高考物理高考物理整体法隔离法解决物理试题解题技巧(超强)及练习题

高考物理高考物理整体法隔离法解决物理试题解题技巧(超强)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，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ΔU
C．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
【答案】C 【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，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．
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．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：f1=ma1 …①
f1=μmg…②
由①和②得：a1=μg
对M进行受力分析有：F-f-f2=M•a2…③
f1和f2互为作用力与反作用力故有：f1=f2=μ•mg…④
f=μ（M+m）•g…⑤
由③④⑤可得a2=-μg
要将木板从木块下抽出，必须使a2＞a1
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．
5．如图电路中，电源的内电阻为r，R1、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R2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．R1中电流的变化量一定大于R4中电流的变化量
【答案】C
【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 ，路端电压为U，电流表电流为I．
总
A．当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，R2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．
6．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
R
EI R r
η=
=
+，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 =I 2r 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．
7．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R 1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R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中，滑动变阻器R 1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R 1的电阻与R 2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．
8．小物块m 与各面均光滑的斜面体M ，叠放在光滑水平面上，如图所示，在水平力F 1（图甲）作用下保持相对静止，此时m 、M 间作用力为N 1；在水平力F 2（图乙）作用下保持相对静止，此时m 、M 间作用力为N 2。

则下列说法正确的是（ ）
A ．若m M =，则有12F F =
B ．若m M =，则有12N N >
C ．若m M <，则有12F F <
D ．若m M <，则有12N N = 【答案】ACD 【解析】 【分析】
根据整体先求解整体的加速度表达式；然后隔离两物体列式分别求解F 和N 的表达式进行比较即可. 【详解】
由整体法可知，甲图中整体的加速度：1
1F a M m
=
+，乙图中整体的加速度：
2
2F a M m
=+；对甲图，隔离M ，则11sin N Ma θ=，隔离m ：1cos N mg θ=，解得
1tan m a g M θ=
；11()()tan m F M m a M m g M θ=+=+；1cos mg N θ
=；对乙图中的m ，则：22sin tan N mg ma θθ==，解得： 2cos mg
N θ
=
；22()()tan F M m a M m g θ=+=+；则若m=M ，则有F 1=F 2；若m<M ，则有F 1<F 2，选
项AC 正确；无论m 和M 关系如何，则N 1=N 2，选项D 正确，B 错误；故选ACD.
9．在如图所示的电路中，电源电动势为E ，内电阻为r ，各电表都看做理想表。

闭合开关，滑动变阻器滑片P 向右移动，若以
、
、
、分别表示电压表V 1、V 2、V 3和
电流表A 的示数变化的大小，则下述结论正确的是（ ）
A．电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变小、变大、变小、变大
B．电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变大、变小、变大、变小
C．
D．、、分别是变小、不变、变小
【答案】AC
【解析】
【详解】
AB、当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则电路中的总电流增大，则电流表A的示数变大；根据欧姆定律可知的电压增大，电压表示数变大；内电压增大，则路端电压减小，电压表示数变小。

的电压增大，路端电压减小，则的电压减小，则电压表的示数变小，故A正确，B错误。

CD、根据全电路欧姆定律知：，故C正确。

由，变形
得：，不变。

，不变。

由，变形得：，即不变。

故C正确，D错误。

故选AC
【点睛】
当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，电路中的总电流增大，由欧姆定律分析并联部分两端电压的变化和路端电压的变化，再判断两端电压的变化，综合分析出两电压表变化量的大小．
10．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。

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
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
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 /s 2，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．
14．如图所示，一根长度为2L 、质量为m 的绳子挂在定滑轮的两侧，左右两边绳子的长度相等．绳子的质量分布均匀，滑轮的质量和大小均忽略不计，不计一切摩擦．由于轻微扰动，右侧绳从静止开始竖直下降，当它向下运动的位移为x 时，加速度大小为a ，滑轮对
天花板的拉力为T。

已知重力加速度大小为g，下列a﹣x、T﹣x关系图线正确的是
（）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】
【详解】
设单位长度上质量为m0，则根据受力分析知：
，加速度与x成正比，当x=L时，加速度
a=g，以后不变，故A正确，B错误；选取左边部分受力分析，知：
F=ma+mg=（L﹣x）m0•g+（L﹣x）m0g=﹣x2+2m0gL，故C错误，D正确；故选AD。

【点睛】
此题考查受力分析和牛顿运动定律的应用，注意研究对象的选取，不过不涉及内力，选择整体作为研究对象要简单的多.
15．如图所示的电路，R1、R2是两个定值电阻，R′是滑动变阻器，R3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
，干路电流I减小，则电源的总功率变小，故D错误．
P EI
【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．。