【物理】 物理整体法隔离法解决物理试题专题练习(及答案)
高考物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)及解析
高考物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)及解析一、整体法隔离法解决物理试题1．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 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．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==。
物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)
(M＋2m)g， C 错误．
D、B 与斜面体间的正压力 N′＝2mgcosθ，对 B 分析，根据共点力平衡有
F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋f′，则 B 与斜面间的动摩擦因数
f N
F -mgsin mgcos 2mgcos
，故
D
正确．
故选 BD
11．如图所示，电源电动势为 E，内阻为 r，电压表 V1、V2、V3 为理想电压表，R1、R3 为定 值电阻，R2 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 ΔU1、ΔU2 和 ΔU3.则在此过程中( )
A．大小为零 C．方向水平向左 【答案】A 【解析】 【详解】 对斜面体进行受力分析如下图所示：
B．方向水平向右 D．无法判断大小和方向
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 FN 。知两力在水平方向
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 L1 变暗，V1 表的示数变小，V2 表的示数变大 B．小灯泡 L1 变亮，V1 表的示数变大，V2 表的示数变小 C．小灯泡 L2 变暗，V1 表的示数变小，V2 表的示数变大 D．小灯泡 L2 变亮，V1 表的示数变大，V2 表的示数变大
ma Fb ，F
为负值，b
对a
为推力；若
mb Fa ma Fb ，F 为正值，则 b 对 a 为拉力；若 mb Fa ma Fb ，F 为零．故 C 正确，A、
B、D 错误．故选 C．
物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)及解析
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．
5．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
F1=mg sin a=ma a=gina ，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
A．
B．
C．
D．
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
对小球进行受力分析当 a g tan 时如图一，根据牛顿第二定律，水平方向： FC sin ma ① 竖直方向： FC cos FA mg ②，联立①②得： FA mg ma tan ， FC ma sin ， FA 与 a 成线性关系，当 a=0 时， FA ＝mg，
T-fAB=mAa
fBC-T=mCa 解得 a=0.5m/s2，以 B 为研究对象，根据牛顿第二定律可得
F-（fBC+fAB）=mBa
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
高考物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)含解析
高考物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)含解析一、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．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．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。
高考物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)
高考物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)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，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 ．3．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R 2两端的电压减小，减小量等于ΔUC ．通过电阻R 2的电流减小，减小量小于D ．通过电阻R 2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．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．5．如图所示，质量为m 的球置于斜面上，被一个拴在斜面上的细绳拉住。
高考物理整体法隔离法解决物理试题专项训练100(附答案)
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．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R 2两端的电压减小，减小量等于ΔUC ．通过电阻R 2的电流减小，减小量小于D ．通过电阻R 2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．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。
物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)
I 增大，U 2 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：
U3 E I r R
解得
具有最大速度，由 A 分析知 F合 2mgsin30 F 0 ，可得弹簧弹力 F′=mg，所以共同下
滑的距离 x
F F
mg
1 2
mg
mg
，AB
具有最大速度，故
C
正确；
k
k
2k
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
连．其中 B 与斜面同动摩擦因数为 3 ，A 为光滑物体，同时由静止释放两个物体， 6
重力加速度为 g.则下列说法正确的是( )
A．两个物体在下滑过程中会分开
B．两个物体会一起向下运动，加速度为 g 2
C．两个物体会一起向下运动．加速度为 3g 8
D．两个物体会一起向下运动，它们之间的相互作用力为 1 mg 2
A．当 B 放在 A 上的瞬间,A、B 的加速度为 g 4
