高中物理整体法隔离法解决物理试题专项训练及答案含解析

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物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)

(M＋2m)g， C 错误．
D、B 与斜面体间的正压力 N′＝2mgcosθ，对 B 分析，根据共点力平衡有
F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋f′，则 B 与斜面间的动摩擦因数
f N
F -mgsin mgcos 2mgcos
，故
D
正确．
故选 BD
11．如图所示，电源电动势为 E，内阻为 r，电压表 V1、V2、V3 为理想电压表，R1、R3 为定值电阻，R2 为热敏电阻(其阻值随温度升高而减小)，C 为电容器，闭合开关 S，电容器 C 中的微粒 A 恰好静止．当室温从 25 ℃升高到 35 ℃的过程中，流过电源的电流变化量是 ΔI，三只电压表的示数变化量是 ΔU1、ΔU2 和 ΔU3.则在此过程中( )
A．大小为零 C．方向水平向左【答案】A 【解析】【详解】对斜面体进行受力分析如下图所示：
B．方向水平向右 D．无法判断大小和方向
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 FN 。知两力在水平方向
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 L1 变暗，V1 表的示数变小，V2 表的示数变大 B．小灯泡 L1 变亮，V1 表的示数变大，V2 表的示数变小 C．小灯泡 L2 变暗，V1 表的示数变小，V2 表的示数变大 D．小灯泡 L2 变亮，V1 表的示数变大，V2 表的示数变大
ma Fb ，F
为负值，b
对a
为推力；若
mb Fa ma Fb ，F 为正值，则 b 对 a 为拉力；若 mb Fa ma Fb ，F 为零．故 C 正确，A、
B、D 错误．故选 C．

高一物理整体法隔离法试题答案及解析

高一物理整体法隔离法试题答案及解析1. 如图所示，在粗糙水平面上放一质量为M 的斜面体，质量为m 的木块在竖直向上力F 作用下，沿斜面体匀速下滑，此过程中斜面体保持静止，则地面对斜面（）A ．无摩擦力B ．有水平向左的摩擦力C ．支持力为（M+m ）gD ．支持力小于（M+m ）g【答案】AD【解析】对物体M 和m 整体受力分析，受拉力F 、重力（M+m ）g 、支持力F N ，根据共点力平衡条件竖直方向 F N +F-（M+m ）g=0，解得：F N =（M+m ）g-F ＜（M+m ）g ；水平方向不受力，故没有摩擦力．故选AD ．【考点】整体法及隔离法。

2. 如图所示，两个等大的水平力F 分别作用在B 和C 上．A 、B 、C 都处于静止状态．各接触面与水平地面平行．A 、C 间的摩擦力大小为f 1，B 、C 间的摩擦力大小为f 2，C 与地面间的摩擦力大小为f 3，则（）A ．f 1=0，f 2=0，f 3=0B ．f 1=0，f 2=F ，f 3=0C ．f 1=F ，f 2=0，f 3=0D ．f 1=0，f 2=F ，f 3=F 【答案】B【解析】以ABC 整体为研究对象，分析整体在水平方向的受力易知，地面对C 的摩擦力为零，以A 为研究对象，A 处于平衡状态，故C 与A 之间无摩擦力，以B 为研究对象，易知C 与B 之间的摩擦力为F ，故选B 【考点】考查整体隔离法点评：本题难度较小，处理此类问题，研究对象的选择是灵活的，例如分析BC 间摩擦力时，可以以A 、C 整体为研究对象3. 如图水平向左的拉力F 作用在木块2上，三木块一起向左匀速运动，以下说法正确的是A ．木块1受到了向左的摩擦力B ．木块2受到了2对平衡力C ．木块1、2间有2对作用力和反作用力D ．木块2、3间有2对作用力和反作用力【答案】D【解析】三木块一起向左匀速运动，说明整体合外力为零。

将1物体隔离开，则水平方向静摩擦力为零，所以A错。

高考物理方法应用系列-整体法与隔离法-专题练习三(解析版)

