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．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．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23CH CS S
D DH
=，对于滑块B ，由牛顿第二定律可知：23
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 ='，210m/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。

3．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
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。

4．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．
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( )
A ．大小为零
B ．方向水平向右
C ．方向水平向左
D ．无法判断大小和方向 【答案】A
【解析】
【详解】
对斜面体进行受力分析如下图所示：
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N F 。

知两力在水平方向上的分力始终相等，所以斜面受地面的摩擦力仍然为零。

A ．斜面受地面的摩擦力大小为零，与分析结果相符，故A 正确；
B ．斜面受地面的摩擦力方向水平向右，与分析结果不符，故B 错误；
C ．斜面受地面的摩擦力方向水平向左，与分析结果不符，故C 错误；
D ．综上分析，可知D 错误。

6．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.
7．如图所示，两块连接在一起的物块a 和b ，质量分别为m a 和m b ，放在水平的光滑桌面上，现同时施给它们方向如图所示的推力F a 和拉力F b ，已知F a >F b ，则关于a 对b 的作用力，下列说法正确的是 （ ）
A ．必为推力
B ．必为拉力
C ．可能为推力，也可能为拉力
D ．不可能为零 【答案】C
【解析】
试题分析: 整体水平方向受两推力而做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：a
b a b
F F a m m +=+，对a 由牛顿第二定律可得：a a F F m a +=，则a b b a a a a b m F m F F m a F m m -=-=
+．若b a a b m F m F >，F 为负值，b 对a 为推力；若b a a b m F m F <，F 为正值，则b 对a 为拉力；若b a a b m F m F =，F 为零．故C 正确，A 、B 、D 错误．故选C ．
考点：考查牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
8．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 。

9．在如图所示的电路中，灯L 1、L 2的电阻分别为R 1、R 2，滑动变阻器的最大阻值为R 0，若有电流通过，灯就发光，假设灯的电阻不变，当滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端移动时，灯L 1、L 2的亮度变化情况是( )
A ．当
时，灯L 1变暗，灯L 2变亮 B ．当
时，灯L 1先变暗后变亮，灯L 2先变亮后变暗 C ．当
时，灯L 1先变暗后变亮，灯L 2不断变暗 D ．当时，灯L 1先变暗后变亮，灯L 2不断变亮
【答案】AD
【解析】
【详解】
AB.当时，灯L 2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻一定大于右部分的电阻，当变阻器的滑片P 由a 端向b 端移动时，电路总电阻增大，总电流减小，所以通过灯L 1的电流减小，灯L 1变暗，通过灯L 2的电流变大，灯L 2变亮，故A 项符合题意，B 项不合题意； CD.当时，灯L 2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻，则当滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端移动时，总电阻先增大，后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L 1的电流先减小后增大，故灯L 1先变暗后变亮，而通过L 2的电流一直变大，灯L 2不断变亮，故C 项不合题意，D 项符合题意．
10．两个重叠在一起的滑块，置于倾角为θ的固定斜面上，滑块A 、B 的质量分别为M 和m ，如图所示，A 与斜面的动摩擦因数为μ1，B 与A 间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，则滑块A 受到的摩擦力( )
A ．等于零
B ．方向沿斜面向上
C ．大小等于1cos Mg μθ
D ．大小等于2cos mg μθ
【答案】BC
【解析】
【详解】 以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得，整体的加速度为：
11()sin ()cos (sin cos )M m g M m g a g M m
θμθθμθ+-+==-+ 设A 对B 的摩擦力方向向下，大小为f ，则有：
sin mg f ma θ+=
解得：
1sin cos f ma mg mg θμθ=-=-
负号表示摩擦力方向沿斜面向上
则A 受到B 的摩擦力向下，大小f f '=，斜面的滑动摩擦力向上，A 受到的总的摩擦力为：
11()cos cos A f f M m g Mg μθμθ'=-+=-；
AB ．计算出的A 受的总的摩擦力为负值，表示方向沿斜面向上；故A 项错误，B 项正确. CD ．计算得出A 受到总的摩擦力大小为1cos Mg μθ；故C 项正确，D 项错误.
11．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，电压表V 1、V 2、V 3为理想电压表，R 1、R 3为定值电阻，R 2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ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3.则在此过程中( )
A ．V 1示数减小
B ．32U U I I
∆∆>∆∆ C ．Q 点电势升高
D ．R 3中的电流方向由M 向N ，微粒A 匀加速下移
【答案】BC
【解析】
【详解】
A.室温从25℃升高到35℃的过程中，R 2的阻值减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，总电流增大，外电压减小，V 1示数为U 1=IR 1增大，故A 错误；
B. 由
2
1U E I R r
得 21U R r I
∆=+∆ 由
3U E Ir =-
得
3
U r I
∆∆
则有： 32U U I I
∆∆>∆∆ 故B 正确；
C.由于外电压减小，V 1示数增大，所以V 2示数减小，而：
2N Q U ϕϕ=-
且0N ϕ=，所以Q 点电势升高，故C 正确；
D.V 3测量的是电源路端电压，由：
3U R Ir =-
得U 3减小，电容器两端电压减小，电容电荷量减少，电容放电，形成从M 到N 的电流，两板间场强降低，电荷受的电场力减小，故将下移，但电场强度不断减小，由
mg qE ma -=
得加速度增大，微粒做加速度增大的加速运动，故D 错误。

12．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m 0，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 ）m 0•g+（L ﹣x ）m 0g=﹣
x 2+2m 0gL ，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.
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．如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻，电阻随光强的增大而减小．当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U.以下说法正确的是
A ．若仅将R 2的滑动触头P 向b 端移动，则I 不变，U 不变
B ．若仅增大A 、B 板间距离，则电容器所带电荷量不变
C ．若仅用更强的光照射R 1，则I 增大，U 减小，电容器所带电荷量减小
D ．若仅用更强的光照射R 1，则U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值不变
【答案】ACD
【解析】
【分析】
本题考查含容电路的动态分析问题。

【详解】
A.若仅将2R 的滑动触头P 向b 端移动，2R 所在支路有电容器，被断路，则I 、U 保持不变。

故A 正确。

B.根据=4πS
C kd ，若仅增大A 、B 板间距离，则电容器所带电荷量减少。

故B 错误。

C. 若仅用更强的光照射R 1，电阻随光强的增大而减小，则I 增大，U 应当减少，电荷量减少。

故C 正确。

D.U 的变化量的绝对值与I 的变化量的绝对值表示电源的内阻，是不变的。

故D 正确。

故选ACD 。

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 。