物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)

物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)一、整体法隔离法解决物理试题1．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、。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>B．F>C．F>D．F>【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，且m运动的加速度为二者共同运动的最大加速度，对m有：，设此时作用与板的力为，以M、m整体为研究对象，有：，解得，当时，才能将M抽出，即，故D正确，ABC错误。2．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B．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-FN2sinθ=ma，FN2cosθ=mg，，由以上两式可得：，，即竖直挡板对球的弹力为，斜面对球的弹力为，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．3．如图电路中，电源的内电阻为r，R1、R3、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R2的滑动触头向右滑动时，下列说法中正确的是（）A．电压表的示数变小B．电流表的示数变大C．电流表的示数变小D．R1中电流的变化量一定大于R4中电流的变化量【答案】C【解析】【分析】【详解】设R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4，电压分别为U1、U2、U3、U4．干路电流为I总，路端电压为U，电流表电流为I．A．当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，I总变小，由U=E-Ir可知，U变大，则电压表示数变大．U变大，I3变大，故A错误；BC．因I4=I总-I3，则I4变小，U4变小，而U1=U-U4，U变大，U4变小，则U1变大，I1变大.又I总=I+I1，I总变小，I1变大，则I变小．所以R1两端的电压变大，电流表的示数变小．故B错误，C正确．D．由I4=I1+I2，I4变小，I1变大，则I2变小，则|△I1|＜|△I2|，|△I2|＞|△I4|，则不能确定R1中电流的变化量与R4中电流的变化量的大小．故D错误．【点睛】本题是电路的动态分析问题；解题时按“局部→整体→局部”的顺序进行分析，采用总量的方法分析电流表示数的变化．4．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，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。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。5．如图所示，两块连接在一起的物块a和b，质量分别为ma和mb，放在水平的光滑桌面上，现同时施给它们方向如图所示的推力Fa和拉力Fb，已知Fa>Fb，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：，对a由牛顿第二定律可得：，则．若，F为负值，b对a为推力；若，F为正值，则b对a为拉力；若，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．6．如图所示，电源电动势为，内电阻为，、是两个小灯泡，是滑动变阻器，V1、V2可视为理想电压表．闭合开关，将滑动变阻器的滑动片由最左端向最右端滑动，小灯泡的阻值可视为不变，下列说法正确的是（）A．小灯泡变暗，V1表的示数变小，V2表的示数变大B．小灯泡变亮，V1表的示数变大，V2表的示数变小C．小灯泡变暗，V1表的示数变小，V2表的示数变大D．小灯泡变亮，V1表的示数变大，V2表的示数变大【答案】D【解析】将滑动变阻器的触片由左端向右滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，变阻器与灯泡L2并联的电阻变大，外电路总电阻增大，则路端电压随之增大，即V1表的读数变大．由闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流减小，灯泡L1变暗，电压表V2读数变小．灯泡L2的电压U2=E-I(r+RL1)增大，I减小，则U2增大，灯泡L2变亮．故D正确．故选D．【点睛】本题是电路中动态分析问题．对于路端电压可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大，减小而减小判断．7．在如图所示的电路中，电源电动势E和内电阻r为定值，R1为滑动变阻器，R2和R3为定值电阻．当R1的滑动触头P从左向右移动时，伏特表V1和V2的示数的增量分别为ΔU1和ΔU2，对ΔU1和ΔU2有A． B．C． D．【答案】AD【解析】【分析】【详解】根据闭合电路欧姆定律可知：结合公式可知>，故A对；B错当R1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V1变小，则知ΔU2>0，ΔU1<0，故C错；D对故选AD8．在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，各电表都看做理想表。闭合开关，滑动变阻器滑片P向右移动，若以、、、分别表示电压表V1、V2、V3和电流表A的示数变化的大小，则下述结论正确的是（）A．电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变小、变大、变小、变大B．电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变大、变小、变大、变小C．D．、、分别是变小、不变、变小【答案】AC【解析】【详解】AB、当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则电路中的总电流增大，则电流表A的示数变大；根据欧姆定律可知的电压增大，电压表示数变大；内电压增大，则路端电压减小，电压表示数变小。的电压增大，路端电压减小，则的电压减小，则电压表的示数变小，故A正确，B错误。CD、根据全电路欧姆定律知：，故C正确。由，变形得：，不变。，不变。由，变形得：，即不变。故C正确，D错误。故选AC【点睛】当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，电路中的总电流增大，由欧姆定律分析并联部分两端电压的变化和路端电压的变化，再判断两端电压的变化，综合分析出两电压表变化量的大小．9．如图所示，质量均为M的物块A、B叠放在光滑水平桌面上，质量为m的物块C用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B连接，且轻绳与桌面平行，A、B之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．物块A运动的最大加速度为B．要使物块A、B发生相对滑动，应满足关系C．若物块A、B未发生相对滑动，物块A受到的摩擦力为D．轻绳对定滑轮的作用力为【答案】ACD【解析】【详解】设A、B相对静止时A、B的共同加速度为a，绳对C的拉力为T，B对A的摩擦力为f。根据题意可知此时C的加速度大小也为a（方向向下）；取C为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg-T=ma，解得T=mg-ma