B．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 mg 时,A 和 B 的速度达到最大
2k 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：
得
m′=4m 绳剪断瞬间，以 A 为研究对象，根据牛顿第二定律得：
【物理】物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)
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 L1 变暗，V1 表的示数变小，V2 表的示数变大 B．小灯泡 L1 变亮，V1 表的示数变大，V2 表的示数变小 C．小灯泡 L2 变暗，V1 表的示数变小，V2 表的示数变大 D．小灯泡 L2 变亮，V1 表的示数变大，V2 表的示数变大
C．两个物体会一起向下运动．加速度为 3g 8
D．两个物体会一起向下运动，它们之间的相互作用力为 1 mg 2
【答案】C 【解析】 对 A 受力分析，
由牛顿第二定律得 mAg sin NBA mAa A
对 B 受力分析，
由牛顿第二定律得 mB g sin NBA mB g cos mBa B ，且有 aA aB
【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 L2 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 V1 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 L1 变暗，电压表 V2 读数变 小．灯泡 L2 的电压 U2=E-I(r+RL1)增大，I 减小，则 U2 增大，灯泡 L2 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．
F cos ma ， F sin mg
解得
a 3g 3
对 A、B、C 整体运用牛顿第二定律可得
Mg (M 2m)a
解得
故 C 错误 D 正确；
物理整体法隔离法解决物理试题专题练习(及答案)含解析
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
【物理】物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)
【物理】物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)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．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．3．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.4．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m1一起沿斜面下滑B．和m1一起沿斜面上滑C．相对于m1下滑D．相对于m1上滑【答案】C【解析】假设m1和m2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 ．5．最近，不少人喜欢踩着一种独轮车，穿梭街头，这种独轮车全名叫电动平衡独轮车，其中间是一个窄窄的轮子，两侧各有一块踏板，当人站在踏板上向右运动时，可简化为如图甲、乙所示的模型。
高考物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)及解析
T-fAB=mAa
fBC-T=mCa 解得 a=0.5m/s2，以 B 为研究对象，根据牛顿第二定律可得
F-（fBC+fAB）=mBa
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/s2 加速运动，C 以加速度 a=0.5m/s2 向左加速运
5．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， mA=3kg，mB=2kg，mC=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/s2）（ ）
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：
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：
摩擦力 fB=3N；在 3N≤F＜9N 时，A、B 保持相对静止；在 F≥9N 时，A 与 B 发生相对滑动，
故
B
对
A
的最大静摩擦力
fA=4mA，在
3N≤F＜9N
时，A、B
运动的加速度 a＝ F mA
fB mB
，可
(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
（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)
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．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 ．R 2消耗的功率增大D ．R 1两端的电压减小【答案】D【解析】【详解】A 、变阻器R 的触头向左移动一小段时，R 1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R 1和R 2并联，由分析可得则R 2电压减小，又由于R 2电阻不变，所以R 2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R 3两端电压增大，由串联分压可得R 1两端的电压减小，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．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0.6gB ．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 ．4．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)物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)及解析
