最新 高考物理整体法隔离法解决物理试题专题训练答案
(物理)物理整体法隔离法解决物理试题练习题含答案含解析
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(物理)物理整体法隔离法解决物理试题练习题含答案含解析一、整体法隔离法解决物理试题1.如图所示,电动势为E,内阻为r的电源与滑动变阻器R1、定值电阻R2、R3、平行板电容器及电流表组成闭合电路,当滑动变阻器R1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.2.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。
高考物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)
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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1.两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.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.3.如图A、B、C为三个完全相同的物体,当水平力F作用于A上,三物体一起向右匀速运动;某时撤去力F后,三物体仍一起向右运动,设此时A、B间摩擦力为f,B、C间作用力为F N。
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
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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.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 mgμ= B 5FL mC .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3Fmgμ=,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 kdεπ=,U E d =,所以4kQE 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.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。
物理整体法隔离法解决物理试题专题练习(及答案)含解析
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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
高考物理整体法隔离法解决物理试题专题训练答案及解析
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高考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1.两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.a 、b 两物体的质量分别为m 1、m 2,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x 1;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。
高考物理整体法隔离法解决物理试题试题(有答案和解析)含解析
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高考物理整体法隔离法解决物理试题试题(有答案和解析)含解析一、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。
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。
(物理)物理整体法隔离法解决物理试题专项
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(物理)物理整体法隔离法解决物理试题专项一、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A、B、C为三个完全相同的物体,当水平力F作用于A上,三物体一起向右匀速运动;某时撤去力F后,三物体仍一起向右运动,设此时A、B间摩擦力为f,B、C间作用力为F N。
高考物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)含解析
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高考物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)含解析一、整体法隔离法解决物理试题1.在如图所示的电路中,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R 0两端电压变大 【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.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 μB .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 mμμ===,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。
高中物理整体法隔离法解决物理试题专题训练答案含解析
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高中物理整体法隔离法解决物理试题专题训练答案含解析一、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,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.3.如图所示,R0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 kdεπ=,U E d =,所以4kQE 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. 4.在如图所示的电路中,E 为电源电动势,r 为电源内阻,R 1和R 3均为定值电阻,R 2为滑动变阻器.当R 2的滑动触点在a 端时合上开关S ,此时三个电表A 1、A 2和V 的示数分别为I 1、I 2和U .现将R 2的滑动触点向b 端移动,则三个电表示数的变化情况是A . I 1增大,I 2不变,U 增大B . I 1减小,I 2增大,U 减小C . I 1增大,I 2减小,U 增大D . I 1减小,I 2不变,U 减小 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】R 2的滑动触点向b 端移动时,R 2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,R 3电压增大,R 1、R 2并联电压减小,通过R 1的电流I 1减小,即A 1示数减小,而总电流I 增大,则流过R 2的电流I 2增大,即A 2示数增大.故A 、C 、D 错误,B 正确.5.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。
