物理整体法隔离法解决物理试题练习全集

物理整体法隔离法解决物理试题练习全集
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，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 S
πε=，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．
3．如图所示，质量为M 的板置于水平地面，其上放置一质量为m 的物体，物体与板，板与地面间的滑动摩檫系数分别为μ、2μ。

当作用在板上的水平拉力为F 时能将板从物体下拉出，则F 的取值范围为（ ）
A ．F >mg μ
B ．F >()m M g μ+
C ．F >2()m M g μ+
D ．F >3()m M g μ+
【答案】D 【解析】 【详解】
当M 和m 发生相对滑动时，才有可能将M 从m 下抽出，此时对应的临界状态为：M 与m 间的摩擦力为最大静摩擦力m f ，且m 运动的加速度为二者共同运动的最大加速度m a ，对m 有：m
m f mg a g m m
μμ=
==，设此时作用与板的力为F '，以M 、m 整体为研究对象，有：()()2m F M m g M m a μ'-+=+，解得()3F M m g μ'=+，当F F '>时，才能将M 抽出，即()3F M m g μ>+，故D 正确，ABC 错误。

4．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2
3
CH CS SD DH =，对于滑块B ，由牛顿第二定律可知：
2
3
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 ='，210
m/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。

5．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．R2两端电压减小ΔU
B．通过R1的电流增大
C．通过R2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，R2两端电压减小，电源内阻分担电压减小，路端电压增大，所以R2两端电压减小量小于ΔU，故A项不合题意.
B.电压表示数增大ΔU，R1是定值电阻，根据欧姆定律可知通过R1的电流增大量等于，
故B项符合题意．
CD.因R2两端电压减小量小于ΔU，有通过R2的电流减小量小于；由于R2两端电压减小，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．
6．如图所示电路中，L1、L2为两只完全相同、阻值恒定的灯泡，R为光敏电阻（光照越强，阻值越小）．闭合电键S后，随着光照强度逐渐增强（）
A．L1逐渐变暗，L2逐渐变亮
B．L1逐渐变亮，L2逐渐变暗
C．电源内电路消耗的功率逐渐减小
D．光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐增大
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．光照强度逐渐增强，光敏电阻阻值减小，电路的总电阻减小，电路中总电流增大，则L 2逐渐变亮．由U E Ir =-知，路端电压减小，又L 2两端电压增大，则L 1两端电压减小，L 1逐渐变暗，故A 正确B 错误；
C ．电路中总电流增大，电源内电路消耗的功率：
2r P I r =
电路中的总电流增大，故电源内电路消耗的功率增大，故C 错误；
D ．将L 2看成电源内电路的一部分，光敏电阻R 和灯泡L 1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，外电阻减小，等效电源的内、外电阻差增大，等效电源输出功率减小，故D 项错误． 【点睛】
电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大．
7．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．
8．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 k
C ．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2
E 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4
E 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．
9．如图，放置于水平面上的楔形物体，两侧倾角均为30°，左右两表面光滑且足够长，上端固定一光滑滑轮，一根很长且不可伸长的轻绳跨过定滑轮分别与左右两侧斜面平行，绳上系着三个物体A 、B 、C ，三物体组成的系统保持静止.A 物体质量为m ，B 物体质量为
3m ，现突然剪断A 物体和B 物体之间的绳子，不计空气阻力(重力加速度为g )，三物体均可视为质点，则
A ．绳剪断瞬间，A 物体的加速度为310
g B ．绳剪断瞬间，C 物体的加速度为
12
g C ．绳剪断瞬间，楔形物体对地面的压力不变 D ．绳剪断瞬间，A 、C 间绳的拉力为2mg 【答案】A 【解析】 【详解】
ABD ．设C 的质量为m ′．绳剪断前，由平衡条件知：
（3m +m ）g sin30°=m ′g sin30°
得
m ′=4m
绳剪断瞬间，以A 为研究对象，根据牛顿第二定律得：
T -mg sin30°=ma
以C 为研究对象，根据牛顿第二定律得：
4mg sin30°-T =4ma
联立解得：
310a g = 45
T mg =
即绳剪断瞬间，A 、C 物体的加速度大小均为3
10
g ，A 、C 间绳的拉力为45mg ，故A 正
确，BD 错误．
C ．绳剪断前，A 、C 间绳的拉力为：
T ′=（3m +m ）g sin30°=2mg
绳剪断瞬间，A 、C 间绳的拉力为
4
5
mg ，则AC 间绳对定滑轮的压力发生改变，而三个物体对楔形物体的压力不变，可知，绳剪断瞬间，楔形物体对地面的压力发生变化，故C 错误．
10．如图所示，A 、B 、C 三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A 的质量为2m ，B 和C 的
质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦
因数为.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是
A．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过μmg
B．当力F＝μmg时，A、B间的摩擦力为
C．无论力F为何值，B的加速度不会超过μg
D．当力F> μmg时，B相对A滑动
【答案】AB
【解析】
【详解】
A.A与B间的最大静摩擦力大小为：mg,C与B间的最大静摩擦力大小为：，B与地面间的最大静摩擦力大小为：（2m+m+m）=；要使A，B，C都始终相对静止，三者一起向右加速，对整体有：F-=4ma，假设C恰好与B相对不滑动，对C有：
=ma，联立解得：a=，F=mg；设此时A与B间的摩擦力为f，对A有：F-
f=2ma，解得f=mg mg，表明C达到临界时A还没有，故要使三者始终保持相对静止，则力F不能超过μmg，故A正确.
B.当力F＝μmg时，由整体表达式F-=4ma可得：a=g，代入A的表达式可得：
f=mg,故B正确.
C.当F较大时，A,C都会相对B滑动，B的加速度就得到最大，对B有：2--
=ma B，解得a B=g，故C错误.
D.当A恰好相对B滑动时，C早已相对B滑动，对A、B整体分析有:F--=3ma1，对
A有：F-2μmg=2ma1，解得F=μmg，故当拉力F>μmg时，B相对A滑动，D错误.胡选：A、B.
11．如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ=300的光滑斜面的底部，另一端和质量m为
的小物块a相连，质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0 ，从某时刻开始，对b施加沿斜面向上的外力F，使b始终做匀加速直线运动。

