高中物理整体法隔离法解决物理试题模拟试题及解析

一、整体法隔离法解决物理试题

1．a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用大小为F的恒力沿水平方向拉着 a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1;当用恒力F竖直向上拉着 a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2 ；当用恒力F倾斜向上向上拉着 a，使a、b一起沿粗糙斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x3，如图所示。则（ ）

A．x1= x2= x3 B．x1 >x3= x2

C．若m1>m2，则 x1>x3= x2 D．若m1通过整体法求出加速度，再利用隔离法求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的伸长量。对右图，运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度为：T1=m2a1；得为：加速度：b：【点睛】

本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用． 解答此题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再分析其他物体．

，解得

；对b物体有：

；对中间图： 运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度；对b物体有：T2-m2g=m2a2得：

，对物体

；则T1=T2=T3，根据胡克定律可

；对左图，整体的

知，x1= x2= x3，故A正确，BCD错误。故选A。

2．在如图所示的电路中，当开关S闭合后，电压表有示数，调节可变电阻R的阻值，使电压表的示数增大ΔU，则( )

A．可变电阻R被调到较小的阻值 B．电阻R2两端的电压减小，减小量等于ΔU C．通过电阻R2的电流减小，减小量小于D．通过电阻R2的电流减小，减小量等于【答案】C 【解析】 【详解】

A.由题意知，要使电压表的示数增大，则需电阻R和R1并联后的总电阻增大，则需将可变电阻R增大，即可变电阻R被调到较大的阻值，故A项不合题意；

BCD.当R增大时，外电阻增大，干路电流减小，电阻R2两端的电压减小，且路端电压增大，所以电阻R2两端的电压减小量小于ΔU，由欧姆定律知，通过电阻R2的电流也减小，减小量小于

，故B项不合题意、D项不合题意，C项符合题意．

3．如图所示，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Fcosθ-FNsinθ=0 ①； Fsinθ+FNcosθ-mg=0 ②；

由①②两式解得：F=mgsinθ，FN=mgcosθ；

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；

①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： Fsinθ+FNcosθ-mg=0 ③； FNsinθ-Fcosθ=ma ④；

由③④两式解得：F=mgsinθ-macosθ，FN=mgcosθ+masinθ； 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.

②物块b相对于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．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r（R2rR1R2），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I1，在这一过程中，电流表的A2示数变化量的大小为I2，电压表示数的变化量的大小为U，则

A．A2增大，且I2<I1 C．电源的效率降低了【答案】C 【解析】

UB．的大小变大

I1D．电源的输出功率一定增大了

I1r E【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，因

I2(Z)IR1(])I1(Z)

则

I2I1

故A错误。 B．根据

EU1Ur

可得：

UUr

则

UUrr I1I1故其大小不会随R的变化而变化；故B错误。 C．电源的效率

U100% EI1r；故D正确。 E因电压的改变量为△I1r；故说明电源的效率降低了

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。

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,α=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M3(31)m时，A和B之间的正压力刚好为零 2D．当M(31)m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

Fcosma，Fsinmg

解得

a对A、B、C整体运用牛顿第二定律可得

3g 3Mg(M2m)a

解得

M(31)m

故C错误D正确；

6．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，已知Fa>Fb，则关于a对b的作用力，下列说法正确的是 （ ）

A．必为推力

C．可能为推力，也可能为拉力 【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：

B．必为拉力 D．不可能为零

aFaFb，对a由牛顿第二定律可得：FaFmaa，则

mambmaFbmbFa．若mbFamaFb，F为负值，b对a为推力；若

mambFmaaFambFamaFb，F为正值，则b对a为拉力；若mbFamaFb，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．

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

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．如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（ ）

A．电压表读数减小 B．小球的电势能减小 C．电源的效率变高

D．若电压表、电流表的示数变化量分别为U 和I ，则【答案】AD 【解析】

A项：由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故A正确；

UIrR1

B项： 由A项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据EU，d平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0，由带电质点P原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B错误； C项：电源的效率：变低，故C错误；

D项：将R1和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为r+R1，电压表测的为新电源的路

PIUU出=,由A分析可知，路端电压减小，所以电源的效率PIEE总UrR1,由A分析可知I总=IR3IA，端电压，如果电流表测的也为总电流，则

I总由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以R3中的电流减小，则IA增大，所以

IAI总，所以

UrR1，故D正确． IA点晴：解决本题关键理解电路动态分析的步骤：先判断可变电阻的变化情况，根据变化情况由闭合电路欧姆定律EUIR 确定总电流的变化情况，再确定路端电压的变化情况，最后根据电路的连接特点综合部分电路欧姆定律进行处理．

9．如图所示的电路中，电源内阻为r，闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中（ ）

A．U先变大后变小 B．I先变小后变大

C．U与I的比值先变大后变小

D．U的变化量的大小与I的变化量的大小的比值等于r 【答案】ABC 【解析】

由图可知，滑动变阻器上下两部分并联，当滑片在中间位置时总电阻最大，则在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，则可知路端电压先变大后变小；故AB正确；U与I的比值就是接入电路的R1的电阻与R2的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故C正确；电压表示数等于电源的路端电压，电流表的示数比流过电源的电流小，由

于

UUr，所以U变化量与I变化量比值不等于r，故Dr，因为II总 即II总错误；综上分析，ABC正确．

10．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由a端向b端移动时，灯L1、L2的亮度变化情况是( )

