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1、高考物理整体法隔离法解决物理试题技巧阅读训练策略及练习题 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 +mg C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
2、、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，如果不求物体间的相互作用力，我们优先采用整体法，这样 涉及的
3、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， A、 B 两滑块的质量分别为4 kg 和 2 kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于 两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动。现将一轻质动滑轮置于轻绳上， 然后将一质量为4 kg 的钩码 C挂于动滑轮上。现先后按以下两种方式操作：第一种方式只 释放 A 而 B 按着不动；第二种方式只释放B 而 A 按着不动。则C 在以上两种释放方式中获 得的加速度之比为 A1:1 B2:1 C3:2 D3:5 【答案】 D 【解析】 【详解】 固定滑块 B 不动，释放滑块A，设滑块 A 的加速度为a
4、A，钩码 C的加速度为 aC，根据动滑 轮的特征可知，在相同的时间内，滑块A 运动的位移是钩码C的 2 倍，所以滑块A、钩码 C之间的加速度之比为aA: aC=2:1。此时设轻绳之间的张力为T，对于滑块A，由牛顿第二 定律可知： T=mAaA，对于钩码 C由牛顿第二定律可得：mCg 2T=mCaC，联立解得T=16 N， aC=2 m/s 2 ，a A=4 m/s 2。若只释放滑块 B，设滑块 B 的加速度为aB，钩码 C的加速度为 C a， 根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块B 运动的位移是钩码的2 倍，所以滑块 B、钩码之间的加速度之比也为:2:1 BC aa，此时设轻绳之间的张力
5、为 2 3 CHCS SDDH ，对 于滑块 B，由牛顿第二定律可知： 2 3 CHCS SDDH =mBaB，对于钩码C由牛顿第二定律可得： 2 CCC m gTm a，联立解得 40 N 3 T， 220 m/s 3 B a， 210 m/s 3 C a。则 C 在以上 两种释放方式中获得的加速度之比为 :3: 5 CC aa，故选项D 正确。 3如图所示电路中，电源内阻不能忽略闭合开关S后，调节R 的阻值，使电压表示数增 大 U，在此过程中有() AR2两端电压减小 U B通过 R1的电流增大 C通过 R2的电流减小量大于 D路端电压增大量为 U 【答案】 B 【解析】 【详解】 A.因
6、电压表示数增大，可知并联部分的总电阻增大，则整个电路总电阻增大，总电流减 小， R2两端电压减小，电源内阻分担电压减小，路端电压增大，所以 R2两端电压减小量小 于 U，故 A 项不合题意 . B.电压表示数增大 U，R1是定值电阻，根据欧姆定律可知通过 R1的电流增大量等于， 故 B 项符合题意 CD.因 R2两端电压减小量小于 U，有通过 R2的电流减小量小于；由于 R2两端电压减 小，则知路端电压增大量小于 U，故 C项不合题意，D 项不合题意 4如图所示电路中，L1、L2为两只完全相同、阻值恒定的灯泡，R为光敏电阻（光照越 强，阻值越小）闭合电键S后，随着光照强度逐渐增强（） AL1逐
7、渐变暗， L2逐渐变亮 BL1逐渐变亮， L2逐渐变暗 C电源内电路消耗的功率逐渐减小 D光敏电阻R 和灯泡 L1消耗的总功率逐渐增大 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 AB光照强度逐渐增强，光敏电阻阻值减小，电路的总电阻减小，电路中总电流增大，则 L2逐渐变亮由 UEIr 知，路端电压减小，又L2两端电压增大，则L1两端电压减小， L1逐渐变暗，故A 正确 B 错误； C电路中总电流增大，电源内电路消耗的功率： 2 r PI r 电路中的总电流增大，故电源内电路消耗的功率增大，故C错误； D将 L2看成电源内电路的一部分，光敏电阻R 和灯泡 L1消耗的总功率是等效电源的输出 功率，
8、由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，外电阻减小，等效 电源的内、外电阻差增大，等效电源输出功率减小，故D 项错误 【点睛】 电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大 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，
9、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 PR 外外 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
10、中间 左端总电阻变化情况的判断 6如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为 r（ 212 RrRR ），电表均视为理想 电表。闭合开关S后，调节R 的阻值，使电流表A1的示数增大了 I 1，在这一过程中，电 流表的 A2示数变化量的大小为 I 2，电压表示数的变化量的大小为 U，则 AA2增大，且 I 2 I 1 B 1 U I 的大小变大 C电源的效率降低了 1 Ir E D电源的输出功率一定增大了 【答案】 C 【解析】 【详解】 A要使电流表A1示数增大，则R应减小；因总电流增大，则内阻及R2分压增大，并联部 分电压减小，则流过R1的电流减小，因此流过 R 的电流增大，即A2的示数变大，
