高中物理整体法隔离法解决物理试题试题经典及解析

1、高中物理整体法隔离法解决物理试题试题经典及解析一、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FA粗糙地带与滑块间的动摩擦因数mgB匀速运动过程中速度大小FLC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

2、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】FA、对整体分析，根据共点力平衡得， F=3 mg，解得，故 A 错误.3mgB、根据动能定理得 F 2L mg 2L mg L 12 10mv2 ，解得 v FL ，故 B 正确 . C、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)

3、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，倾角为 的斜面 A固定在水平地面上，质量为 M 的斜劈 B置于斜面 A上， 质量为 m 的物块 C置于斜劈 B 上， A、 B、 C均处于静止状态，重力加速度为g下列说法错误的是 ( )A BC整体受到的合力为零B斜面 A 受到斜劈 B的作用力大小为 Mgcos +mgC斜劈 B 受到斜面 A的摩擦力方向沿斜面 A 向上D物块 C受到斜劈 B 的摩擦力大小为 mgcos【答案】 B【解析】【分析】【详解】A、斜劈 B和物块 C整体处于平衡状态，则整体受到的合力大小为0，A 正确 B、对 B、C组

4、成的整体进行受力分析可知， A 对 B的作用力与 B、C受到的重力大小相 等，方向相反所以 A 对 B 的作用力大小为 Mg +mg，根据牛顿第三定律可知，斜面A受到斜劈 B的作用力大小为 Mg+mg，故 B错误 C、根据 B和 C的整体平衡可知 A对 B的静摩擦力沿斜面向上，大小等于两重力的下滑分 力， C 正确 D、C受到 B对 C的摩擦力为 mgcos，方向垂直斜面 A向上， D正确 本题选错误的故选 B【点睛】 若一个系统中涉及两个或者两个以上物体的问题，在选取研究对象时，要灵活运用整体法 和隔离法对于多物体问题，如果不求物体间的相互作用力，我们优先采用整体法，这样 涉及的研究对象少，

5、未知量少，方程少，求解简便；很多情况下，通常采用整体法和隔离 法相结合的方法3 如图所示 ,电动势为 E,内阻为 r 的电源与滑动变阻器 R1、定值电阻 R2、R3、平行板电容 器及电流表 组成闭合电路 ,当滑动变阻器 R1 触头向左移动时 ,则 （ ）A电流表读数减小 B电容器电荷量增加 C R2消耗的功率增大 D R1两端的电压减小 【答案】 D 【解析】 【详解】A、变阻器 R的触头向左移动一小段时， R1 阻值减小，回路的总电阻减小，所以回路的总 电流增大，电流表读数增大，故A 错误 .B、外电路总电阻减小，路端电压 U 减小，所以路端电压减小，电容器的带电量减小，故B错误.C、由于

6、R1和 R2并联，由分析可得则 R2电压减小，又由于 R2电阻不变，所以 R2消耗的功 率减小，故 C错误 .D、路端电压减小，而干路电流增加导致R3两端电压增大，由串联分压可得R1 两端的电压减小，故 D正确 .故选 D.【点睛】 本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，要熟练掌握其解决方法为：局部-整体 -局部的分析方法；同时注意部分电路欧姆定律的应用4在如图所示的电路中，已知电源的电动势E5 V，内阻不计， R18 ，R22 ，R35，R6 ，滑动变阻器的最大阻值 R4 20 ，电容器电容 C2 F，不计电表内阻的影 响，闭合开关，在滑片从 a 端滑到 b 端的过程中，下列说法中正确的是(

7、)A电流表的示数变大B电压表的示数变大C电源的总功率变大D电容器先放电后充电【答案】 D【解析】A、C、当P从 a滑到 b时，电路总电阻变大，总电流变小，电流表的示数变小，电源的总 功率变小 A、C错误； B、总电流变小， R1、 R2支路的电流不变，通过 R3的电流变小，故电 压表示数变小， B正确 ；D、当 P在 a 端时电容器与 R2并联，电容器两端电压 UC11V，上 极板带正电 ；当 P在 b 端时，电容器两端电压 UC2 3V，上极板带负电 ，所以电容器先放 电后充电， D 正确故选 BD.【点睛 】 本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路；要注意当无法明确电容器的串并联关 系时则应