高考物理方法应用系列-整体法与隔离法-专题练习三一、计算题1.如图所示，物体A、B叠放在水平桌面上，A与B接触面之间的动摩擦因数为0.1，B与地面的动摩擦因数为0.2，A物体的重力是50N，B的重力为100N，A的左端用水平细线拉住，细线另一端固定于墙上．（1）现用水平力F将物体B从A下方匀速拉出，求水平拉力F的大小；（2）如果在A物体上再放一个50N重的物体C，且假设A与B之间，B与地面之间最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，则通过计算说明，用一个水平拉力F=46N能否将B从A下方拉出．【答案】（1）35N （2）不能将B从A下方拉出【解析】【分析】(1)对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力、A对B的滑动摩擦力，地面对B的滑动摩擦力，根据平衡条件列式求解拉力；(2)在A物体上再放一个50N重的物体C，AC整体对B的压力增加，ABC整体对地面的压力也增加，求解出AB间、B与地面间的最大静摩擦力，根据平衡条件列式分析．【详解】(1)物体A对B的压力等于重力，为50N，故f AB=μ1G A=0.1×50=5N，物体AB整体对地面压力等于重力，为150N，故f BD=μ2（G A+G B）=0.2×（50+100）=30N，对B分析，受重力、支持力、支持力和两个向左的摩擦力，根据平衡条件，有：F=f AB+f BD=5N+30N=35N；(2)在A物体上再放一个50N重的物体C，AC整体对B的压力为100N，故AB间的最大静摩擦力大小为：f AB′=μ1（G A+G C）=0.1×（50+50）N=10N，物体AB整体对地面压力等于重力，为200N，故f BD′=μ2（G A+G B+G C）=0.2×（50+100+50）N=40N，故如果将物体拉出，拉力的最小值为：F min=f AB′+f BD′=10N+40N=50N＞46N，故用46N的力无法将物体拉出；【点睛】本题是力平衡问题，关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，根据平衡条件列式求解．通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．2.如图所示，某人用轻绳牵住一只质量m=0.6kg的氢气球，因受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成37°角．已知空气对气球的浮力为15N，人的质量M=50kg，且人受的浮力忽略不计（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）水平风力的大小；（2）人对地面的压力大小；（3）若水平风力增强，人对地面的压力如何变化？（要求说明理由）【答案】（1）12N （2）491N （3）若水平风力增强，人对地面的压力不变【解析】试题分析：（1）对气球受力分析应用平衡条件可求水平风力的大小；（2）当风力变大时我们可以通过选整体为研究对象来判断人对地面压力的变化．解：（1）对氢气球进行受力分析如图，设氢气球受绳子拉力为T，水平风力为F风，由平衡条件列式：竖直方向：F浮=mg+Tsin37°；水平方向：F风=Tcos37°；解得：F风=12N，T=15N．（2）把人与气球视为整体，受力分析可得：N=mg+Mg﹣F浮，若风力增强，人对地面压力不变．答：（1）气球的受力分析图，如图所示，水平风力的大小为12N；（2）若水平风力增强，人对地面的压力不变．【点评】对气球和人进行受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题．选择合适的研究对象是关键，如何选择需要再做题中不断积累经验．3.如图所示，物体A 、B 叠放在倾角为α=37°的斜面上．A 、B 的质量分别为m A =2kg ，m B =2.5kg ．A 、B 之间的动摩擦因数μ1=0.5，B 与斜面之间的动摩擦因数μ2=0.4．拉着物体A 的绳子沿水平方向固定在斜面顶端．现在用平行斜面向下的拉力F 把B 物体匀速拉动（A 静止）．求（1）A 、B 之间滑动摩擦力的大小；（2）所需拉力F 的大小．【答案】（1）T=40N ，f=20N （2）29N 【解析】试题分析：（1）对A 进行分析根据平衡条件可以得到：cos sin A T f G αα=+，sin cos N A F T G αα=+，N f F μ= 得sin cos 40cos sin T mgN αμααμα+==-，20f N =。

高考物理整体法隔离法解决物理试题常见题型及答题技巧及练习题

高考物理整体法隔离法解决物理试题常见题型及答题技巧及练习题一、整体法隔离法解决物理试题1．a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。

当用大小为F的恒力沿水平方向拉着 a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1;当用恒力F竖直向上拉着 a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2；当用恒力F倾斜向上向上拉着 a，使a、b一起沿粗糙斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x3，如图所示。

则（）A．x1= x2= x3 B．x1 >x3= x2C．若m1>m2，则 x1>x3= x2 D．若m1<m2，则 x1＜x3= x2【答案】A【解析】【详解】通过整体法求出加速度，再利用隔离法求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的伸长量。

对右图，运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度为：；对b物体有：T1=m2a1；得；对中间图：运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度为：；对b物体有：T2-m2g=m2a2得：；对左图，整体的加速度：，对物体b：，解得；则T1=T2=T3，根据胡克定律可知，x1= x2= x3，故A正确，BCD错误。

故选A。

【点睛】本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用．解答此题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再分析其他物体．2．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：22F F mg ma+-弹＝其中：F弹=2mg解得：F=2ma故A错误。

高中物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)及解析

高中物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)及解析一、整体法隔离法解决物理试题1．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+mgC．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．2．a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。

高考物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)

高考物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)一、整体法隔离法解决物理试题1．如图所示，三物体A 、B 、C 均静止，轻绳两端分别与A 、C 两物体相连接且伸直，m A =3kg ，m B =2kg ，m C =1kg ，物体A 、B 、C 间的动摩擦因数均为μ=0.1，地面光滑，轻绳与滑轮间的摩擦可忽略不计。

现用15N 的力作用在B 物体上，则下列说法正确的是（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g =10m/s 2）（）A ．物体B 将从A 、C 中抽出，A 、C 可能会静止不动B ．物体B 与A 一起向左加速运动，C 向右加速运动C ．物体B 与C 一起向左加速运动，A 向右加速运动D ．A 、C 加速度大小均为0.5m/s 2【答案】D【解析】【详解】B 、C 间的最大静摩擦力()BC A B 5N f m m g μ=+=A 、B 间的最大静摩擦力AB A 3N f m g μ==<f BC若要用力将B 物体从A 、C 间拉出，拉力最小时，B 、C 之间的摩擦力刚好达到最大，此时物体A 已经向右以加速度a 加速运动，B 、C 以加速度a 向左加速运动，设绳子上拉力为T ，以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得T -f AB =m A a以C 为研究对象有f BC -T =m C a解得a =0.5m/s 2，以B 为研究对象，根据牛顿第二定律可得F -（f BC +f AB ）=m B a解得F =9N ，由题知F =15N >9N ，所以可以将B 物体从A 、C 中间抽出；即用15N 的力作用在B 物体上，物体A 向右以加速度a =0.5m/s 2加速运动，C 以加速度a =0.5m/s 2向左加速运动。

