高中物理整体法隔离法解决物理试题的基本方法技巧及练习题及练习题

高中物理整体法隔离法解决物理试题的基本方法技巧及练习题及练习题
一、整体法隔离法解决物理试题
1．在如图所示的电路中，闭合开关，将滑动变阻器的滑片向右移动一段距离，待电路稳定后，与滑片移动前比较
A．灯泡L变亮
B．电容器C上的电荷量不变
C．电源消耗的总功率变小
D．电阻R0两端电压变大
【答案】C
【解析】
A、C、滑动变阻器的滑片向右移动一点，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，流过电源的电流减小，则由知电源的总功率变小，且流过灯泡的电流减小，灯泡L亮度变暗，故A错误，C正确；
B、电源的路端电压U=E-Ir增大，即电容器电压增大将充电，电荷量将增大．故B错误．D、电阻R0只有在电容器充放电时有短暂的电流通过，稳定状态无电流，则其两端的电压为零不变，D错
误；C、．故C正确．故选C．
【点睛】本题电路动态变化分析问题．对于电容器，关键是分析其电压，电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，电容器的电压等于这条电路两端的电压．
2．如图所示，三个物体质量分别为m＝1.0 kg、m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg ，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ＝0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将(g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．和m1一起沿斜面下滑
B．和m1一起沿斜面上滑
C．相对于m1下滑
D．相对于m1上滑
【答案】C
【解析】
假设m 1和m 2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度
()(
)3122123
1
3101210302 2.5/123
m g m m gsin a m s m m m ⨯-+⨯⨯
-+︒
=
=
=++++．隔离对m 2分析，根
据牛顿第二定律得，f-m 2gsin30°=m 2a ；解得f=m 2gsin30°+m 2a=2.0×（10×0.5+2.5）N=15N ；最大静摩擦力f m =μm 2gcos30°=0.8×2×10×
3
2
N =83N ，可知f ＞f m ，知道m 2随m 1一起做加速运动需要的摩擦力大于二者之间的最大静摩擦力，所以假设不正确，m 2相对于m 1下滑．故C 正确，ABD 错误．故选C ．
3．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 ．R 2两端电压减小ΔU
B ．通过R 1的电流增大
C ．通过R 2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，R 2两端电压减小，电源内阻分担电压减小，路端电压增大，所以R 2两端电压减小量小于ΔU ，故A 项不合题意.
B.电压表示数增大ΔU ，R 1是定值电阻，根据欧姆定律可知通过R 1的电流增大量等于，
故B 项符合题意．
CD. 因R 2两端电压减小量小于ΔU ，有通过R 2的电流减小量小于
；由于R 2两端电压减
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．
4．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；
5．如图所示,水平面上O 点的左侧光滑,O 点的右侧粗糙。

有 8 个质量均为m 的完全相同的小滑块(可视为质点),用轻质的细杆相连,相邻小滑块间的距离为L,滑块 1 恰好位于O 点左侧,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上。

经观察发现,在第 3 个小滑块完全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,则下列判断中正确的是( )。

