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，在倾角37的光滑斜面上，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，物块A、B紧挨在一起但它们之间无弹力，已知物块A、B质量分别为m和2m，重力加速度为g，sin370.6，cos370.8．某时刻将细线剪断，则在细线剪

断瞬间，下列说法正确的是

A．物块B的加速度为0.6g C．物块A、B间的弹力为0.4mg 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

B．物块A的加速度为0.6g D．弹簧的弹力为1.8mg

剪断细线前，弹簧的弹力：F弹mgsin370.6mg 细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹0.6mg； 剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为：a速度均为0.4g；

以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得2mgsin37T2ma 解得T0.4mg．

故C正确，ABD错误．故选C．

3mgsin37F弹3m0.4g，即A和B的加

2．如图所示的电路中，电源电动势为E．内阻为R，L1和L2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R．电压表为理想电表，K为单刀双掷开关，当开关由1位置掷到2位置时，下列说法中正确的是（ ）

A．L1亮度不变，L2将变暗 B．L1将变亮，L2将变暗 C．电源内阻的发热功率将变小 D．电压表示数将变小 【答案】D

【解析】开关在位置1时，外电路总电阻R总=灯电压U1=U2=E，

，电压表示数U=E=，同理，两

电源内阻的发热功率为P热==

。

开关在位置2时，外电路总电阻R总′=R，电压表示数U′=E=，灯泡L1的电压

U1′=E，L2′的电压U2′=，电源内阻的发热功率为

，

A、由上可知，L1亮度不变，L2将变亮。故AB错误。 C、电源内阻的发热功率将变大。故C错误 D、电压表读数变小。故D正确。 故选：D。

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．如图所示电路中，L1、L2为两只完全相同、阻值恒定的灯泡，R为光敏电阻（光照越强，阻值越小）．闭合电键S后，随着光照强度逐渐增强（ ）

A．L1逐渐变暗，L2逐渐变亮 B．L1逐渐变亮，L2逐渐变暗 C．电源内电路消耗的功率逐渐减小

D．光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐增大 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

AB．光照强度逐渐增强，光敏电阻阻值减小，电路的总电阻减小，电路中总电流增大，则L2逐渐变亮．由UEIr知，路端电压减小，又L2两端电压增大，则L1两端电压减小，L1逐渐变暗，故A正确B错误；

C．电路中总电流增大，电源内电路消耗的功率：

PrI2r

电路中的总电流增大，故电源内电路消耗的功率增大，故C错误；

D．将L2看成电源内电路的一部分，光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，外电阻减小，等效电源的内、外电阻差增大，等效电源输出功率减小，故D项错误． 【点睛】

电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大．

5．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mga B．斜面对球的弹力为2mg

C．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，45 ，由以上两式可得：

FN1m(ga)，FN22mg，即竖直挡板对球的弹力为m(ga)，斜面对球的弹力为2mg，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．

6．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R2，滑动变阻器的总阻值是R1，电阻大小关系为R1＋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( )

A．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R1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R1作为并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路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R外=R2【点睛】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从最右端→中间→左端总电阻变化情况的判断．

7．如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个拴在斜面上的细绳拉住。现用一个力F推斜面，使斜面在水平面上和小球一起做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是

A．若加速度足够小，细绳对球的弹力可能为零 B．细绳对球的弹力可能为零

C．斜面和细绳对球的弹力的合力一定等于ma D．当F变化时，斜面对球的弹力不变 【答案】B

【解析】A、B、D、对小球和斜面的整体分析可知，推力越大整体的加速度越大，当推力达到一临界值时，斜面的加速度足够大使得小球相对斜面产生上滑趋势，此时绳子的拉力为零，故A、D错误，B正确。C、对小球受力可知重力和斜面的弹力、绳的拉力，由牛顿第二定律知三个力的合力为ma，故C错误。故选B。

【点睛】本题运用正交分解法，根据牛顿第二定律研究物体的受力情况，要正确作出物体的受力图，并抓住竖直方向没有加速度，找到临界情况．

8．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．U1U2 C．U10,U20 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

根据闭合电路欧姆定律可知：

B．U1U2 D．U20,U10

U1IrR3

U2IR3

结合公式可知U1>U2，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AD

9．在如图所示电路中，R1、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V1，V2，V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则( )

A．V1示数减小， V2和V3示数增大 B．带电粒子将向上运动 C．ΔU3＞ΔU1 D．此过程中

U2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V1示数U1增大．内电压增大，路端电压U减小，而路端电压UU1U3，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U1U3，U3减小，U1增大，而U减小，所以U3＞U1 ．故C正确； D．根据闭合电路欧姆定律知：

U2EI(R1R2r)

得

U2R1R2r I保持不变，故D正确． 故选BCD．

10．两个重叠在一起的滑块，置于倾角为θ的固定斜面上，滑块A、B的质量分别为M和m，如图所示，A与斜面的动摩擦因数为μ1，B与A间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，则滑块A受到的摩擦力( )

