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1、高考物理整体法隔离法解决物理试题的基本方法技巧及练习题及练习题一、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
2、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，
3、则L2逐渐变亮由知，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：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3如图所示，两块连接在一起的物块a和b，质量分别为ma和mb，放在水平的光滑桌面上，现同时施给它们方向如图所示的推力Fa和拉力Fb，已
4、知FaFb，则关于a对b的作用力，下列说法正确的是 （ ）A必为推力B必为拉力C可能为推力，也可能为拉力D不可能为零【答案】C【解析】试题分析: 整体水平方向受两推力而做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：，对a由牛顿第二定律可得：，则若，F为负值，b对a为推力；若，F为正值，则b对a为拉力；若，F为零故C正确，A、B、D错误故选C考点：考查牛顿第二定律；物体的弹性和弹力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
5、（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
6、等，结合牛顿第二定律进行求解5如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的斜壁，其斜面倾角为，一质量为m的物体放在其光滑斜面上，现用一水平力F推斜劈，恰使物体m与斜劈间无相对滑动，则斜劈对物块m的弹力大小为（ ）mgcos A BC D【答案】D【解析】两者一起向左匀加速运动，对物体进行受力分析，如图所示：则根据牛顿第二定律及平衡条件可得： 解得： 将两物体看做一个整体， 所以解得， 综上所述本题正确答案为D。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，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
7、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C两个物体会一起向下运动加速度为D两个物体会一起向下运动，它们之间的相互作用力为【答案】C【解析】对A受力分析，由牛顿第二定律得对B受力分析，由牛顿第二定律得，且有联立解得，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0，7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
8、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8在如图所示的电路中，灯L1、L2的电阻分别为R1、R2，滑动变阻器的最大阻值为R0，若有电流通过，灯就发光，假设灯的电阻不变，当滑动变阻器的滑片P
9、由a端向b端移动时，灯L1、L2的亮度变化情况是()A当时，灯L1变暗，灯L2变亮B当时，灯L1先变暗后变亮，灯L2先变亮后变暗C当时，灯L1先变暗后变亮，灯L2不断变暗D当时，灯L1先变暗后变亮，灯L2不断变亮【答案】AD【解析】【详解】AB.当时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻一定大于右部分的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，电路总电阻增大，总电流减小，所以通过灯L1的电流减小，灯L1变暗，通过灯L2的电流变大，灯L2变亮，故A项符合题意，B项不合题意；CD.当时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻，则当滑动变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电
10、阻先增大，后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L1的电流先减小后增大，故灯L1先变暗后变亮，而通过L2的电流一直变大，灯L2不断变亮，故C项不合题意，D项符合题意9在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，各电表都看做理想表。闭合开关，滑动变阻器滑片P向右移动，若以、分别表示电压表V1、V2、V3和电流表A的示数变化的大小，则下述结论正确的是（ ）A电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变小、变大、变小、变大B电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变大、变小、变大、变小CD、分别是变小、不变、变小【答案】AC【解析】【详解】AB、当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器
11、接入电路的电阻减小，总电阻减小，则电路中的总电流增大，则电流表A的示数变大；根据欧姆定律可知的电压增大，电压表示数变大；内电压增大，则路端电压减小，电压表示数变小。的电压增大，路端电压减小，则的电压减小，则电压表的示数变小，故A正确，B错误。CD、根据全电路欧姆定律知：，故C正确。由，变形得：，不变。，不变。由，变形得：，即不变。故C正确，D错误。故选AC【点睛】当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，电路中的总电流增大，由欧姆定律分析并联部分两端电压的变化和路端电压的变化，再判断两端电压的变化，综合分析出两电压表变化量的大小10如图,有质量均为m的三个小球A、
12、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，
13、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；11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
14、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，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12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
