河南省濟(jì)源四中高中物理高中物理解題方法：整體法隔離法壓軸題易錯(cuò)題

1、河南省濟(jì)源四中高中物理高中物理解題方法：整體法隔離法壓軸題易錯(cuò)題一、高中物理解題方法：整體法隔離法1兩傾斜的平行桿上分別套著a、b 兩相同圓環(huán)，兩環(huán)上均用細(xì)線懸吊著相同的小球，如圖所示。當(dāng)它們都沿桿向下滑動(dòng)，各自的環(huán)與小球保持相對(duì)靜止時(shí)，a 的懸線與桿垂直，b的懸線沿豎直方向，下列說法正確的是aa 環(huán)與桿有摩擦力bd 球處于失重狀態(tài)c桿對(duì) a、b 環(huán)的彈力大小相等d細(xì)線對(duì)c、 d 球的彈力大小可能相等【答案】 c【解析】【詳解】對(duì) c球單獨(dú)進(jìn)行受力分析，受力分析圖如下，c 球受重力和繩的拉力f，物體沿桿滑動(dòng)，因此在垂直于桿的方向加速度和速度都為零，由力的合成及牛頓第二定律可知物體合力1=mgs

2、in a=maa=ginaf，因 a和 c 球相對(duì)靜止，因此c球的加速度也為gsina，將 a和c 球以及繩看成一個(gè)整體，在只受重力和支持力的情況下加速度為gsina，因此 a球和桿的摩擦力為零，故a 錯(cuò)誤；對(duì)球 d 單獨(dú)進(jìn)行受力分離，只受重力和豎直方向的拉力，因此球d的加速度為零，因?yàn)閎和 d 相對(duì)靜止，因此b 的加速度也為零，故d 球處于平衡狀態(tài)，加速度為零，不是失重狀態(tài)，故b錯(cuò)；細(xì)線對(duì)c球的拉力cosctmga，對(duì)d球的拉力dtmg，因此不相等，故d 錯(cuò)誤；對(duì)a和 c 整體受力分析有cosnaacfmmga，對(duì) b 和 d 整體受力分析cosnbbdfmmga，因 a 和 b 一樣的環(huán)，

3、 b 和 d 一樣的球，因此受力相等，故c 正確。2如圖所示，在傾角37的光滑斜面上，物塊a 靜止在輕彈簧上面，物塊b 用細(xì)線與斜面頂端相連，物塊a、b 緊挨在一起但它們之間無彈力，已知物塊a、b 質(zhì)量分別為m和2m，重力加速度為g，sin370.6，cos370.8某時(shí)刻將細(xì)線剪斷，則在細(xì)線剪斷瞬間，下列說法正確的是a物塊 b 的加速度為0.6gb物塊 a 的加速度為0.6gc物塊 a、b 間的彈力為0.4mgd彈簧的彈力為1.8mg【答案】 c【解析】【分析】【詳解】剪斷細(xì)線前，彈簧的彈力：sin370.6fmgmg彈細(xì)線剪斷的瞬間，彈簧的彈力不變，仍為0.6fmg彈；剪斷細(xì)線瞬間，對(duì)a、

4、b系統(tǒng)，加速度為：3sin370.43mgfagm彈，即 a 和 b 的加速度均為 0.4g；以 b 為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得2sin372mgtma解得0.4tmg故 c 正確， abd 錯(cuò)誤故選c3如圖所示，質(zhì)量為m 的板置于水平地面，其上放置一質(zhì)量為m 的物體，物體與板，板與地面間的滑動(dòng)摩檫系數(shù)分別為、2。當(dāng)作用在板上的水平拉力為f時(shí)能將板從物體下拉出，則f 的取值范圍為（）af mgbf ()mm gcf 2 ()mmgdf 3 ()mm g【答案】 d【解析】【詳解】當(dāng) m 和 m 發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，才有可能將m 從 m 下抽出，此時(shí)對(duì)應(yīng)的臨界狀態(tài)為：m 與 m間的摩擦力為最大

5、靜摩擦力mf，且 m 運(yùn)動(dòng)的加速度為二者共同運(yùn)動(dòng)的最大加速度ma，對(duì)m 有：mmfmgagmm，設(shè)此時(shí)作用與板的力為f，以 m、m 整體為研究對(duì)象，有：2mfmm gmm a，解得3fmm g，當(dāng)ff時(shí)，才能將m 抽出，即3fmm g，故 d 正確， abc錯(cuò)誤。4如圖所示電路中，電源內(nèi)阻不能忽略閉合開關(guān)s后，調(diào)節(jié)r 的阻值，使電壓表示數(shù)增大 u，在此過程中有()ar2兩端電壓減小 ub通過 r1的電流增大c通過 r2的電流減小量大于d路端電壓增大量為 u【答案】 b【解析】【詳解】a.因電壓表示數(shù)增大，可知并聯(lián)部分的總電阻增大，則整個(gè)電路總電阻增大，總電流減小， r2兩端電壓減小，電源內(nèi)阻分

