高考物理整体法隔离法解决物理试题试题(有答案和解析)含解析

高考物理整体法隔离法解决物理试题试题(有答案和解析)含解析
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 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
=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，倾角为θ的斜面A 固定在水平地面上，质量为M 的斜劈B 置于斜面A 上，质量为m 的物块C 置于斜劈B 上，A 、B 、C 均处于静止状态，重力加速度为g ．下列说法错误的是( )
A．BC整体受到的合力为零
B．斜面A受到斜劈B的作用力大小为Mgcosθ+mg
C．斜劈B受到斜面A的摩擦力方向沿斜面A向上
D．物块C受到斜劈B的摩擦力大小为mgcosθ
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、斜劈B和物块C整体处于平衡状态，则整体受到的合力大小为0，A正确．
B、对B、C组成的整体进行受力分析可知，A对B的作用力与B、C受到的重力大小相等，方向相反．所以A对B的作用力大小为Mg+mg，根据牛顿第三定律可知，斜面A受到斜劈B的作用力大小为Mg+mg，故B错误．
C、根据B和C的整体平衡可知A对B的静摩擦力沿斜面向上，大小等于两重力的下滑分力，C正确．
D、C受到B对C的摩擦力为mg cosθ，方向垂直斜面A向上，D正确．
本题选错误的故选B．
【点睛】
若一个系统中涉及两个或者两个以上物体的问题，在选取研究对象时，要灵活运用整体法和隔离法．对于多物体问题，如果不求物体间的相互作用力，我们优先采用整体法，这样涉及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简便；很多情况下，通常采用整体法和隔离法相结合的方法．
3．如图所示，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正确的是
A．绳的张力减小，斜面对b的支持力不变
B．绳的张力增加，斜面对b的支持力减小
C．绳的张力减小，地面对a的支持力不变
D．绳的张力增加，地面对a的支持力减小
【答案】C
【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 cosθ-F N sinθ=0 ①；
F sinθ+F N cosθ-mg=0 ②；
由①②两式解得：F=mg sinθ，F N=mg cosθ；
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；
①物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到：
F sinθ+F N cosθ-mg=0 ③；
F N sinθ-F cosθ=ma④；
由③④两式解得：F=mgsinθ-ma cosθ，F N=mg cosθ+ma sinθ；
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.
②物块b相对于a向上滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，支持力的竖直分力大于重力，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.
综合上述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对a的支持力可能增加或不变；a 对b的支持力一定增加；故A，B，D错误，C正确.
故选C.
4．如图所示的电路中，电源电动势为E．内阻为R，L1和L2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．L1亮度不变，L2将变暗
B．L1将变亮，L2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U1=U2=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L1的电压
U1′=E，L2′的电压U2′=，电源内阻的发热功率为，
A、由上可知，L1亮度不变，L2将变亮。

故AB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。

5．如图所示,质量为M的木板,上表面水平,放在水平桌面上,木板上面有一质量为m的物块,物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因数均为,若要以水平外力F将木板抽出,则力F的大小至少为（）
A．mg
B．(M+m)g
C．(m+2M)g
D．2(M+m) g
【答案】D
【解析】
【详解】
对m与M分别进行受力分析如；如图所示；
对m 有：f 1=ma 1 …①
f 1=μmg…②
由①和②得：a 1=μg
对M 进行受力分析有：F-f-f 2=M•a 2…③ f 1和f 2互为作用力与反作用力故有：f 1=f 2=μ•mg…④
f=μ（M+m ）•g…⑤
由③④⑤可得a 2=
-μg 要将木板从木块下抽出，必须使a 2＞a 1
解得：F ＞2μ（M+m ）g
故选D 。

