高中物理整体法隔离法解决物理试题技巧(很有用)及练习题

一、整体法隔离法解决物理试题

1．如图所示，水平面O点左侧光滑，O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

A．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数B．匀速运动过程中速度大小F mgFL 5mC．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大小相等 D．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】

A、对整体分析，根据共点力平衡得，F=3μmg，解得B、根据动能定理得F2Lmg2LmgLF，故A错误. 3mg1FL10mv2，解得v，故B正确. 25mC、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，杆子的弹力大小不等，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n块能进入粗焅地带，由动能定理：F(nL)mgL(123(n1))00，解得：

n=7,所以10个滑块不能全部进入粗糙地带，故D错误．

故选B.

2．如图所示，R0为热敏电阻(温度降低，其电阻增大)，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，平行板电容器中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，开关S闭合．下列各项单独操作时可使带电液滴向上运动的是( )

A．滑动变阻器R的滑动触头P向上移动 B．将热敏电阻R0的温度降低 C．开关S断开

D．电容器的上极板向上移动 【答案】C 【解析】 【详解】

A.当滑动变阻器的滑动触头P向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电流增大，内电压及R0两端的电压增大，则路端电压和滑动变阻器两端的电压都减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，故A项不合题意；

B.当热敏电阻温度降低时，其阻值增大，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压减小，液滴仍然静止，故B项不合题意；

C.开关S断开时，电容器直接接在电源两端，电容器两端电压增大，则液滴向上运动，故C项符合题意；

D.若使电容器的上极板向上移动，即d增大，则电容器电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于UQS，C，C4kdEU4kQ，所以E，由于极板上的电荷量不变，而场强E与极板之间的距离无关，dS所以场强E不变，液滴仍然静止，故D项不合题意．

3．在如图所示的电路中，当开关S闭合后，电压表有示数，调节可变电阻R的阻值，使电压表的示数增大ΔU，则( )

A．可变电阻R被调到较小的阻值 B．电阻R2两端的电压减小，减小量等于ΔU

C．通过电阻R2的电流减小，减小量小于D．通过电阻R2的电流减小，减小量等于【答案】C 【解析】 【详解】

A.由题意知，要使电压表的示数增大，则需电阻R和R1并联后的总电阻增大，则需将可变电阻R增大，即可变电阻R被调到较大的阻值，故A项不合题意；

BCD.当R增大时，外电阻增大，干路电流减小，电阻R2两端的电压减小，且路端电压增大，所以电阻R2两端的电压减小量小于ΔU，由欧姆定律知，通过电阻R2的电流也减小，减小量小于

，故B项不合题意、D项不合题意，C项符合题意．

4．如图所示，三个物体质量分别为m＝1.0 kg、m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg ，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ＝0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将(g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )

A．和m1一起沿斜面下滑 B．和m1一起沿斜面上滑 C．相对于m1下滑 D．相对于m1上滑 【答案】C 【解析】

假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度

am3gm1m2gsin30m1m2m33101210123122.5m/s2．隔离对m2分析，根

据牛顿第二定律得，f-m2gsin30°=m2a；解得f=m2gsin30°+m2a=2.0×（10×0.5+2.5）N=15N；最大静摩擦力fm=μm2gcos30°=0.8×2×10×3N=83N，可知f＞fm，知道m2随m1一起做2加速运动需要的摩擦力大于二者之间的最大静摩擦力，所以假设不正确，m2相对于m1下滑．故C正确，ABD错误．故选C．

5．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．

6．如图甲所示，一轻质弹簧的下端，固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m的物体A、B（物体B与弹簧栓接），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F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﹣t图象如图乙所示（重力加速度为g），则（ ）

A．施加外力的瞬间，F的大小为2m（g﹣a）

B．A、B在t1时刻分离，此时弹簧的弹力大小m（g+a） C．弹簧弹力等于0时，物体B的速度达到最大值

D．B与弹簧组成的系统的机械能先增大，后保持不变 【答案】B 【解析】 【详解】

A．施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：

2mg=kx；

施加外力F的瞬间，对整体，根据牛顿第二定律，有：

FF弹2mg＝2ma

其中：

F弹=2mg

解得：

F=2ma

故A错误。

B．物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的速度与加速度，且FAB=0； 对B：

F弹′-mg=ma

解得：

F弹′=m（g+a）

故B正确。

C ．B受重力、弹力及压力的作用；当合力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间，速度不是最大值；故C错误；

D．B与弹簧开始时受到了A的压力做负功，故开始时机械能减小；故D错误；

7．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( )

B．方向水平向右 D．无法判断大小和方向

A．大小为零 C．方向水平向左 【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FN。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。

8．如图，斜面体置于水平地面上，斜面上的小物块A通过轻质细绳跨过光滑的定滑轮与物块B连接，连接A的一段细绳与斜面平行，系统处于静止状态．现对B施加一水平力F使B缓慢地运动，A与斜面体均保持静止，则在此过程中（ ）

A．地面对斜面体的支持力一直增大 B．绳对滑轮的作用力不变

C．斜面体对物块A的摩擦力一直增大 D．地面对斜面体的摩擦力一直增大 【答案】D 【解析】 【详解】

取物体B为研究对象,分析其受力情况,设细绳与竖直方向夹角为,则水平力:

绳子的拉力为：

A、因为整体竖直方向并没有其他力,故斜面体所受地面的支持力没有变;故A错误; B、由题目的图可以知道,随着B的位置向右移动,绳对滑轮的作用力一定会变化.故B错误; C、在这个过程中尽管绳子张力变大,但是因为物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向,故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定;故C错误;

D、在物体B缓慢拉高的过程中, 增大,则水平力F随之变大,对A、B两物体与斜面体这个整体而言,因为斜面体与物体A仍然保持静止,则地面对斜面体的摩擦力一定变大;所以D选项是正确的;

故选D 【点睛】

以物体B受力分析,由共点力的平衡条件可求得拉力变化;再对整体受力分析可求得地面对斜面体的摩擦力;再对A物体受力分析可以知道A受到的摩擦力的变化.

9．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.

10．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．

11．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

U2U3 IIC．Q点电势升高

B．

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=E-I(R1+r)

得

U2R1r I由

U3EIr

得

U3=r I则有：

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。

12．如图所示，一根长度为2L、质量为m的绳子挂在定滑轮的两侧，左右两边绳子的长度相等．绳子的质量分布均匀，滑轮的质量和大小均忽略不计，不计一切摩擦．由于轻微扰动，右侧绳从静止开始竖直下降，当它向下运动的位移为x时，加速度大小为a，滑轮对天花板的拉力为T。已知重力加速度大小为g，下列a﹣x、T﹣x关系图线正确的是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】AD 【解析】 【详解】

设单位长度上质量为m0，则根据受力分析知：

，加速度与x成正比，当x=L时，加速度

a=g，以后不变，故A正确，B错误；选取左边部分受力分析，知：F=ma+mg=（L﹣x）m0•g+（L﹣x）m0g=﹣【点睛】

此题考查受力分析和牛顿运动定律的应用，注意研究对象的选取，不过不涉及内力，选择整体作为研究对象要简单的多.

x2+2m0gL，故C错误，D正确；故选AD。

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．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．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。