①；取AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：T=2Ma

②；取B为研究对象，根据牛顿第二定律可得：f=Ma

③；联立①②③得：④A、A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即f=μMg，其加速度也达到最大值amax=ug⑤，故A正确.B、由④⑤解得此时，所以B错误.C、由③可推导出，将a代入④可得；故C正确.D、因为绳对C的拉力T=mg-ma，所以绳对滑轮的力；故D正确.故选ACD.【点睛】解决好本题的关键是灵活的选取研究对象，要充分理解A滑动的临界条件是其所受的滑动摩擦力充当合外力.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μ，μ<tanθ，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C．地面受到的压力等于(M＋2m)gD．B与斜面间的动摩擦因数为【答案】BD【解析】A、对A分析，因为μ<tanθ，则mgsinθ>μmgcosθ，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＝mgcosθ，mgsinθ－μN＝ma，由于μ<tanθ，则ma＝mgsinθ－μmgcosθ>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(sinθ－μcosθ)cosθ＋Fcosθ；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′＝2mgcosθ，对B分析，根据共点力平衡有F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋f′，则B与斜面间的动摩擦因数，故D正确．故选BD11．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表V1、V2、V3为理想电压表，R1、R3为定值电阻，R2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℃升高到35℃的过程中，流过电源的电流变化量是ΔI，三只电压表的示数变化量是ΔU1、ΔU2和ΔU3.则在此过程中()A．V1示数减小B．C．Q点电势升高D．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25℃升高到35℃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，V1示数为U1=IR1增大，故A错误；B.由得由得则有：故B正确；C.由于外电压减小，V1示数增大，所以V2示数减小，而：且，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：得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，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（）A．()F，方向向左 B．()F，方向向右C．()F，方向向左 D．()F，方向向右【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：F－Ff＝ma，解得：Ff＝F如果M>m，Ff＝F，方向向右，D正确．如果M<m，Ff＝－F，负号表示方向水平向左，C正确，B错误13．如图所示，质量分别为、的两个物块间用一轻弹簧连接，放在倾角为θ的粗糙斜劈上，物块与斜劈间的动摩擦因数均为μ，用平行于斜面、大小为F的拉力作用在上，使、一起向上作匀加速度运动，斜劈始终静止在水平地面上，则A．弹簧的弹力为B．弹簧的弹力为C．地面对斜劈的摩擦力水平向左D．地面对斜劈的摩擦力水平向右【答案】AC【解析】A、B、根据牛顿第二定律得：对m1、m2整体：F-μ（m1+m2）gcosθ-（m1+m2）gsinθ=（m1+m2）a，对m2：F弹-μm2gcosθ-m2gsinθ=m2a，联立上两式得：.故A正确，B错误.C、D、以斜面为研究对象，分析受力情况：重力G、m1、m2的压力N1和滑动摩擦力f1、地面的支持力N2，如图所示：则由平衡条件可知，地面对斜面的摩擦力f2必定水平向左，斜面才能保持平衡。故C正确，D错误。故选AC.【点睛】本题解题关键是研究对象的选择，采用整体法和隔离法相结合的方法求解弹簧的弹力，运用隔离法分析，地面对斜面的摩擦力的方向．14．如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时，理想电压表、示数变化的绝对值分别为和，干路电流为I，灯泡电阻不变，下列说法中正确的是A．小灯泡、变暗，变亮B．与的比值不变C．D．【答案】AB【解析】【分析】当滑动变阻器的触片从左端滑到右端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯亮度的变化。根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断亮度的变化。根据总电流与通过电流的变化，分析通过电流的变化，判断其亮度变化。根据路端电压的变化，分析和的大小。根据闭合电路欧姆定律列式分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值如何变化。【详解】A．当滑动变阻器的触片从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，则变暗；变阻器的电阻增大，并联部分的电阻增大，则并联部分的电压增大，则变亮。总电流减小，