8、先求出两端的电势，再求出两端的电势差即可求解5如图所示 ，质量相等、材料相同的两个小球 A、B间用一劲度系数为 k 的轻质弹簧相连 组成系统 ，系统穿过一粗糙的水平滑杆 ，在作用在 B 上的水平外力 F的作用下由静止开始 运动 ，一段时间后一起做匀加速运动 ，当它们的总动能为 4Ek 时撤去外力 F，最后停止运 动 不计空气阻力 ，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力 则在从撤去外力 F到停止运动的过程中 ， 下列说法正确的是 ( )A撤去外力 A撤去外力 F的瞬间 ，弹簧的压缩量为F2kB撤去外力 F 的瞬间 ，弹簧的伸长量为 FkCB撤去外力 F 的瞬间 ，弹簧的伸长量为 FkC系统克服摩擦力所

9、做的功小于系统机械能的减少量DA 克服外力所做的总功等于 2Ek【答案】 D【解析】分析】根据受力分析与牛顿第二定律分析弹簧的伸长量；根据动能定理分析 功；根据功能关系分析系统克服摩擦力所做的功【详解】AB当 A 与 B一起做加速运动的过程中，对整体：F-2f=2ma对小球 A：A 克服外力所做的总kx-f=ma联立得：Fx=2k即撤去外力 F 的瞬间，弹簧的伸长量为即撤去外力 F 的瞬间，弹簧的伸长量为F2k故 A B 错误；C根据功能关系可知，整个的过程中，系统克服摩擦力所做的功等于A、B 的动能以及弹簧减少的弹性势能的和，即等于系统机械能的减少量故 C 错误D A克服外力所做的总功等于

10、A 的动能，由于是当它们的总动能为4Ek时撤去外力 F，所以 A 与 B 开始时的动能都是 2Ek，即 A 克服外力所做的总功等于 2Ek故 D 正确； 故选 D点睛】 此题考查了两个物体被弹簧连接的连接体问题，明白 F 在拉动 B运动时，由于杆的摩擦 力， A 物体会瞬时不动，从而弹簧就有拉长，存在弹性势能，是解决此题的关键6如图，斜面体 a 放置在水平地面上。一根跨过光滑定滑轮的轻绳，左侧平行斜面与斜面 上的物块 b 相连，另一端与小球 c相连，整个系统处于静止状态。现对c 施加一水平力F，使小球缓慢上升一小段距离，整个过程中a、b 保持静止状态。则该过程中()Ba、b 间的摩擦力一定增大

11、C地面对 a 的摩擦力可能不变D地面对 a 的弹力一定减小 【答案】 D【解析】【详解】A对小球 受力分析，如图所示：三个力构成动态平衡，由图解法可知，绳的拉力F三个力构成动态平衡，由图解法可知，绳的拉力FT 逐渐增大，水平力 F逐渐增大，故 A 错误；B对 b物体分析，由于不知变化前 b 所受摩擦力方向，故绳的拉力增大时， b 物体的滑动 趋势无法确定，则 a、b 间的摩擦力可能增大或减小，故 B 错误；CD以 a、b 为整体分析，如图所示：由平衡条件可得：f 地 FT cosN地 FT sinGa Gb因绳的拉力 FT 变大，可知 a 与地间的摩擦力一定增大，地面对 a 的弹力一定减小，故

12、 C 错 误， D 正确；故选 D。7如图所示，在光滑水平面上有一质量为M 的斜壁，其斜面倾角为 ，一质量为 m 的物体放在其光滑斜面上，现用一水平力 F推斜劈，恰使物体 m 与斜劈间无相对滑动，则斜劈 对物块 m 的弹力大小为（ mgcos mgcosmF mgcos mgcosmFM m cosmFM m sinA B C D【答案】 D【解析】两者一起向左匀加速运动，对物体进行受力分析，如图所示：则根据牛顿第二定律及平衡条件可得：FN cosmgFNsinma解得：mgFNcos将两物体看做一个整体，F M m aFNsinma所以解得 mF ，M m sin综上所述本题正确答案为 D。

