高中物理整体法隔离法解决物理试题解题技巧和训练方法及练习题

高中物理整体法隔离法解决物理试题解题技巧和训练方法及练习题
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 m
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．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x 2 ；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x 3，如图所示。

则（ ）
A．x1= x2= x3 B．x1 >x3= x2
C．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．
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。

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2
3
CH CS SD
DH =，对于滑块B ，由牛顿第二定律可知：
2
3
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 ='，210
m/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。

4．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 ≠0
A ．②③
B ．①④
C ．①③
D ．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。

分析A 、B ，撤去F 后，整个过程三物体无相对滑动，则A 与B 加速度相同，B 对A 有向左的摩擦力f=ma B =，故②正确。

故选：A
5．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 ．R 2两端电压减小ΔU
B ．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．
6．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．
7．如图所示，质量为m的物体放在斜面体上，在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，物体始终与斜面体保持相对静止，则斜面体对物体的摩擦力Ff和支持力FN分别为（重力加速度为g）( )
A．Ff＝m（gsinθ＋acosθ） FN＝m（gcosθ－asinθ）
B．Ff＝m（gsinθ＋acosθ） FN=m（gcosθ－acosθ）
C．Ff＝m（acosθ－gsinθ） FN=m（gcosθ＋asinθ）
D．Ff＝m（acosθ－gsinθ） FN＝m（gcosθ－acosθ）
【答案】A
【解析】对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力（沿斜面向上），向右匀加速，故合力大小为ma，方向水平向右；
采用正交分解法，在平行斜面方向，有：F f-mg sinθ=ma cosθ，在垂直斜面方向，有：
mg cosθ-F N=ma sinθ，联立解得：F f=m(g sin θ+a cosθ)，F N=m(g cosθ-a sinθ)；故A正确，B,C,D 错误；故选A.
【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住物体与斜面的加速度相等，结合牛顿第二定律进行求解．
8．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R4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
1U
r 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
1A
U
r 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．
9．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
2Mg
k
B ．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A
B 整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg kx =，解得：
2Mg
x 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：Mg
x k
'=，故B 上升的高度Mg h x x k '=-'=
，此时A 物体上升的高度：2
212
h at =，故此时两者间的距离为2212Mg
h at k
∆=
-，故选项D 正确； 说法正确的是选选项AD 。

10．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( )
A ．物块A 运动的最大加速度为g μ
B ．要使物块A 、B 发生相对滑动，应满足关系1M
m μμ
>
- C ．若物块A 、B 未发生相对滑动，物块A 受到的摩擦力为2Mmg
M m
+
D 2mg
【答案】AC 【解析】 【详解】
A.A 受到的最大合外力为μMg ，则A 的最大加速度：
a =μMg /M =μg
故A 正确；
B. 当A 的加速度恰好为μg 时，A 、B 发生相对滑动，以A 、B 、C 系统为研究对象，由牛顿第二定律得：
mg =(M +M +m )μg
解得：m = 21M μμ-，要使物块A 、B 之间发生相对滑动，物块C 的质量至少为21M
μμ
-，故B 错误；
C. 若物块A 、B 未发生相对滑动，A 、B 、C 三者加速度的大小相等，由牛顿第二定律得：
mg =(2M +m )a
对A :
f =Ma
解得：f =
2Mmg
M m
+，故C 正确；
D.C 要向下做加速运动，C 处于失重状态，绳子的拉力：T <mg ，轻绳对定滑轮的作用力：
N =22T T +=2T <2mg
故D 错误；
11．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 1
D ．此过程中
2
I
U ∆∆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
2
12U R R r I
∆=++∆ 保持不变，故D 正确． 故选BCD ．
12．如图所示，一固定杆与水平方向夹角θ=30°，将一滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个小球，滑块与小球恰能一起沿杆向下匀速运动，则下列说法中正确的是（ ）
A ．滑块与杆之间动摩擦因数为0.5
B ．滑块与杆之间动摩擦因数为
33
C ．当二者相对静止地沿杆上滑时轻绳对小球拉力斜向左上与水平方向成30°角
D ．当二者相对静止地沿杆上滑时轻绳对小球拉力斜向右上与水平方向成60°角 【答案】BC 【解析】 【分析】
根据题意两者一起运动，所以应该具有相同的加速度，那么在分析此类问题时应该想到先整体后隔离，利用加速度求解． 【详解】
AB ．由题意滑块与小球恰能一起沿杆向下匀速运动，把滑块和小球作为一整体，可知
sin cos mg mg θμθ= ，
所以3
tan μθ==
，故A 错；B 对 CD ．当二者相对静止地沿杆上滑时，以整体为对象可知加速度sin cos a g g g θμθ=+= 设此时绳子与水平方向的夹角为α，绳子的拉力为T ，对小球列牛顿第二定律公式
在水平方向上：
3 cos cos30
2
T ma mg
α==o
在竖直方向上：
1
sin sin30
2
mg T ma mg
o
α
-==
解得：
3
tan
3
α=，即30
α=o
由于加速度沿斜面向下，所以小球受到的合力也应该沿斜面向下，所以拉力的方向应该斜向左上与水平方向成30°角，故C对；D错；
故选BC
【点睛】
本题考查了整体隔离法求解量物体之间的力，对于此类问题要正确受力分析，建立正确的公式求解即可．
13．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2R
D．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3
1
U
I
∆
∆=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．
14．如图所示，小车的质量为M ，人的质量为m ，人用恒力F 拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是（ ）
A ．(M m m M -+)F ，方向向左
B ．(m M m M
-+)F ，方向向右 C ．(m M m M
-+)F ，方向向左 D ．(M m m M -+)F ，方向向右 【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
取人和小车为一整体，
由牛顿第二定律得：2F ＝(M ＋m)a
设车对人的摩擦力大小为F f ，方向水平向右，则对人由牛顿第二定律得：
F －F f ＝ma ，解得：F f ＝
M m M m -+F 如果M>m ，F f ＝M m M m
-+F ，方向向右，D 正确． 如果M<m ，F f ＝－
m M M m -+F ，负号表示方向水平向左，C 正确，B 错误
15．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ．当滑动变阻器的滑片P 从左端滑到右端时，理想电压表1V 、2V 示数变化的绝对值分别为1U ∆和2U ∆，干路电流为I ，灯泡电阻不变，下列说法中正确的是
A ．小灯泡1L 、2L 变暗，3L 变亮
B ．1U ∆与I ∆的比值不变
C ．12U U ∆<∆
D ．12U U ∆=∆
【答案】AB
【解析】
【分析】
当滑动变阻器的触片P 从左端滑到右端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯2L 亮度的变化。

根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断3L 亮度的变化。

根据总电流与通过3L 电流的变化，分析通过1L 电流的变化，判断其亮度变化。

根据路端电压的变化，分析1U ∆和2U ∆的大小。

根据闭合电路欧姆定律列式分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值如何变化。

【详解】
A ．当滑动变阻器的触片P 从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，则2L 变暗；变阻器的电阻增大，并联部分的电阻增大，则并联部分的电压增大，则3L 变亮。

总电流减小，而3L 的电流增大，则1L 的电流减小，则1L 变暗，故A 正确；
B ．根据闭合电路欧姆定律：
21L ()U E I R r =-+ 可知：21L U R r I
∆=+∆，不变，故B 正确； CD ．由上分析可知，电压表1V 的示数增大，电压表2V 的示数减小，由于路端电压增大，即两电压表示数之和增大，所以12U U ∆>∆，故CD 错误。

【点睛】
本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析。

运用总量法分析两电压表读数变化量的大小。

运用闭合电路欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法。