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
1．两倾斜的平行杆上分别套着a 、b 两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。

当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a 的悬线与杆垂直，b 的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是
A ．a 环与杆有摩擦力
B ．d 球处于失重状态
C ．杆对a 、b 环的弹力大小相等
D ．细线对c 、d 球的弹力大小可能相等 【答案】C 【解析】 【详解】
对c 球单独进行受力分析，受力分析图如下，c 球受重力和绳的拉力F ，物体沿杆滑动，因此在垂直于杆的方向加速度和速度都为零，由力的合成及牛顿第二定律可知物体合力
1=mg sin a=ma a=gina F ⇒，因a 和c 球相对静止，因此c 球的加速度也为gsina ，将a 和
c 球以及绳看成一个整体，在只受重力和支持力的情况下加速度为gsina ，因此a 球和杆的摩擦力为零，故A 错误；
对球d 单独进行受力分离，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d 的加速度为零，因为b 和d 相对静止，因此b 的加速度也为零，故d 球处于平衡状态，加速度为零，不是失重状态，故B 错；细线对c 球的拉力cos c T mg a =，对d 球的拉力d T mg =，因此不相等，故D 错误；对a 和c 整体受力分析有()cos na a c F m m g a =+，对b 和d 整体受力分析
()cos nb b d F m m g a =+，因a 和b 一样的环，b 和d 一样的球，因此受力相等，故C 正
确。

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：
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．
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 ，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 。

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 ，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．如图所示，A 、B 两物体质量均为m ，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上)。

对A 施加一竖直向下、大小为F (F ＞2mg )的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态。

现突然撤去力F ，设两物体向上运动过程中A 、B 间的相互作用力大小为F N 。

不计空气阻力，关于F N 的说法正确的是(重力加速度为g )( )
A ．刚撤去力F 时，F N ＝
2
mg F
+ B ．弹簧弹力大小为F 时，F N ＝2
F C ．A 、B 的速度最大时，F N ＝mg D ．弹簧恢复原长时，F N ＝0
【答案】BCD 【解析】 【详解】
A.在突然撤去F 的瞬间，AB 整体的合力向上，大小为F ，根据牛顿第二定律，有：
F =2ma
解得：2F a m
=
对物体A 受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：
F N -mg =ma
联立解得：2
N F
F mg =+
，故A 错误； B.弹簧弹力等于F 时，根据牛顿第二定律得：对整体有： F -2mg =2ma
对A 有：
F N -mg =ma
联立解得：2
N F
F =
，故B 正确； D.当物体的合力为零时，速度最大，对A ，由平衡条件得F N =mg ，故C 正确。

C.当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得：对整体有：
2mg =2ma
对A 有：
mg -F N =ma
联立解得 F N =0，故D 正确；
8．如图，平行金属板中带电质点P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，下列说法正确的是（ ）
A ．电压表读数减小
B ．小球的电势能减小
C ．电源的效率变高
D ．若电压表、电流表的示数变化量分别为U ∆ 和I ∆ ，则1U r R I
∆
<+∆
【答案】AD 【解析】
A 项：由图可知，R 2与滑动变阻器R 4串联后与R 3并联后，再由R 1串连接在电源两端；电容器与R 3并联；当滑片向b 移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R 1两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故A 正确；
B 项： 由A 项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据U E d
=
，平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0，由带电质点P 原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B 错误； C 项：电源的效率：=P IU U P IE E η==出
总
,由A 分析可知，路端电压减小，所以电源的效率变低，故C 错误；
D 项：将R 1和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为r+R 1，电压表测的为新电源的路
端电压，如果电流表测的也为总电流，则
1U
r R I ∆=+∆总
,由A 分析可知3=R A I I I 总∆∆+∆，由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以R 3中的电流减小，则I A 增大，所以
A I I ∆>∆总，所以
1A
U
r R I ∆<+∆，故D 正确． 点晴：解决本题关键理解电路动态分析的步骤：先判断可变电阻的变化情况，根据变化情况由闭合电路欧姆定律E U IR =+ 确定总电流的变化情况，再确定路端电压的变化情况，最后根据电路的连接特点综合部分电路欧姆定律进行处理．
9．如图所示，一固定杆与水平方向夹角θ=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
B ．滑块与杆之间动摩擦因数为
33
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
【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3
tan 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：3
cos cos30T ma mg α==
o 在竖直方向上：1
sin sin302
mg T ma mg o
α-== 解得：3
tan 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．
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
【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．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、R1变大，外电阻变大，I干变小， U=E-I干r变大，U3变大．故A正确．
B、I3变大，I干变小，由I4=I干-I3变小，U4变小，而U2=U-U4，U变大，则U2变大，I2变大，I4=I1+I2，I1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=I1+I2+I3，I1变小，I2变大，I3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
12．如图所示的电路中，E 为电源，其内阻为r ，L 为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R 1、R 2为定值电阻，R 3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R 3的光的强度减弱，则
A ．电压表的示数变大
B ．小灯泡变暗
C ．通过R 2的电流变大
D ．电源内阻消耗的功率变大
【答案】BC
【解析】
【详解】
若将照射R 3的光的强度减弱，可知其电阻增大，所以外电路的总电阻增大。

A ．根据闭合电路欧姆定律可知，
E U Ir =+外
外电路总电阻增大，干路电流减小，R 1在干路上，所以其电压减小，因此电压表示数减小，A 错误
BC ．因为干路电流减小，所以路端电压增大，R 1和R 2的电压之和等于路端电压，所以R 2的电压增大，因此流过R 2的电流增大，又R 2和L 的电流之和减小，所以L 的电流必然减小，因此灯泡变暗，BC 都正确
D ．内阻上消耗的功率
2r P I r =
因为干路电流减小，所以D 错误
13．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．
14．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。

当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2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．电路图中，R 1、R 2为定值电阻，R 3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．。