高考物理整体法隔离法解决物理试题专项训练及答案及解析
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高考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.如图所示,三个物体质量分别为m =1.0 kg 、m 2=2.0 kg 、m 3=3.0 kg ,已知斜面上表面光滑,斜面倾角θ=30°,m 1和m 2之间的动摩擦因数μ=0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦.初始用外力使整个系统静止,当撤掉外力时,m 2将(g =10 m/s 2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A .和m 1一起沿斜面下滑B .和m 1一起沿斜面上滑C .相对于m 1下滑D .相对于m 1上滑【答案】C【解析】假设m 1和m 2之间保持相对静止,对整体分析,整体的加速度()()312212313101210302 2.5/123m g m m gsin a m s m m m ⨯-+⨯⨯-+︒===++++.隔离对m 2分析,根据牛顿第二定律得,f-m 2gsin30°=m 2a ;解得f=m 2gsin30°+m 2a=2.0×(10×0.5+2.5)N=15N ;最大静摩擦力f m =μm 2gcos30°=0.8×2×10×3N =83N ,可知f >f m ,知道m 2随m 1一起做加速运动需要的摩擦力大于二者之间的最大静摩擦力,所以假设不正确,m 2相对于m 1下滑.故C 正确,ABD 错误.故选C .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.在如图所示的电路中,已知电源的电动势E =5 V ,内阻不计,R 1=8 Ω,R 2=2 Ω,R 3=5 Ω,R =6 Ω,滑动变阻器的最大阻值R 4=20 Ω,电容器电容C =2 μF ,不计电表内阻的影响,闭合开关,在滑片从a 端滑到b 端的过程中,下列说法中正确的是( )A .电流表的示数变大B .电压表的示数变大C .电源的总功率变大D .电容器先放电后充电【答案】D【解析】A 、C 、当P 从a 滑到b 时,电路总电阻变大,总电流变小,电流表的示数变小,电源的总功率变小A 、C 错误;B 、总电流变小,R 1、R 2支路的电流不变,通过R 3的电流变小,故电压表示数变小,B 正确;D 、当P 在a 端时电容器与R 2并联,电容器两端电压U C1=1V ,上极板带正电;当P 在b 端时,电容器两端电压U C2=3V ,上极板带负电,所以电容器先放电后充电,D 正确.故选BD.【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路;要注意当无法明确电容器的串并联关系时则应先求出两端的电势,再求出两端的电势差即可求解.4.如图所示的电路中,电源电动势为E ,内阻为r (212R r R R <<+),电表均视为理想电表。
【物理】 高考物理整体法隔离法解决物理试题专题训练答案及解析
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【物理】 高考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.如图所示,一个“V”形槽的左侧挡板A 竖直,右侧挡板B 为斜面,槽内嵌有一个质量为m 的光滑球C .“V”形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内,设挡板A 、B 对球的弹力分别为F 1、F 2,下列说法正确的是( )A .F 1、F 2都逐渐增大B .F 1、F 2都逐渐减小C .F 1逐渐减小,F 2逐渐增大D .F 1、F 2的合外力逐渐减小【答案】D【解析】光滑球C 受力情况如图所示:F 2的竖直分力与重力相平衡,所以F 2不变;F 1与F 2水平分力的合力等于ma ,在V 形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内,加速度不断减小,由牛顿第二定律可知F 1不断减小,F 1、F 2的合力逐渐减小,故D 正确,A 、B 、C 错误;故选D .【点睛】以光滑球C 为研究对象,作出光滑球C 受力情况的示意图;竖直方向上受力平衡,水平方向根据牛顿第二定律求出加速度的大小,结合加速度的变化解答.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,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。
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
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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.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.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ΔUB .通过R 1的电流增大C .通过R 2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,R 2两端电压减小,电源内阻分担电压减小,路端电压增大,所以R 2两端电压减小量小于ΔU ,故A 项不合题意.B.电压表示数增大ΔU ,R 1是定值电阻,根据欧姆定律可知通过R 1的电流增大量等于,故B 项符合题意.CD. 因R 2两端电压减小量小于ΔU ,有通过R 2的电流减小量小于;由于R 2两端电压减小,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.3.如图所示,电源电动势为E ,内电阻为r , 1L 、2L 是两个小灯泡, R 是滑动变阻器,V 1、V 2可视为理想电压表.闭合开关S ,将滑动变阻器R 的滑动片由最左端向最右端滑动,小灯泡的阻值可视为不变,下列说法正确的是( )A .小灯泡1L 变暗,V 1表的示数变小,V 2表的示数变大B .小灯泡1L 变亮,V 1表的示数变大,V 2表的示数变小C .小灯泡2L 变暗,V 1表的示数变小,V 2表的示数变大D .小灯泡2L 变亮,V 1表的示数变大,V 2表的示数变大 【答案】D【解析】将滑动变阻器的触片由左端向右滑动时,变阻器接入电路的电阻变大,变阻器与灯泡L 2并联的电阻变大,外电路总电阻增大,则路端电压随之增大,即V 1表的读数变大.由闭合电路欧姆定律可知,流过电源的电流减小,灯泡L 1变暗,电压表V 2读数变小.灯泡L 2的电压U 2=E -I (r +R L1)增大,I 减小,则U 2增大,灯泡L 2变亮.故D 正确.故选D .【点睛】本题是电路中动态分析问题.对于路端电压可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大,减小而减小判断.4.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μmgB.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μgD.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--=3ma 1,对A 有:F-2μmg=2ma 1,解得F=μmg ,故当拉力F>μmg 时,B 相对A 滑动,D 错误.