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1、高考物理整体法隔离法解决物理试题及其解题技巧及练习题一、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
2、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：Fmgcosm v2，绳子在竖直方向的分力为：rFFcosmgcos m v2cos ，由于速度越来越大，角度越来越小，故F 越r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 aM0 ， a 为小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知：Mm gFN M aMma ，则有： FNMm g ma ，故 FNMm g ，根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于Mm g
3、 ，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：Tmg m v2，联立解得：rTmg m v2，则根据牛顿第三定律知，球对箱的拉力大小为：TTmgm v2，rr故此时箱子对地面的压力为：NMm gTMm gmgm v2，故小球摆r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Mm 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
4、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U，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UC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R 两端的电压减小，且路端电压增2大，所以电阻R2 两端的电压减小量小于U，由欧姆定律知，通过电阻R2 的电流
5、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、 2。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 mgB F (mM ) gC F 2( mM ) gD F 3(mM ) g【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fm ，且 m 运动的加速度为二者共同运动的最大加速度am ，对fmmgg ，设此时作用与板的力为F ，以
6、 M 、 m 整体为研究对象，m 有： ammm有： F 2 Mm gM m am ，解得 F 3M m g ，当 FF 时，才能将M 抽出，即 F3 Mm g ，故 D 正确， ABC错误。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ab 移动时 R1 作为并联电路总电阻先增大后减小，根据闭
7、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=R2PRr,则随着外电阻的先增大后减小，由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R1Fb，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：aFaFb ，
8、对 a 由牛顿第二定律可得：Fa Fma a ，则mambFma aFama Fbmb Fa 若 mb Fama Fb ， F 为负值， b 对 a 为推力；若mambmb Fa ma Fb ， F 为正值，则 b 对 a 为拉力；若 mb Fama Fb ， 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
9、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2MgA施加外力前，弹簧的形变量为kB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1 at22Mg2k【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：2Mgkx ，解得：2Mgx ，故选项 A 正确；kB、施加外力 F 的瞬间，对 B 物体，根据牛顿第二定律，有：F弹MgFAB Ma ，其中： F弹2Mg ，解得： FABM (g a) ，故选项
10、B 错误；C、物体 A、 B 在 t时刻分离，此时 A、 B 具有共同的 v 与 a 且 F=0；对 B 有：1ABF 弹 MgMa ，解得： F 弹M ( g a) ，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： xMg，故 B 上升k的高度 hx xMg，此时 A 物体上升的高度： h1at22 ，故此时两者间的距离为k2h1at22Mg ，故选项 D 正确；2k说法正确的是选选项AD。8 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 V123的示数变化量的绝对值分别为1、2、3，理想电流表、
11、V、 VUUU示数变化量的绝对值为I，正确的是A V2 的示数增大B电源输出功率在增大CU3U1U2DU3 与I 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V1、 V2、 V3 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：V2 的示数U 2EIrI 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：U 3EI rR解得U 3
12、RrI所以U 3 不变，故 D 错误；IC.由闭合欧姆定律得：U 3I RrU 2IrU 1IR又定值电阻阻值 R 大于电源内阻阻值r，则U 3U 1U 2 ，故 C 正确9 如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为=30 的光滑斜面的底部，另一端和质量m 为的小物块a 相连，质量为m 的小物块b 紧靠 a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0 ，从某时刻开始，对 b 施加沿斜面向上的外力 F，使 b 始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块 a、 b 分离；再经过同样长的时间， b 距其出发点的距离恰好也为 x0 ,弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g 。则（）A弹簧的劲度系数B弹簧恢
13、复原长时物块a、 b 恰好分离C物块 b 的加速度为D拉力 F 的最小值为【答案】 AD【解析】【详解】A、对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：，解得：，故 A 正确；B、由题意可知 ， b 经两段相等的时间位移为x0，由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：，说明当形变量为时二者分离，故B 错误；C、对 m 分析，因分离时a、 b 间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：， 联立解得：，故 C 错误；D、分离前对整体分析可知，由牛顿第二定律有，则有刚开始运动时拉力F 的最小 ， F 的最小值；分离后对b 分析可知，由牛顿第二定律有确；故选 AD。【
