《高中物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)及解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)及解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高中物理整体法隔离法解决物理试题题20 套( 带答案 )及解析 一、整体法隔离法解决物理试题 1在如图所示的电路中，闭合开关，将滑动变阻器的滑片向右移动一段距离，待电路稳定 后，与滑片移动前比较 A灯泡 L变亮 B电容器C 上的电荷量不变 C电源消耗的总功率变小 D电阻 R0两端电压变大 【答案】 C 【解析】 A、C、滑动变阻器的滑片向右移动一点，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增 大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，流过电源的电流减小，则由知电源的总功率 变小，且流过灯泡的电流减小，灯泡L 亮度变暗 ，故 A 错误 ，C 正确 ； B、电源的路端电压 U=E - Ir 增大，即电容器电
2、压增大将充电，电荷量将增大故B 错误 D、电阻 R0 只有在电 容器充放电时有短暂的电流通过， 稳定状态无电流，则其两端的电压为零不变，D 错 误； C、故 C正确故选C 【点睛 】本题电路动态变化分析问题对于电容器，关键是分析其电压，电路稳定时，与 电容器串联的电路没有电流，电容器的电压等于这条电路两端的电压 2如图所示，质量为M 的板置于水平地面，其上放置一质量为m 的物体，物体与板，板 与地面间的滑动摩檫系数分别为、2。当作用在板上的水平拉力为F时能将板从物体 下拉出，则F 的取值范围为（） AF mg BF ()mM g CF 2 ()mM g DF 3 ()mM g 【答案】 D 【
3、解析】 【详解】 当 M 和 m 发生相对滑动时，才有可能将M 从 m 下抽出，此时对应的临界状态为：M 与 m 间的摩擦力为最大静摩擦力 m f ，且 m 运动的加速度为二者共同运动的最大加速度m a ，对 m 有： m m fmg ag mm ，设此时作用与板的力为 F ，以 M、m 整体为研究对象， 有：2 mFMm gMm a，解得3FMm g，当FF时，才能将 M 抽出，即 3FMm g，故 D 正确， ABC错误。 3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
4、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/s 2，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 3122 123 1 3 101210 30 2 2.5/ 123 m gmmgsin ams mmm 隔离对m2分析，根 据牛顿第二定律得，f-m2gsin30 =m2a；解得 f=m2gsin30 +m2a=2.0 （10 0.5+2.5 ）N=15N； 最大静摩擦力fm=m2gcos30 =
5、0.8 2 10 3 2 N=8 3N，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C 4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
6、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
7、P 从最右端 中间 左端总电阻变化情况的判断 5质量为 m 的光滑圆柱体A 放在质量也为m 的光滑 “V型槽 B 上,如图 , =60,另有质量为 M 的物体 C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B 相连 ,现将 C 自由释放 ,则下列说法正确 的是（ ） A若A相对B未发生滑动,则A、B、C三者加速度相同 B当 M=2m 时,A 和 B 共同运动的加速度大小为g C当 3( 31) 2 Mm时， A 和 B之间的正压力刚好为零 D当(31)Mm时 ,A 相对 B刚好发生滑动 【答案】 D 【解析】 【分析】 由题中“有质量为M 的物体 C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连”可知，本题考
8、 查牛顿第二定律和受力分析，运用整体法和隔离法可分析本题。 【详解】 A、若 A相对 B 未发生滑动，则AB可看做整体，加速度相同， C的运动方向向下，加速度 方向与 AB 不同，故A错误； B、若 A和 B共同运动的加速度大小为g 时，则 C 得加速度大小也为 g，但对 C隔离分 析， C 不可能做自由落体，因此不论M 等于多少，加速度不能是g，故 B 错误； CD、若 A 和 B 之间的正压力刚好为零，则此时加速度设为a，对 A 受力分析可得 cosFma， sinFmg 解得 3 3 ag 对 A、B、C 整体运用牛顿第二定律可得 (2 )MgMm a 解得 ( 31)Mm 故 C 错误
9、 D 正确； 6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 BBABBB m gNm gm a ，且有
10、 AB aa 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 7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 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 4 g 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 2 m
11、g k 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： 1 30 2 Fmgsinmg； 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230(2)FmgsinFm a 合，可得整体的加速度 11 2? 22 24 mgmg g a m ，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
12、，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 2300FmgsinF 合 ， 可得弹簧弹力F= mg，所以共同下 滑的距离 1 2 2 mgmg FFmg x kkk ，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
13、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 8在如图所示电路中，R1、 R2为定值电阻 ， 闭合电键 S后， 带电粒子恰处于静止状态 ，现 将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表V1， V2，V3示数变化量的绝对值分别为 U1、U2、U3，理想电流表A 示数变化量的绝对值为I ，则( ) AV1示数减小 ， V2和 V3示数增大 B带电粒子将向上运动 CU3U1 D此过程中 2 I U 保持不变 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 A将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器的阻值减小，电路的总电阻减小，
14、由闭合 电路欧姆定律知，总电流增大，则V1示数 U1增大内电压增大，路端电压U 减小，而路 端电压 13 UUU，可知， V3示数 U3减小 R2两端电压增大，所以V2示数减小，故A 错误； BR2两端电压增大，则电容器板间电压增大，板间场强增大，带电粒子所受的电场力增 大，因此带电粒子将向上运动，故B 正确； C因为 13 UUU，U3减小， U1增大，而U 减小，所以 31 UU故 C 正确； D根据闭合电路欧姆定律知： 212 ()UEI RRr 得 2 12 U RRr I 保持不变，故D 正确 故选 BCD 9如图，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
15、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是() A绳的张力减小，斜面对b 的支持力减小，地面对 a 的支持力减小 B绳的张力减小，斜面对b 的支持力增加，地面对a 的支持力不变 C绳的张力减小，斜面对b 的支持力增加，地面对 a 的支持力增加 D绳的张力增加，斜面对b 的支持力增加，地面对a 的支持力增加 【答案】 BC 【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
16、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； AB（一）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： 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；故A 项错误， B 项正确 . CD（二）物块b 相对于 a 向上加速滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加 速度，是超重，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;故 C项正确， D 项错误。 10 如图所示，质量均为M 的物块 A
