高中物理整体法隔离法解决物理试题解题技巧及练习题及解析

一、整体法隔离法解决物理试题

1．一个质量为M的箱子放在水平地面上,箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为m的小球,线的另一端拴在箱子的顶板上,现把细线和球拉到左侧与竖直方向成θ角处静止释放,如图所示,在小球摆动的过程中箱子始终保持静止,则以下判断正确的是( )

A．在小球摆动的过程中,线的张力呈周期性变化,但箱子对地面的作用力始终保持不变 B．小球摆到右侧最高点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子受到地面向左的静摩擦力 C．小球摆到最低点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力 D．小球摆到最低点时,线对箱顶的拉力大于mg,箱子对地面的压力大于(M+m)g 【答案】D 【解析】

在小球摆动的过程中，速度越来越大，对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：

v2Fmgcosm，绳子在竖直方向的分力为：

rv2FFcosmgcosmcos，由于速度越来越大，角度越来越小，故F越

r大，故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻变化，故A错误；小球摆到右侧最高点时，小球有垂直于绳斜向下的加速度，对整体由于箱子不动加速度为aM0，a为小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知：

aMma，则有：FNMmgma，故FNMmg，MmgFNM·根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于Mmg，故B错误；在最低点，小球受到的

v2重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：Tmgm，联立解得：

rv2v2Tmgm，则根据牛顿第三定律知，球对箱的拉力大小为：TTmgm，

rrv2故此时箱子对地面的压力为：NMmgTMmgmgm，故小球摆

r到最低点时，绳对箱顶的拉力大于mg，，箱子对地面的压力大于Mmg，故C错误，D正确，故选D.

【点睛】对m运动分析，判断出速度大小的变化，根据牛顿第二定律求得绳子的拉力，即可判断出M与地面间的相互作用力的变化，在最低点，球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出绳子的拉力，从而得到箱子对地面的压力．

2．a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用大小为F的恒力沿水平方向拉着 a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1;当用恒力F竖直向上拉着 a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2 ；当用恒力F倾斜向上向上拉着 a，使a、b一起沿粗糙斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x3，如图所示。则（ ）

A．x1= x2= x3 B．x1 >x3= x2

C．若m1>m2，则 x1>x3= x2 D．若m1通过整体法求出加速度，再利用隔离法求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的伸长量。对右图，运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度为：T1=m2a1；得为：加速度：b：【点睛】

本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用． 解答此题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再分析其他物体．

，解得

；对b物体有：

；对中间图： 运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度；对b物体有：T2-m2g=m2a2得：

，对物体

；则T1=T2=T3，根据胡克定律可

；对左图，整体的

知，x1= x2= x3，故A正确，BCD错误。故选A。

3．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．

4．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.

5．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(F＞2mg)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)( )

A．刚撤去力F时，FN＝

mgF 2B．弹簧弹力大小为F时，FN＝D．弹簧恢复原长时，FN＝0

F 2C．A、B的速度最大时，FN＝mg 【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，大小为F，根据牛顿第二定律，有：

F=2ma

解得：aF 2mFN-mg=ma

对物体A受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：

联立解得：FNmgF，故A错误； 2F-2mg=2ma

B.弹簧弹力等于F时，根据牛顿第二定律得：对整体有： 对A有：

FN-mg=ma

联立解得：FNF，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；

6．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； C项：电源的效率：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

PIUU出=,由A分析可知，路端电压减小，所以电源的效率PIEE总UrR1,由A分析可知I总=IR3IA，端电压，如果电流表测的也为总电流，则

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．

7．如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m。中间用细绳l、2连接，现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，则下列说法正确的是( )

A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小 B．若粘在A木块上面，绳l的拉力增大，绳2的拉力不变 C．若粘在B木块上面，绳1的拉力减小，绳2的拉力增大 D．若粘在C木块上面，绳l、2的拉力都减小 【答案】ACD 【解析】 【详解】

A、将三个物体看作整体，整体水平方向受拉力和摩擦力；由牛顿第二定律可得F-f=3ma；当粘上橡皮泥后，不论放在哪个物体上，都增大了摩擦力及总质量；故加速度减小； 故A正确；

B、若橡皮泥粘在A木块上面，根据牛顿第二定律得：对BC整体：

，得

C：

，得

，a减小，F1增大．对

，a减小，F2增大．故B错误．

对C：F-F2=mCa，得F2=F-mCa，a减小，F2增大．故B错误．

C、若橡皮泥粘在B木块上面，根据牛顿第二定律得：对A：F1=mAa，a减小，F1减小．对C：F-F2=mCa，a减小，F2增大．故C正确．

D、若橡皮泥粘在C木块上面，分别以A、B为研究对象，同理可得绳l、2的拉力都减

小．故D正确． 故选ACD。

8．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.

