1、（物理）物理整体法隔离法解决物理试题练习题含答案一、整体法隔离法解决物理试题1一个质量为M的箱子放在水平地面上,箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为m的小球,线的另一端拴在箱子的顶板上,现把细线和球拉到左侧与竖直方向成角处静止释放,如图所示,在小球摆动的过程中箱子始终保持静止,则以下判断正确的是()A在小球摆动的过程中,线的张力呈周期性变化,但箱子对地面的作用力始终保持不变B小球摆到右侧最高点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子受到地面向左的静摩擦力C小球摆到最低点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力D小球摆到最低点时,线对箱顶的拉力大于mg,箱子对地面的压力大于(M+m
2、)g【答案】D【解析】在小球摆动的过程中，速度越来越大，对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：，绳子在竖直方向的分力为：，由于速度越来越大，角度越来越小，故越大，故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻变化，故A错误；小球摆到右侧最高点时，小球有垂直于绳斜向下的加速度，对整体由于箱子不动加速度为，为小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知：，则有：，故，根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于，故B错误；在最低点，小球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：，联立解得：，则根据牛顿第三定律知，球对箱的拉力大小为：，故此时箱子对地面的压力为：，故小球摆到最低点时
3、，绳对箱顶的拉力大于，箱子对地面的压力大于，故C错误，D正确，故选D.【点睛】对m运动分析，判断出速度大小的变化，根据牛顿第二定律求得绳子的拉力，即可判断出M与地面间的相互作用力的变化，在最低点，球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出绳子的拉力，从而得到箱子对地面的压力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( )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m
4、gcos【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
5、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3如图A、B、C为三个完全相同的物体，当水平力F作用于A上，三物体一起向右匀速运动；某时撤去力F后，三物体仍一起向右运动，设此时A、B间摩擦力为f，B、C间作用力为FN。整个过程三物体无相对滑动，下列判断正确的是f=0 f0 FN=0 FN0A B C D【答案】A【解析】【详解】开始三个物体在拉力F的作用下一起向右做匀速运动，可知地面对B、C总的摩擦力f=F，B受地面的摩擦力为F，C受地面的摩擦力为F；撤去F后，B、C受地面的摩擦力不变，由牛顿第二定律可知，aB
6、=，aC=，B、C以相同的加速度向右做匀减速运动，B、C间作用力FN=0，故正确。分析A、B，撤去F后，整个过程三物体无相对滑动，则A与B加速度相同，B对A有向左的摩擦力f=maB=，故正确。故选：A4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
7、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
8、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.5如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻r，开关K闭合，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3，理想电流表示数变化量的绝对
9、值为I，正确的是AV2的示数增大B电源输出功率在增大CU3U1U2DU3与I的比值在减小【答案】BC【解析】【详解】理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表分别测量R、路端电压和变阻器两端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A.根据闭合电路欧姆定律得：的示数I增大，减小，故A错误；B. 电路中定值电阻阻值R大于电源内阻r，外电阻减小，电源输出功率在增大，故B正确；D. 由闭合欧姆定律得：解得所以不变，故D错误；C.由闭合欧姆定律得：又定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，则，故C正确6如图所示，一固定杆与水平方向夹角=
10、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0.5B滑块与杆之间动摩擦因数为C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 ，所以 ，故A错；B对CD当二者相对静止地沿杆上滑时，以整体为对象可知加速度 设此
11、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： 在竖直方向上： 解得： ，即 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7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
12、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，a减小，F1增大对C：，得，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=m
13、Aa，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。8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C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
14、绳对B做功为【答案】BCD【解析】【详解】A、若小球A在最低点静止，设水平横杆对小球B、C的支持力都为，此时整体在竖直方向受力平衡，可得，所以；A球由静止释放直至运动到最低点的过程，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受到水平横杆的支持力大于，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势能等于小球A的重力势能减小，即，故选项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
15、程中，对小球A根据动能定律可得，解得每根轻绳对A做功为，所以轻绳对B做功为，故选项D正确；9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
16、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BD10如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表V1、V2、V3为理想电压表，R1、R3为定值电阻，R2为热敏电阻(其阻值随温度升高而减小)，C为电容器，闭合开关S，电容器C中的微粒A恰好静止当室温从25 升高到35 的过程中，流过电源的电流变化量是I，三只电压表的示数变化量是U1、U2和U3.
