高考物理整体法隔离法解决物理试题试题经典及解析

1、高考物理整体法隔离法解决物理试题试题经典及解析一、整体法隔离法解决物理试题.如图所示，倾角为 。的斜面A固定在水平地面上，质量为 M的斜劈B置于余面A上, 质量为m的物块C置于余劈B上，A、B、C均处于静止状态，重力加速度为 g.下列说法A受到斜劈 B受到斜面 C受到斜劈BB,斜面 C.斜劈 D.物块 【答案】 【解析】 【分析】 【详解】A、斜劈B的作用力大小为 Mgcos 0 +mgA的摩擦力方向沿斜面 A向上B的摩擦力大小为 mgcos 0B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

2、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 mgcos 0,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.在如图所示的电路中，闭合

3、开关，将滑动变阻器的滑片向右移动一段距离，待电路稳定 后，与滑片移动前比较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 氐两端电压变大【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 。息二股知电源的总功率 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U=E-Ir增大，即电容器电压增大将充电，电荷量将增大.故 B错误.D、电阻R0只有在电 容器充放电时有短暂的电流通过，稳定状态无电流，则其两端的电压为零不变，D错误；C .故

4、C正确.故选C.【点睛】本题电路动态变化分析问题.对于电容器，关键是分析其电压，电路稳定时，与 电容器串联的电路没有电流，电容器的电压等于这条电路两端的电压.3.如图所示，三个物体质量分别为m= 1.0 kg、m2 = 2.0 kg、ma= 3.0 kg ,已知斜面上表面光滑，斜面倾角 0= 30。，mi和m2之间的动摩擦因数 科=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B.和mi 一起沿斜面上滑C.相于mi下滑D.相对于mi上滑【答案】C【解析】假设mi和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度1m3gm

5、1 m2 gsin30mim2m33 101 2 10 -2 2 5m/,隔离对m2分析，根2.5111/ S1 2 3据牛顿第二定律得，f-m2gsin30 =m2a；解得 f=m2gsin30 + m2a=2.0 X 10X0.5+2.5 N=15N;最大静摩擦力 fm=科m2gcos30 = 0.8 X 2 X 湛N=8J3n,可知ffm,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.4.如图所示，等边直角三角形斜边上竖直挡板挡住质量为m的球置于斜面上，现用一个恒力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加

6、速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g,以下说法中正确的是A.竖直挡板对球的弹力为 m g aB.斜面对球的弹力为 2mgC.加速度越大斜面对球的弹力越大.D.斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力大于ma【答案】A【解析】A、B、C对球受力分析如图所示：由牛顿第二定律得 FN1-FN2sin 0=ma, Fn2Cos 0=mg ,45 ,由以上两式可得：Fn1 m(g a), Fn2 亚mg ,即竖直挡板对球的弹力为 m(g a),斜面对球的弹力为J2mg ,且加速度越大斜面对球的弹力不变，故A正确，B、C均错误.D、由牛顿第二定律可知，斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的

7、合力等于ma.故D错误.故选 A.【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用和受力分析规律的应用，要注意明确加速度沿水平 方向，竖直方向上的合力为零，分别对两个方向进行分析求解即可.5.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 电，滑动变阻器的总 阻值是R1,电阻大小关系为 R + 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()AtR2A.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Ri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作为并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路

8、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RR2r,则随着外电阻的先增大后减小，由 己卜弓卜 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Ri C间绳的拉力为-mg ,故A正即绳剪断瞬间，A、C物体的加速度大小均为确，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

9、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.7.如图所示，A、B两物体质量均为 m,叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上)。对A 施加一竖直向下、大小为F(F2mg)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)() mgFFA.刚撤去力 F时，Fn=B.弹黄弹力大小为 F时，Fn=一22C. A、B的速度最大时，FN=mgD.弹簧恢复原长时，Fn= 0【答案】BCD【解析】【详解】A.在突然撤去F的瞬间，AB整体的合力向上

10、，大小为 F,根据牛顿第二定律，有:F=2ma解得：a2m对物体A受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：FN-mg=ma联立解得：Fn mg F-,故A错误；2B.弹簧弹力等于F时，根据牛顿第二定律得：对整体有：F-2mg=2ma对A有：FN-mg=ma联立解得：Fn 匕，故B正确；2D.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：2mg=2ma对A有：mg-FN=ma联立解得Fn=0 ,故D正确；.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m的小

11、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C.物块D.拉力b的加速度为【答案】AD【解析】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+ -fn)qsinff5刖5工。,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 TOC o 1-5 h z Xi 13xo