A ．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为F
mg
B ．滑块匀速运动时,各段轻杆上的弹力大小相等
C ．第 2 个小滑块完全进入粗糙地带到第 3 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,8 个小滑块的加速度大小为
12F m
D ．第 1 个小滑块完全进入粗糙地带到第 2 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,5 和 6两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为4
F 【答案】D 【解析】 【详解】
A.将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有
30F mg μ-=，
解得
3F
mg
μ=
， 故A 项错误；
B.当滑块匀速运动时，处在光滑地带上的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地带上的滑块间的轻杆上的弹力不为零，且各不相同，故B 项错误；
C.对8个滑块，有
28F mg ma μ-=，
代入3F
mg
μ=
，解得 24F
a m
=
， 故C 项错误； D.对8个滑块，有
8F mg ma μ'-=，
解得
4
g
a μ'=
再以6、7、8三个小滑块作为整体，由牛顿第二定律有
34
F F ma ''==
， 故D 项正确;
6．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．
7．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
6
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1
2
mg 【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==，3
8
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．
8．如图所示的电路中，电源内阻一定，电压表和电流表均为理想电表．现使滑动变阻器R 滑片向左滑动一小段距离，测得电压表V 1的示数变化大小为ΔU 1，电压表V 2的示数变化大小为ΔU 2，电流表A 的示数变化大小为ΔI ，对于此过程下列说法正确的是( )
A ．通过电阻R 1的电流变化量大小等于
1
1
U
R ∆ B ．R 0两端的电压的变化量大小等于ΔU 2－ΔU 1 C ．路端电压的增加量等于ΔU 2
D ．
1
U I
∆∆为一定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】
A 、电压表V 1测量路端电压，即R 1两端的电压，根据欧姆定律可知，R 1的电流变化量大小
等于1
1
U R ∆；故A 正确．B 、C 、D 、使滑动变阻器R 滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，总电阻变大，总电流变小，内阻所占电压减小，路端电压增大，所以路端电压增大△U 1，并联部分的电压增大△U 1，通过R 1的电流增大，所以通过滑动变阻器的电流减小，R 0上的电压减小，R 上的电压增大△U 2，所以R 0两端的电压的变化量大小等于△U 2-△U 1，电压表V 1测量路端电压，根据欧姆定律可知1U r I ∆=∆为定值，所以1
U I
∆∆为定值，故B ，D 正确，C 错误．故选ABD ． 【点睛】
闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路—内电路—外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质．
9．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.
10．如图所示电路中，电源的内电阻为r，R2、R3、R4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R1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R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4，电压分别为U1、U2、U3、U4．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
11．如图所示的电路，R 1、R 2是两个定值电阻，R′是滑动变阻器，R 3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
P EI =，干路电流I 减小，则电源的总功率变小，故D 错误． 【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．
12．如图所示，小车的质量为M ，人的质量为m ，人用恒力F 拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是（ ）
A ．(M m
m M
-+)F ，方向向左
B ．(m M
m M
-+)F ，方向向右 C ．(
m M
m M -+)F ，方向向左
D ．(
M m
m M
-+)F ，方向向右 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
取人和小车为一整体， 由牛顿第二定律得：2F ＝(M ＋m)a
设车对人的摩擦力大小为F f ，方向水平向右，则对人由牛顿第二定律得： F －F f ＝ma ，解得：F f ＝M m
M m
-+F 如果M>m ，F f ＝
M m
M m
-+F ，方向向右，D 正确． 如果M<m ，F f ＝－
m M
M m
-+F ，负号表示方向水平向左，C 正确，B 错误
13．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N1和挡板的支持力N2，根据共点力平衡条件，沿平行斜面方向，有N2-（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；
14．在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器。

当R 2的滑动触点在a 端时合上开关S ，此时三个电表A 1、A 2和V 的示数分别为I 1、I 2和U ．现将R 2的滑动触点向b 端移动，下列说法正确的是
A ．电表A 1的示数I 1减小
B ．电表A 2的示数I 2减小
C ．电表V 的示数U 增大
D ．电阻R 3的电功率增大
【答案】AD
【解析】
【分析】
本题考查闭合电路中的动态分析问题
【详解】
将R 2的滑动触点向b 端移动过程中，电路中总电阻减小，主路电流则会增大， A ．因主路电流增大，电源内电压增大，R 3的电压也会增大，则R 1的电压会变小，I 1的电流会减小，故A 选项正确；
B ．因主路电流增大而I 1的电流会减小，则I 2的电流会增大，故B 选项错误；
C ．电源内压增大，则路端电压会减小即电表V 的示数U 减小，故C 选项错误；
D ．电阻R 3的电功率233P I R 随主路电流的增大而增大，故D 选项正确；
综上所述，本题正确答案选AD 。

15．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．R3的电流减小
C．E2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R2的电流变大，E2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R3的电流变大，故AD正确．。