17、则在此过程中( )AV1示数减小BCQ点电势升高DR3中的电流方向由M向N，微粒A匀加速下移【答案】BC【解析】【详解】A.室温从25升高到35的过程中，R2的阻值减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，总电流增大，外电压减小，V1示数为U1=IR1增大，故A错误；B. 由得由得则有：故B正确； C.由于外电压减小，V1示数增大，所以V2示数减小，而：且，所以Q点电势升高，故C正确；D.V3测量的是电源路端电压，由：得U3减小，电容器两端电压减小，电容电荷量减少，电容放电，形成从M到N的电流，两板间场强降低，电荷受的电场力减小，故将下移，但电场强度不断减小，由得加速度增大，微粒做加速度增大的加
18、速运动，故D错误。11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I、U，下列说法正确的是（ ）A电压表示数变大B电流表示数变大CD【答案】AD【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IA、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，
19、I2变大，I4=I1+I2，I1变小故B错误C、D，由欧姆定律U=E-I干r，得，由I干=I1+I2+I3，I1变小，I2变大，I3变大，I干变小，则I1I干，即II干，所以，故C错误；D正确；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，采用总量法，这是常用方法同时，要理解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
20、 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
21、+r），则=R1+r，不变，故D正确故选CD考点：电路的动态分析13如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，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电压表的示数变大B小灯泡变暗C通过R2的电流变大D电源内阻消耗的功率变大【答案】BC【解析】【详解】若将照射R3的光的强度减弱，可知其电阻增大，所以外电路的总电阻增大。A根据闭合电路欧姆定律可知，外电路总电阻增大，干路电流减小，R1在干路上，所以其电压减小，因此电压表示数减小，A错误BC因为干路电流减小，所以路端电压增大，R1和R
22、2的电压之和等于路端电压，所以R2的电压增大，因此流过R2的电流增大，又R2和L的电流之和减小，所以L的电流必然减小，因此灯泡变暗，BC都正确D内阻上消耗的功率因为干路电流减小，所以D错误14如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两物体的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，下列说法正确的是A绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关B绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关C若水平面是光滑的，则绳的拉力为D若水平面是粗糙的，且物体和地面摩擦因数为，则绳的拉力为【答案】BC【解析】设物体和地面摩擦因数为，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定
23、律： 得: 以m1为研究对象，根据牛顿第二定律： 代入a得: 可见绳子拉力大小与摩擦因数无关，与两物体质量大小有关，即与水平面是否粗糙无关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力均为，故BC正确综上所述本题答案是：BC点睛：先以两木块整体为研究对象根据牛顿第二定律求出加速度大小,然后以为研究对象根据牛顿第二定律求出绳子拉力表达式,本题主要考查了学生对整体隔离方法的运用情况15如图1所示，mA4.0 kg，mB2.0kg，A 和 B 紧靠着放在光滑水平面上，从 t0 时刻起，对 B 施加向右的水平恒力 F24.0 N，同时对 A 施加向右的水平变力 F1，F1 变化规律如图 2 所示。下列相关说
24、法中不正确的是A当 t0 时，A、B 物体加速度分别为BA 物体做加速度减小的加速运动，B 物体做匀加速运动Ct12s 时刻 A、B 将分离，分离时加速度均为 a2m/s2DA、B分离前后，A物体加速度变化规律不相同【答案】AB【解析】【详解】A若AB之间没有力的作用，则：当时，而，所以单独作用在A上的加速度大于AB之间没有力的作用时的加速度，此时AB一起运动，加速度为：A错误；B由A得分析可知：随着的减小，刚开始时AB在两个力的作用下做加速度越来越小的加速运动，故B错误；C当单独在A上的加速度等于单独作用在B上的加速度时，AB之间恰好没有力的作用，此后继续减小，A的加速度继续减小，AB分离，根据牛顿第二定律得：根据图像可知，此时t=12s，所以t=12s时刻A、B将分离，分离时加速度均为：C正确；DA、B分离前，A受到和B对A的弹力作用，分离后A只受作用，A物体加速度变化规律不相同，D正确；故选AB。【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用，注意临界条件，当AB之间刚好没有作用力且加速度相同时开始分离。
