1、【物理】物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)一、整体法隔离法解决物理试题1两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是Aa环与杆有摩擦力Bd球处于失重状态C杆对a、b环的弹力大小相等D细线对c、d球的弹力大小可能相等【答案】C【解析】【详解】对c球单独进行受力分析，受力分析图如下，c球受重力和绳的拉力F，物体沿杆滑动，因此在垂直于杆的方向加速度和速度都为零，由力的合成及牛顿第二定律可知物体合力，因a和c球相对静止，因此c球的加速度也为gsi
2、na，将a和c球以及绳看成一个整体，在只受重力和支持力的情况下加速度为gsina，因此a球和杆的摩擦力为零，故A错误；对球d单独进行受力分离，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为零，因为b和d相对静止，因此b的加速度也为零，故d球处于平衡状态，加速度为零，不是失重状态，故B错；细线对c球的拉力，对d球的拉力，因此不相等，故D错误；对a和c整体受力分析有，对b和d整体受力分析，因a和b一样的环，b和d一样的球，因此受力相等，故C正确。2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
3、示数分别为I1、I2和U现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是A I1增大，I2不变，U增大B I1减小，I2增大，U减小C I1增大，I2减小，U增大D I1减小，I2不变，U减小【答案】B【解析】【分析】【详解】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大故A、C、D错误，B正确3如图所示，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
4、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正确的是A绳的张力减小，斜面对b的支持力不变B绳的张力增加，斜面对b的支持力减小C绳的张力减小，地面对a的支持力不变D绳的张力增加，地面对a的支持力减小【答案】C【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=mgsin，FN=mgcos；当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速
5、滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能；物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到：Fsin+FNcos-mg=0 ；FNsin-Fcos=ma ；由两式解得：F=mgsin-macos，FN=mgcos+masin；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.物块b相对于a向上滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，支持力的竖直分力大于重力，因此a对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.综合上
6、述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对a的支持力可能增加或不变；a对b的支持力一定增加；故A，B，D错误，C正确.故选C.4如图所示，三个物体质量分别为m1.0 kg、m22.0 kg、m33.0 kg ，已知斜面上表面光滑，斜面倾角30，m1和m2之间的动摩擦因数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(g10 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，整体的加速度隔离对m2分析，根据牛顿第二定律得，f-m2g
7、sin30=m2a；解得f=m2gsin30+m2a=2.0（100.5+2.5）N=15N；最大静摩擦力fm=m2gcos30=0.8210N=8N，可知ffm，知道m2随m1一起做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C5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
8、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
9、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。6如图所示，三物体A、B、C均静止，轻绳两端分别与A、C两物体相连接且伸直，mA=3kg，mB=2kg，mC=1kg，物体A、B、C间的动摩擦因数均为=0.1，地面光滑，轻绳与滑轮间的摩擦可忽略不计。现用15N的力作用在B物体上，则下列说法正确的是（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2）（）A物体B将从A、C中抽出，A、
10、C可能会静止不动B物体B与A一起向左加速运动，C向右加速运动C物体B与C一起向左加速运动，A向右加速运动DA、C加速度大小均为0.5m/s2【答案】D【解析】【详解】B、C间的最大静摩擦力A、B间的最大静摩擦力fBC若要用力将B物体从A、C间拉出，拉力最小时，B、C之间的摩擦力刚好达到最大，此时物体A已经向右以加速度a加速运动，B、C以加速度a向左加速运动，设绳子上拉力为T，以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得T-fAB=mAa以C为研究对象有fBC-T=mCa解得a=0.5m/s2，以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得F-（fBC+fAB）=mBa解得F=9N，由题知F=15N9N，所以可以
11、将B物体从A、C中间抽出；即用15N的力作用在B物体上，物体A向右以加速度a=0.5m/s2加速运动，C以加速度a=0.5m/s2向左加速运动。A.物体B将从A、C中抽出，A、C可能会静止不动，与分析不一致，故A错误；B.物体B与A一起向左加速运动，C向右加速运动，与分析不一致，故B错误；C.物体B与C一起向左加速运动，A向右加速运动，与分析不一致，故C错误；D.A、C加速度大小均为0.5m/s2，与分析相一致，故D正确。7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
12、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F的瞬间，弹簧的压缩量为B撤去外力F的瞬间，弹簧的伸长量为C系统克服摩擦力所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A克服外力所做的总功；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：kx-f=ma联立得：x=即撤去外力F的瞬间，弹簧的伸长量为故A