6、擔(dān)電壓減小，路端電壓增大，所以r2兩端電壓減小量小于 u，故 a 項(xiàng)不合題意 .b.電壓表示數(shù)增大 u，r1是定值電阻，根據(jù)歐姆定律可知通過r1的電流增大量等于，故 b 項(xiàng)符合題意cd.因 r2兩端電壓減小量小于 u，有通過 r2的電流減小量小于；由于 r2兩端電壓減小，則知路端電壓增大量小于 u，故 c項(xiàng)不合題意，d 項(xiàng)不合題意5在如圖所示的電路中，已知電源的電動(dòng)勢(shì)e 5 v，內(nèi)阻不計(jì)， r18 ，r22 ，r35 ，r6 ，滑動(dòng)變阻器的最大阻值r4 20 ，電容器電容c2 f ，不計(jì)電表內(nèi)阻的影響，閉合開關(guān)，在滑片從a 端滑到 b 端的過程中，下列說法中正確的是( )a電流表的示數(shù)變大b電

7、壓表的示數(shù)變大c電源的總功率變大d電容器先放電后充電【答案】 d【解析】a、c、當(dāng) p 從 a 滑到 b 時(shí)，電路總電阻變大，總電流變小，電流表的示數(shù)變小，電源的總功率變小a、c 錯(cuò)誤； b、總電流變小，r1、r2支路的電流不變，通過r3的電流變小，故電壓表示數(shù)變小，b正確 ；d、 當(dāng) p在 a 端時(shí)電容器與r2并聯(lián)，電容器兩端電壓uc11v，上極板帶正電 ；當(dāng) p在 b 端時(shí)，電容器兩端電壓uc23v，上極板帶負(fù)電， 所以電容器先放電后充電， d 正確故選bd.【點(diǎn)睛 】本題考查閉合電路歐姆定律中的含容電路；要注意當(dāng)無法明確電容器的串并聯(lián)關(guān)系時(shí)則應(yīng)先求出兩端的電勢(shì)，再求出兩端的電勢(shì)差即可求解

8、6如圖所示，一個(gè)物體恰能在斜面體上沿斜面勻速下滑，可以證明出此時(shí)斜面不受地面的摩擦力作用，若沿斜面方向用力f向下推此物體，使物體加速下滑，斜面依然保持靜止，則斜面受地面的摩擦力是( )a大小為零b方向水平向右c方向水平向左d無法判斷大小和方向【答案】 a【解析】【詳解】對(duì)斜面體進(jìn)行受力分析如下圖所示：開始做勻速下滑知壓力與摩擦力在水平方向上的分力相等，當(dāng)用力向下推此物體，使物體加速下滑，雖然壓力和摩擦力發(fā)生了變化，但摩擦力f 始終等于nf。知兩力在水平方向上的分力始終相等，所以斜面受地面的摩擦力仍然為零。a斜面受地面的摩擦力大小為零，與分析結(jié)果相符，故a 正確；b斜面受地面的摩擦力方向水平向右

9、，與分析結(jié)果不符，故b錯(cuò)誤；c斜面受地面的摩擦力方向水平向左，與分析結(jié)果不符，故c錯(cuò)誤；d綜上分析，可知d 錯(cuò)誤。7如圖，平行金屬板中帶電質(zhì)點(diǎn)p原處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電流表和電壓表對(duì)電路的影響，選地面的電勢(shì)為零，當(dāng)滑動(dòng)變阻器r4的滑片向b 端移動(dòng)時(shí)，下列說法正確的是（）a電壓表讀數(shù)減小b小球的電勢(shì)能減小c電源的效率變高d若電壓表、電流表的示數(shù)變化量分別為u和i，則1urri【答案】 ad【解析】a 項(xiàng)：由圖可知，r2與滑動(dòng)變阻器r4串聯(lián)后與r3并聯(lián)后，再由r1串連接在電源兩端；電容器與 r3并聯(lián)；當(dāng)滑片向b 移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減??；由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流