（物理）物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)及解析一、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．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．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，水平挡板A 和竖直挡板B 固定在斜面C 上，一质量为m 的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时解除，挡板A 、B 和斜面C 对小球的弹力大小分别为A B F F 、和C F ．现使斜面和物体一起在水平面上水平向左做加速度为a 的匀加速直线运动．若A B F F 、不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g ，则下列图像中，可能正确的是A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】【分析】【详解】对小球进行受力分析当tan a g θ<时如图一，根据牛顿第二定律，水平方向：sin C F ma θ=①竖直方向：cos C A F F mg θ+=②，联立①②得：tan A F mg ma θ=-，sin C F ma θ=，A F 与a 成线性关系，当a=0时，A F ＝mg ，当tan a g θ=时，0A F =C F 与a 成线性关系，所以B 图正确当tan a g θ>时，受力如图二，根据牛顿第二定律，水平方向sin C B F F ma θ+=③，竖直方向：cos C F mg θ=④，联立③④得：tan B F ma mg θ=-，cos C mg F θ=，B F 与a 也成线性，C F 不变，综上C 错误，D 正确【点睛】本题关键要注意物理情景的分析，正确画出受力分析示意图，考查了学生对牛顿运动定律的理解与应用，有一定难度．5．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．6．在如图所示的电路中，电源电动势E 和内电阻r 为定值，R 1为滑动变阻器，R 2和R 3为定值电阻．当R 1的滑动触头P 从左向右移动时，伏特表V 1和V 2的示数的增量分别为ΔU 1和ΔU 2，对ΔU 1和ΔU 2有A ．12U U ∆>∆B ．12U U ∆=∆C ．120,0U U ∆>∆<D ．210,0U U ∆>∆<【答案】AD【解析】【分析】【详解】根据闭合电路欧姆定律可知： ()13U I r R ∆=∆+23U IR ∆=∆结合公式可知1U ∆>2U ∆，故A 对；B 错当R 1的滑动触头P 从左向右移动时，回路中电阻减小，电流增大，所以电压表V 2增大，由于路端电压减小，所以电压表V 1变小，则知ΔU 2>0，ΔU 1 <0，故C 错；D 对故选AD7．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4g B ．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2mg k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 mg gam-==，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 mgxk 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．如图，电源内阻为r，两个定值电阻R1、R2阻值均为R，闭合电键，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V3示数变化量的绝对值为ΔU3，理想电流表A1、A2示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，则A．A2示数增大B．V2示数与A1示数的比值不变C．ΔU3与ΔI1的比值小于2RD．ΔI1小于ΔI2【答案】AD【解析】【分析】【详解】闭合电键后，电路如图所示．V1、V2、V3分别测量R1、路端电压和R′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，则A1的示数增大，电源的内电压Ir增大，则V2示数减小，R1的电压增大，V3的示数减小，则通过R2的电流减小，所以通过R′的电流增大，即A2示数增大，A选项正确．V2示数与A1示数之比等于外电路电阻，其值减小，故B选项正确．根据闭合电路欧姆定律得U3=E﹣I1（R1+r），则得31UI∆∆=R1+r= R+r，不一定小于2R，故C选项错误．A1的示数增大量等于A2示数增大和R2的电流减小量之和，所以ΔI1小于ΔI2，故D选项正确．9．倾角为θ的斜面体M静止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的．已知质量为m的物块恰可沿其斜面匀速下滑．今对下滑的物块m施加一个向右的水平拉力F，物块仍沿斜面向下运动，斜面体M始终保持静止．则此时（）A．物块m下滑的加速度等于F cosθ/mB．物块m下滑的加速度大于F cosθ/mC．水平面对斜面体M的静摩擦力方向水平向左D．水平面对斜面体M的静摩擦力大小为零【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB．对物体B受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，如图根据平衡条件，有mg sin θ=f ，mg cosθ=N ；其中 f=μN ；解得：μ=tanθ当加上推力后，将推力按照作用效果正交分解，如图根据牛顿第二定律，有mg sinθ+F cosθ-μ(mg cosθ-F sinθ) =ma ，解得 cos sin cos F F F a m mθμθθ+=> 选项A 错误，B 正确； CD ．无拉力时，对斜面受力分析，受到重力Mg ，压力、滑块的摩擦力和地面的支持力，其中压力和摩擦力的合力竖直向下，如图当有拉力后，压力和摩擦力都成比例的减小，但其合力依然向下，故地面与斜面体间无摩擦力，故CD 错误；故选BD ．【点睛】本题关键是先对物体B 受力分析，得到动摩擦因数μ=tanθ，然后得到物体B 对斜面题的摩擦力和压力的合力一定竖直向下．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。
最新高考物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)
最新高考物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)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．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题20套(带答案)及解析
【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： ，绳子在竖直方向的分力为： ，由于速度越来越大，角度 越来越小，故 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 ， 为小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知： ，则有： ，故 ，根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于 ，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： ，联立解得： ，则根据牛顿第三定律知，球对箱的拉力大小为： ，故此时箱子对地面的压力为： ，故小球摆到最低点时，绳对箱顶的拉力大于 ，，箱子对地面的压力大于 ，故C错误，D正确，故选D.