【点睛】
正确的受力分析，知道能将木板从木块下抽出的条件是木板产生的加速度比木块产生的加速度来得大这是解决本题的关键．
6．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 ，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．
7．如图，斜面体置于水平地面上，斜面上的小物块A 通过轻质细绳跨过光滑的定滑轮与物块B 连接，连接A 的一段细绳与斜面平行，系统处于静止状态．现对B 施加一水平力F 使B 缓慢地运动，A 与斜面体均保持静止，则在此过程中（ ）
A ．地面对斜面体的支持力一直增大
B．绳对滑轮的作用力不变
C．斜面体对物块A的摩擦力一直增大
D．地面对斜面体的摩擦力一直增大
【答案】D
【解析】
【详解】
取物体B为研究对象,分析其受力情况,设细绳与竖直方向夹角为,则水平力:
绳子的拉力为：
A、因为整体竖直方向并没有其他力,故斜面体所受地面的支持力没有变;故A错误;
B、由题目的图可以知道,随着B的位置向右移动,绳对滑轮的作用力一定会变化.故B错误;
C、在这个过程中尽管绳子张力变大,但是因为物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向,故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定;故C错误;
D、在物体B缓慢拉高的过程中, 增大,则水平力F随之变大,对A、B两物体与斜面体这个整体而言,因为斜面体与物体A仍然保持静止,则地面对斜面体的摩擦力一定变大;所以D选项是正确的;
故选D
【点睛】
以物体B受力分析,由共点力的平衡条件可求得拉力变化;再对整体受力分析可求得地面对斜面体的摩擦力;再对A物体受力分析可以知道A受到的摩擦力的变化.
8．如图所示，一固定杆与水平方向夹角 =30°，将一滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个小球，滑块与小球恰能一起沿杆向下匀速运动，则下列说法中正确的是（）
A．滑块与杆之间动摩擦因数为0.5
3
B
C．当二者相对静止地沿杆上滑时轻绳对小球拉力斜向左上与水平方向成30°角
D．当二者相对静止地沿杆上滑时轻绳对小球拉力斜向右上与水平方向成60°角
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据题意两者一起运动，所以应该具有相同的加速度，那么在分析此类问题时应该想到先整体后隔离，利用加速度求解．
【详解】
AB ．由题意滑块与小球恰能一起沿杆向下匀速运动，把滑块和小球作为一整体，可知sin cos mg mg θμθ= ， 所以3tan μθ== ，故A 错；B 对 CD ．当二者相对静止地沿杆上滑时，以整体为对象可知加速度sin cos a g g g θμθ=+= 设此时绳子与水平方向的夹角为α，绳子的拉力为T ，对小球列牛顿第二定律公式 在水平方向上：3cos cos30T ma mg α==o 在竖直方向上：1sin sin302mg T ma mg o α-==
解得：3tan 3
α= ，即30α=o 由于加速度沿斜面向下，所以小球受到的合力也应该沿斜面向下，所以拉力的方向应该斜向左上与水平方向成30°角，故C 对；D 错；
故选BC
【点睛】
本题考查了整体隔离法求解量物体之间的力，对于此类问题要正确受力分析，建立正确的公式求解即可．
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．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可认为基本不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则（）
A．电压表的示数变小
B．小灯泡消耗的功率变小
C．通过R2的电流变小
D．电源两端的电压变大
【答案】ABD
【解析】
A、光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故R1两端的电压减小，故A正确；
B、由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，故B正确；
C、因电路中电流减小，故内压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并
联电路部分电压增大；则流过R2的电流增大，故C错误； D、电源两端的电压为路端电压，由电3内电压减小，电源两端的电压变大，故D正确；故选ABD．
【点睛】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质．
11．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/s2，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．
12．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-μ∙3mg=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：
F-μ∙2mg-F1=2ma，
得
F1=F-μ∙2mg-2ma，
a减小，F1增大．对C：
F-μmg-F2=ma，
得
F2=F-μmg -ma，
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-μmg=ma，
a减小，F1减小．对C：
F-μmg-F2=ma，
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．
【点睛】
对于连接体问题一定要正确选取研究对象，用好整体法与隔离法再由牛顿第二定律即可求解．
13．电路图中，R1、R2为定值电阻，R3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．
14．一平行板电容器的两块金属板A ，B 正对竖直放置，在金属板A 的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球(可视为点电荷)。

两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R 1为光敏电阻(其阻值随所受光照强度的增大而减小)，R 2为滑动变阻器，R 3为定值电阻。

当R 2的滑动触头P 在中间时闭合开关S ，此时电流表和电压表的示数分别为I 和U ，带电小球静止时绝缘细线与金属板A 的夹角为θ。

电源电动势E 和内阻r 一定，下列说法中正确的是（ ）
A ．若将R 2的滑动触头P 向a 端移动，则θ变小
B ．若将R 2的滑动触头P 向b 端移动，则I 减小，U 增大
C ．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R 1，则小球重新达到稳定后θ变大
D ．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R 1，则平行板电容器的电量变小
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．平行板电容器与光敏电阻并联，而光敏电阻与滑动变阻器串联，当将R 2的滑动触头P 向a 端移动，总电阻减小，总电流增大，那么光敏电阻两端电压增大，因此电容器两端的电压也增大，则θ变大，故A 错误；
B ．若将R 2的滑动触头P 向b 端移动，总电阻增大，则I 减小，因此内电压减小，则U 增大，故B 正确；
C ．用更强的光线照射R 1，R 1的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U 减小，但R 2和R 3两端电压都增大，故R 1两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，小球重新达到稳定后θ变小，故C 错误；
D ．由C 选项分析可知，当电容器两端的电压减小时，依据Q =CU ，平行板电容器的电量变小，故D 正确。

故选BD 。

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 。