【物理】物理整体法隔离法解决物理试题练习题含答案

【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两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆坏，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，各自的坏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环与杆有摩擦力d球处于失重状态杆对a、b环的弹力大小相等细线对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f；=mgsina=maa=gma,因a和c球相对静止，因此c球的加速度也为gsma,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卞加速度为gsina,因此a球和杆的mg对球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T(=mgcosa,对d球的拉力T{=mg,因此不相等，故D错误；对a和c整体受力分析有臨=(叫+叫Jgcosa,对b和d整体受力分析行=(®+®)gcosa,因a和b—样的坏，b和d-样的球，因此受力相等，故C正确。如图所示，水平面0点左侧光滑，0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10987654321FiifniiiiThiniiinThiniiinTiiimiinTMfniHr^z^iwwyziw^zz^0粗糙地带与滑块间的动摩擦因数“庇匀速运动过程中速度人小❻亍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人小相等在水平恒力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】FA、对整体分析，根据共点力平衡得，F=3ymg,解得〃=一，故A错误.3〃7gB、根据动能定理得F•2L-jLimg•2L-jLimg•L=-^x10/wv2,解得v=,故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，杆子的弹力人小不等，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77块能进入粗焙地带，由动能定理：FQ忆）—“〃壊厶（1+2+3+...+（〃—1））=0—0,解得：n=7f所以10个滑块不能全部进入粗糙地带，故D错误.故选B.如图所示，一个''V〃形槽的左侧挡板A竖直，右侧挡板B为斜面，槽内嵌有一个质量为加的光滑球C.、'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，设挡板A、B对球的弹力分别为F】、巳，下列说法正确的是（）F】、巳都逐渐增大Fi、F：都逐渐减小F］逐渐减小,F：逐渐增人Fi、F：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:(;F2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，加速度不断减小，由牛顿第二定律可知Fi不断减小，F】、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为研究对彖，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人小，结合加速度的变化解答.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BC©f=0③Fn=O④FnhOA.②③B.①®C.①®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21f'二F,B受地面的摩擦力为?F,C受地面的摩擦力为务：撤去F后，B、C受地面的摩擦力TOC\o"1-5"\h\z21-FF3F3F不变，由牛顿第二定律可知，a阿二丽，aj"二甌，B、C以相同的加速度向右做匀减速运动，B、C间作用力F、uO,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=maB=3,故②正确。故选:A如图所示，水平地面上有一楔形物块6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正确的是A.B.C.D.绳的张力减小,绳的张力增加,绳的张力减小,A.B.C.D.绳的张力减小,绳的张力增加,绳的张力减小,绳的张力增加,斜面对b的支持力不变斜面对b的支持力减小地面对a的支持力不变地面对O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Fcosi>FNSin0=O①；Fsin6+FNCOSi^-mg=0②；由①®两式解得：F=mgsinAFN=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，此时有两种町能；①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：Fsini7+FNcosi?-mg=0③：FEni>Fcosi?=ma④；由③®两式解得：F=mgsin6-macos为FN=mgcosi7+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.

②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，支持力的竖直分力人于重力，因此a对b的支持力增人，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.如图所示的电路中，电源电动势为E,内阻为r(R2<r<Rl+R2),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A】的示数增XTA/n在这一过程中，电C.电源的效率降低了竺△[/B.函的大小变大流表的A2示数变化量的人小为C.电源的效率降低了竺△[/B.函的大小变大D.电源的输出功率一定增人了【答案】C【解析】【详解】要使电流表Ai示数增人，则R应减小；因总电流增大，则内阻及&分压增人，并联部分电压减小，则流过心的电流减小，因此流过R的电流增人，即A2的示数变人，因则故则故A错误。B.根据可得：则A/,>A/1E=S+U,.\u=\ur\u\ura77=^a~=，故其人小不会随R的变化而变化；故B错误。电源的效率r100%因电压的改变量为△〃：故说明电源的效率降低了空匚；故D正确。E当内外电阻相等时，电源的输出功率最人；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Co如图所示，水平面上0点的左侧光滑,0点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块（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0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（）。粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为——滑块匀速运动时,各段轻杆上的弹力人小相等第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个小滑块的加速度人小为丄12m第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗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人小为匚4【答案】D【解析】【详解】将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有F-3〃〃7g=0,解得F“=-，3吨故A项错误；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；对8个滑块，有F-2pmg=Sma,代入“=丄，解得3吨24加故C项错误；D.对8个滑块，有F-ping=Sma,解得a=—4再以6、7、8三个小滑块作为整体，由牛顿第二定律有F'=3maf=—,4故D项正确；如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为0=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，质量为的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x。，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()弹簧恢复原长时物块a、b恰好分离物块b的加速度为'4夭mg拉力F的最小值为25【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:33⑷+尹皿讹伽gkxo=(m+-pm)gsm0k==———°，解得：%0x°,故A正确；B、由题意可知，b经两段相等的时间位移为xo，由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关尢113x0=万尢2=尤0一X]=-T-系的规律可知：兀°4,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：_9kX2-mgsinO=mat联立解得：°二迈，故c错误；TOC\o"1-5"\h\z33F+kAx一（m+rm）gsin0=（m+Pm）aD、分离前对整体分析可知，由牛顿第二定律有55,4Fmin=则有刚开始运动时拉力F的最小zF的最小值2°；分离后对b分析可知，由牛顿3394P一芒mgsin0=rmaF=在mg第二定律有55,解得25，所以拉力F的最小值为右，故D正确；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，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键。在如图所示电路中，心、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V】，V2,V3示数变化量的绝对值分别为△Ui、AU2sAU3,理想电流表A示数变化量的绝对值为AI,则（）©X—JA.Vi示数减小,V2和W示数增大B.带电粒子将向上运动C.D・此过程中保持不变AZ【答案】BCD【解析】【详解】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】示数Ui增大.内电压增大，路端电压U减小，而路端电压U=Ul+U^可知，V3示数5减小.R2两端电压增人，所以V2示数减小，故A错误；/?2两端电压增人,则电容器板间电压增人，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：