14、点睛】，解得，所以拉力F 的最小值为，故D 正解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键。10 在如图所示电路中 ， R1、R2 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 V1， V2， V3 示数变化量的绝对值分别为U1、 U2、 U3，理想电流表A 示数变化量的绝对值为I，则 ()A V1 示数减小 ， V2 和 V3 示数增大B带电粒子将向上运动C U3 U1D此过程中U 2 保持不变I【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
15、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V1 示数 U1 增大内电压增大，路端电压U 减小，而路端电压 UU 1 U 3 ，可知， V3 示数 U3 减小 R2 两端电压增大，所以 V2 示数减小，故 A错误；B R2 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 UU 1 U 3 ， U3 减小， U1增大，而 U 减小，所以U 3 U 1 故 C 正确；D根据闭合电路欧姆定律知：U 2 E I (R1R2r )得U 2R1R2rI保持不变，故D 正确故选 BCD11 如图甲所示，在水平地面上有一长木
16、板B，且足够长，其上叠放木块A假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等用一水平力F 作用于B， A、 B 的加速度与F 的关系如图乙所示，重力加速度g 取 10 m/s 2，则下列说法正确的是（）A A 的质量为0.5 kgB A、 B 间的动摩擦因数为0.2C B 与地面间的动摩擦因数为0.2D当水平拉力 F=15N 时，长木板的加速度大小为 10m/s 2 【答案】 ACD【解析】【详解】在 F3N 时，一起保持静止；在3NF 9N 时， A、B 保持相对静止，故地面对B 的最大静摩擦力 fB=3N；在 3NF 9N 时， A、 B 保持相对静止；在F 9N时，
17、A 与 B 发生相对滑动，故 B 对 A 的最大静摩擦力 f A=4mA ，在 3NF 9N 时， A、 B 运动的加速度a Ff B ，可mAmB得， mA BaB Ff Af B ，可得，mB=1kg，那么+m =1.5kg；在 F 9N时， B 的加速度mBmA=0.5kg；B 与地面间的动摩擦因数BfB0.2 ， A、B 间的动摩擦因数mAmBgA f A 0.4 ，故 AC 正确， B 错误；当水平拉力F=15N 时，木板和木块已经相对滑mA g动，则此时长木板的加速度大小为aB FfAf B154 0.5 3 m / s210m / s2，mB1选项 D 正确；故选ACD【点睛】物
18、体运动学问题中，一般分析物体的运动状态得到加速度的表达式，然后对物体进行受力分析求得合外力，最后利用牛顿第二定律联立求解即可12 如图所示，一质量为M 的斜面体静止在水平地面上，物体A、 B 叠放在斜面体上，物体 B 受沿斜面向上的力F 作用沿斜面匀速上滑，A、 B 之间的动摩擦因数为，tan ，且A、 B 质量均为m，则 ()A A、B 保持相对静止B地面对斜面体的摩擦力等于mg sin coscos FcosC地面受到的压力等于(M 2m)gFmgsinmgcosD B 与斜面间的动摩擦因数为2mgcos【答案】 BD【解析】A、对 A 分析，因为 mgcos，所以 A、 B 不能保持相对
19、静止，故 A 错误B、以 A 为研究对象， A 受到重力、支持力和B 对 A 的摩擦力，如图甲所示Nmg cos，mgsin N ma ，由于 0.将 B 和斜面体视为整体，受力分析如图乙所示可知地面对斜面体的摩擦力等于 mg(sin cos)cos Fcos； 故 B 正确 ；C、以三者整体为研究对象： A 有沿斜面向下的加速度，故地面受到的压力不等于 (M 2m)g， C 错误D、B 与斜面体间的正压力 N 2mgcos，对 B 分析，根据共点力平衡有F mgsin mgcosf，则 B 与斜面间的动摩擦因数fF -mgsinmgcos，故 D 正确N2mgcos故选 BD13 某温度检测
20、、光电控制加热装置原理如图所示图中RT 为热敏电阻 (随温度升高，阻值减小 )，用来探测加热电阻丝 R 的温度， RG 为光敏电阻 (随光照强度增大，阻值减小 )，接收小灯泡 L 的光照，除 RT、RG 外，其他电阻均为定值电阻（虚线框内两元件距离很近）当 R 处温度升高时 （ ）A L 变亮BR3 的电流减小C E2 的路端电压增大D R 的功率减小【答案】 AD【解析】【分析】【详解】当 R 处温度升高时， RT 阻值变小，小灯泡L 的电流变大，所以光照强度增大，RG 阻值变小，通过R2的电流变大，2R 两端电压变小，通过的电流也变小，功率E 的路端电压变小，变小，通过R3 的电流变大，故
21、AD 正确14 如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，AB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 R2 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1，则 I 增大， U 减小，电容器所带电荷量减小RD若仅用更强的光照射R，则 U 变化量的绝对值与 I 变化量的绝对值的比值不变1【答案】 ACD【解析】【分析】本题考查含容电路的动态分析问题
22、。【详解】A.若仅将 R2 的滑动触头P向b端移动， R2所在支路有电容器，被断路，则IU保持不、变。故 A 正确。B.根据C =S，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。4kdC. 若仅用更强的光照射R1，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 一平行板电容器的两块金属板A， B 正对竖直放置，在金属板A 的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球(可视为点电荷 )。两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的 R1为光敏电阻 (其
23、阻值随所受光照强度的增大而减小23)， R 为滑动变阻器，R 为定值电阻。当 R2 的滑动触头 P 在中间时闭合开关 S，此时电流表和电压表的示数分别为I 和 U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A 的夹角为 。电源电动势 E 和内阻 r 一定，下列说法中正确的是（）A若将 R2 的滑动触头P 向 a 端移动，则变小B若将 R2 的滑动触头P 向 b 端移动，则I 减小， U 增大C保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后变大D保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R1，则平行板电容器的电量变小【答案】 BD【解析】【详解】A平行板电容器与光敏电阻并联，而光敏电阻与滑动变阻器串联，当将R2 的滑动触头P向 a 端移动，总电阻减小，总电流增大，那么光敏电阻两端电压增大，因此电容器两端的电压也增大，则 变大，故 A 错误；B若将 R 的滑动触头 P 向 b 端移动，总电阻增大，则I 减小，因此内电压减小，则U 增2大，故 B 正确；C用更强的光线照射 R，R的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压11减小，即 U 减小，但 R231两端电压减小，所以电容器两端的电和 R两端电压都增大，故 R压减小，小球重新达到稳定后变小，故 C 错误；D由 C选项分析可知，当电容器两端的电压减小时，依据Q=CU，平行板电容器的电量变小，故 D 正确。故选 BD。