13、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DA克服外力所做的总功等于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8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F
14、f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（gcosacos）【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
15、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9如图，质量均为m的A、B两个小物体置于倾角为30的斜面上，它们相互接触但不粘连其中B与斜面同动摩擦因数为，A为光滑物体，同时由静止释放两个物体，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )A两个物体在下滑过程中会分开B两个物体会一起向下运动，加速度为C两个物体会一起向下运动加速度为D两个物体会一起向下运动，它们之间的相互作用力为【答案】C【解析】对A受力分析，由牛顿第二定律得对B受力分析，由牛顿第二定律得，且有联立解得，故B正确，ACD错误；故选B【点睛】两物体刚好分离的条件是两物体之间作
16、用力为0，10如图所示的电路中，电源内阻一定，电压表和电流表均为理想电表现使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，测得电压表V1的示数变化大小为U1，电压表V2的示数变化大小为U2，电流表A的示数变化大小为I，对于此过程下列说法正确的是()A通过电阻R1的电流变化量大小等于BR0两端的电压的变化量大小等于U2U1C路端电压的增加量等于U2D为一定值【答案】ABD【解析】【分析】【详解】A、电压表V1测量路端电压，即R1两端的电压，根据欧姆定律可知，R1的电流变化量大小等于；故A正确B、C、D、使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，总电阻变大，总电流变小，内阻所占电压减小，路端电压增大，
17、所以路端电压增大U1，并联部分的电压增大U1，通过R1的电流增大，所以通过滑动变阻器的电流减小，R0上的电压减小，R上的电压增大U2，所以R0两端的电压的变化量大小等于U2-U1，电压表V1测量路端电压，根据欧姆定律可知为定值，所以为定值，故B，D正确，C错误故选ABD【点睛】闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路内电路外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质11如图所示，光滑斜面体固定在水平面上,倾角为30，轻弹簧下端固定A物体，A物体质量为m，上表面水平且粗糙，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，初始时A保持静止状态，在A的上表面轻轻放一个与A
18、质量相等的B物体，随后两物体一起运动，则()A当B放在A上的瞬间,A、B的加速度为B当B放在A上的瞬间,A对B的摩擦力为零CA和B一起下滑距离时,A和B的速度达到最大D当B放在A上的瞬间,A对B的支持力大于mg【答案】AC【解析】【详解】A、将B放在A上前，以A为研究对象受力分析有：根据平衡可知：；当B放在A上瞬间时，以AB整体为研究对象受力分析有：整体所受合外力，可得整体的加速度，故A正确；BD、当B放在A上瞬间时，B具有沿斜面向下的加速度，可将B的加速度沿水平方向和竖直方向分解，B的加速度有水平方向的分量，重力与支持力在竖直方向，故可知此加速度分量由A对B的摩擦力提供，故B错误；B的加速度
19、有竖直方向的分量，且竖直向下，故可知，A对B的支持力与B的重力的合力竖直向下，故A对B的支持力小于B的重力，故D错误；C、AB一起下滑时，弹簧弹力增加，共同下滑的加速度减小，故当加速度减小至0时，AB具有最大速度，由A分析知，可得弹簧弹力F=mg，所以共同下滑的距离，AB具有最大速度，故C正确；故选AC【点睛】当B放在A上瞬间，以AB整体为研究对象受力分析，根据牛顿第二定律求得AB的加速度，由AB的共同加速度，隔离B分析A对B的摩擦力与支持力的大小情况即可AB速度最大时加速度为零，据此计算分析即可12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
20、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
21、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C用跨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，设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（ ）A物块A运动的最大加速度为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
22、【解析】【详解】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f。根据题意可知此时C的加速度大小也为a（方向向下）；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=Mg，其加速度也达到最大值amax=ug，故A正确.B、由解得此时，所以B错误.C、由可推导出，将a代入可得；故C正确.D、因为绳对C的拉力T=mg-ma，所以绳对滑轮的力；故D正确.故选ACD.【点睛】解决好本
23、题的关键是灵活的选取研究对象，要充分理解A滑动的临界条件是其所受的滑动摩擦力充当合外力.14如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，物体A、B叠放在斜面体上，物体B受沿斜面向上的力F作用沿斜面匀速上滑，A、B之间的动摩擦因数为，tan，且A、B质量均为m，则()AA、B保持相对静止B地面对斜面体的摩擦力等于C地面受到的压力等于(M2m)gDB与斜面间的动摩擦因数为【答案】BD【解析】A、对A分析，因为mgcos，所以A、B不能保持相对静止，故A错误B、以A为研究对象，A受到重力、支持力和B对A的摩擦力，如图甲所示Nmgcos，mgsinNma，由于0.将B和斜面体视为整体，受力分析如图乙
24、所示可知地面对斜面体的摩擦力等于mg(sincos)cosFcos；故B正确；C、以三者整体为研究对象：A有沿斜面向下的加速度，故地面受到的压力不等于(M2m)g， C错误D、B与斜面体间的正压力N2mgcos，对B分析，根据共点力平衡有Fmgsinmgcosf，则B与斜面间的动摩擦因数，故D正确故选BD15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】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。
