高中物理整体法隔离法解决物理试题(一)解题方法和技巧及练习题含解析

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、2。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 >mg B．F >(mM)g C．F >2(mM)g D．F >3(mM)g 【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fm，且m运动的加速度为二者共同运动的最大加速度am，对m有：amfmmgg，设此时作用与板的力为F，以M、m整体为研究对象，mm有：F2MmgMmam，解得F3Mmg，当FF时，才能将M抽出，即F3Mmg，故D正确，ABC错误。

2．如图所示，A、B两滑块的质量分别为4 kg和2 kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动。现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg的钩码C挂于动滑轮上。现先后按以下两种方式操作：第一种方式只释放A而B按着不动；第二种方式只释放B而A按着不动。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为

A．1:1 【答案】D 【解析】 【详解】

固定滑块B不动，释放滑块A，设滑块A的加速度为aA，钩码C的加速度为aC，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块A运动的位移是钩码C的2倍，所以滑块A、钩码

B．2:1

C．3:2

D．3:5

C之间的加速度之比为aA: aC=2:1。此时设轻绳之间的张力为T，对于滑块A，由牛顿第二定律可知：T=mAaA，对于钩码C由牛顿第二定律可得：mCg–2T=mCaC，联立解得T=16 N，

，aC=2 m/s2，aA=4 m/s2。若只释放滑块B，设滑块B的加速度为aB，钩码C的加速度为aC根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块B运动的位移是钩码的2倍，所以滑块

2:1，此时设轻绳之间的张力为B、钩码之间的加速度之比也为aB:aCCSCH2，对SDDH3CSCH2=mBaB，对于钩码C由牛顿第二定律可得：于滑块B，由牛顿第二定律可知：

SDDH3402010m/s2。则C在以上N，aBm/s2，aC3333:5，故选项D正确。 两种释放方式中获得的加速度之比为aC:aC，联立解得TmCg2TmCaC

3．最近，不少人喜欢踩着一种独轮车，穿梭街头，这种独轮车全名叫电动平衡独轮车，其中间是一个窄窄的轮子，两侧各有一块踏板，当人站在踏板上向右运动时，可简化为如图甲、乙所示的模型。关于人在运动中踏板对人脚的摩擦力，下列说法正确的是（ ）

A．考虑空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力向左 B．不计空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力向左 C．考虑空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力可能为零 D．不计空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力不可能为零 【答案】C 【解析】 【详解】

A．考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力为右，故A错误；

B．不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，合力向右，即脚所受摩擦力向右，故B错误；

C．当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；

D．当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力提供加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D错误。 故选C。 【点睛】

此题考查根据不同的运动状态来分析脚受到力的情况，掌握物体的平衡条件以及加速度与

合外力的关系，注意人水平方向向右运动时空气阻力的方向是水平向左的。

4．在如图所示的电路中，已知电源的电动势E＝5 V，内阻不计，R1＝8 Ω，R2＝2 Ω，R3＝5 Ω，R＝6 Ω，滑动变阻器的最大阻值R4＝20 Ω，电容器电容C＝2 μF，不计电表内阻的影响，闭合开关，在滑片从a端滑到b端的过程中，下列说法中正确的是( )

A．电流表的示数变大 B．电压表的示数变大 C．电源的总功率变大 D．电容器先放电后充电 【答案】D 【解析】

A、C、当P从a滑到b时，电路总电阻变大，总电流变小，电流表的示数变小，电源的总功率变小A、C错误；B、总电流变小，R1、R2支路的电流不变，通过R3的电流变小，故电压表示数变小，B正确；D、当P在a端时电容器与R2并联，电容器两端电压UC1＝1V，上极板带正电；当P在b端时，电容器两端电压UC2＝3V，上极板带负电，所以电容器先放电后充电，D正确．故选BD.

【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路；要注意当无法明确电容器的串并联关系时则应先求出两端的电势，再求出两端的电势差即可求解．

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

C．可能为推力，也可能为拉力 【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：

B．必为拉力 D．不可能为零

aFaFb，对a由牛顿第二定律可得：FaFmaa，则

mambmaFbmbFa．若mbFamaFb，F为负值，b对a为推力；若

mambFmaaFambFamaFb，F为正值，则b对a为拉力；若mbFamaFb，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E，内电阻为r， L1、L2是两个小灯泡， R是滑动变阻器，V1、V2可视为理想电压表．闭合开关S，将滑动变阻器R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L1变暗，V1表的示数变小，V2表的示数变大 B．小灯泡L1变亮，V1表的示数变大，V2表的示数变小 C．小灯泡L2变暗，V1表的示数变小，V2表的示数变大 D．小灯泡L2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．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是

A．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过μmg B．当力F＝μmg时，A、B间的摩擦力为

C．无论力F为何值，B的加速度不会超过μg D．当力F> μmg时，B相对A滑动 【答案】AB 【解析】 【详解】

A.A与B间的最大静摩擦力大小为：

mg,C与B间的最大静摩擦力大小为：

，B与地

面间的最大静摩擦力大小为：（2m+m+m）=一起向右加速，对整体有：F-=ma，联立解得：a=f=2ma，解得f=mg

，F=

；要使A，B，C都始终相对静止，三者

=4ma，假设C恰好与B相对不滑动，对C有：mg；设此时A与B间的摩擦力为f，对A有：F-

mg，表明C达到临界时A还没有，故要使三者始终保持相对静

止，则力F不能超过μmg，故A正确. B.当力F＝μmg时，由整体表达式F-f=

mg,故B正确.

