【物理】物理整体法隔离法解决物理试题练习题含答案

1、【物理】物理整体法隔离法解决物理试题练习题含答案一、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F1二mgsina二maa=gin

2、a ,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；对王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Tc mgcosa,对d球的拉力Td mg ,因此不相等，故D错误；对a和c整体受力分析有 Fnama mc gcosa，对b和d整体受力分析Fnbmb md gcosa ,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.

3、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10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 F0A.粗糙地带与滑块间的动摩擦因数FmgB.匀速运动过程中速度大小3.如图所示，一个 为m的光滑球C.A、B对球的弹力分别为F1、F2,下列说法正确的是()小段时间内，设挡板A. F1、F2

4、都逐渐增大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=3科mg解得 3mg ,故A错误. 一一 1_ 2 . 一TL .B、根据动能定理得 F 2L mg 2L mg L 10mv ,解得v J,故B正确. 2. 5mC、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

5、能进入粗焙地带，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."V形槽的左侧挡板 A竖直，右侧挡板 B为斜面，槽内嵌有一个质量"V形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一B. F1、F2都逐渐减小C. F1逐渐减小，F2逐渐增大D. F1、F2的合外力逐渐减小【答案】D【解析】光滑球C受力情况如图所示:GF2的竖直分力与重力相平衡，所以F2不变；Fi与F2水平分力的合力等于 ma,在V形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小 的直线运动的一小段时间内，加速度不断

6、减小，由牛顿第二定律可知Fi不断减小，Fi、F2的合力逐渐减小，故 D正确，A、B、C错误； 故选D.【点睛】以光滑球 C为研究对象，作出光滑球 C受力情况的示意图；竖直方向上受力平衡，水平方向根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合加速度的变化 解答.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Fn。整个过程三物体无相对滑动，下列判断正确的是FA B C*痔»百加毒理再寿孝察曲霸琴?野"?舂寿都驾范f寻跖 f二0 fw。 Fn=0 FnWOA. B,

7、 C. D,【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21f' =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21F,二不变，由牛顿第二定律可知，aB=2由河，ac=m河，B、C以相同的加速度向右做匀减速运动，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对滑动，则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：A5.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

8、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b的支持力不变 b的支持力减小 a的支持力不变 a的支持力减小A.绳的张力减小，斜面对 B.绳的张力增加，斜面对 C.绳的张力减小，地面对 D.绳的张力增加，地面对【答案】C【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，y 1FMJ *# I 1 V根据共点力平衡条件，有 Fcos 9-FNsin 0 =）；Fsin 0FNcos 0- mg=0 ；由两式解得：F=mgsin 0, FN=mg

9、cos。；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 0+Fncos 0- mg =0 ；FNSin & Fcos 0=ma ；由两式解得：F=mgsin 0- macosQ, FN=mgcos 9+masin。；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.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

10、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.6.如图所示的电路中，电源电动势为E,内阻为r ( R2 rRiR),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 Ai的示数增大了I 1,在这一过程中，电流表的A2示数变化量的大小为I 2,电压表示数的变化量的大小为U ,则A. A2增大，且I 2<UB. 的大小变大IiC.电源的效率降低了Ii rED.电源的输出功率一定增大了A.要使电流表 Ai示

11、数增大，则 R应减小；因总电流增大，则内阻及 e分压增大，并联部 分电压减小，则流过 Ri的电流减小，因此流过 R的电流增大，即 A2的示数变大，因I2(Z ) Iri( ) Ii(Z )则1 211故A错误。B.根据E Ui Ur可得：U Ur则U Ur rIiIi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%EL r因电压的改变量为 Iir；故说明电源的效率降低了；故D正确。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。7 . 如图所示，水平面上O点的左侧光滑，0点的右侧粗糙。有 8个质量均为m的完全

12、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。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（）。1-7-6 5 4 J 2 1aFA.粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为mg8 .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 一F一 12mD.第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗

13、糙地带前这一过程中,5和6两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为-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F3mg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F 2 mg 8ma,3mg代入 ,解得24 m故C项错误；F mg 8ma ,D.对8个滑块，有解得再以6、7、8三个小滑块作为整体，由牛顿第二定律有3ma故D项正确;8.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3的小物块a相连，质量为5

14、m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为xo ,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 xo，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。则()B.弹簧恢复原长时物块 a、b恰好分离aC.物块b的加速度为,4D.拉力F的最小值为±3【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:3十丁小池.Ikxfl = (Tn 4- m)gsin0 * =-、一，解得：故A正确；B、由题意可知b经两段相等的时间位移

15、为X0,由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关xi 13 劭二工2=工1二系的规律可知：M % 说明当形变量为4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:mgsin& =吗，联立解得：”二通故C错误;D、分离前对整体分析可知，由牛顿第二定律有F 4- kAx- m +4kJ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4F的最小值为，故D正339F -胃m gsing = -ma /=ma 第二定律有 55,解得 25,所以拉力 确；故选AD。【点睛】 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，

16、明确运动学 公式的选择和应用是解题的关键。9.在如图所示电路中，Ri、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Vi, V2, V3示数变化量的绝对值分别为A Ui、AU2、AU3,理想电流表A示数变化量的绝对值为AJ则（）A. Vi示数减小，V2和V3示数增大B.带电粒子将向上运动C. AU3>AUD.此过程中一山保持不变 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 Vi示数Ui增大.内电压增大，路端电压 U减小，而路 端电压U Ui U