10、增大；路端電壓減小，同時(shí)r1兩端的電壓也增大；所以并聯(lián)部分的電壓減小，故a 正確；b項(xiàng)： 由 a 項(xiàng)分析可知并聯(lián)部分的電壓減小，即平行金屬板兩端電壓減小，根據(jù)ued，平行金屬板間的場(chǎng)強(qiáng)減小，小球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，由于下板接地即下板電勢(shì)為0，由帶電質(zhì)點(diǎn)p原處于靜止?fàn)顟B(tài)可知，小球帶負(fù)電，根據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能大，所以小球的電勢(shì)能增大，故b錯(cuò)誤；c項(xiàng)：電源的效率：=piuupiee出總, 由 a分析可知，路端電壓減小，所以電源的效率變低，故c錯(cuò)誤；d項(xiàng)：將 r1和電源等效為一個(gè)新的電源，新電源的內(nèi)阻為r+r1，電壓表測(cè)的為新電源的路端電壓，如果電流表測(cè)的也為總電流，則1urri總, 由 a分析可知

11、3=raiii總，由于總電流增大，并聯(lián)部分的電壓減小，所以r3中的電流減小，則ia增大，所以aii總，所以1aurri，故 d 正確點(diǎn)晴：解決本題關(guān)鍵理解電路動(dòng)態(tài)分析的步驟：先判斷可變電阻的變化情況，根據(jù)變化情況由閉合電路歐姆定律euir確定總電流的變化情況，再確定路端電壓的變化情況，最后根據(jù)電路的連接特點(diǎn)綜合部分電路歐姆定律進(jìn)行處理8如圖所示，輕彈簧的一端固定在傾角為=300的光滑斜面的底部，另一端和質(zhì)量m 為的小物塊a 相連，質(zhì)量為m 的小物塊b 緊靠 a 靜止在斜面上，此時(shí)彈簧的壓縮量為x0 ，從某時(shí)刻開始，對(duì)b 施加沿斜面向上的外力f，使 b 始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過一段時(shí)間后，物塊

12、a、b 分離；再經(jīng)過同樣長(zhǎng)的時(shí)間，b 距其出發(fā)點(diǎn)的距離恰好也為x0 ,彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g 。則（）a彈簧的勁度系數(shù)b彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)物塊a、b 恰好分離c物塊 b 的加速度為d拉力 f的最小值為【答案】 ad【解析】【詳解】a、對(duì)整體分析，根據(jù)平衡條件可知，沿斜面方向上重力的分力與彈簧彈力平衡，則有：，解得：，故 a 正確 ；b、由題意可知 ，b 經(jīng)兩段相等的時(shí)間位移為x0，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)相鄰相等時(shí)間內(nèi)位移關(guān)系的規(guī)律可知：， 說明當(dāng)形變量為時(shí)二者分離，故b 錯(cuò)誤；c、對(duì) m 分析，因分離時(shí)a、b 間沒有彈力，則根據(jù)牛頓第二定律可知：， 聯(lián)立解得：，故 c 錯(cuò)誤；d、

13、分離前對(duì)整體分析可知，由牛頓第二定律有，則有剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力f的最小 ， f的最小值；分離后對(duì)b 分析可知，由牛頓第二定律有，解得，所以拉力f的最小值為，故 d 正確；故選 ad?！军c(diǎn)睛】解題時(shí)一定要注意明確整體法與隔離法的正確應(yīng)用，同時(shí)注意分析運(yùn)動(dòng)過程，明確運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的選擇和應(yīng)用是解題的關(guān)鍵。9在如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)e和內(nèi)電阻r 為定值， r1為滑動(dòng)變阻器，r2和 r3為定值電阻當(dāng)r1的滑動(dòng)觸頭p 從左向右移動(dòng)時(shí)，伏特表v1和 v2的示數(shù)的增量分別為u1和 u2，對(duì) u1和 u2有a12uub12uuc120,0uud210,0uu【答案】 ad【解析】【分析】【詳解】根據(jù)閉合電路歐

14、姆定律可知：13ui rr23uir結(jié)合公式可知1u2u，故 a 對(duì)；b錯(cuò)當(dāng) r1的滑動(dòng)觸頭p從左向右移動(dòng)時(shí)，回路中電阻減小，電流增大，所以電壓表v2增大，由于路端電壓減小，所以電壓表v1變小 ，則知 u20，u1 0，故 c 錯(cuò)；d 對(duì)故選 ad10 如圖所示，光滑斜面體固定在水平面上,傾角為 30 ，輕彈簧下端固定a 物體， a物體質(zhì)量為 m，上表面水平且粗糙，彈簧勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，初始時(shí)a 保持靜止?fàn)顟B(tài)，在 a 的上表面輕輕放一個(gè)與a 質(zhì)量相等的b 物體，隨后兩物體一起運(yùn)動(dòng)，則()a當(dāng) b放在 a 上的瞬間 ,a、b 的加速度為4gb當(dāng) b放在 a 上的瞬間 ,a 對(duì) b 的

