高考物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)含解析

一、整体法隔离法解决物理试题

1．在如图所示的电路中，闭合开关，将滑动变阻器的滑片向右移动一段距离，待电路稳定后，与滑片移动前比较

A．灯泡L变亮

B．电容器C上的电荷量不变 C．电源消耗的总功率变小 D．电阻R0两端电压变大 【答案】C 【解析】

A、C、滑动变阻器的滑片向右移动一点，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，流过电源的电流减小，则由

知电源的总功率

变小，且流过灯泡的电流减小，灯泡L亮度变暗，故A错误，C正确；B、电源的路端电压U=E-Ir增大，即电容器电压增大将充电，电荷量将增大．故B错误．D、电阻R0只有在电容器充放电时有短暂的电流通过，稳定状态无电流，则其两端的电压为零不变，D错误；C、．故C正确．故选C．

【点睛】本题电路动态变化分析问题．对于电容器，关键是分析其电压，电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，电容器的电压等于这条电路两端的电压．

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】

B．2:1

C．3:2

D．3:5

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：

SDDH3，联立解得TmCg2TmCaC402010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

3．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。

4．如图所示，质量为m的物体放在斜面体上，在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，物体始终与斜面体保持相对静止，则斜面体对物体的摩擦力Ff和支持力FN分别为（重力加速度为g）( )

A．Ff＝m（gsinθ＋acosθ） FN＝m（gcosθ－asinθ） B．Ff＝m（gsinθ＋acosθ） FN=m（gcosθ－acosθ） C．Ff＝m（acosθ－gsinθ） FN=m（gcosθ＋asinθ） D．Ff＝m（acosθ－gsinθ） FN＝m（gcosθ－acosθ） 【答案】A

【解析】对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力（沿斜面向上），向右匀加速，故合力大小为ma，方向水平向右；

采用正交分解法，在平行斜面方向，有：Ff-mgsinθ=macosθ，在垂直斜面方向，有：mgcosθ-FN=masinθ，联立解得：Ff=m(gsin θ+acosθ)，FN=m(gcosθ-asinθ)；故A正确，B,C,D错误；故选A.

【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住物体与斜面的加速度相等，结合牛顿第二定律进行求解．

5．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macos30o3mg 2o在竖直方向上：mgTsinmasin30解得：tan1mg 23 ，即30o 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．

6．在如图所示的电路中，灯L1、L2的电阻分别为R1、R2，滑动变阻器的最大阻值为R0，若有电流通过，灯就发光，假设灯的电阻不变，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端移动时，灯L1、L2的亮度变化情况是( )

A．当时，灯L1变暗，灯L2变亮

B．当C．当D．当【答案】AD 【解析】 【详解】 AB.当

时，灯L1先变暗后变亮，灯L2先变亮后变暗 时，灯L1先变暗后变亮，灯L2不断变暗 时，灯L1先变暗后变亮，灯L2不断变亮

时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻一定大于右部分的电阻，当变

阻器的滑片P由a端向b端移动时，电路总电阻增大，总电流减小，所以通过灯L1的电流减小，灯L1变暗，通过灯L2的电流变大，灯L2变亮，故A项符合题意，B项不合题意； CD.当

时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻，

则当滑动变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻先增大，后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L1的电流先减小后增大，故灯L1先变暗后变亮，而通过L2的电流一直变大，灯L2不断变亮，故C项不合题意，D项符合题意．

7．两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.

8．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。

9．如图所示电路中，电源的内电阻为r，R2、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R1的滑动触头P向右滑动时，电流表和电压表的示数变化量的大小分别为ΔI、ΔU，下列说法正确的是（ ）

A．电压表示数变大 B．电流表示数变大 D．

Ur I【答案】AD

C．

Ur I【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

干

，路端电压为U，电流表电流为I．

A、R1变大，外电阻变大，I干变小， U=E-I干r变大，U3变大．故A正确．

B、I3变大，I干变小，由I4=I干-I3变小，U4变小，而U2=U-U4，U变大，则U2变大，I2变大，I4=I1+I2，I1变小．故B错误

U=r，由I干=I1+I2+I3，I1变小，I2变大，I3变大，I干变C、D，由欧姆定律U=E-I干r，得

I干小，则△I1＞△I干，即△I＞△I干，所以故选AD 【点睛】

由图可知，R1、R2并联，再与R4串联，与R3并联，电压表测量路端电压，等于R3电压．由R1接入电路的电阻变化，根据欧姆定律及串并关系，分析电流表和电压表示数变化量的大小．本题的难点在于确定电流表示数变化量△IA与干路电流变化△I干的大小，采用总

Ur，故C错误；D正确； IU=r 量法，这是常用方法．同时，要理解

I干

10．如图所示，在倾角为θ的光滑斜劈P的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B，C为一垂直固定在斜面上的挡板．A、B质量均为m，斜面连同挡板的质量为M，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面．现开始用一水平恒力F作用于Ｐ，（重力加速度为g）下列说法中正确的是（ ）