胡选:A 、B.5.如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为M 的物体A 、B(B 物体与弹簧连接,A 、B 两物体均可视为质点),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 一t 图象如图乙所示(重力加速度为g ),则A .施加外力前,弹簧的形变量为2MgkB .外力施加的瞬间,A 、B 间的弹力大小为M(g+a)C .A 、B 在t l 时刻分离,此时弹簧弹力筹于物体B 的重力D .上升过程中,物体B 速度最大,A 、B 两者的距离为 2212Mg at k- 【答案】AD 【解析】 【详解】A 、施加外力F 前,物体AB 整体平衡,根据平衡条件,有:2Mg kx =,解得:2Mgx k=,故选项A 正确; B 、施加外力F 的瞬间,对B 物体,根据牛顿第二定律,有:AB F Mg F Ma --=弹,其中:2F Mg =弹,解得:()AB F M g a =-,故选项B 错误;C 、物体A 、B 在t 1时刻分离,此时A 、B 具有共同的v 与a 且F AB =0;对B 有:F Mg Ma '-=弹,解得:()F M g a '=+弹,故选项C 错误;D 、当物体B 的加速度为零时,此时速度最大,则Mg kx =',解得:Mgx k'=,故B 上升的高度Mg h x x k '=-'=,此时A 物体上升的高度:2212h at =,故此时两者间的距离为2212Mgh at k∆=-,故选项D 正确;说法正确的是选选项AD。
高考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
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高考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,在倾角37θ=︒的光滑斜面上,物块A 静止在轻弹簧上面,物块B 用细线与斜面顶端相连,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 .2.如图A 、B 、C 为三个完全相同的物体,当水平力F 作用于A 上,三物体一起向右匀速运动;某时撤去力F 后,三物体仍一起向右运动,设此时A 、B 间摩擦力为f ,B 、C 间作用力为F N 。
整个过程三物体无相对滑动,下列判断正确的是①f=0 ②f≠0 ③F N =0 ④F N ≠0A .②③B .①④C .①③D .②④ 【答案】A 【解析】【详解】开始三个物体在拉力F 的作用下一起向右做匀速运动,可知地面对B 、C 总的摩擦力f´=F,B 受地面的摩擦力为F ,C 受地面的摩擦力为F ;撤去F 后,B 、C 受地面的摩擦力不变,由牛顿第二定律可知,a B ==,a C ==,B 、C 以相同的加速度向右做匀减速运动,B 、C 间作用力F N =0,故③正确。
高考物理整体法隔离法解决物理试题专题训练答案
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高考物理整体法隔离法解决物理试题专题训练答案一、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.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 kdεπ=,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.3.如图所示,三个物体质量分别为m =1.0 kg 、m 2=2.0 kg 、m 3=3.0 kg ,已知斜面上表面光滑,斜面倾角θ=30°,m 1和m 2之间的动摩擦因数μ=0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦.初始用外力使整个系统静止,当撤掉外力时,m 2将(g =10 m/s 2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A .和m 1一起沿斜面下滑B .和m 1一起沿斜面上滑C .相对于m 1下滑D .相对于m 1上滑【答案】C【解析】假设m 1和m 2之间保持相对静止,对整体分析,整体的加速度()()312212313101210302 2.5/123m g m m gsin a m s m m m ⨯-+⨯⨯-+︒===++++.隔离对m 2分析,根据牛顿第二定律得,f-m 2gsin30°=m 2a ;解得f=m 2gsin30°+m 2a=2.0×(10×0.5+2.5)N=15N ;最大静摩擦力f m =μm 2gcos30°=0.8×2×10×3N =83N ,可知f >f m ,知道m 2随m 1一起做加速运动需要的摩擦力大于二者之间的最大静摩擦力,所以假设不正确,m 2相对于m 1下滑.故C 正确,ABD 错误.故选C .4.如图所示的电路中,电源电动势为E ,内阻为r (212R r R R <<+),电表均视为理想电表。
高考物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)含解析
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高考物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)含解析一、整体法隔离法解决物理试题1.在如图所示的电路中,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.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。
高考物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)含解析
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高考物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)含解析一、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.如图所示,电动势为E,内阻为r的电源与滑动变阻器R1、定值电阻R2、R3、平行板电容器及电流表组成闭合电路,当滑动变阻器R1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.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题训练答案含解析
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高考物理整体法隔离法解决物理试题专题训练答案含解析一、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.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.3.如图所示,三个物体质量分别为m=1.0 kg、m2=2.0 kg、m3=3.0 kg ,已知斜面上表面光滑,斜面倾角θ=30°,m1和m2之间的动摩擦因数μ=0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦.初始用外力使整个系统静止,当撤掉外力时,m2将(g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A .和m 1一起沿斜面下滑B .和m 1一起沿斜面上滑C .相对于m 1下滑D .相对于m 1上滑【答案】C【解析】假设m 1和m 2之间保持相对静止,对整体分析,整体的加速度()()312212313101210302 2.5/123m g m m gsin a m s m m m ⨯-+⨯⨯-+︒===++++.隔离对m 2分析,根据牛顿第二定律得,f-m 2gsin30°=m 2a ;解得f=m 2gsin30°+m 2a=2.0×(10×0.5+2.5)N=15N ;最大静摩擦力f m =μm 2gcos30°=0.8×2×10×3N =83N ,可知f >f m ,知道m 2随m 1一起做加速运动需要的摩擦力大于二者之间的最大静摩擦力,所以假设不正确,m 2相对于m 1下滑.故C 正确,ABD 错误.故选C .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 。