11、因 211 ()()() R IIIZZ 则 21 II 故 A 错误。 B根据 1r EUU 可得： r UU 则 11 r UU r II 故其大小不会随R的变化而变化；故B 错误。 C电源的效率 100% U E 因电压的改变量为I1r；故说明电源的效率降低了 1 Ir E ；故 D 正确。 D当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；因不明确内外电阻的关系，故无法明确功 率的变化情况；故D 错误。 故选 C。 7如图所示，质量为m 的球置于斜面上，被一个拴在斜面上的细绳拉住。现用一个力F 推斜面，使斜面在水平面上和小球一起做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦， 以下说法中正确的是
12、A若加速度足够小，细绳对球的弹力可能为零 B细绳对球的弹力可能为零 C斜面和细绳对球的弹力的合力一定等于ma D当 F变化时，斜面对球的弹力不变 【答案】 B 【解析】 A、B、D、对小球和斜面的整体分析可知，推力越大整体的加速度越大，当推力 达到一临界值时，斜面的加速度足够大使得小球相对斜面产生上滑趋势，此时绳子的拉力 为零，故 A、D错误，B正确。C、对小球受力可知重力和斜面的弹力、绳的拉力，由牛顿 第二定律知三个力的合力为ma，故 C 错误。故选 B。 【点睛】本题运用正交分解法，根据牛顿第二定律研究物体的受力情况，要正确作出物体 的受力图，并抓住竖直方向没有加速度，找到临界情况 8直流
13、电路如图所示，电源的内阻不能忽略不计，在滑动变阻器的滑片P由图示位置向右 移动时，电源的 A效率一定增大 B总功率一定增大 C热功率一定增大 D输出功率一定先增大后减小 【答案】 A 【解析】由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大， 电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I 变小； A、 电源的效率 UIR EIRr ，电源内阻r 不变，滑动变阻器阻值R 变大，则电源效率增 大，故 A 正确； B、电源电动势E 不变，电流I 变小，电源总功率P=EI 减小，故B 错误； C、电源内阻r 不变，电流I 减小，源的热功率PQ=I2r 减小
14、，故C 错误； D、当滑动变阻器 阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值 与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故D 错误；故选A 【点睛 】知道电路串并联中的电流电压关系，并熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式 即可正确解题 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 3 6 ，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 2 g C两个物体会一起向下运动加速
15、度为 3 8 g D两个物体会一起向下运动，它们之间的相互作用力为 1 2 mg 【答案】 C 【解析】 对 A 受力分析， 由牛顿第二定律得sin ABAAA m gNm a 对 B 受力分析， 由牛顿第二定律得sincos BBABBBm gNm gm a，且有ABaa 联立解得 11 cos 28 BA Numgmg， 3 8 AB aag，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用力为0，=aa后前 10 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(F2mg)的力，将弹簧再压缩一
16、段距离 (弹簧始终处于弹性限 度内 )而处于平衡状态。现突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B 间的相互作用力 大小为 FN。不计空气阻力，关于 FN的说法正确的是(重力加速度为g)() A刚撤去力F时， FN 2 mgF B弹簧弹力大小为F时， FN 2 F CA、B的速度最大时，FN mg D弹簧恢复原长时，FN 0 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 A.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=2ma 解得： 2 F a m 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： 2 N F Fmg，故 A 错误； B.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： 2 N F F，故 B 正确； D.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。 C.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=
