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1、高考物理整体法隔离法解决物理试题真题汇编 一、整体法隔离法解决物理试题 1如图所示，在倾角37的光滑斜面上，物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与 斜面顶端相连，物块A、B 紧挨在一起但它们之间无弹力，已知物块A、B 质量分别为m和 2m，重力加速度为 g，sin37 0.6，cos370.8某时刻将细线剪断，则在细线剪 断瞬间，下列说法正确的是 A物块 B 的加速度为0.6gB物块 A 的加速度为0.6g C物块 A、B 间的弹力为0.4mgD弹簧的弹力为1.8mg 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 剪断细线前，弹簧的弹力：sin 370.6Fmgmg 弹 细线剪断的瞬间，弹簧
2、的弹力不变，仍为0.6Fmg 弹 ； 剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为： 3sin37 0.4 3 mgF ag m 弹 ，即 A 和 B 的加 速度均为 0.4g； 以 B 为研究对象，根据牛顿第二定律可得2sin372mgTma 解得0.4Tmg 故 C 正确， ABD 错误故选C 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m的光滑球C “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，设挡板 A、B对球的弹力分别为F1 、 F 2，下列说法正确的是( ) A F1 、F 2都逐渐增大 BF1、F2都逐渐减小
3、 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，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小
4、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 ；
5、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
6、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. 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
7、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，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
8、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，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
9、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 R1m， Ff Mm Mm F，方向向右，D 正确 如果 Mm， Ff mM Mm F，负号表示方向水平向左，C 正确， B 错误 11 如图所示，在倾角为的光滑斜劈P的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、 B，C 为一垂直固定在斜面上的挡板 A、B质量均为m，斜面连同挡板的质量为M，弹簧的劲度 系数为 k，系统静
10、止于光滑水平面现开始用一水平恒力F作用于，（重力加速度为g） 下列说法中正确的是（） A若 F=0，挡板受到B 物块的压力为2sinmg B力F较小时A相对于斜面静止，F大于某一数值，A相对于斜面向上滑动 C若要 B 离开挡板 C，弹簧伸长量需达到 sin/mgk D若(2)tanFMm g且保持两物块与斜劈共同运动，弹簧将保持原长 【答案】 AD 【解析】 【详解】 A、F=0时，对物体A、B 整体受力分析，受重力、斜面的支持力N1和挡板的支持力N2， 根据共点力平衡条件，沿平行斜面方向，有 N2-（2m）gsin =0 ，故压力为 2mgsin ，故 A 错误； B、用水平力F作用于 P
11、时， A 具有水平向左的加速度，设加速度大小为 a，将加速度分解 如图 根据牛顿第二定律得 mgsin -kx=macos 当加速度a 增大时， x 减小，即弹簧的压缩量减小，物体A 相对斜面开始向上滑行故只 要有力作用在P上， A 即向上滑动，故B 错误； C、物体 B 恰好离开挡板C 的临界情况是物体B 对挡板无压力，此时，整体向左加速运 动，对物体 B受力分析，受重力、支持力、弹簧的拉力，如图 根据牛顿第二定律，有 mg-Ncos -kxsin =0 Nsin -kxcos =ma 解得： kx=mgsin -macos ， sincosmgma x k 故 C 错误； D、若 F=（M
12、+2m）gtan 且保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二定律，整体加速 度为 gtan ； 对物体 A 受力分析，受重力，支持力和弹簧弹力，如图 根据牛顿第二定律，有 mgsin -kx=macos 解得 kx=0 故弹簧处于原长，故D 正确； 12 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
13、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 21 2 mgLmv，在最低点 有： 2 v Fmgm L ，解得：3Fmg，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7310Nmgmgmg，重力沿斜面向下的分力为 6303 x Fmgsinmg，故静摩擦力一直减小，故A错误 ，CD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
14、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 13 如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻 r 一定， A、 B 为平行板电容器的两块正对 金属板， R1为光敏电阻，电阻随光强的增大而减小当 R2的滑动触头P在 a 端时，闭合开 关 S，此时电流表A 和电压表V 的示数分别为I 和 U.以下说法正确的是 A若仅将R2的滑动触头P向 b 端移动，则I
15、 不变， U 不变 B若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量不变 C若仅用更强的光照射R1，则 I 增大， U 减小，电容器所带电荷量减小 D若仅用更强的光照射R1，则 U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值不变 【答案】 ACD 【解析】 【分析】 本题考查含容电路的动态分析问题。 【详解】 A.若仅将 2 R的滑动触头P 向 b 端移动， 2 R所在支路有电容器，被断路，则I、 U 保持不 变。故 A 正确。 B.根据= 4 S C kd ，若仅增大A、 B 板间距离，则电容器所带电荷量减少。故B 错误。 C. 若仅用更强的光照射R1，电阻随光强的增大而减小，则 I 增大， U
16、应当减少，电荷量减 少。故 C正确。 D.U 的变化量的绝对值与I 的变化量的绝对值表示电源的内阻，是不变的。故 D 正确。 故选 ACD。 14 如图所示，电源电动势为E ，内阻为r当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时，理 想电压表 1 V 、 2 V示数变化的绝对值分别为 1 U和 2 U，干路电流为I，灯泡电阻不变， 下列说法中正确的是 A小灯泡1L、2L变暗，3L变亮 B 1 U与 I的比值不变 C 12 UU D 12 UU 【答案】 AB 【解析】 【分析】 当滑动变阻器的触片 P从左端滑到右端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电 路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯 2 L亮度的变化。根据总电流的变 化，分析并联部分电压的变化，判断 3 L亮度的变化。根据总电流与通过 3 L电流的变化， 分析通过 1 L电流的变化，判断其亮度变化。根据路端电压的变化，分析 1 U和 2 U的大 小。根据闭合电路欧姆定律列式分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值如何变 化。 【详解】 A当滑动变阻器的触片 P从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电
