1、最新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，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电
2、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，所以，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2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光滑球C“V”形槽在水
3、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受力情况的示意图；竖直方向上受力平
4、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3如图所示,质量为M的木板,上表面水平,放在水平桌面上,木板上面有一质量为m的物块,物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因数均为,若要以水平外力F将木板抽出,则力F的大小至少为（ ）AmgB(M+m)gC(m+2M)gD2(M+m)g【答案】D【解析】【详解】对m与M分别进行受力分析如；如图所示； 对m有：f1=ma1 f1=mg由和得：a1=g对M进行受力分析有：F-f-f2=Ma2f1和f2互为作用力与反作用力故有：f1=f2=mgf=（M+m）g由可得a2=-g要将木板从木块下抽出，必须使a2a1解得：F2（M+m）g 故选D
5、。【点睛】正确的受力分析，知道能将木板从木块下抽出的条件是木板产生的加速度比木块产生的加速度来得大这是解决本题的关键4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（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
6、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5如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平向
7、右的拉力F，则下列判断正确的是A若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过mgB当力Fmg时，A、B间的摩擦力为C无论力F为何值，B的加速度不会超过gD当力F mg时，B相对A滑动【答案】AB【解析】【详解】A.A与B间的最大静摩擦力大小为：mg,C与B间的最大静摩擦力大小为：，B与地面间的最大静摩擦力大小为：（2m+m+m）=；要使A，B，C都始终相对静止，三者一起向右加速，对整体有：F-=4ma，假设C恰好与B相对不滑动，对C有：=ma，联立解得：a=，F=mg；设此时A与B间的摩擦力为f，对A有：F-f=2ma，解得f=mgmg，表明C达到临界时A还没有，故要使三者始终保持相对静止
8、，则力F不能超过mg，故A正确.B.当力Fmg时，由整体表达式F-=4ma可得：a=g，代入A的表达式可得：f=mg,故B正确.C.当F较大时，A,C都会相对B滑动，B的加速度就得到最大，对B有：2-=maB，解得aB=g，故C错误.D.当A恰好相对B滑动时，C早已相对B滑动，对A、B整体分析有:F-=3ma1，对A有：F-2mg=2ma1，解得F=mg，故当拉力Fmg时，B相对A滑动，D错误.胡选：A、B.6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值为I，正
9、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7如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的
10、滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、和表示，电表示数变化量的大小分别用I、和，下列说法正确的是AI减小，减小、增大，增大B电源功率不变，上功率增加C变大，不变D变大，不变【答案】ACD【解析】【详解】A. 当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，外电路电阻增大，电流减小，根据 可知路端电压增大，U1测定值电阻的电压，所以U1随着电流的减小而减小，根据 可知U2增大，故A正确.B.电源的功率，随着回路中电流变小，则电源功率也在变小，故B错误；C. 根据电路知识可知, 所以变大， 可知不变，故C正确D.根据电路知识可知 =R1+R2所以变大根据闭合电路欧姆定律得：U
11、3=E-Ir，则有=r，不变故D正确8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
12、，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=mAa，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。9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
13、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
14、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；10倾角为的斜面体M静止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的已知质量为m的物块恰可沿其斜面匀速下滑今对下滑的物块m施加一个向右的水平拉力F，物块仍沿斜面向下运动，斜面体M始终保持静止则此时（ ） A物块m下滑的
15、加速度等于Fcos/mB物块m下滑的加速度大于Fcos/mC水平面对斜面体M的静摩擦力方向水平向左D水平面对斜面体M的静摩擦力大小为零【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB对物体B受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，如图根据平衡条件，有mgsin=f，mgcos=N；其中 f=N；解得：=tan当加上推力后，将推力按照作用效果正交分解，如图根据牛顿第二定律，有mgsin+Fcos-(mgcos-Fsin) =ma，解得选项A错误，B正确；CD无拉力时，对斜面受力分析，受到重力Mg，压力、滑块的摩擦力和地面的支持力，其中压力和摩擦力的合力竖直向下，如图当有拉力后，压力和摩擦力都成比例的减小
16、，但其合力依然向下，故地面与斜面体间无摩擦力，故CD错误；故选BD【点睛】本题关键是先对物体B受力分析，得到动摩擦因数=tan，然后得到物体B对斜面题的摩擦力和压力的合力一定竖直向下11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
17、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12如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片向下滑动，理想
18、电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为、，理想电流表A示数变化量的绝对值为，下列判断正确的是AV2的示数增大B电源输出功率在增大C与的比值不变D小于【答案】BC【解析】【详解】A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，所以定值电阻R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3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，内电压增大，路端电压减小，则V2的示数减小，故A错误；B当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故电源的输出功率在增大，故B正确；C与的比值为r，
19、不会改变，故C正确D根据闭合电路欧姆定律得，则得而由于，则得故D错误。【点睛】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。13如图A、B两物体叠放在光滑水平桌面上,轻质细绳一端连接B,另一端绕过定滑轮连接C物体。已知A和C的质量都是2kg,B的质量是3kg,A、B间的动摩擦因数是0.2,其他摩擦不计。由静止释放C,C下落一定高度的过程中(C未落地,B未撞到滑轮,且A未与B分离,g=10m/s),下列说法正确的是AA、B两物体没有发生相对滑动BC物体的加速度大小是3.2m/sCB物体受到的摩擦力大小是4ND细绳的拉力大小等于
20、13.6N【答案】BCD【解析】【详解】假设A、B不发生相对滑动，整体的加速度： ；隔离对A分析，f=mAa=2NmAg=4N，可知假设不成立，即A、B两物体发生相对滑动，A所受的摩擦力为4N，B物体受到A的摩擦力大小是4N，对BC系统的加速度。对C分析，根据牛顿第二定律得：mCg-T=mCaBC；解得T=13.6N，故A错误，BCD正确。故选BCD。【点睛】本题考查了牛顿第二定律的基本运用，通过整体法和隔离法判断出A、B是否发生相对滑动是解决本题的关键，通常所用的方法是“假设法”.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
21、置于水平地面上A的质量为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
22、正确对物体B和斜面体整体受力分析，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电路图中，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑动片向右移动时，电流表、电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是（ ）A电流表和电压表读数均增大B电流表和电压表读数均减小C电压表V1的示数变
23、化量小于电压表V2的示数变化量D电流表读数变小，电压表V2读数变大，V1读数减小【答案】CD【解析】试题分析：由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I减小，而路端电压，则U增大，电阻的电压减小，则电压表示数减小；并联部分的电压 增大，电压表示数增大；增大，通过的电流增大，因为总电流减小，所以通过电流表的示数变小故AB错误，D正确；电压表的示数与电压表的示数之和等于U，即，因示数增大，示数减小，而U减小，所以电压表的示数增加量小于电压表的示数减小量，故C正确故选CD【点睛】根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题