9．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)，R1、R2为定值电阻，R3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R3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．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，R1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I2r

因为干路电流减小，所以D错误

10．如图甲所示，在光滑水平地面上叠放着质量均为M=2kg的A、B两个滑块，用随位移均匀减小的水平推力F推滑块A，让它们运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示。已知两滑块间的动摩擦因数0.3，g10m/s2。下列说法正确的是

A．在运动过程中滑块A的最大加速度是2.5m/s2

B．在运动过程中滑块B的最大加速度是3m/s2 C．滑块在水平面上运动的最大位移是3m D．物体运动的最大速度为【答案】AD 【解析】 【详解】

假设开始时AB相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F=2Ma，解得

；隔离B，B受到重力、支持力和A对B的静摩擦力，根据牛顿第

二定律，f=Ma=2×2.5=5N＜μMg=6N，所以AB不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5m/s2，故A正确，B错误；当F=0时，加速度为0，之后AB做匀速运动，位移继续增加，故C错误；F-x图象包围的面积等于力F做的功，W＝×2×10＝10J；当F=0，即a=0时达到最大速度，对AB整体，根据动能定理，有

，故D正确；故选AD。

【点睛】

解决本题的关键是要注意判断AB是否会发生相对运动，知道F-x图象包围的面积代表力所做的功，值得注意的是速度最大时，加速度为0，合力为0，充分利用图象获取信息．

−0；代入数据得：

m/s

11．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．

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（ ）

Mm)F ，方向向左

mMmM)F，方向向右 mMA．(C．(

B．(D．(

mM)F，方向向左

m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

Mm)F，方向向右 mM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＝如果M>m，Ff＝

MmF MmMmF，方向向右，D正确． MmmMF，负号表示方向水平向左，C正确，B错误 如果MMm

13．如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m．中间用细绳l、2连接，现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，则下列说法正确的是[ ]

A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小 B．若粘在A木块上面，绳l的拉力增大，绳2的拉力不变 C．若粘在B木块上面，绳1的拉力减小，绳2的拉力增大 D．若粘在C木块上面，绳l、2的拉力都减小 【答案】ACD

【解析】 【详解】

A．将三个物体看作整体，整体水平方向受拉力和摩擦力；由牛顿第二定律可得

F-μ∙3mg=3ma；

当粘上橡皮泥后，不论放在哪个物体上，都增大了摩擦力及总质量；故加速度减小；故A正确；

B．若橡皮泥粘在A木块上面，根据牛顿第二定律得：对BC整体：

F-μ∙2mg-F1=2ma，

得

F1=F-μ∙2mg-2ma，

a减小，F1增大．对C：

F-μmg-F2=ma，

得

F2=F-μmg -ma，

a减小，F2增大．故B错误．

C．若橡皮泥粘在B木块上面，根据牛顿第二定律得：对A：

F1-μmg=ma，

a减小，F1减小．对C：

F-μmg-F2=ma，

a减小，F2增大．故C正确．

D．若橡皮泥粘在C木块上面，分别以A、B为研究对象，同理可得绳l、2的拉力都减小．故D正确． 故选ACD． 【点睛】

对于连接体问题一定要正确选取研究对象，用好整体法与隔离法再由牛顿第二定律即可求解．

14．如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻，电阻随光强的增大而减小．当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U.以下说法正确的是

A．若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U不变 B．若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量不变

C．若仅用更强的光照射R1，则I增大，U减小，电容器所带电荷量减小 D．若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变 【答案】ACD

【解析】 【分析】

本题考查含容电路的动态分析问题。 【详解】

A.若仅将R2的滑动触头P向b端移动，R2所在支路有电容器，被断路，则I、U保持不变。故A正确。 B.根据C=S4πkd，若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少。故B错误。

C. 若仅用更强的光照射R1，电阻随光强的增大而减小，则I增大，U应当减少，电荷量减少。故C正确。

D.U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值表示电源的内阻，是不变的。故D正确。 故选ACD。

15．在如图所示电路中，电源的电动势为E、内阻为r ，R1和R2为两个定值电阻.闭合电键S，当滑动变阻器R3的滑动触头P从a向b滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电流表

、

和电压表的示数分别用I1、I2和U表示，示数变化量的绝对值分别用ΔI1、ΔI2

和ΔU表示，下列说法正确的有

A．U变大， I1变小， I2变小 B．U与 I1的比值变小 C．ΔI1小于ΔI2

D．ΔU与ΔI1的比值不变 【答案】BCD 【解析】 【分析】

考查电路的动态分析。 【详解】

A．滑动触头P从a向b滑动时，R3减小，由结论法“串反并同”可知U减小， I1增大， I2增大，A错误；

B．U与 I1的比值为路端总电阻，由于R3减小，路端总电阻减小，所以U与 I1的比值变小，B正确；

C．I1为I2与R2电流之和，I1增大， I2增大，R2电流为

U，则： R2I1I2所以ΔI1小于ΔI2， C正确；

U R2D．ΔU为路端电压的增加量，也为内部电压减少量，ΔU与ΔI1的比值为电源内阻，内阻不

变，D正确；故选BCD。