 。

【点睛】
本题考查了牛顿第二定律的基本运用，通过整体法和隔离法判断出A 、B 是否发生相对滑动是解决本题的关键，通常所用的方法是“假设法”.
15．在如图所示电路中，电源的电动势为E 、内阻为r ，R 1和R 2为两个定值电阻.闭合电键S ，当滑动变阻器R 3的滑动触头P 从a 向b 滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电流表、和电压表的示数分别用I 1、I 2和U 表示，示数变化量的绝对值分别用ΔI 1、ΔI 2和ΔU 表示，下列说法正确的有
A ．U 变大， I 1变小， I 2变小
B ．U 与 I 1的比值变小
C ．ΔI 1小于ΔI 2
D ．ΔU 与ΔI 1的比值不变
【答案】BCD
【解析】
【分析】
考查电路的动态分析。

【详解】
A ．滑动触头P 从a 向b 滑动时，R 3减小，由结论法“串反并同”可知U 减小， I 1增大， I 2增大，A 错误；
B ．U 与 I 1的比值为路端总电阻，由于R 3减小，路端总电阻减小，所以U 与 I 1的比值变小，B 正确；
C ．I 1为I 2与R 2电流之和，I 1增大， I 2增大，R 2电流为2
U R ，则： 122
U I I R ∆∆=∆-
所以ΔI 1小于ΔI 2， C 正确； D ．ΔU 为路端电压的增加量，也为内部电压减少量，ΔU 与ΔI 1的比值为电源内阻，内阻不变，D 正确；故选BCD 。