13、（弹簧始终处于弹性限度A、 B间的相互作用力大8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）（弹簧始终处于弹性限度A、 B间的相互作用力大g)( )小为 FN。不计空气阻力，关于 FN 的说法正确的是 （g)( )A刚撤去力 F 时， FA刚撤去力 F 时， FNmg F2B弹簧弹力大小为 F 时， FN F2CA、B 的速度最大时， FNmgD弹簧恢复原长时， FN 0答案】 BCD解析】 详解】在突然撤去 F 的瞬间，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=2

14、ma解得： a解得： aF2m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： FN mg F ，故 A 错误；2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： 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。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；9 如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，且足够长，其上叠放木块 A假定木板与地面之间、木块和木板之间

15、的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等用一水平力 F 作用于 B， A、 B的加速度与 F的关系如图乙所示，重力加速度g取 10 m/s 2，则下列说法正确的是)AA 的质量为 0.5 kgBA、B 间的动摩擦因数为 0.2CB 与地面间的动摩擦因数为 0.2D当水平拉力 F=15N时，长木板的加速度大小为 10m/s 2【答案】 ACD【解析】【详解】在 F3N 时，一起保持静止；在 3NF9N 时， A、B保持相对静止，故地面对 【答案】 ACD【解析】【详解】在 F3N 时，一起保持静止；在 3NF9N 时， A、B保持相对静止，故地面对 B的最大静 摩擦力 fB=3N；在 3NF9N时， A

16、、 B保持相对静止；故 B 对 A 的最大静摩擦力 fA=4mA，在 3NF9N 时，在 F 9N时， A 与 B 发生相对滑动， FA、 B运动的加速度 aB B ，可 mA mBF 得， mA+mB=1.5kg；在 F 9N时， B的加速度 aBAmBBB ，可得， mB=1kg，那么mA=0.5kg； B 与地面间的动摩擦因数BBmA mBg0.2，A、B间的动摩擦因数fAA mAg0.4 ，故 AC正确， B错误；当水平拉力 F=15N 时，木板和木块已经相对滑动，则此时长木板的加速度大小为aBf AmB15 4 0.5 3m/s2 10m/ s2，选项 D 正确；故选 ACD【点睛】

17、物体运动学问题中，一般分析物体的运动状态得到加速度的表达式，然后对物体进行受力 分析求得合外力，最后利用牛顿第二定律联立求解即可10 两个重叠在一起的滑块，置于倾角为的固定斜面上，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 1，B与 A间的动摩擦因数为 2，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 ( )B方向沿斜面向上B方向沿斜面向上C大小等于 C大小等于 1Mg cosD大小等于 2 mg cos【答案】 BC【解析】【详解】 以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得，整体的加速度为：(M m)gsin【答案】 BC【解析】【详解

18、】 以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得，整体的加速度为：(M m)gsin1(M m)g cosMm设 A 对 B 的摩擦力方向向下，大小为 f ，则有：mgsing(sin 1 cos )ma解得：f ma mg sin1解得：f ma mg sin1mg cosf ，斜面的滑动摩擦力向上，A 受到的总的摩擦力负号表示摩擦力方向沿斜面向上 则 A 受到 B f ，斜面的滑动摩擦力向上，A 受到的总的摩擦力fA f1(M m)gcos1Mg cos ；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1Mg cos ；故

19、 C 项正确， D项错误 .11如图,有质量均为 m的三个小球 A、B、C，A与 B、C间通过轻绳相连，绳长均为 L，B、C在水平光滑横杆上，中间用一根轻弹簧连接，弹簧处于原长。现将A 球由静止释放，直至运动到最低点，两轻绳的夹角由120变为 60，整个装置始终处于同一个竖直平面内，忽略空气阻力，重力加速度为 g，则下列说法正确的是AA 在最低点时 ,B 对水平横杆的压力等于 mg/2B弹簧的最大弹性势能为3 1 mgLC在 A 下降的过程中，轻绳对 B 做功的功率先增大后减小D在 A 下降的过程中轻绳对 B做功为 3 1mgL【答案】 BCD【解析】【详解】A、若小球 A在最低点静止，设水平

