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1、（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
2、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 ，故 B
3、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 如图 A、 B、
4、 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 FN。整个过程三物体无相对滑动，下列判断正确的是 f=0 f 0 FN=0 FN0ABCD【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，aB=， aC=运动， B、C 间作用力FN=0，故正确。分析 A、 B，撤去 F 后，整个过程三物体无相
5、对滑动，则， B、C 以相同的加速度向右做匀减速A 与 B 加速度相同， B 对 A 有向左的摩擦力f=maB= ，故正确。故选： A3 如图所示，水平地面上有一楔形物块绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上a，其斜面上有一小物块b， b 与平行于斜面的细.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
6、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Fcos- FNsin =0；Fsin +FNcos- mg=0；由两式解得：F=mgsin， FN=mgcos；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；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：Fsin+FNcos- mg =0 ；FNsin- Fcos=ma ；由两式解得：F=mgsin- macos， FN=mgcos+ma sin；即绳的张力F 将减小，而a 对 b 的支持力变大；再对 a、 b
7、 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 .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，放置于水平面上的楔形物体，两侧倾角均为30，左右两表面光滑且足够长，上端固定一光滑滑轮，一根很长且不可伸长的轻绳跨过
8、定滑轮分别与左右两侧斜面平行，绳上系着三个物体A、 B、 C，三物体组成的系统保持静止.A 物体质量为m， B 物体质量为3m，现突然剪断 A 物体和 B 物体之间的绳子，不计空气阻力 (重力加速度为 g)，三物体均可视为质点，则3A绳剪断瞬间，A 物体的加速度为g101B绳剪断瞬间，C 物体的加速度为g2C绳剪断瞬间，楔形物体对地面的压力不变D绳剪断瞬间，A、C 间绳的拉力为2mg【答案】 A【解析】【详解】ABD设 C 的质量为m绳剪断前，由平衡条件知：（3m+m） gsin30 =mgsin30 得m =4m绳剪断瞬间，以A 为研究对象，根据牛顿第二定律得：T-mg sin30 =ma以
9、 C 为研究对象，根据牛顿第二定律得：4mgsin30 -T=4ma联立解得：a 3 g10T 4 mg5即绳剪断瞬间，A、C 物体的加速度大小均为3 g ，A、C 间绳的拉力为 4 mg ，故 A 正105确， BD 错误C绳剪断前， A、C 间绳的拉力为：T=（3m+m） gsin30 =2mg绳剪断瞬间， A、C 间绳的拉力为4 mg ，则 AC间绳对定滑轮的压力发生改变，而三个物5体对楔形物体的压力不变，可知，绳剪断瞬间，楔形物体对地面的压力发生变化，故C 错误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，
10、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 FN 。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。6
11、如图所示的电路中，电源内阻一定，电压表和电流表均为理想电表现使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，测得电压表V1 的示数变化大小为U1 ，电压表V2 的示数变化大小为 U2，电流表 A 的示数变化大小为I，对于此过程下列说法正确的是()A通过电阻R1 的电流变化量大小等于U 1R1B R0 两端的电压的变化量大小等于U2 U1C路端电压的增加量等于U2DU 1 为一定值I【答案】 ABD【解析】【分析】【详解】A、电压表V1 测量路端电压，即R1 两端的电压，根据欧姆定律可知，R1 的电流变化量大小U 1等于R1；故 A 正确 B、 C、 D、使滑动变阻器R 滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，
12、总电阻变大，总电流变小，内阻所占电压减小，路端电压增大，所以路端电压增大U1，并联部分的电压增大 U1，通过1的电流增大，所以通过滑动变阻器的电流减小，0RR 上的电压减小， R 上的电压增大 U2，所以R0两端的电压的变化量大小等于U2U1- ，电压表V1 测量路端电压，根据欧姆定律可知rU 1 为定值，所以U 1 为定值 ，故 B，D 正确，IIC 错误故选ABD【点睛】闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路内电路 外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质7 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
13、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、 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【答案】 BCI 的比值在减小【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
14、率在增大，故B 正确；D. 由闭合欧姆定律得：U 3EI rR解得U 3R rI所以U 3 不变，故 D 错误；IC.由闭合欧姆定律得：U 3IR rU 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8 如图所示，一固定杆与水平方向夹角=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0.53B滑块与杆之间动摩擦因数为3C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
15、【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mgsinmgcos，所以tan3，故 A 错； B 对3CD当二者相对静止地沿杆上滑时，以整体为对象可知加速度a gsingcosg设此时绳子与水平方向的夹角为，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： Tcosmacos30o3 mg2在竖直方向上：mgTsinmasin30 o 1 mg2解得： tan3 ，即30o3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，
