云南省昆明市黄冈实验学校高中物理高中物理解题方法：整体法隔离法压轴题易错题

1、云南省昆明市黄冈实验学校高中物理高中物理解题方法：整体法隔离法压轴题易错题一、高中物理解题方法：整体法隔离法1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

2、，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quc，4sckd，ued，所以4 kqes，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，所以场强 e不变，液滴仍然静止，故d 项不合题意

3、2如图所示的电路中，电源电动势为e，内阻为r（212rrrr），电表均视为理想电表。闭合开关s后，调节r 的阻值，使电流表a1的示数增大了i1，在这一过程中，电流表的 a2示数变化量的大小为i2，电压表示数的变化量的大小为u，则aa2增大，且i2i1b1ui的大小变大c电源的效率降低了1ired电源的输出功率一定增大了【答案】 c【解析】【详解】a要使电流表a1示数增大，则r应减小；因总电流增大，则内阻及r2分压增大，并联部分电压减小，则流过r1的电流减小，因此流过r 的电流增大，即a2的示数变大，因211()()()riii则21ii故 a 错误。b根据1reuu可得：ruu则11ruuri

4、i故其大小不会随r的变化而变化；故b 错误。c电源的效率100%ue因电压的改变量为i1r；故说明电源的效率降低了1ire；故 d 正确。d当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；因不明确内外电阻的关系，故无法明确功率的变化情况；故d 错误。故选 c。3如图，放置于水平面上的楔形物体，两侧倾角均为30，左右两表面光滑且足够长，上端固定一光滑滑轮，一根很长且不可伸长的轻绳跨过定滑轮分别与左右两侧斜面平行，绳上系着三个物体a、 b、c，三物体组成的系统保持静止.a 物体质量为m，b物体质量为3m，现突然剪断a 物体和 b 物体之间的绳子，不计空气阻力(重力加速度为g)，三物体均可视为质点，则a绳剪断

5、瞬间，a 物体的加速度为310gb绳剪断瞬间，c物体的加速度为12gc绳剪断瞬间，楔形物体对地面的压力不变d绳剪断瞬间，a、c 间绳的拉力为2mg【答案】 a【解析】【详解】abd设 c 的质量为m 绳剪断前，由平衡条件知：（3m+m）gsin30 =mgsin30 得m =4m绳剪断瞬间，以a 为研究对象，根据牛顿第二定律得：t-mgsin30 =ma以 c 为研究对象，根据牛顿第二定律得：4mgsin30 -t=4ma联立解得：310ag45tmg即绳剪断瞬间，a、c物体的加速度大小均为310g，a、c 间绳的拉力为45mg，故 a 正确， bd 错误c绳剪断前， a、c 间绳的拉力为：t

6、= （3m+m）gsin30 =2mg绳剪断瞬间， a、c间绳的拉力为45mg，则 ac间绳对定滑轮的压力发生改变，而三个物体对楔形物体的压力不变，可知，绳剪断瞬间，楔形物体对地面的压力发生变化，故c错误4如图所示 ,水平面上o 点的左侧光滑,o 点的右侧粗糙。有 8 个质量均为m 的完全相同的小滑块 (可视为质点 ),用轻质的细杆相连,相邻小滑块间的距离为l,滑块 1 恰好位 于 o 点左侧,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 上。经观察发现,在第 3 个小滑块完全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

7、度为g,则下列判断中正确的是( )。a粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为fmgb滑块匀速运动时,各段轻杆上的弹力大小相等c第 2 个小滑块完全进入粗糙地带到第 3 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,8 个小滑块的加速度大小为12fmd第 1 个小滑块完全进入粗糙地带到第 2 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,5 和 6 两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为4f【答案】 d【解析】【详解】a.将匀速运动的8 个小滑块作为一个整体，有30fmg，解得3fmg，故 a 项错误；b.当滑块匀速运动时，处在光滑地带上的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地带上的滑块间的轻杆上的弹力不为零，且各不相同，故b 项

8、错误；c.对8个滑块，有28fmgma，代入3fmg，解得24fam，故 c 项错误；d.对 8 个滑块，有8fmgma，解得4ga再以 6、 7、8 三个小滑块作为整体，由牛顿第二定律有34ffma，故 d 项正确 ;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(f2mg)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， fn2mgfb弹簧弹力大小为f时，

9、fn2fca、b的速度最大时，fnmgd弹簧恢复原长时，fn0【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：2fam对物体 a 受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：fn-mg=ma联立解得：2nffmg，故 a 错误；b.弹簧弹力等于f 时，根据牛顿第二定律得：对整体有：f-2mg=2ma对 a 有：fn-mg=ma联立解得：2nff，故 b 正确；d.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

10、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1urri【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

11、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ued，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：=piuupiee出总, 由 a分析可知，路端电压减小，所以电源的效率变低，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端电压，如果电流表测的也为总电流，则1urri总, 由 a分析可知3=raiii总，由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以r

12、3中的电流减小，则ia增大，所以aii总，所以1aurri，故 d 正确点晴：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euir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当时，灯 l1先变暗后变亮，灯l2先变亮后变暗c当时，灯l1先变暗后变亮，灯l2

13、不断变暗d当时，灯 l1先变暗后变亮，灯l2不断变亮【答案】 ad【解析】【详解】ab.当时，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

14、不断变亮，故c项不合题意，d 项符合题意8在如图所示的电路中，电源的电动势为e，内阻为r，l 为小灯泡（其灯丝电阻可认为基本不变）， 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电压表的示数变小b小灯泡消耗的功率变小c通过 r2的电流变小d电源两端的电压变大【答案】 abd【解析】a、光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故r1两端的电压减小，故a 正确 ；b、由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由p=i2r 可知，小灯泡消耗的

15、功率变小，故b 正确； c、因电路中电流减小，故内压减小，路端电压增大，同时r1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过r2的电流增大，故c 错误； d、电源两端的电压为路端电压，由电 3 内电压减小，电源两端的电压变大，故d 正确；故选abd【点睛】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质9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

16、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 ax、tx 关系图线正确的是（）a bc 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=（ lx）m0? g+（lx）m0g=x2+2m0gl，故 c错误， d 正确；故选ad。【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.10 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

17、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（ ）al变亮br3的电流减小ce2的路端电压增大dr的功率减小【答案】 ad【解析】【分析】【详解】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11 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

18、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2r的滑动触头p 向 b 端移动，2r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=4sckd，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。12 如图所示电路中，电源的电动势、内阻及各电阻的阻值都标记在图中，当滑动变阻器r3的滑片 p向 a 端移动时 ,以下说法中正确的是（）a电压表示数变小，电流表示数变小b电阻 r1两端的电压减小c电源的总功率减少但电源的输出功率增大d如果设定流过电阻r2电流变化量的绝对值为2i，流过滑动变