20、横杆对小球B、C的支持力都为 F ，此时整体在竖直方3向受力平衡，可得 2F 3mg ，所以 Fmg；A 球由静止释放直至运动到最低点的过2程， A 先加速下降后减速下降，先失重后超重，所以小球 A 在最低点时，小球 B 受到水平3横杆的支持力大于 mg ，故选项 A 错误；B、小球 A 在最低点时，弹簧的弹性势能最大，对整体根据能量守恒则有弹簧的最大弹性31势能等于小球 A的重力势能减小，即 EPmax mg(L sin 60 L sin 30 ) 3 1mgL ，故2选项 B 正确；C、在 A 下降的过程中，小球 B 先加速后加速，小球 A 球释放时轻绳对 B 做功的功率为 零，小球 A

21、在最低点时轻绳对 B做功的功率为零，所以轻绳对 B 做功的功率先增大后减小，故选项 C 正确；D、在 A 下降的过程中，对小球 A 根据动能定律可得mg(Lsin60 L sin 30 ) 2WF 0 ，解得每根轻绳对 A做功为 WF3 1mgL ，所以4轻绳对 B做功为 3 1mgL ，故选项 D正确；12如图，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块 b，b 与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上 a 与 b 之间光滑， a 和 b 以共同速度在地面轨道 的光滑段向左运动当它们刚运行至轨道的粗糙段时可能是 ( )A绳的张力减小，斜面对 BA绳的张力减小，斜面对 B绳的张

22、力减小，斜面对 C绳的张力减小，斜面对 D绳的张力增加，斜面对 【答案】 BCb 的支持力减小，地面对 b 的支持力增加，地面对 b 的支持力增加，地面对 b 的支持力增加，地面对a 的支持力减小 a 的支持力不变 a 的支持力增加 a 的支持力增加解析】详解】 在光滑段运动时，物块 a 及物块 b 均处于平衡状态，对 a、b 整体受力分析，受重力和支 持力，二力平衡；对 b 受力分析，如图，受重力、支持力、绳子的拉力，根据共点力平衡条件，有：Fcos-FNsin=0 ；Fsin+FNcos-mg=0 ； 由两式解得：F=mg sin，FN=mg cos； 当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑

23、行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可 能；AB(一)物块 a、b 仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得：Fsin+FNcos-mg=0 ；FFNsin- Fcos=ma ；由两式解得：F=mg sin-macos， FN=mg cos+ma sin； 即绳的张力 F 将减小，而 a 对 b 的支持力变大； 再对 a、b 整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力 二力平衡，故地面对 a 支持力不变；故 A项错误， B项正确 .C用跨，设CD（二）物块 b 相对于 a 向上加速滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加 速度，是超重，因此 a 对

24、b 的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超 重，故地面对 a 的支持力也增大 ;故 CC用跨，设13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 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 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 （ ）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】f。根设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

25、 据题意可知此时 C 的加速度大小也为 af。根取 C 为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg-T=ma ，解得 T=mg-ma ；取 AB 整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：T=2Ma ；取 B 为研究对象，根据牛顿第二定律可得：f=Ma ；联立得： A、 A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即f= M，g其加速度也达到最大值amax=ug，故 A 正确 .，将 a 代入可得C、由可推导出D、因为绳对 C 的拉力 T=mg-ma，所以绳对滑轮的力；故 C 正确 .；故 D 正确 ，将 a 代入可得C、由可推导出D、因为绳对 C 的拉力 T=mg-ma，所以绳对滑轮的力；故 C 正确 .；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 摩擦力充当合外力 .A 滑动的临界条件是其所受的滑动14 如图所示，质量分别为 m1 、 m2 的两个物块间用一轻弹簧连接，放在倾角为的粗糙斜劈上，物块与斜劈间的动摩擦因数均为，用平行于斜面、大小为 F 的拉力作用在 m1上，使 m1、 m2 一起向上作匀加速度运动，斜劈始终静止在水平地面上，则Am1 m2弹簧的弹力为FB弹簧的弹力为m2 F mg 2 sinBm1 m2C地面对斜劈的摩擦力水平向左 地面对斜劈的摩擦力水平向右 答案