高考物理整体法隔离法解决物理试题答题技巧及练习题
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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． D．斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力大于 ma 【答案】A 【解析】 A、B、C、对球受力分析如图所示:
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．
7． 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( )。
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
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 R2，滑动变阻器的总 阻值是 R1，电阻大小关系为 R1＋R2＝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 R1 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 R1 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
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 总，路端电压为 U，电流表电流为 I． 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wenku.baidu.com总量的 方法分析电流表示数的变化．
由平衡条件可得：
f地 FT cos N地 FT sin Ga Gb
因绳的拉力 FT 变大，可知 a 与地间的摩擦力一定增大，地面对 a 的弹力一定减小，故 C 错 误，D 正确； 故选 D。
10．如图所示，A、B 两物体质量均为 m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上)。对 A 施加一竖直向下、大小为 F(F＞2mg)的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限 度内)而处于平衡状态。现突然撤去力 F，设两物体向上运动过程中 A、B 间的相互作用力 大小为 FN。不计空气阻力，关于 FN 的说法正确的是(重力加速度为 g)( )
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 R1 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 R2 两端的电压减小，且路端电压增 大，所以电阻 R2 两端的电压减小量小于 ΔU，由欧姆定律知，通过电阻 R2 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．
F A．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为 mg
B．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 F 12m
D．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
由牛顿第二定律得 FN1-FN2sinθ=ma，FN2cosθ=mg， 45 ，由以上两式可得： FN1 m(g a) ， FN2 2mg ，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
三个力构成动态平衡，由图解法可知，绳的拉力 FT 逐渐增大，水平力 F 逐渐增大，故 A 错 误； B．对 b 物体分析，由于不知变化前 b 所受摩擦力方向，故绳的拉力增大时，b 物体的滑动 趋势无法确定，则 a、b 间的摩擦力可能增大或减小，故 B 错误； CD．以 a、b 为整体分析，如图所示：
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
F 3ma F ， 4
故 D 项正确;
8．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．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：
高考物理整体法隔离法解决物理试题答题技巧及练习题 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．
9．如图，斜面体 a 放置在水平地面上。一根跨过光滑定滑轮的轻绳，左侧平行斜面与斜面 上的物块 b 相连，另一端与小球 c 相连，整个系统处于静止状态。现对 c 施加一水平力 F，使小球缓慢上升一小段距离，整个过程中 a、b 保持静止状态。则该过程中（ ）
A．轻绳的拉力一定不变 B．a、b 间的摩擦力一定增大 C．地面对 a 的摩擦力可能不变 D．地面对 a 的弹力一定减小 【答案】D 【解析】 【详解】 A．对小球ｃ受力分析，如图所示：
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．刚撤去力 F 时，FN＝ mg F 2
C．A、B 的速度最大时，FN＝mg 【答案】BCD 【解析】 【详解】
B．弹簧弹力大小为 F 时，FN＝ F 2
D．弹簧恢复原长时，FN＝0
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：
FN-mg=ma
C ．B 受重力、弹力及压力的作用；当合力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时，B 受
到的合力为重力，已经减速一段时间，速度不是最大值；故 C 错误；
D．B 与弹簧开始时受到了 A 的压力做负功，故开始时机械能减小；故 D 错误；
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（ ）
2mg=kx；
施加外力 F 的瞬间，对整体，根据牛顿第二定律，有：
F F弹 2mg＝2ma
其中：
解得：
F 弹=2mg
F=2ma 故 A 错误。 B．物体 A、B 在 t1 时刻分离，此时 A、B 具有共同的速度与加速度，且 FAB=0； 对 B：
解得：
F 弹′-mg=ma
故 B 正确。
F 弹′=m（g+a）
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
滑片在 a 端或者 b 端的时候，电路中 R 外=R2<r,则随着外电阻的先增大后减小，由 P外 R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 R1<R2+r，则滑片向右滑，R1 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．
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． D．斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力大于 ma 【答案】A 【解析】 A、B、C、对球受力分析如图所示:
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．
7． 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( )。
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
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 R2，滑动变阻器的总 阻值是 R1，电阻大小关系为 R1＋R2＝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 R1 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 R1 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
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 总，路端电压为 U，电流表电流为 I． 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wenku.baidu.com总量的 方法分析电流表示数的变化．
由平衡条件可得：
f地 FT cos N地 FT sin Ga Gb
因绳的拉力 FT 变大，可知 a 与地间的摩擦力一定增大，地面对 a 的弹力一定减小，故 C 错 误，D 正确； 故选 D。
10．如图所示，A、B 两物体质量均为 m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上)。对 A 施加一竖直向下、大小为 F(F＞2mg)的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限 度内)而处于平衡状态。现突然撤去力 F，设两物体向上运动过程中 A、B 间的相互作用力 大小为 FN。不计空气阻力，关于 FN 的说法正确的是(重力加速度为 g)( )
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 R1 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 R2 两端的电压减小，且路端电压增 大，所以电阻 R2 两端的电压减小量小于 ΔU，由欧姆定律知，通过电阻 R2 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．
F A．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为 mg
B．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 F 12m
D．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
由牛顿第二定律得 FN1-FN2sinθ=ma，FN2cosθ=mg， 45 ，由以上两式可得： FN1 m(g a) ， FN2 2mg ，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
三个力构成动态平衡，由图解法可知，绳的拉力 FT 逐渐增大，水平力 F 逐渐增大，故 A 错 误； B．对 b 物体分析，由于不知变化前 b 所受摩擦力方向，故绳的拉力增大时，b 物体的滑动 趋势无法确定，则 a、b 间的摩擦力可能增大或减小，故 B 错误； CD．以 a、b 为整体分析，如图所示：
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
F 3ma F ， 4
故 D 项正确;
8．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．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：
高考物理整体法隔离法解决物理试题答题技巧及练习题 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．
9．如图，斜面体 a 放置在水平地面上。一根跨过光滑定滑轮的轻绳，左侧平行斜面与斜面 上的物块 b 相连，另一端与小球 c 相连，整个系统处于静止状态。现对 c 施加一水平力 F，使小球缓慢上升一小段距离，整个过程中 a、b 保持静止状态。则该过程中（ ）
A．轻绳的拉力一定不变 B．a、b 间的摩擦力一定增大 C．地面对 a 的摩擦力可能不变 D．地面对 a 的弹力一定减小 【答案】D 【解析】 【详解】 A．对小球ｃ受力分析，如图所示：
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．刚撤去力 F 时，FN＝ mg F 2
C．A、B 的速度最大时，FN＝mg 【答案】BCD 【解析】 【详解】
B．弹簧弹力大小为 F 时，FN＝ F 2
D．弹簧恢复原长时，FN＝0
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：
FN-mg=ma
C ．B 受重力、弹力及压力的作用；当合力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时，B 受
到的合力为重力，已经减速一段时间，速度不是最大值；故 C 错误；
D．B 与弹簧开始时受到了 A 的压力做负功，故开始时机械能减小；故 D 错误；
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（ ）
2mg=kx；
施加外力 F 的瞬间，对整体，根据牛顿第二定律，有：
F F弹 2mg＝2ma
其中：
解得：
F 弹=2mg
F=2ma 故 A 错误。 B．物体 A、B 在 t1 时刻分离，此时 A、B 具有共同的速度与加速度，且 FAB=0； 对 B：
解得：
F 弹′-mg=ma
故 B 正确。
F 弹′=m（g+a）
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
滑片在 a 端或者 b 端的时候，电路中 R 外=R2<r,则随着外电阻的先增大后减小，由 P外 R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 R1<R2+r，则滑片向右滑，R1 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．