(物理) 高考物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)含解析
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(物理) 高考物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)含解析一、整体法隔离法解决物理试题1.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 μB .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 mμμ===,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。
2.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。
高考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
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高考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 mC .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.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==。
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最新高考物理整体法隔离法解决物理试题专题训练答案一、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。
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.在如图所示的电路中,已知电源的电动势E=5 V,内阻不计,R1=8 Ω,R2=2 Ω,R3=5 Ω,R=6 Ω,滑动变阻器的最大阻值R4=20 Ω,电容器电容C=2 μF,不计电表内阻的影响,闭合开关,在滑片从a端滑到b端的过程中,下列说法中正确的是( )A .电流表的示数变大B .电压表的示数变大C .电源的总功率变大D .电容器先放电后充电 【答案】D 【解析】A 、C 、当P 从a 滑到b 时,电路总电阻变大,总电流变小,电流表的示数变小,电源的总功率变小A 、C 错误;B 、总电流变小,R 1、R 2支路的电流不变,通过R 3的电流变小,故电压表示数变小,B 正确;D 、当P 在a 端时电容器与R 2并联,电容器两端电压U C1=1V ,上极板带正电;当P 在b 端时,电容器两端电压U C2=3V ,上极板带负电,所以电容器先放电后充电,D 正确.故选BD.【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路;要注意当无法明确电容器的串并联关系时则应先求出两端的电势,再求出两端的电势差即可求解.3. 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F mgB .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;4.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 μ。
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。
5.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1Ur 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1AUr 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.6.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V 1、V 2、V 3的示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3,理想电流表示数变化量的绝对值为ΔI ,正确的是A .V 2的示数增大B .电源输出功率在增大C .ΔU 3>ΔU 1>ΔU 2D .ΔU 3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.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 .当B 放在A 上的瞬间,A 、B 的加速度为4gB .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2mgk时,A 和B 的速度达到最大 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】A 、将B 放在A 上前,以A 为研究对象受力分析有:根据平衡可知:1302F mgsin mg =︒=; 当B 放在A 上瞬间时,以AB 整体为研究对象受力分析有:整体所受合外力230(2)F mgsin F m a =︒-=合,可得整体的加速度112?2224mg mgg a m -==,故A 正确; BD 、当B 放在A 上瞬间时,B 具有沿斜面向下的加速度,可将B 的加速度沿水平方向和竖直方向分解,B 的加速度有水平方向的分量,重力与支持力在竖直方向,故可知此加速度分量由A 对B 的摩擦力提供,故B 错误;B 的加速度有竖直方向的分量,且竖直向下,故可知,A 对B 的支持力与B 的重力的合力竖直向下,故A 对B 的支持力小于B 的重力,故D 错误;C 、AB 一起下滑时,弹簧弹力增加,共同下滑的加速度减小,故当加速度减小至0时,AB 具有最大速度,由A 分析知2300F mgsin F =︒-'=合,可得弹簧弹力F ′=mg ,所以共同下滑的距离122mg mgF F mg x k k k-'-∆===,AB 具有最大速度,故C 正确; 故选AC . 【点睛】当B 放在A 上瞬间,以AB 整体为研究对象受力分析,根据牛顿第二定律求得AB 的加速度,由AB 的共同加速度,隔离B 分析A 对B 的摩擦力与支持力的大小情况即可.AB 速度最大时加速度为零,据此计算分析即可.8.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212U R R r I∆=++∆ 保持不变,故D 正确. 故选BCD .9.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。