A．F >
B．F >
C．F >
D．F >
【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 ，且m运动的加速度为二者共同运动的最大加速度 ，对m有： ，设此时作用与板的力为 ，以M、m整体为研究对象，有： ，解得 ，当 时，才能将M抽出，即 ，故D正确，ABC错误。
【点睛】
电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大．
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．若电压表、电流表的示数变化量分别为 和 ，则
高考物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)及解析
高考物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)及解析一、整体法隔离法解决物理试题1．在如图所示的电路中，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．如图所示的电路中，电源电动势为E．内阻为R，L1和L2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U 1′=E ，L 2′的电压U 2′=，电源内阻的发热功率为 ，A 、由上可知，L 1亮度不变，L 2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 。
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°=0.8×2×10×32N =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，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．5．如图，质量均为m 的A 、B 两个小物体置于倾角为30°的斜面上，它们相互接触但不粘连．其中B 与斜面同动摩擦因数为36μ=，A 为光滑物体，同时由静止释放两个物体，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )A ．两个物体在下滑过程中会分开B ．两个物体会一起向下运动，加速度为2gC ．两个物体会一起向下运动．加速度为38g D ．两个物体会一起向下运动，它们之间的相互作用力为12mg 【答案】C【解析】对A 受力分析，由牛顿第二定律得sin A BA A A m g N m a θ-=对B 受力分析，由牛顿第二定律得sin cos B BA B B B m g N m g m a θμθ+-=，且有A B a a =联立解得11cos 28BA N umg mg θ==，38A B a a g ==，故B 正确，ACD 错误； 故选B ．【点睛】两物体刚好分离的条件是两物体之间作用力为0，=a a 后前．6．如图所示的电路中，闭合开关S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、1U 、2U 和3U 表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、Δ1U 、Δ2U 和Δ3U ，下列说法正确的是A ．I 减小，1U 减小、2U 增大，3U 增大B ．电源功率不变，1R 上功率增加C ．2U I 变大，2U I ∆∆不变D ．3U I 变大，3U I∆∆不变 【答案】ACD【解析】【详解】A. 当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，外电路电阻增大，电流减小，根据U E Ir =- 可知路端电压3U 增大，U 1测定值电阻的电压，所以U 1随着电流的减小而减小，根据321U U U =+ 可知U 2增大，故A 正确.B.电源的功率P EI =，随着回路中电流变小，则电源功率也在变小，故B 错误；C. 根据电路知识可知, 22U R I =所以2U I 变大，()21U E I R r =-+ 可知21U R r I ∆=+∆不变，故C 正确D.根据电路知识可知3U I =R 1+R 2所以3U I变大．根据闭合电路欧姆定律得：U 3=E-Ir ，则有3U I∆∆=r ，不变．故D 正确．7．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 。
高考物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)
高考物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)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 ．R 2消耗的功率增大D ．R 1两端的电压减小 【答案】D 【解析】 【详解】A 、变阻器R 的触头向左移动一小段时，R 1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R 1和R 2并联，由分析可得则R 2电压减小，又由于R 2电阻不变，所以R 2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R 3两端电压增大，由串联分压可得R 1两端的电压减小，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．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°=0.8×2×10×32N =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，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。
物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)及解析
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
【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.