A.物体B 将从A 、C 中抽出，A 、C 可能会静止不动，与分析不一致，故A 错误；B.物体B 与A 一起向左加速运动，C 向右加速运动，与分析不一致，故B 错误；C.物体B 与C 一起向左加速运动，A 向右加速运动，与分析不一致，故C 错误；D.A 、C 加速度大小均为0.5m/s 2，与分析相一致，故D 正确。

物理整体法隔离法解决物理试题专题练习(及答案)含解析

3．如图所示，等边直角三角形斜边上竖直挡板挡住质量为 m 的球置于斜面上，现用一个恒力 F 拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为 a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，重力加速度为 g, 以下说法中正确的是
A．竖直挡板对球的弹力为 m g a
B．斜面对球的弹力为 2mg C．加速度越大斜面对球的弹力越大．
F 2mg 8ma ，
代入 F ，解得 3mg
故 C 项错误； D.对 8 个滑块，有
a F ， 24m
F mg 8ma ，
解得
a g 4
再以 6、7、8 三个小滑块作为整体，由牛顿第二定律有
故 D 项正确;
F 3ma F ， 4
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( )
小滑块之间的轻杆上的弹力大小为 F 4
【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
F 3mg 0 ，
解得
F ， 3mg
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
变低，故 C 错误；
D 项：将 R1 和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为 r+R1，电压表测的为新电源的路
U
端电压，如果电流表测的也为总电流，则
I总
r
R1 ,由 A 分析可知 I总 =IR3
I A ，
由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以 R3 中的电流减小，则 IA 增大，所以

高中物理整体法隔离法解决物理试题专项训练及答案及解析

高中物理整体法隔离法解决物理试题专项训练及答案及解析一、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．最近，不少人喜欢踩着一种独轮车，穿梭街头，这种独轮车全名叫电动平衡独轮车，其中间是一个窄窄的轮子，两侧各有一块踏板，当人站在踏板上向右运动时，可简化为如图甲、乙所示的模型。

关于人在运动中踏板对人脚的摩擦力，下列说法正确的是（）A．考虑空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力向左B．不计空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力向左C．考虑空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力可能为零D．不计空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力不可能为零【答案】C【解析】【详解】A．考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力为右，故A错误；B．不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，合力向右，即脚所受摩擦力向右，故B错误；C．当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；D．当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力提供加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D错误。

高中物理整体法和隔离法习题大全(带答案)

整体法和隔离法对于连结体问题，通常用隔离法，也可采用整体法。

如果能够运用整体法，我们应该优先采用整体法，这样涉及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简便；不计物体间相互作用的内力，或物体系内的物体的运动状态相同，一般首先考虑整体法。

对于大多数动力学问题，单纯采用整体法并不一定能解决，通常采用整体法与隔离法相结合的方法。

一、静力学中的整体与隔离通常在分析外力对系统的作用时，用整体法；在分析系统内各物体（各部分）间相互作用时，用隔离法．解题中应遵循“先整体、后隔离”的原则。

1.在粗糙水平面上有一个三角形木块a ，在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m1和m2的两个木块b 和c ，如图所示，已知m1＞m2，三木块均处于静止，则粗糙地面对于三角形木块（） A ．有摩擦力作用，摩擦力的方向水平向右 B ．有摩擦力作用，摩擦力的方向水平向左 C ．有摩擦力作用，但摩擦力的方向不能确定 D ．没有摩擦力的作用【解析】由于三物体均静止，故可将三物体视为一个物体，它静止于水平面上，必无摩擦力作用，故选D ．本题若以三角形木块a 为研究对象，分析b 和c 对它的弹力和摩擦力，再求其合力来求解，则把问题复杂化了．此题可扩展为b 、c 两个物体均匀速下滑，想一想，应选什么？2.有一个直角支架 AOB ，AO 水平放置，表面粗糙，OB 竖直向下，表面光滑，AO 上套有小环P ，OB 上套有小环 Q ，两环质量均为m ，两环间由一根质量可忽略、不可伸展的细绳相连，并在某一位置平衡，如图。

现将P 环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO 杆对P 环的支持力N 和细绳上的拉力T 的变化情况是（） A ．N 不变，T 变大 B ．N 不变，T 变小 C ．N 变大，T 变大 D ．N 变大，T 变小【解析】隔离法：设PQ 与OA 的夹角为α，对P 有： mg ＋Tsinα=N 对Q 有：Tsinα=mg所以 N=2mg ， T=mg/sinα 故N 不变，T 变大．答案为B整体法：选P 、Q 整体为研究对象，在竖直方向上受到的合外力为零，直接可得N=2mg ，再选P 或Q 中任一为研究对象，受力分析可求出T=mg/sinα为使解答简便，选取研究对象时，一般优先考虑整体，若不能解答，再隔离考虑．3.如图所示，设A 重10N ，B 重20N ，A 、B 间的动摩擦因数为0.1，B 与地面的摩擦因数为0.2．问：（1）至少对B 向左施多大的力，才能使A 、B 发生相对滑动？（2）若A 、B 间μ1=0.4，B 与地间μ2=0.l ，则F 多大才能产生相对滑动？【解析】（1）设A 、B 恰好滑动，则B 对地也要恰好滑动，选A 、B 为研究对象，受力如图，由平衡条件得： F=f B +2Tf BAOBPQ选A 为研究对象，由平衡条件有T=f A f A =0.1×10=1N f B =0.2×30=6N F=8N 。