经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0 ,弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g 。

则（）
A．弹簧的劲度系数
B．弹簧恢复原长时物块a、b恰好分离
C．物块b的加速度为
D．拉力F的最小值为
【答案】AD
【解析】
【详解】
A、对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：
，解得：，故A正确；
B、由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0，由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关
系的规律可知：，说明当形变量为时二者分离，故B错误；
C、对m分析，因分离时a、b间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：
，联立解得：，故C错误；
D、分离前对整体分析可知，由牛顿第二定律有，则有刚开始运动时拉力F的最小，F的最小值；分离后对b分析可知，由牛顿
第二定律有，解得，所以拉力F 的最小值为，故D正确；
故选AD。

【点睛】
解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键。

12．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R1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R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1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R1的电阻与R2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．
13．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。

现将A球由静止释放，直至运动到最低点，两轻绳的夹角由120°变为60°，整个装置始终处于同一个竖直平面内，忽略空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是
A ．A 在最低点时,
B 对水平横杆的压力等于mg/2
B 31-
C ．在A 下降的过程中，轻绳对B 做功的功率先增大后减小
D ．在A 下降的过程中轻绳对B 做功为
314
mgL 【答案】BCD
【解析】
【详解】
A 、若小球A 在最低点静止，设水平横杆对小球
B 、
C 的支持力都为F ，此时整体在竖直方向受力平衡，可得23F mg =，所以32
F mg =；A 球由静止释放直至运动到最低点的过程，A 先加速下降后减速下降，先失重后超重，所以小球A 在最低点时，小球B 受到水平横杆的支持力大于32
mg ，故选项A 错误； B 、小球A 在最低点时，弹簧的弹性势能最大，对整体根据能量守恒则有弹簧的最大弹性势能等于小球A 的重力势能减小，即max 31(sin 60sin 30)P E mg L L -=︒-︒=
，故选项B 正确；
C 、在A 下降的过程中，小球B 先加速后加速，小球A 球释放时轻绳对B 做功的功率为零，小球A 在最低点时轻绳对B 做功的功率为零，所以轻绳对B 做功的功率先增大后减小，故选项C 正确；
D 、在A 下降的过程中，对小球A 根据动能定律可得
(sin 60sin 30)20F mg L L W ︒-︒-=，解得每根轻绳对A 做功为31F W -=，所以轻绳对B 做功为314
mgL ，故选项D 正确；
14．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.
15．如图所示电路中，电源的电动势、内阻及各电阻的阻值都标记在图中，当滑动变阻器R3的滑片P向a端移动时,以下说法中正确的是（）
A ．电压表示数变小，电流表示数变小
B ．电阻R 1两端的电压减小
C ．电源的总功率减少但电源的输出功率增大
D ．如果设定流过电阻R2电流变化量的绝对值为2I ∆，流过滑动变阻器R3的电流变化量的绝对值为3I ∆，则23I I ∆<∆
【答案】BD
【解析】
A 、将滑动变阻器的滑动触片P 从图示位置向a 滑动的过程中，外电路总电阻变大，电路中总电流变小，内电压减小，路端电压变大；电压表示数变大，故A 错误； BD 、电路中总电流变小，通过电阻R 1的电流变小，R 1两端电压变小，R 2两端电压增大，通过电阻R 2的电流变大，通过电阻R 1的电流等于通过电阻R 2的电流和通过电阻R 3的电流之和，故通过电阻R 3的电流变小，故有123I I I ∆=∆+∆，23I I ∆<∆，故BD 正确；
C 、电路中总电流变小，则电源的总功率减少，因不知道外电阻与内电阻之间的关系，所以无法判断电源的输出功率的变化；故C 错误；
故选BD ．。