--=4ma可得：a=

g，代入A的表达式可得：

C.当F较大时，A,C都会相对B滑动，B的加速度就得到最大，对B有：2

=maB，解得aB=

g，故C错误.

-

D.当A恰好相对B滑动时，C早已相对B滑动，对A、B整体分析有:F-=3ma1，对

A有：F-2μmg=2ma1，解得F=μmg，故当拉力F>μmg时，B相对A滑动，D错误.胡选：A、B.

8．如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（ ）

A．电压表读数减小

B．小球的电势能减小 C．电源的效率变高

D．若电压表、电流表的示数变化量分别为U 和I ，则【答案】AD 【解析】

A项：由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故A正确；

B项： 由A项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据EUIrR1

U，d平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0，由带电质点P原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B错误；

PIUU出=,由A分析可知，路端电压减小，所以电源的效率C项：电源的效率：PIEE总变低，故C错误；

D项：将R1和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为r+R1，电压表测的为新电源的路端电压，如果电流表测的也为总电流，则

UrR1,由A分析可知I总=IR3IA，I总由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以R3中的电流减小，则IA增大，所以

IAI总，所以

UrR1，故D正确． IA点晴：解决本题关键理解电路动态分析的步骤：先判断可变电阻的变化情况，根据变化情况由闭合电路欧姆定律EUIR 确定总电流的变化情况，再确定路端电压的变化情况，最后根据电路的连接特点综合部分电路欧姆定律进行处理．

9．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接，A、B两物体均可视为质点)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v一t图象如图乙所示（重力加速度为g），则

A．施加外力前，弹簧的形变量为

2Mg kB．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g+a) C．A、B在tl时刻分离，此时弹簧弹力筹于物体B的重力 D．上升过程中，物体B速度最大，A、B两者的距离为 【答案】AD 【解析】 【详解】

A、施加外力F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：2Mgkx，解得：

12Mgat2 2kx2Mg，故选项A正确； kB、施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：F弹MgFABMa，其中：F弹2Mg，解得：FABM(ga)，故选项B错误；

C、物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a且FAB=0；对B有：

F弹MgMa，解得：F弹M(ga)，故选项C错误；

D、当物体B的加速度为零时，此时速度最大，则Mgkx，解得：x的高度hxxMg，故B上升kMg12，此时A物体上升的高度：hat2，故此时两者间的距离为k212Mgat2，故选项D正确； 2k说法正确的是选选项AD。 h10．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0.5

B．滑块与杆之间动摩擦因数为

3 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 【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

mgsinmgcos ，

所以tan3 ，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gsingcosg 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：Tcosmacos303mg 2在竖直方向上：mgTsinmasin30解得：tan1mg 23 ，即30 3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，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．

11．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，μA．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＋Fcos

C．地面受到的压力等于(M＋2m)g

FmgsinmgcosD．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μμmgcosθ，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μ0. 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

fF-mgsinmgcos，故D正确． N2mgcos故选BD

12．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．

U2U3 IIC．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

U2得

EIR1r

U2R1r I由

U3EIr

得

U3I则有：

r

U2U3 II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：

U2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。

13．如图所示的电路，R1、R2是两个定值电阻，R′是滑动变阻器，R3为小灯泡，电源内阻为r．开关闭合后，当滑动变阻器触头P向上移动时（ ）

A．电压表示数变大 B．小灯泡亮度变大 C．电容器充电 D．电源的总功率变大 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

闭合开关后，当滑动变阻器触头P向上移动时，R'增大，外电路总电阻增大，干路中电流减小，则小灯泡亮度变小．电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大，故AB错误；电路稳定时电容器的电压等于R1、R'串联总电压，根据串联电路电压分配规律可知，R'增大，电容器的电压增大，则电容器充电，故C正确；电源的总功率为

PEI，干路电流I减小，则电源的总功率变小，故D错误． 【点睛】

本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析．对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析．根据串联电路电压与电阻成正比的特点，分析各部分电压的变化，比较简便．

14．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；

2D．电阻R3的电功率P3IR3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。

15．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（ ）

A．L变亮

C．E2的路端电压增大 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

B．R3的电流减小 D．R的功率减小

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，E2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的电流变大，故AD正确．