A．当B．当C．当D．当【答案】AD 【解析】 【详解】 AB.当

时，灯L1变暗，灯L2变亮

时，灯L1先变暗后变亮，灯L2先变亮后变暗 时，灯L1先变暗后变亮，灯L2不断变暗 时，灯L1先变暗后变亮，灯L2不断变亮

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．

11．如图甲所示，在光滑水平地面上叠放着质量均为M=2kg的A、B两个滑块，用随位移均匀减小的水平推力F推滑块A，让它们运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示。已知两滑块间的动摩擦因数0.3，g10m/s2。下列说法正确的是

A．在运动过程中滑块A的最大加速度是2.5m/s2

B．在运动过程中滑块B的最大加速度是3m/s2 C．滑块在水平面上运动的最大位移是3m D．物体运动的最大速度为【答案】AD 【解析】 【详解】

假设开始时AB相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F=2Ma，解得

；隔离B，B受到重力、支持力和A对B的静摩擦力，根据牛顿第

二定律，f=Ma=2×2.5=5N＜μMg=6N，所以AB不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5m/s2，故A正确，B错误；当F=0时，加速度为0，之后AB做匀速运动，位移继续增加，故C错误；F-x图象包围的面积等于力F做的功，W＝×2×10＝10J；当F=0，即a=0时达到最大速度，对AB整体，根据动能定理，有

，故D正确；故选AD。

【点睛】

解决本题的关键是要注意判断AB是否会发生相对运动，知道F-x图象包围的面积代表力所做的功，值得注意的是速度最大时，加速度为0，合力为0，充分利用图象获取信息．

−0；代入数据得：

m/s

12．如图所示的电路，R1、R2是两个定值电阻，R′是滑动变阻器，R3为小灯泡，电源内阻为r．开关闭合后，当滑动变阻器触头P向上移动时（ ）

A．电压表示数变大 B．小灯泡亮度变大 C．电容器充电 D．电源的总功率变大 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

闭合开关后，当滑动变阻器触头P向上移动时，R'增大，外电路总电阻增大，干路中电流减小，则小灯泡亮度变小．电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大，故AB错误；电路稳定时电容器的电压等于R1、R'串联总电压，根据串联电路电压分配规律可知，R'增大，电容器的电压增大，则电容器充电，故C正确；电源的总功率为

PEI，干路电流I减小，则电源的总功率变小，故D错误． 【点睛】

本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析．对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析．根据串联电路电压与电阻成正比的特点，分析各部分电压的变化，比较简便．

13．在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，图中电表为理想电表．在滑动变阻器滑动触头P自a端向b端滑动的过程中（ ）

A．电压表示数变大 C．电流表示数变小 【答案】ABD 【解析】 【分析】

考查含容电路的动态分析。 【详解】

B．电容器C所带电荷量减少 D．a点的电势降低

A．在滑动变阻器滑动触头P自a端向b端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数增大，A正确；

B．电阻R2两端电压：U2=E-I(R1+r)，I增大，则U2减小，电容器板间电压减小，带电量减小，B正确；

C．通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IAII2，I增大，I2减小，则IA增大，即电流表示数变大，C错误；

D．外电路顺着电流方向电势降低，可知a的电势大于0，a点电势等于R2两端电压，U2减小，则a点电势降低，D正确。 故选ABD。

14．如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两物体的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，下列说法正确的是

A．绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关 B．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关

m1FC．若水平面是光滑的，则绳的拉力为

m1m2m1Fm1g D．若水平面是粗糙的，且物体和地面摩擦因数为μ，则绳的拉力为

m1m2【答案】BC 【解析】

设物体和地面摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律：

F（m1m2）g（m1m2）a

得:aFm1m2gm1m2

以m1为研究对象，根据牛顿第二定律：

Tm1gm1a

代入a得:TFm1

m1m2Fm1，故BC正确

m1m2可见绳子拉力大小与摩擦因数μ无关，与两物体质量大小有关，即与水平面是否粗糙无关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力均为T综上所述本题答案是：BC

点睛：先以两木块整体为研究对象根据牛顿第二定律求出加速度大小,然后以m1为研究对象根据牛顿第二定律求出绳子拉力表达式,本题主要考查了学生对整体隔离方法的运用情况．

15．在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头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、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列比值正确的是

A．△U1>△U2 ,△U2>△U3 B．U1:I不变,△U1:△I不变 C．U2:I变大,△U2:△I变大 D．U3:I变大,△U3:△I不变

【答案】BD

【解析】A、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，接入电路的电阻增大，电路中电流的减小，根据串联电路的特点可知，R1的电压减小，R2的电压增加．电源的内电压减小，则路端电压增大，因为U1+U2=U3，所以R1的电压减小量小于R2的电压增加量，即有：|△U1|＜|△U2|，且有|△U2|＞|△U3|．故A错误．B、由于R1是定值电阻，根据欧姆定律得

知，保持不变，故B正确．C、，变大．根据闭合电路欧姆定律

知：U2=E-I(R1+r)，则得，保持不变，故C错误．D、

保持不变．故D正确．故选BD．

,变大；根

据闭合电路欧姆定律得：U3=E-Ir，

【点睛】本题要注意对于定值电阻，是线性元件，有

r.

，而变阻器是非线性元

件，