高中物理整体法隔离法解决物理试题专题训练答案及解析

对 A 有：
2mg=2ma
联立解得 FN=0，故 D 正确；
mg-FN=ma
7．如图所示，光滑斜面体固定在水平面上,倾角为 30°，轻弹簧下端固定 A 物体，A 物体质量为 m，上表面水平且粗糙，弹簧劲度系数为 k，重力加速度为 g，初始时 A 保持静止状态，在 A 的上表面轻轻放一个与 A 质量相等的 B 物体，随后两物体一起运动，则( )
A．刚撤去力 F 时，FN＝ mg F 2
B．弹簧弹力大小为 F 时，FN＝ F 2
C．A、B 的速度最大时，FN＝mg
D．弹簧恢复原长时，FN＝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： a F 2m
对物体 A 受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：
5．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 V1 的示数变化大小为 ΔU1，电压表 V2 的示数变化大小为 ΔU2，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
R1
的电流变化量大小等于
小，根据U3 U2 U1 可知 U2 增大，故 A 正确. B.电源的功率 P EI ，随着回路中电流变小，则电源功率也在变小，故 B 错误；
A．当 B 放在 A 上的瞬间,A、B 的加速度为 g 4
B．当 B 放在 A 上的瞬间,A 对 B 的摩擦力为零 C．A 和 B 一起下滑距离 mg 时,A 和 B 的速度达到最大
2k D．当 B 放在 A 上的瞬间,A 对 B 的支持力大于 mg 【答案】AC 【解析】【详解】

高三物理整体法隔离法试题

高三物理整体法隔离法试题1. 如图所示，一只质量为m 的小猴抓住用绳吊在天花板上的一根质量为M 的竖直杆。

当悬绳突然断裂时，小猴急速沿杆竖直上爬，以保持它离地面的高度不变。

则杆下降的加速度为A ．B ．C ．D ．【答案】 C【解析】小猴离地面距离不变处于平衡状态。

所以受到杆对它向上的摩擦力等于它的重力mg 由牛顿第三定律杆受到向下的摩擦力mg ，杆又受到自身重力Mg 。

所以受到的合力为F=mg+Mg ，加速度a="F/M=" mg+Mg/ M2. 如图所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m 1在地面上，m 2在空中)，力F 与水平方向成θ角．则m 1所受支持力F N 和摩擦力F f 正确的是A ．F N ＝m 1g ＋m 2g －Fsin θB ．F N ＝m 1g ＋m 2g －Fcos θC ．F f ＝Fcos θD ．F f ＝Fsin θ【答案】AC【解析】将m 1、m 2和弹簧看做整体，受力分析如图所示根据平衡条件得F f ＝Fcos θF N ＋Fsin θ＝(m 1＋m 2)g ，则F N ＝(m 1＋m 2)g －Fsin θ，故选项A 、C 正确。

【考点】本题考查在受力分析中整体法和隔离法的应用。

3. 在光滑的水平地面上，与竖直墙平行放置着一个截面为 1/4圆的柱状物体，在柱状物体与墙之间放一光滑圆球，在柱状物体的右侧竖直面上施加一水平向左的推力F ，使整个装置处于静止状态，现将柱状物体向左推过一段较小的距离，若使球与柱状物体仍保持静止状态，则与原来相比：A．推力F变小。

B．地面受到的压力变小。

C．墙对球的弹力变大。

D．球对柱状物体的弹力变大。

【答案】A【解析】光滑球受自身重力墙壁弹力和柱状体弹力，受力如图，随着柱状物体向左推过一段较小的距离使得变小，从而使变小，答案D错。

变小，答案C错。

牛顿第二定律整体法与隔离法专题练习及答案

牛顿第二定律整体法与隔离法专题练习学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．两物体A 、B 置于粗糙水平面上，中间用细线相连，现用一力F 作用在物体上，已知A 2kg m =，B 2kg m =，12N F =，A B 0.2μμ==，210m/s g =，则中间细线上的张力多大（）A ．12NB ．5NC ．6ND ．7N2．如图所示，在桌面上有质量分别为M 、m 的两个物块，它们由同一种材料制成，现用力F 推物块m ，使M 、m 两物块在桌面上一起向右加速。

当桌面光滑时，加速度大小为1a ，M 、m 间的相互作用力大小为1F ；当桌面粗糙时，加速度大小为2a ，M 、m 间的相互作用力大小为2F 。

下列关系式正确的是（）A ．12a a =B ．12a a <C ．12F F =D ．12F F >3．如图所示，质量为M 、倾角为θ的斜面置于光滑的水平面上，一个表面光滑、质量为m 的物块放在斜面上，斜面在沿水平方向的力F 的作用下，恰能使物块与斜面保持相对静止，重力加速度为g ，则作用力F 的大小为（）A ．(m+M )g sin θB ．(m+M )g cos θC ．(m+M )g tan θD ．()tan m M gθ+4．如图所示，五块完全相同的木块并排放在水平地面上，它们与地面间的摩擦不计。

当用力F 推1使它们共同加速运动时，第2块木块对第3块木块的推力为（）A．15F B．25F C．35F D．F5．如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。