A．若F=0，挡板受到B物块的压力为2mgsin

B．力F较小时A相对于斜面静止，F大于某一数值，A相对于斜面向上滑动 C．若要B离开挡板C，弹簧伸长量需达到mgsin/k

D．若F(M2m)gtan且保持两物块与斜劈共同运动，弹簧将保持原长 【答案】AD 【解析】 【详解】

A、F=0时，对物体A、B整体受力分析，受重力、斜面的支持力N1和挡板的支持力N2，根据共点力平衡条件，沿平行斜面方向，有N2-（2m）gsinθ=0，故压力为2mgsinθ，故A错误；

B、用水平力F作用于P时，A具有水平向左的加速度，设加速度大小为a，将加速度分解如图

根据牛顿第二定律得 mgsinθ-kx=macosθ

当加速度a增大时，x减小，即弹簧的压缩量减小，物体A相对斜面开始向上滑行．故只要有力作用在P上，A即向上滑动，故B错误；

C、物体B恰好离开挡板C的临界情况是物体B对挡板无压力，此时，整体向左加速运动，对物体B受力分析，受重力、支持力、弹簧的拉力，如图

根据牛顿第二定律，有 mg-Ncosθ-kxsinθ=0 Nsinθ-kxcosθ=ma

解得：kx=mgsinθ-macosθ，xmgsinmacos故C错误；

kD、若F=（M+2m）gtanθ且保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二定律，整体加速度为gtanθ；

对物体A受力分析，受重力，支持力和弹簧弹力，如图

根据牛顿第二定律，有 mgsinθ-kx=macosθ 解得 kx=0

故弹簧处于原长，故D正确；

11．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的光滑滑轮O，倾角为30°的斜面体置于水平地面上．A的质量为m，B的质量为6m，斜面体质量为m．开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动．现将A由静止释放，在其下摆过程中（未与斜面体相碰），斜面体始终保持静止，不计空气阻力，下列判断中正确的是

A．物块B受到的摩擦力先减小后增大 B．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右 C．小球A的机械能守恒

D．地面对斜面体的支持力最大为10mg 【答案】BCD 【解析】

小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，有mgL12mv，在最低点2v2，解得：F3mg，再对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和有：FmgmL静摩擦力，此时支持力最大，为N7mg3mg10mg，重力沿斜面向下的分力为Fx6mgsin303mg，故静摩擦力一直减小，故A错误，CD正确．对物体B和斜面体

整体受力分析，由于A球向左下方拉物体B和斜面体整体，故一定受到地面对其向右的静摩擦力．故B正确．故选BCD．

【点睛】小物体B一直保持静止，小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，细线的拉力从零增加到最大，再对物体B受力分析，根据平衡条件判断静摩擦力的变化情况．对B与斜面整体受力分析，判断地面对斜面体摩擦力的方向以及压力的大小．

12．电路图中，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑动片向右移动时，电流表、电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是（ ）

A．电流表和电压表读数均增大 B．电流表和电压表读数均减小

C．电压表V1的示数变化量小于电压表V2的示数变化量 D．电流表读数变小，电压表V2读数变大，V1读数减小 【答案】CD 【解析】

试题分析：由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I减小，而路端电压UEIr，则U增大，电阻R1的电压U1IR1减小，则电压表V1示数减小；并联部分的电压U并UU1 增大，电压表V2示数增大；U并增大，通过R2的电流增大，因为总电流减小，所以通过电流表的示数变小．故AB错误，D正确；电压表

V1的示数与电压表V2的示数之和等于U，即U1U2U，因V1示数增大，V2示数减小，

而U减小，所以电压表V1的示数增加量小于电压表V2的示数减小量，故C正确．故选CD．

【点睛】根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题．

13．粗糙的水平地面上放着一个质量为M、倾角为的斜面体，斜面部分光滑，底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，轻质弹簧一端与固定在斜面上的轻质挡板相连，另一端连接一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k。斜面体在水平向右的恒力作用下，和小球一起以加速度a向右做匀加速直线运动（运动过程小球没离开斜面）。以下说法正确的是（ ）

A．水平恒力大小为(Mm)a

B．地面对斜面体的摩擦力为(Mm)g C．弹簧的形变量为

macosmgsin

kD．斜面对小球的支持力为mgcosmasin 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

AB．对系统受力分析，应用牛顿第二定律

F(Mm)g(Mm)a

解得

F(Mm)a(Mm)g

A错误，B正确；

CD．对小球应用牛顿第二定律，沿斜面和垂直斜面分解加速度，有

kxmgsinmacos

mgcosNmasin

解得弹簧的形变量为

x斜面对小球的支持力

macosmgsin

kNmgcosmasin

C正确，D错误。 故选BC。

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．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。