12、系的规律可知：元 匕 说明当形变量为 久一上口 “一不时二者分离，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:麻L叫?如”F,联立解得：”二而，故c错误；I33 IF 4- kdx- (m += (ni + -ni)aD、分离前对整体分析可知，由牛顿第二定律有，I 4 -则有刚开始运动时拉力 F的最小，F的最小值西mg；分离后对b分析可知，由牛顿4F的最小值为W，故D正339F - -mnsintf = -maF = mn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，明确运动学

13、 公式的选择和应用是解题的关键。.在如图所示的电路中，电源电动势 E和内电阻r为定值，Ri为滑动变阻器，R2和R3为 定值电阻.当Ri的滑动触头P从左向右移动时，伏特表 Vi和V2的示数的增量分别为 AU 和A12,对AU1和A也有11 1 八-ft j r ,，LA.Ui U2B.Ui| I U2C.Ui0, U20D.U20, Ui0【答案】AD【解析】【分析】【详解】根据闭合电路欧姆定律可知 ：Ui I r R3U2IR3结合公式可知UiU2 ,故A对；B错当Ri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V2增大,由于路端电压减小，所以电压表Vi变小，则知A也0,

14、AU1 0,故C错；D对故选AD.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.绳的张力减小，斜面对 C.绳的张力减小，斜面对 D.绳的张力增加，斜面对b的支持力减小，地面对 b的支持力增加，地面对 b的支持力增加，地面对 b的支持力增加，地面对a的支持力减小 a的支持力不变 a的支持力增加 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,持力，二力平衡；对b受

15、力分析，如图，受重力、支持力、绳子的拉力，对 a、b整体受力分析，受重力和支根据共点力平衡条件，有:Fcos 0-FNSin 0=0 ；Fsin 0+Fncos Fmg=0 ;由两式解得:F=mg sin 0, FN=mg cos 0;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：Fsin 0+Fncos dmg=0 ；FNsin 0- Fcos 0=ma ；由两式解得：F=mgsin （-macos 0, FN=mgcos 什ma sin。；即绳的张力F将减小，而a对b的支持力变大；再

16、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。.如图所示，电源电动势为 E,内阻为r,电压表Vi、V2、V3为理想电压表，R、R3为定 值电阻，R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 C升高到35 C的过程中，流过电源的

17、电流变化量是 AI,三只电压表的示数变化量是AUi、AU2和 33.则在此过程中（）A. V1示数减小B.U2U3Q点电势升高R3中的电流方向由 M向N,微粒A匀加速下移【答案】BC【解析】【详解】A.室温从25c升高到35c的过程中，R2的阻值减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，总电流增大，外电压减小，Vi示数为Ui=IRi增大，故A错误;B.由U2 = E- I (Ri + r)U3 E Ir则有:U2 U3I I故B正确；C.由于外电压减小，Vi示数增大，所以 V2示数减小，而： U 2 N Q且n 0,所以Q点电势升高，故 C正确；D.V3测量的是电源路端电压，由：U3 R Ir得

18、U3减小，电容器两端电压减小，电容电荷量减少，电容放电，形成从 M到N的电流, 两板间场强降低，电荷受的电场力减小，故将下移，但电场强度不断减小，由mg qE ma得加速度增大，微粒做加速度增大的加速运动，故D错误。12.如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r, L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），Ri、R2为定值电阻，为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表.若将照射 R的光的强度减弱，则A.电压表的示数变大B.小灯泡变暗C.通过R2的电流变大D.电源内阻消耗的功率变大【答案】BC【解析】【详解】若将照射R3的光的强度减弱，可知其电阻增大，所以外电路的总电阻增大。A

19、 .根据闭合电路欧姆定律可知，E U 外 Ir外电路总电阻增大，干路电流减小，R在干路上，所以其电压减小，因此电压表示数减小，A错误BC.因为干路电流减小，所以路端电压增大，R1和R2的电压之和等于路端电压，所以R2的电压增大，因此流过 R2的电流增大，又 R2和L的电流之和减小，所以 L的电流必然减 小，因此灯泡变暗，BC都正确D.内阻上消耗的功率Pr 12r因为干路电流减小，所以 D错误13.在如图所示的电路中， E为电源电动势，r为电源内阻，Ri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 4、人2和丫的示数分别 为Ii、I2和U.现将R2的滑

20、动触点向b端移动，下列说法正确的是I r$A.电表Ai的示数Ii减小B.电表A2的示数|2减小C.电表V的示数U增大D.电阻R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&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 Ri的电压会变小，Ii的电流会减小，故 A选项正确；B.因主路电流增大而Ii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；2D.电阻R的电功率F3 I 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。i4.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（）L变亮B. R3的电流减小C.匕的路端电压增大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，巳的路端电压变小，R两端电压变小，通过的电流也变小，功率 变小，通过R3的电流变