当滑块至少以多大加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零，滑块至少以多大加速度向右运动时，小球对细线的拉力等于零（）A．g，g B．g，2g C．2g，g D．g6．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为m的小车在沿斜面向下的外力F 作用下沿斜面下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量也为m）的轻绳恰好水平。

高中物理整体法隔离法解决物理试题专题训练答案及解析

高中物理整体法隔离法解决物理试题专题训练答案及解析一、整体法隔离法解决物理试题1．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，则三个电表示数的变化情况是A． I1增大，I2不变，U增大B． I1减小，I2增大，U减小C． I1增大，I2减小，U增大D． I1减小，I2不变，U减小【答案】B【解析】【分析】【详解】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．2．在如图所示的电路中，当开关S闭合后，电压表有示数，调节可变电阻R的阻值，使电压表的示数增大ΔU，则()A．可变电阻R被调到较小的阻值B．电阻R2两端的电压减小，减小量等于ΔUC．通过电阻R2的电流减小，减小量小于D．通过电阻R2的电流减小，减小量等于【解析】【详解】A.由题意知，要使电压表的示数增大，则需电阻R 和R 1并联后的总电阻增大，则需将可变电阻R 增大，即可变电阻R 被调到较大的阻值，故A 项不合题意；BCD.当R 增大时，外电阻增大，干路电流减小，电阻R 2两端的电压减小，且路端电压增大，所以电阻R 2两端的电压减小量小于ΔU ，由欧姆定律知，通过电阻R 2的电流也减小，减小量小于，故B 项不合题意、D 项不合题意，C 项符合题意．3．如图所示，等边直角三角形斜边上竖直挡板挡住质量为m 的球置于斜面上，现用一个恒力F 拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g, 以下说法中正确的是A ．竖直挡板对球的弹力为()m g a +B ．斜面对球的弹力为2mgC ．加速度越大斜面对球的弹力越大．D ．斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力大于m a【答案】A【解析】A 、B 、C 、对球受力分析如图所示:由牛顿第二定律得F N1-F N2sin θ=ma ，F N2cos θ=mg ，45θ=︒ ，由以上两式可得：1()N F m g a =+，22N F mg ，即竖直挡板对球的弹力为()m g a +，斜面对球的弹力为2mg ，且加速度越大斜面对球的弹力不变，故A 正确，B 、C 均错误.D 、由牛顿第二定律可知，斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma ．故D 错误．故选A.【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用和受力分析规律的应用，要注意明确加速度沿水平方向，竖直方向上的合力为零，分别对两个方向进行分析求解即可．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，质量相等、材料相同的两个小球A 、B 间用一劲度系数为k 的轻质弹簧相连组成系统，系统穿过一粗糙的水平滑杆，在作用在B 上的水平外力F 的作用下由静止开始运动，一段时间后一起做匀加速运动，当它们的总动能为4E k 时撤去外力F ，最后停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在从撤去外力F 到停止运动的过程中，下列说法正确的是( )A ．撤去外力F 的瞬间，弹簧的压缩量为2F k B ．撤去外力F 的瞬间，弹簧的伸长量为F kC ．系统克服摩擦力所做的功小于系统机械能的减少量D ．A 克服外力所做的总功等于2E k【答案】D【解析】【分析】根据受力分析与牛顿第二定律分析弹簧的伸长量；根据动能定理分析A 克服外力所做的总功；根据功能关系分析系统克服摩擦力所做的功．【详解】AB ．当A 与B 一起做加速运动的过程中，对整体：F -2f =2ma对小球A ：kx-f=ma联立得： x= 2F k 即撤去外力F 的瞬间，弹簧的伸长量为 2F k．故A B 错误； C ．根据功能关系可知，整个的过程中，系统克服摩擦力所做的功等于A 、B 的动能以及弹簧减少的弹性势能的和，即等于系统机械能的减少量．故C 错误．D ．A 克服外力所做的总功等于A 的动能，由于是当它们的总动能为4E k 时撤去外力F ，所以A 与B 开始时的动能都是2E k ，即A 克服外力所做的总功等于2E k ．故D 正确；故选D ．【点睛】此题考查了两个物体被弹簧连接的连接体问题，明白F 在拉动B 运动时，由于杆的摩擦力，A 物体会瞬时不动，从而弹簧就有拉长，存在弹性势能，是解决此题的关键．6．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 ．mgB ．(M+m)gC ．(m+2M)gD ．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 …①f 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…④f=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 。

高中物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)及解析

高中物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)及解析一、整体法隔离法解决物理试题1．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FmgB ．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 mD ．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4F 【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3Fmgμ=，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3Fmgμ=，解得 24Fa m=，故C 项错误； D.对8个滑块，有8F mg ma μ'-=，解得4ga μ'=再以6、7、8三个小滑块作为整体，由牛顿第二定律有34F F ma ''==，故D 项正确;2．如图电路中，电源的内电阻为r ，R 1、R 3、R 4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R 2的滑动触头向右滑动时，下列说法中正确的是（）A ．电压表的示数变小B ．电流表的示数变大C ．电流表的示数变小D ．R 1中电流的变化量一定大于R 4中电流的变化量【答案】C 【解析】【分析】【详解】设R 1、R 2、R 3、R 4的电流分别为I 1、I 2、I 3、I 4，电压分别为U 1、U 2、U 3、U 4．干路电流为I总，路端电压为U ，电流表电流为I ．A ．当滑动变阻器R 2的滑动触头P 向右滑动时，R 2变大，外电路总电阻变大，I 总变小，由U =E -Ir 可知，U 变大，则电压表示数变大．U 变大，I 3变大，故A 错误； BC ．因I 4=I 总-I 3，则I 4变小，U 4变小，而U 1=U -U 4，U 变大，U 4变小，则U 1变大，I 1变大.又I 总=I +I 1，I 总变小，I 1变大，则I 变小．所以R 1两端的电压变大，电流表的示数变小．故B 错误，C 正确．D ．由I 4=I 1+I 2，I 4变小，I 1变大，则I 2变小，则|△I 1|＜|△I 2|，|△I 2|＞|△I 4|，则不能确定R 1中电流的变化量与R 4中电流的变化量的大小．故D 错误．【点睛】本题是电路的动态分析问题；解题时按“局部→整体→局部”的顺序进行分析，采用总量的方法分析电流表示数的变化．3．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 ②cos mgθ 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 mFM m θ+，综上所述本题正确答案为D 。

