1、高考物理整体法隔离法解决物理试题解题技巧及经典题型及练习题高考物理整体法隔离法解决物理试题解题技巧及经典题型及练习题一、整体法隔离法解决物理试题1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( )ABC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组成的整体进行受力分
2、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，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2如图所示
3、，在倾角的光滑斜面上，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，物块A、B紧挨在一起但它们之间无弹力，已知物块A、B质量分别为和，重力加速度为，某时刻将细线剪断，则在细线剪断瞬间，下列说法正确的是A物块B的加速度为 B物块A的加速度为C物块A、B间的弹力为 D弹簧的弹力为【答案】C【解析】【分析】【详解】剪断细线前，弹簧的弹力： 细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为；剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为：，即A和B的加速度均为0.4g；以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得 解得故C正确，ABD错误故选C3如图所示，一个“V”形槽的左侧挡板A竖直，右侧挡板B为斜面，槽内嵌有一个质量为的
4、光滑球C“V”形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，设挡板A、B对球的弹力分别为F1、F2，下列说法正确的是( )AF1、F2都逐渐增大BF1、F2都逐渐减小CF1逐渐减小，F2逐渐增大DF1、F2的合外力逐渐减小【答案】D【解析】光滑球C受力情况如图所示：F2的竖直分力与重力相平衡，所以F2不变；F1与F2水平分力的合力等于ma，在V形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，加速度不断减小，由牛顿第二定律可知F1不断减小，F1、F2的合力逐渐减小，故D正确，A、B、C错误；故选D【点睛】以光滑球C为研究对象，作出光滑球C受力情况的示
5、意图；竖直方向上受力平衡，水平方向根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合加速度的变化解答4最近，不少人喜欢踩着一种独轮车，穿梭街头，这种独轮车全名叫电动平衡独轮车，其中间是一个窄窄的轮子，两侧各有一块踏板，当人站在踏板上向右运动时，可简化为如图甲、乙所示的模型。关于人在运动中踏板对人脚的摩擦力，下列说法正确的是（）A考虑空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力向左B不计空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力向左C考虑空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力可能为零D不计空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力不可
6、能为零【答案】C【解析】【详解】A考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力为右，故A错误；B不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，合力向右，即脚所受摩擦力向右，故B错误；C当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；D当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力提供加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D错误。故选C。【点睛】此题考查根据不同的运动状态来分析脚受到力的情况，掌握物体的平衡条件以及加速度与合
7、外力的关系，注意人水平方向向右运动时空气阻力的方向是水平向左的。5如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总阻值是R1，电阻大小关系为R1R2r，则在滑动触头从a端滑到b端过程中，下列描述正确的是() A电路的总电流先减小后增大B电路的路端电压先增大后减小C电源的输出功率先增大后减小D滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大【答案】D【解析】A、当滑动变阻器从ab移动时R1作为并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流是先减小后增大，故A正确；B、路端电压U=E-Ir，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，故B正确；C、当R外=r的时候
8、电源的输出功率最大，当滑片在a端或者b端的时候，电路中R外=R2r,则随着外电阻的先增大后减小，由图象的单调性可知输出功率是先增大后减小的，故C正确；D、滑动变阻器的总电阻R1R2+r，则滑片向右滑，R1的总阻值先增大后减小，则滑动变阻器上消耗的功率是先增大后减小，故D错误本题选错误的故选D.【点睛】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从最右端中间左端总电阻变化情况的判断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
9、A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的vt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（ga）BA、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DB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：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
10、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；DB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，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）( )AFfm（gsinacos） FNm（gcosasin）BFfm（gsinacos） FN=m（gcosacos）CFfm（acosgsin） FN=m（gcosasin）DFfm（acosgsin） FNm（g
11、cosacos）【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-mgsin=macos，在垂直斜面方向，有：mgcos-FN=masin，联立解得：Ff=m(gsin +acos)，FN=m(gcos-asin)；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8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
12、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 和 ，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，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
13、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：,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,由A分析可知，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，所以，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 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9如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，且足
14、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/s2，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/s2【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、B保持相对静止；在F9N时，A与B发生相对滑动，故B对A的最大静摩擦力fA=4mA，在3NF9N时，A、B运动
15、的加速度，可得，mA+mB=1.5kg；在F9N时，B的加速度，可得，mB=1kg，那么mA=0.5kg；B与地面间的动摩擦因数，A、B间的动摩擦因数，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，选项D正确；故选ACD【点睛】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
16、A受到的摩擦力()A等于零 B方向沿斜面向上C大小等于 D大小等于【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：设A对B的摩擦力方向向下，大小为f，则有：解得：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，斜面的滑动摩擦力向上，A受到的总的摩擦力为：；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；故C项正确，D项错误.11如图，电源内阻为r，两个定值电阻R1、R2阻值均为R，闭合电键，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V3示数变化量的绝对值为U3，理想电流表A1、A2示数变化量
17、的绝对值分别为I1、I2，则AA2示数增大BV2示数与A1示数的比值不变CU3与I1的比值小于2RDI1小于I2【答案】AD【解析】【分析】【详解】闭合电键后，电路如图所示V1、V2、V3分别测量R1、路端电压和R的电压当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A1的示数增大，电源的内电压Ir增大，则V2示数减小，R1的电压增大，V3的示数减小，则通过R2的电流减小，所以通过R的电流增大，即A2示数增大，A选项正确V2示数与A1示数之比等于外电路电阻，其值减小，故B选项正确根据闭合电路欧姆定律得U3=EI1（R1+r），则得=R1+r= R+r，不一定小于2R，故C选项
18、错误A1的示数增大量等于A2示数增大和R2的电流减小量之和，所以I1小于I2，故D选项正确12在如图所示电路中，闭合电键 S，当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用 I、U1、U2和 U3表示，电表示数变化量的绝对值分别用 I、U1、U2和 U3表示下列说法正确的是 （ ）AU1变小，U2变大，U3变小，I变大BU1变大，U2变小，U3变大，I变大CU1/I 不变，U2/I 变小，U3/I 变小DU1/I 不变，U2/I 不变，U3/I 不变【答案】CD【解析】试题分析：当滑动变阻器R2的滑动触头P向上滑动，其阻值变小，总电阻变小，电流表示数I变
19、大，路端电压U3减小，R1的电压U1增大，故R2的电压U2减小故AB错误因R1是定值电阻，则有，不变因为，R2变小，变小；=R1+R2，变小故C正确根据闭合电路欧姆定律得U3=E-Ir，则，不变U2=E-I（R1+r），则=R1+r，不变，故D正确故选CD考点：电路的动态分析13在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，图中电表为理想电表在滑动变阻器滑动触头P自a端向b端滑动的过程中（ ）A电压表示数变大 B电容器C所带电荷量减少C电流表示数变小 Da点的电势降低【答案】ABD【解析】【分析】考查含容电路的动态分析。【详解
20、】A在滑动变阻器滑动触头P自a端向b端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数增大，A正确；B电阻R2两端电压：，I增大，则U2减小，电容器板间电压减小，带电量减小，B正确；C通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流，I增大，I2减小，则IA增大，即电流表示数变大，C错误；D外电路顺着电流方向电势降低，可知a的电势大于0，a点电势等于R2两端电压，U2减小，则a点电势降低，D正确。故选ABD。14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
21、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，在最低点有：，解得：，再对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，此时支持力最大，为，重力沿斜面向下的分力为，故静摩擦力一直减小，故A错误，CD正确对物体B和斜面体
22、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15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.若仅将的滑动触头P向b端移动，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，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。