15、摩擦力為零ca 和 b一起下滑距離2mgk時(shí),a 和 b 的速度達(dá)到最大d當(dāng) b放在 a 上的瞬間 ,a 對(duì) b 的支持力大于mg【答案】 ac【解析】【詳解】a、將 b放在 a 上前，以 a 為研究對(duì)象受力分析有：根據(jù)平衡可知：1302fmgsinmg；當(dāng) b 放在 a 上瞬間時(shí)，以ab 整體為研究對(duì)象受力分析有：整體所受合外力230(2)fmgsinfm a合，可得整體的加速度112?2224mgmggam，故 a 正確；bd、當(dāng) b 放在 a 上瞬間時(shí)， b 具有沿斜面向下的加速度，可將b的加速度沿水平方向和豎直方向分解，b的加速度有水平方向的分量，重力與支持力在豎直方向，故可知此加速度

16、分量由a 對(duì) b的摩擦力提供，故b 錯(cuò)誤 ；b的加速度有豎直方向的分量，且豎直向下，故可知，a 對(duì) b 的支持力與b的重力的合力豎直向下，故a 對(duì) b 的支持力小于b 的重力，故d 錯(cuò)誤 ；c、ab一起下滑時(shí)，彈簧彈力增加，共同下滑的加速度減小，故當(dāng)加速度減小至0 時(shí)， ab具有最大速度，由a 分析知2300fmgsinf合， 可得彈簧彈力f= mg，所以共同下滑的距離122mgmgffmgxkkk，ab 具有最大速度，故c 正確 ；故選 ac【點(diǎn)睛】當(dāng) b 放在 a 上瞬間，以ab 整體為研究對(duì)象受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求得ab的加速度，由 ab 的共同加速度，隔離b 分析 a 對(duì) b 的

17、摩擦力與支持力的大小情況即可ab 速度最大時(shí)加速度為零，據(jù)此計(jì)算分析即可11 如圖所示，質(zhì)量均為m 的物塊 a、b 疊放在光滑水平桌面上，質(zhì)量為m 的物塊 c用跨過輕質(zhì)光滑定滑輪的輕繩與b連接，且輕繩與桌面平行，a、b 之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）a物塊 a 運(yùn)動(dòng)的最大加速度為b要使物塊a、b發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，應(yīng)滿足關(guān)系c若物塊a、 b 未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，物塊a 受到的摩擦力為d輕繩對(duì)定滑輪的作用力為【答案】 acd【解析】【詳解】設(shè) a、b相對(duì)靜止時(shí)a、b 的共同加速度為a，繩對(duì) c的拉力為t，b 對(duì) a 的摩擦力為f。根據(jù)題意可知此

18、時(shí)c的加速度大小也為a（方向向下）；取 c 為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得mg-t=ma，解得 t=mg-ma；取 ab整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得：t=2ma ；取b為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得：f=ma；聯(lián)立得：a、a、b 之間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，即f= mg ，其加速度也達(dá)到最大值amax=ug，故 a 正確 .b、由解得此時(shí)，所以 b 錯(cuò)誤 .c、由可推導(dǎo)出，將 a代入可得；故 c 正確 .d、因?yàn)槔K對(duì)c 的拉力 t=mg-ma，所以繩對(duì)滑輪的力；故 d 正確 .故選 acd.【點(diǎn)睛】解決好本題的關(guān)鍵是靈活的選取研究對(duì)象，要充分理解a 滑動(dòng)的臨界條件是其所受的滑動(dòng)摩擦力充當(dāng)合外力.12 如圖，電路中定值電阻阻值r 大于電源內(nèi)阻阻值r.將滑動(dòng)變阻器滑片xr向下滑動(dòng)，理想電壓表v1、v2、 v3示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為1u、2u、3u，理想電流表a 示數(shù)變化量的絕對(duì)值為i，下列判斷正確的是av2的示數(shù)增大b電源輸出功率在增大c2u與i的比值不變d1u小于2u【答案】 bc【解析】【詳解】a理想電壓表內(nèi)阻無窮大，相當(dāng)于斷路，理想電流表內(nèi)阻為零，相當(dāng)短路，所以定值電阻