高中物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)

高中物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)一、整体法隔离法解决物理试题1．一个质量为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 rθ-=，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：2v 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：2v T T mg m r'==+，故此时箱子对地面的压力为：()()2v 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．2．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。

高中物理整体法隔离法解决物理试题试题(有答案和解析)

高中物理整体法隔离法解决物理试题试题(有答案和解析)一、整体法隔离法解决物理试题1．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。

2．如图所示，等边直角三角形斜边上竖直挡板挡住质量为m的球置于斜面上，现用一个恒力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g, 以下说法中正确的是A ．竖直挡板对球的弹力为()m g a +B ．斜面对球的弹力为2mgC ．加速度越大斜面对球的弹力越大．D ．斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力大于m a【答案】A【解析】A 、B 、C 、对球受力分析如图所示:由牛顿第二定律得F N1-F N2sin θ=ma ，F N2cos θ=mg ，45θ=︒ ，由以上两式可得：1()N F m g a =+，22N F mg =，即竖直挡板对球的弹力为()m g a +，斜面对球的弹力为2mg ，且加速度越大斜面对球的弹力不变，故A 正确，B 、C 均错误.D 、由牛顿第二定律可知，斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma ．故D 错误．故选A.【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用和受力分析规律的应用，要注意明确加速度沿水平方向，竖直方向上的合力为零，分别对两个方向进行分析求解即可．3．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．4．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 ．mgB ．(M+m)gC ．(m+2M)gD ．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 …①f 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…④f=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 。

高中物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)

高中物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)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．质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“V型槽B上,如图,α=60°,另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连,现将C自由释放,则下列说法正确的是（）A．若A相对B未发生滑动,则A、B、C三者加速度相同B．当M=2m时,A和B共同运动的加速度大小为gC．当3(31)M+=时，A和B之间的正压力刚好为零D ．当(31)M m =+时,A 相对B 刚好发生滑动【答案】D【解析】【分析】由题中“有质量为M 的物体C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B 相连”可知，本题考查牛顿第二定律和受力分析，运用整体法和隔离法可分析本题。

【详解】A 、若A 相对B 未发生滑动，则AB 可看做整体，加速度相同，C 的运动方向向下，加速度方向与AB 不同，故A 错误；B 、若A 和B 共同运动的加速度大小为g 时，则C 得加速度大小也为g ，但对C 隔离分析，C 不可能做自由落体，因此不论M 等于多少，加速度不能是g ，故B 错误； CD 、若A 和B 之间的正压力刚好为零，则此时加速度设为a ，对A 受力分析可得cos F ma α=，sin F mg α=解得3a g =对A 、B 、C 整体运用牛顿第二定律可得 (2)Mg M m a =+解得(31)M m =+故C 错误D 正确；3．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UEd =，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 UP IE Eη==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R1和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为r+R1，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1Ur RI∆=+∆总,由A分析可知3=R AI I I总∆∆+∆，由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以R3中的电流减小，则I A增大，所以AI I∆>∆总，所以1AUr RI∆<+∆，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．4．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻r，开关K闭合，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表示数变化量的绝对值为ΔI，正确的是A．V2的示数增大B．电源输出功率在增大C．ΔU3＞ΔU1＞ΔU2D．ΔU3与ΔI的比值在减小【答案】BC【解析】【详解】理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表123V V V、、分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．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．A.根据闭合电路欧姆定律得：2V 的示数2U E Ir =-I 增大，2U 减小，故A 错误；B. 电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻r ，外电阻减小，电源输出功率在增大，故B 正确；D. 由闭合欧姆定律得：()3U E I r R =-+解得 3U R r I∆=+∆ 所以3U I∆∆不变，故D 错误； C.由闭合欧姆定律得： ()3 U I R r ∆=∆+2U Ir ∆=∆1U IR ∆=∆又定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r ，则312U U U ∆>∆>∆，故C 正确．5．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AD6．如图所示的电路中，闭合开关S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、1U 、2U 和3U 表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、Δ1U 、Δ2U 和Δ3U ，下列说法正确的是A ．I 减小，1U 减小、2U 增大，3U 增大B ．电源功率不变，1R 上功率增加C ．2U I 变大，2U I ∆∆不变 D ．3U I 变大，3U I ∆∆不变【答案】ACD【解析】【详解】A. 当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，外电路电阻增大，电流减小，根据U E Ir =- 可知路端电压3U 增大，U 1测定值电阻的电压，所以U 1随着电流的减小而减小，根据321U U U =+ 可知U 2增大，故A 正确.B.电源的功率P EI =，随着回路中电流变小，则电源功率也在变小，故B 错误；C. 根据电路知识可知, 22U R I =所以2U I 变大，()21U E I R r =-+ 可知21U R r I ∆=+∆不变，故C 正确D.根据电路知识可知3U I =R 1+R 2所以3U I变大．根据闭合电路欧姆定律得：U 3=E-Ir ，则有3U I∆∆=r ，不变．故D 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 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；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 sinθ+F N cosθ-mg=0 ③；F N sinθ-F cosθ=ma④；由③④两式解得：F=mg sinθ-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；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。