16、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9 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、 U 1 、 U 2 和 U 3 表示，电表示数变化量的大小分别用 I、 U 1 、 U 2 和U 3 ，下列说法正确的是A I 减小， U 1 减小、 U 2 增大， U 3 增大B电源功率不变，R1 上功率增加C U 2 变大，U 2 不变IIDU 3变大，U 3不变II【答案】 ACD【解析】
17、【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UE Ir可知路端电压 U 3 增大， U1 测定值电阻的电压，所以U1 随着电流的减小而减小，根据 U 3U 2U 1 可知 U2 增大，故 A 正确 .B.电源的功率 PEI ，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,R2U 2U 2变大， U 2 = E - I (R1 + r )U 2R1 r不I所以 I可知I变，故 C 正确D.根据电路知识可知U 3 =R1+R2 所以 U 3 变大根据闭合电路欧姆定律得：U 3=E-Ir ，则有U3III=r，不变故D 正确10 在
18、如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、 U1 、U2 和 U3 表示，电表示数变化量的绝对值分别用IUU2U3、1（ ）、和表示下列说法正确的是A U1 变小， U2 变大， U3 变小， I 变大B U变大， U变小， U 变大， I 变大123C U1/I 不变， U2/I 变小， U3/I 变小D U/不I变， U/不I变， U/ 不I变123【答案】 CD【解析】试题分析：当滑动变阻器R2 的滑动触头 P 向上滑动，其阻值变小，总电阻变小，电流表示数 I 变大，路端电压U3 减小， R1 的电压 U1 增大，
19、故 R2 的电压 U2 减小故 AB 错误因 R1是定值电阻，则有U 1U 1R1，不变因为 U 22U 2变小；IIIR2 ， R 变小，IU 312C 正确根据闭合电路欧姆定律得U3=E-Ir，则U 3r，不I=R +R ，变小故I变 U21U 21=E-I（ R +r），则=R +r，不变，故 D 正确故选 CDI考点：电路的动态分析11 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中间用细绳l、 2 连接，现用一水平恒力F 作用在 C 上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，则下列说法正确的是A无论粘在哪个木块
20、上面，系统加速度都将减小B若粘在 A 木块上面，绳 l 的拉力增大，绳 2 的拉力不变C若粘在 B 木块上面，绳 1 的拉力减小，绳 2 的拉力增大D若粘在 C 木块上面，绳 l、 2 的拉力都减小【答案】 ACD【解析】【详解】A将三个物体看作整体，整体水平方向受拉力和摩擦力；由牛顿第二定律可得F- ?3mg=3ma；当粘上橡皮泥后，不论放在哪个物体上，都增大了摩擦力及总质量；故加速度减小；故A正确；B若橡皮泥粘在A 木块上面，根据牛顿第二定律得：对BC整体：F- ?2mg-F1=2ma，得1F =F- ?2mg-2ma，1增大对 C：a 减小， F2F- mg-F =ma，得F =F- m
21、g-ma，2a 减小， F增大故 B 错误2C若橡皮泥粘在B 木块上面，根据牛顿第二定律得：对A：F1 - mg=ma，a 减小， F1 减小对 C：F- mg-F2=ma，a 减小， F2 增大故C正确D若橡皮泥粘在C 木块上面，分别以A、 B 为研究对象，同理可得绳l、 2 的拉力都减小故 D 正确故选 ACD【点睛】对于连接体问题一定要正确选取研究对象，用好整体法与隔离法再由牛顿第二定律即可求解12 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
22、分别为 I1、 I2 和 U现将 R2 的滑动触点向 b 端移动，下列说法正确的是A电表 A1 的示数 I1 减小B电表 A2 的示数 I2 减小C电表V 的示数U 增大D电阻R3 的电功率增大【答案】AD【解析】【分析】本题考查闭合电路中的动态分析问题【详解】将 R2 的滑动触点向b 端移动过程中，电路中总电阻减小，主路电流则会增大，A因主路电流增大，电源内电压增大，R3 的电压也会增大，则R1 的电压会变小，I1 的电流会减小，故A 选项正确；B因主路电流增大而I1 的电流会减小，则I2 的电流会增大，故B 选项错误；C电源内压增大，则路端电压会减小即电表V 的示数 U 减小，故C选项错误
23、；2D电阻 R3 的电功率 P3I R3 随主路电流的增大而增大，故D 选项正确；综上所述，本题正确答案选AD。13 某温度检测、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 RTG、R 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
24、值变小，通过 R2的电流变大，2的路端电压变小， R 两端电压变小，通过的电流也变小，功率E变小，通过R3 的电流变大，故AD 正确14 粗糙的水平地面上放着一个质量为 M、倾角为 的斜面体，斜面部分光滑，底面与水平地面间的动摩擦因数为 ，轻质弹簧一端与固定在斜面上的轻质挡板相连，另一端连接一质量为 m 的小球，弹簧的劲度系数为 k。斜面体在水平向右的恒力作用下，和小球一起以加速度 a 向右做匀加速直线运动（运动过程小球没离开斜面）。以下说法正确的是（）A水平恒力大小为 ( Mm) aB地面对斜面体的摩擦力为( Mm) gma cosmg sinC弹簧的形变量为kD斜面对小球的支持力为mg c
25、osma sin【答案】 BC【解析】【分析】【详解】AB对系统受力分析，应用牛顿第二定律F(Mm)g( Mm) a解得F(Mm)a(Mm) gA 错误， B 正确；CD对小球应用牛顿第二定律，沿斜面和垂直斜面分解加速度，有kxmg sinmg cosma cosNma sin解得弹簧的形变量为ma cosmg sinxk斜面对小球的支持力Nmg cosma sinC 正确， D 错误。故选 BC。15 如图所示的电路中，电源的电动势E 和内阻 r 一定， A、 B 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
26、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R1，则 I 增大， U 减小，电容器所带电荷量减小D若仅用更强的光照射R1，则 U 变化量的绝对值与【答案】 ACD【解析】【分析】本题考查含容电路的动态分析问题。【详解】I 变化量的绝对值的比值不变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I、 U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。