17、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U U 1 U 3, U3减小，Ui增大，而U减小，所以 U3> Ui .故C正确；D.根据闭合电路欧姆定律知：U2 E I （R1 R2 r） 得U2I2 R R2 r保持不变，故D正确.故选BCD.10.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 科，w<tan。且A、B

18、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 cos cos +FcosC.地面受到的压力等于（M + 2m）gF mgsin mgcosD. 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 四<tan则mgsin 0>mcosQ,所以A、B不能保持相对静止，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.N = mgcos 0,mgsin 0W旧 ma ,由于 （i<tan 0,贝U ma= mgsin 0mgcos 0>0.将B和斜面体视为整体，受力分析如图乙所示

19、.w«+wu;可知地面对斜面体的摩擦力等于mg(sin 0 pcos cos 0+ 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'= 2mgcos0,对B分析，根据共点力平衡有F= mgsin 0+mgosQ+f7,则B与斜面间的动摩擦因数f F -mgsin mgcos,故D正确.N2mgcos故选BD11 .如图所示电路中，电源的内电阻为r, &、B、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 Ri的滑动触头P向右滑动时，电流表和电压表

20、的示数变化A.电压表示数变大量的大小分别为 小山，下列说法正确的是()B.电流表示数变大C.【答案】AD【分析】【详解】设Ri、R2、R3、R4的电流分别为Il、12、13、I4,电压分别为Ui、U2、U3、U4.干路电流为I干，路端电压为U,电流表电流为I.A、Ri变大，外电阻变大，I干变小，U=E-I干r变大，U3变大.故A正确.B、I3变大，I干变小，由I4=I干-I3变小，U4变小，而 U2=U-U4 , U变大，则 U2变大，I2变大，I4=I1 + I2, I1变小.故B错误r ,故C错误；D正确；C、D,由欧姆定律 U=E-I干r,得 一-=r ,由I干=I+I2+I3, I1变

21、小，I2变大，I3变大，I干变 I干小，则I1>N干，即I>H干，所以故选AD【点睛】由图可知，Ri、R2并联，再与R4串联，与R3并联，电压表测量路端电压，等于R3电压.由R1接入电路的电阻变化，根据欧姆定律及串并关系，分析电流表和电压表示数变化量的大小.本题的难点在于确定电流表示数变化量AIa与干路电流变化 AI干的大小，采用总U量法，这是常用方法.同时，要理解 =rI干12 .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（）B. ( m M )F,方向向右 m MD. (m)F,

22、方向向右 m MC. （ m M ）F,方向向左 m M【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 Ff,方向水平向右，则对人由牛顿第二定律得:M mF Ff= ma,解得：Ff=FM m如果M>m, Ff= M-mF,方向向右， D正确.M m如果M<m, Ff= m M F负号表示方向水平向左，C正确，B错误M m13.如图所示，在倾角为 。的光滑斜劈P的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块 A、B, C 为一垂直固定在斜面上的挡板. A、B质量均为m,斜面连同挡板的质量为 M,弹簧的劲度 系数为k,系统

23、静止于光滑水平面.现开始用一水平恒力F作用于P,（重力加速度为 g）下列说法中正确的是（）A.若F=0,挡板受到B物块的压力为2mgsinB.力F较小时A相对于斜面静止，F大于某一数值，A相对于斜面向上滑动C.若要B离开挡板C,弹簧伸长量需达到 mgsin /kD.若F (M 2m)gtan且保持两物块与斜劈共同运动，弹簧将保持原长【答案】AD【解析】【详解】A、F=0时，对物体A、B整体受力分析，受重力、斜面的支持力Ni和挡板的支持力 N2,根据共点力平衡条件，沿平行斜面方向，有N2- (2m) gsin 0 =瞰压力为2mgsin 0故A错误；B、用水平力F作用于P时，A具有水平向左的加速

24、度，设加速度大小为a,将加速度分解如图根据牛顿第二定律得mgsin -kx=macos 0当加速度a增大时，x减小，即弹簧的压缩量减小，物体A相对斜面开始向上滑行.故只要有力彳用在P上，A即向上滑动，故 B错误；G物体B恰好离开挡板C的临界情况是物体 B对挡板无压力，此时，整体向左加速运动，对物体B受力分析，受重力、支持力、弹簧的拉力，如图mg-Ncos 9-kxsin 0 =0Nsin -kxcos 0 =mamg sin macos 皿 厂解得：kx=mgsin Q-macosQ, x 故 C 错误；D、若F= (M+2m) gtan但保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二定律，整体加速

25、度为gtan 0；对物体A受力分析，受重力，支持力和弹簧弹力，如图根据牛顿第二定律，有mgsin -kx=macos 0解得 kx=0故弹簧处于原长，故 D正确;14.在如图所示电路中，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，电表的示数分别用卜Ui、U2和U3表示，电表示数变化量的大小A. AUi>AU2 ,AU2>U3B. Ui：I不变，ULH不变C. U2：I变大，刃2：凶变大D. U3：I变大，U3AI不变【答案】BD【解析】A、当滑动变阻器的滑动触头 P向下滑动时，接入电路的电阻增大，电路中电流的减小，根据串联电路的特点可知，R的电压减小，R2的电压增加.电源的内电压减小,则路端电压增大，因为 Ui+U2=U3,所以Ri的电压减小量小于 R2的电压增加量，即有：| AUi|<| AU2| ,且有|92| >|93| .故A错误.B、由于Ri是定值