高中物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)

高中物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)一、整体法隔离法解决物理试题1．a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。

故选A。

【点睛】本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用．解答此题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再分析其他物体．θ=︒的光滑斜面上，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与2．如图所示，在倾角37斜面顶端相连，物块A、B紧挨在一起但它们之间无弹力，已知物块A、B质量分别为m和2m，重力加速度为g，sin370.6︒=，cos370.8︒=．某时刻将细线剪断，则在细线剪断瞬间，下列说法正确的是A ．物块B 的加速度为0.6g B ．物块A 的加速度为0.6gC ．物块A 、B 间的弹力为0.4mgD ．弹簧的弹力为1.8mg【答案】C 【解析】【分析】【详解】剪断细线前，弹簧的弹力：sin 370.6F mg mg =︒=弹细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为0.6F mg =弹；剪断细线瞬间，对A 、B 系统，加速度为：3sin 370.43mg F a g m︒-==弹，即A 和B 的加速度均为0.4g ；以B 为研究对象，根据牛顿第二定律可得2sin372mg T ma ︒-= 解得0.4T mg =．故C 正确，ABD 错误．故选C ．3．如图电路中，电源的内电阻为r ，R 1、R 3、R 4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R 2的滑动触头向右滑动时，下列说法中正确的是（）A ．电压表的示数变小B ．电流表的示数变大C ．电流表的示数变小D ．R 1中电流的变化量一定大于R 4中电流的变化量【答案】C 【解析】【分析】【详解】设R 1、R 2、R 3、R 4的电流分别为I 1、I 2、I 3、I 4，电压分别为U 1、U 2、U 3、U 4．干路电流为I总，路端电压为U ，电流表电流为I ．A ．当滑动变阻器R 2的滑动触头P 向右滑动时，R 2变大，外电路总电阻变大，I 总变小，由U=E-Ir可知，U变大，则电压表示数变大．U变大，I3变大，故A错误；BC．因I4=I总-I3，则I4变小，U4变小，而U1=U-U4，U变大，U4变小，则U1变大，I1变大.又I总=I+I1，I总变小，I1变大，则I变小．所以R1两端的电压变大，电流表的示数变小．故B错误，C正确．D．由I4=I1+I2，I4变小，I1变大，则I2变小，则|△I1|＜|△I2|，|△I2|＞|△I4|，则不能确定R1中电流的变化量与R4中电流的变化量的大小．故D错误．【点睛】本题是电路的动态分析问题；解题时按“局部→整体→局部”的顺序进行分析，采用总量的方法分析电流表示数的变化．4．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.5．直流电路如图所示，电源的内阻不能忽略不计，在滑动变阻器的滑片P由图示位置向右移动时，电源的A．效率一定增大B．总功率一定增大C．热功率一定增大D．输出功率一定先增大后减小【答案】A【解析】由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；A、电源的效率UI REI R rη==+，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，故A正确；B、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI减小，故B错误；C、电源内阻r不变，电流I减小，源的热功率P Q=I2r减小，故C错误；D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故D错误；故选A．【点睛】知道电路串并联中的电流电压关系，并熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题．6．如图所示，质量为m的物体放在斜面体上，在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，物体始终与斜面体保持相对静止，则斜面体对物体的摩擦力Ff和支持力FN分别为（重力加速度为g）( )A．Ff＝m（gsinθ＋acosθ） FN＝m（gcosθ－asinθ）B．Ff＝m（gsinθ＋acosθ） FN=m（gcosθ－acosθ）C．Ff＝m（acosθ－gsinθ） FN=m（gcosθ＋asinθ）D．Ff＝m（acosθ－gsinθ） FN＝m（gcosθ－acosθ）【答案】A【解析】对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力（沿斜面向上），向右匀加速，故合力大小为ma，方向水平向右；采用正交分解法，在平行斜面方向，有：F f -mg sin θ=ma cos θ，在垂直斜面方向，有：mg cos θ-F N =ma sin θ，联立解得：F f =m (g sin θ+a cos θ)，F N =m (g cos θ-a sin θ)；故A 正确，B,C,D 错误；故选A.【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住物体与斜面的加速度相等，结合牛顿第二定律进行求解．7．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 1D ．此过程中2IU ∆∆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212UR R rI∆=++∆保持不变，故D正确．故选BCD．8．如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，且足够长，其上叠放木块A．假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是（）A．A的质量为0.5 kgB．A、B间的动摩擦因数为0.2C．B与地面间的动摩擦因数为0.2D．当水平拉力F=15N时，长木板的加速度大小为10m/s2【答案】ACD【解析】【详解】在F＜3N时，一起保持静止；在3N≤F＜9N时，A、B保持相对静止，故地面对B的最大静摩擦力f B=3N；在3N≤F＜9N时，A、B保持相对静止；在F≥9N时，A与B发生相对滑动，故B对A的最大静摩擦力f A=4m A，在3N≤F＜9N时，A、B运动的加速度BA BF fam m-+＝，可得，m A+m B=1.5kg；在F≥9N时，B的加速度A BBBF f fam--＝，可得，mB=1kg，那么m A=0.5kg；B与地面间的动摩擦因数()0.2BBA Bfm m g＝＝μ+，A、B间的动摩擦因数0.4AAAfm gμ＝＝，故AC正确，B错误；当水平拉力F=15N时，木板和木块已经相对滑动，则此时长木板的加速度大小为221540.53/10/1A BBBF f fa m s m sm---⨯-==''＝，选项D正确；故选ACD．【点睛】物体运动学问题中，一般分析物体的运动状态得到加速度的表达式，然后对物体进行受力分析求得合外力，最后利用牛顿第二定律联立求解即可．9．如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、1U 、2U 和3U 表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、Δ1U 、Δ2U 和Δ3U ，下列说法正确的是A ．I 减小，1U 减小、2U 增大，3U 增大B ．电源功率不变，1R 上功率增加C ．2U I 变大，2U I∆∆不变 D ．3U I 变大，3U I ∆∆不变【答案】ACD 【解析】【详解】A. 当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，外电路电阻增大，电流减小，根据U E Ir =- 可知路端电压3U 增大，U 1测定值电阻的电压，所以U 1随着电流的减小而减小，根据321U U U =+ 可知U 2增大，故A 正确.B.电源的功率P EI =，随着回路中电流变小，则电源功率也在变小，故B 错误；C. 根据电路知识可知, 22U R I=所以2UI 变大，21U EI R r 可知21U R r I∆=+∆不变，故C 正确 D.根据电路知识可知3U I =R 1+R 2所以3UI变大．根据闭合电路欧姆定律得：U 3=E-Ir ，则有3U I ∆∆=r ，不变．故D 正确．10．如图,有质量均为m 的三个小球A 、B 、C ，A 与B 、C 间通过轻绳相连，绳长均为L ，B 、C 在水平光滑横杆上，中间用一根轻弹簧连接，弹簧处于原长。