A．等于零

C．大小等于1Mgcos 【答案】BC 【解析】 【详解】

B．方向沿斜面向上 D．大小等于2mgcos

以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得，整体的加速度为：

a(Mm)gsin1(Mm)gcosg(sin1cos)

Mm设A对B的摩擦力方向向下，大小为f，则有：

mgsinfma

解得：

fmamgsin1mgcos

负号表示摩擦力方向沿斜面向上

则A受到B的摩擦力向下，大小ff，斜面的滑动摩擦力向上，A受到的总的摩擦力为：

fAf1(Mm)gcos1Mgcos；

AB．计算出的A受的总的摩擦力为负值，表示方向沿斜面向上；故A项错误，B项正确. CD．计算得出A受到总的摩擦力大小为1Mgcos；故C项正确，D项错误.

11．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：amax=ug⑤，故A正确. B、由④⑤解得此时C、由③可推导出

，所以B错误.

，将a代入④可得

；故C正确.

④

A、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

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.

12．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片Rx向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为I，下列判断正确的是

A．V2的示数增大

C．U2与I的比值不变 【答案】BC 【解析】 【详解】

B．电源输出功率在增大 D．U1小于U2

A．理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当短路，所以定值电阻R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，则V2的示数减小，故A错误；

B．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故电源的输出功率在增大，故B正确； C．U2与I的比值为r，不会改变，故C正确 D．根据闭合电路欧姆定律得U2EIr，则得

U2I而

r

U1I由于R＞r，则得

R

U1＞U2

故D错误。 【点睛】

本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。

13．如图A、B两物体叠放在光滑水平桌面上,轻质细绳一端连接B,另一端绕过定滑轮连接C物体。已知A和C的质量都是2kg,B的质量是3kg,A、B间的动摩擦因数是0.2,其他摩擦

不计。由静止释放C,C下落一定高度的过程中(C未落地,B未撞到滑轮,且A未与B分离,g=10m/s),下列说法正确的是

A．A、B两物体没有发生相对滑动 B．C物体的加速度大小是3.2m/s C．B物体受到的摩擦力大小是4N D．细绳的拉力大小等于13.6N 【答案】BCD 【解析】 【详解】

假设A、B不发生相对滑动，整体的加速度：

；隔离对A分析，f=mAa=2×

N＞μmAg=4N，

可知假设不成立，即A、B两物体发生相对滑动，A所受的摩擦力为4N，B物体受到A的摩擦力大小是4N，对BC系统的加速度BCD。 【点睛】

本题考查了牛顿第二定律的基本运用，通过整体法和隔离法判断出A、B是否发生相对滑动是解决本题的关键，通常所用的方法是“假设法”.

。对C分

析，根据牛顿第二定律得：mCg-T=mCaBC；解得T=13.6N，故A错误，BCD正确。故选

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V1、V2示数变化的绝对值分别为U1和U2，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L1、L2变暗，L3变亮 B．U1与I的比值不变 C．U1U2

D．U1U2 【答案】AB 【解析】 【分析】

当滑动变阻器的触片P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L2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L3亮度的变化。根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化。根据路端电压的变化，分析U1和U2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P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L2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L3变亮。总电流减小，而L3的电流增大，则L1的电流减小，则L1变暗，故A正确； B．根据闭合电路欧姆定律：

U1EI(RL2r)

可知：

U1RL2r，不变，故B正确； ICD．由上分析可知，电压表V1的示数增大，电压表V2的示数减小，由于路端电压增大，即两电压表示数之和增大，所以U1U2，故CD错误。 【点睛】

本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”思路进行分析。运用总量法分析两电压表读数变化量的大小。运用闭合电路欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法。

15．一平行板电容器的两块金属板A，B正对竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球(可视为点电荷)。两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻(其阻值随所受光照强度的增大而减小)，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。当R2的滑动触头P在中间时闭合开关S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ。电源电动势E和内阻r一定，下列说法中正确的是（ ）

A．若将R2的滑动触头P向a端移动，则θ变小 B．若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U增大

C．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变大 D．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则平行板电容器的电量变小 【答案】BD 【解析】 【详解】

A．平行板电容器与光敏电阻并联，而光敏电阻与滑动变阻器串联，当将R2的滑动触头P向a端移动，总电阻减小，总电流增大，那么光敏电阻两端电压增大，因此电容器两端的电压也增大，则θ变大，故A错误；

B．若将R2的滑动触头P向b端移动，总电阻增大，则I减小，因此内电压减小，则U增大，故B正确；

C．用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，但R2和R3两端电压都增大，故R1两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，小球重新达到稳定后θ变小，故C错误；

D．由C选项分析可知，当电容器两端的电压减小时，依据Q=CU，平行板电容器的电量变小，故D正确。 故选BD。