因为U=U\+U“U3减小，根据闭合电路欧姆定律知：5增大，而U减小，所以△upg・故C正确;得“2_R+乩+广AZ1-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，物体久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n,P<tan6,且A、B质量均为m,则()A.A、A.A、B保持相对静止地面对斜面体的摩擦力等于fng(sinO—pcose)cosO+FcosOC・地面受到的压力等T(M+2m)gD.B与斜面间的动摩擦因数为FD.B与斜面间的动摩擦因数为F一mgsinO一/jmgcosO2mgcos&【答案】BD【解析】A、对A分析,因为”<tani%则/7?gsinC>“mgcos6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对人的摩擦力，如图甲所示.N=mgcosd,mgs\n/-=ma,由于“<tan疗，贝I]ma=mgsin<7-pmgcosi?>0.将B和斜面体视为整体，受力分析如图乙所示.

乙可知地面对斜面体的摩擦力等于mg(s\n^-“cos抄)cos<7+Feos抄；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=mgsini?+^mgeosO+f,则B与斜面间的动摩擦因数"哈故选BDF-mgsinO-LimgeosO=2吨诡’故D正确.11・如图所示电路中，电源的内电阻为rtR2.R沢&均为定值电阻，电表均为理想电表.闭合电键S,当滑动变阻器心的滑动触头P向右滑动时，电流表和电压表的示数变化A.电压表示数变人量的人小分别为△/、AU,下列说法正确的是()A.电压表示数变人B.电流表示数变人C.△(/——>C.△(/——>rMD.——<1M【答案】AD【解析】【分析】【详解】设RuR2、R沢R4的电流分别为d-IbxIs电压分别为5.U2xU3xU4.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-ITr变大,5变大.故A正确.B、b变大，I干变小，由14卄b变小，5变小,而U2=U-U4,U变大,则U2变大，12变大,14=11+12」变小.故B错误△(/C、D,由欧姆定律U=E-ITr,得~T=r，由I干=1计I2+SI1变小，12变大，b变大,I干变小，则diMlTz即ZM>d干，所以—<r,故C错误；D正确;A/

故选AD【点睛】由图可知，R】、R2并联，再与R4串联，与R3并联，电压表测量路端电压，等于Rs电压.由Ri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人小.本题的难点在于确定电流表示数变化屋与干路电流变化的大小，采用总量法，这是常用方法.同时，要理解应=丫12.如图所示，小车的质量为人的质量为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.()F,方向向右m+MB.()F,方向向右m+MzM一m、乂…D・(——)F,方向向右m+MA.（）F,方向向左m+MC・（——）F,方向向左加+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设车对人的摩擦力人小为F“方向水平向右，则对人由牛顿第二定律得F-Ff=ma,解得：Ff=—―—FM+mtmM-m亠亠亠亠如果M>m'2応F,方向向右，D正确.m—M如果*EF一応F,负号表示方向水平向左，C正确，B错误13・如图所示，在倾角为e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,斜面连同扌当板的质量为M,弹簧的劲度系数为k,系统静止于光滑水平面.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（）

若F=0,挡板受到B物块的压力为2mgsm6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若要B离开挡板C,弹簧伸长量需达到mgs\nO/k若尸=(M+2M)gran&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N1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)gsin0=O,故压力为2mgsin0,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度，设加速度人小为a,将加速度分解如图根据牛顿第二定律得mgsin8-kx=macos8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.故只要有力作用在P上，A即向上滑动，故B错误；C、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-Ncos6-kxsin0=ONsinO-kxcos0=ma—mg-Ncos6-kxsin0=ONsinO-kxcos0=ma—哗sin。一加acos。解得：kx=mgsin&macose,x=故C错误；kD、若F=(M+2m)gtanQ且保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二定律，整体加速度为gtanO；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mgsin6-kx=macos6解得kx=O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/、g5和5表示，电表示数变化量的人小卜•列比值正确的是A.NUDNU2AUdnU?

卜•列比值正确的是A.NUDNU2AUdnU?B.S：/不变,AUi：A/不变c./：/变大,au2：B.S：/不变,AUi：A/不变c./：/变大,au2：a/变大D.5"变大不变【答案】BD【解析】A、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，接入电路的电阻增人，电路中电流的减小，根据串联电路的特点町知，&的电压减小，&的电压增加.电源的内电压减小，则路端电压增大，因为5+5=5,所以心的电压减小量小于&的电压增加量，即有：lAL/J<|AU2|,且有|AU2|>|AU3|.故A错误.B、由于R1是定值电阻，根据欧姆定律得知"知：U2=E-/(/?i+r),则得一R1-i~=R2,保持不变，故B正确・c、1,变人.根据闭合电路欧姆定律“3=Rl+r—=/?]+/?2，保持不变，故C错误.D、1，变