高考物理整体法隔离法解决物理试题试题(有答案和解析)

高考物理整体法隔离法解决物理试题试题(有答案和解析)一、整体法隔离法解决物理试题1．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 ．1:1B ．2:1C ．3:2D ．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Ca '，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 Ca 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：23CH CS SD DH ==m B a B ，对于钩码C 由牛顿第二定律可得：2C C Cm g T m a =''-，联立解得40N 3T '=，220m/s 3B a ='，210m/s 3C 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。

高中物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)

高中物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)一、整体法隔离法解决物理试题1．如图所示，R 0为热敏电阻(温度降低，其电阻增大)，D 为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，平行板电容器中央有一带电液滴刚好静止，M 点接地，开关S 闭合．下列各项单独操作时可使带电液滴向上运动的是( )A ．滑动变阻器R 的滑动触头P 向上移动B ．将热敏电阻R 0的温度降低C ．开关S 断开D ．电容器的上极板向上移动【答案】C【解析】【详解】A.当滑动变阻器的滑动触头P 向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电流增大，内电压及R 0两端的电压增大，则路端电压和滑动变阻器两端的电压都减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，故A 项不合题意；B.当热敏电阻温度降低时，其阻值增大，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压减小，液滴仍然静止，故B 项不合题意；C.开关S 断开时，电容器直接接在电源两端，电容器两端电压增大，则液滴向上运动，故C 项符合题意；D.若使电容器的上极板向上移动，即d 增大，则电容器电容C 减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于Q U C =，4S C kd επ=，U E d =，所以4kQ E Sπε=，由于极板上的电荷量不变，而场强E 与极板之间的距离无关，所以场强E 不变，液滴仍然静止，故D 项不合题意．2．如图所示,电动势为E,内阻为r 的电源与滑动变阻器R 1、定值电阻R 2、R 3、平行板电容器及电流表组成闭合电路,当滑动变阻器R 1触头向左移动时,则（）A．电流表读数减小B．电容器电荷量增加C．R2消耗的功率增大D．R1两端的电压减小【答案】D【解析】【详解】A、变阻器R的触头向左移动一小段时，R1阻值减小，回路的总电阻减小，所以回路的总电流增大，电流表读数增大，故A错误.B、外电路总电阻减小，路端电压U减小，所以路端电压减小，电容器的带电量减小，故B 错误.C、由于R1和R2并联，由分析可得则R2电压减小，又由于R2电阻不变，所以R2消耗的功率减小，故C错误.D、路端电压减小，而干路电流增加导致R3两端电压增大，由串联分压可得R1两端的电压减小，故D正确.故选D.【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，要熟练掌握其解决方法为：局部-整体-局部的分析方法；同时注意部分电路欧姆定律的应用．3．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，则三个电表示数的变化情况是A． I1增大，I2不变，U增大B． I1减小，I2增大，U减小C． I1增大，I2减小，U增大D． I1减小，I2不变，U减小【答案】B【解析】【分析】【详解】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．4．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.5．最近，不少人喜欢踩着一种独轮车，穿梭街头，这种独轮车全名叫电动平衡独轮车，其中间是一个窄窄的轮子，两侧各有一块踏板，当人站在踏板上向右运动时，可简化为如图甲、乙所示的模型。