物理整体法隔离法解决物理试题题 20 套(带答案)及解析
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( )
【物理】物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)含解析
【物理】物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)含解析一、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 ．匀速运动过程中速度大小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=，故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,电动势为E,内阻为r 的电源与滑动变阻器R 1、定值电阻R 2、R 3、平行板电容器及电流表组成闭合电路,当滑动变阻器R 1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．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。
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能进入粗焅地带，由动能定理： F(nL) mgL(1 2 3 (n 1)) 0 0 ，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，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)( )
C．当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则重力、 支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故 C 正确； D．当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚 受到的重力与支持力提供加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故 D 错误。 故选 C。 【点睛】 此题考查根据不同的运动状态来分析脚受到力的情况，掌握物体的平衡条件以及加速度与 合外力的关系，注意人水平方向向右运动时空气阻力的方向是水平向左的。
D．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；因不明确内外电阻的关系，故无法明确功 率的变化情况；故 D 错误。 故选 C。
6．质量为 m 的光滑圆柱体 A 放在质量也为 m 的光滑“V 型槽 B 上,如图,α=60°,另有质量为
M 的物体 C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与 B 相连,现将 C 自由释放,则下列说法正确 的是（ ）
B．弹簧弹力大小为 F 时，FN＝ F 2
C．A、B 的速度最大时，FN＝mg 【答案】BCD
D．弹簧恢复原长时，FN＝0
【解析】
【详解】
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：
1 23
据牛顿第二定律得，f-m2gsin30°=m2a；解得 f=m2gsin30°+m2a=2.0×（10×0.5+2.5）N=15N；
最大静摩擦力 fm=μm2gcos30°=0.8×2×10× 3 N=8 3 N，可知 f＞fm，知道 m2 随 m1 一起做 2
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，m2 相对于 m1 下 滑．故 C 正确，ABD 错误．故选 C．
FN-mg=ma
联立解得： FN
mg
F 2
，故
A
错误；
B.弹簧弹力等于 F 时，根据牛顿第二定律得：对整体有：
对 A 有：
F-2mg=2ma
联立解得： FN
F 2
，故 B 正确；
FN-mg=ma
D.当物体的合力为零时，速度最大，对 A，由平衡条件得 FN=mg，故 C 正确。
C.当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得：对整体有：
4．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
I2 ( ) IR1( ) I1( )
则
故 A 错误。 B．根据
I2 I1
可得：
E U1 Ur
U Ur
则
U Ur r I1 I1
故其大小不会随 R 的变化而变化；故 B 错误。 C．电源的效率
U 100% E
因电压的改变量为△I1r；故说明电源的效率降低了 I1 r ；故 D 正确。 E
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：
A．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数 F mg
B．匀速运动过程中速度大小 FL 5m
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 F ，故 A 错误. 3mg
L2 逐渐变亮．由U E Ir 知，路端电压减小，又 L2 两端电压增大，则 L1 两端电压减小，
L1 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：
Pr I 2r
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 L2 看成电源内电路的一部分，光敏电阻 R 和灯泡 L1 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．
U B． I1 的大小变大
C．电源的效率降低了 I1 r E
【答案】C 【解析】
D．电源的输出功率一定增大了
【详解】
A．要使电流表 A1 示数增大，则 R 应减小；因总电流增大，则内阻及 R2 分压增大，并联部 分电压减小，则流过 R1 的电流减小，因此流过 R 的电流增大，即 A2 的示数变大，因
对 A 有：
2mg=2ma
联立解得 FN=0，故 D 正确；
mg-FN=ma
9．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( )
【物理】 物理整体法隔离法解决物理试题专题练习(及答案)
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
F cos ma ， F sin mg
解得
a 3g 3
对 A、B、C 整体运用牛顿第二定律可得
Mg (M 2m)a
解得
故 C 错误 D 正确；
M ( 3 1)m
7．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
3．最近，不少人喜欢踩着一种独轮车，穿梭街头，这种独轮车全名叫电动平衡独轮车，其 中间是一个窄窄的轮子，两侧各有一块踏板，当人站在踏板上向右运动时，可简化为如图 甲、乙所示的模型。关于人在运动中踏板对人脚的摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．考虑空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力向左 B．不计空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力向左 C．考虑空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力可能为零 D．不计空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力不可能为零 【答案】C 【解析】 【详解】 A．考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受 摩擦力为右，故 A 错误； B．不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，合力向右，即脚所受摩擦力 向右，故 B 错误；
A．和 m1 一起沿斜面下滑
B．和 m1 一起沿于 m1 上滑
【答案】C
【解析】
假设 m1 和 m2 之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度
a
m3 g
m1
m2 gsin30
310 1 210
1 2
2.5m /
s2 ．隔离对
m2 分析，根
m1 m2 m3
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)( )
A．刚撤去力 F 时，FN＝ mg F 2
5．如图所示的电路中，电源电动势为 E，内阻为 r（ R2 r R1 R2 ），电表均视为理想 电表。闭合开关 S 后，调节 R 的阻值，使电流表 A1 的示数增大了 I 1，在这一过程中，电