高考物理整體法隔離法解決物理試題試題經(jīng)典

1、高考物理整體法隔離法解決物理試題試題經(jīng)典一、整體法隔離法解決物理試題1.如圖所示，R為熱敏電阻（溫度降低，其電阻增大），D為理想二極管（正向電阻為零，反 向電阻無(wú)窮大），平行板電容器中央有一帶電液滴剛好靜止， M點(diǎn)接地，開(kāi)關(guān)S閉合.下列 各項(xiàng)單獨(dú)操作時(shí)可使帶電液滴向上運(yùn)動(dòng)的是 （ ）A.滑動(dòng)變阻器R的滑動(dòng)觸頭P向上移動(dòng)B.將熱敏電阻R0的溫度降低C.開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)D.電容器的上極板向上移動(dòng)【答案】C【解析】【詳解】A.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭 P向上移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，則總電流增 大，內(nèi)電壓及R0兩端的電壓增大，則路端電壓和滑動(dòng)變阻器兩端的電壓都減小，由于二極 管具有單向?qū)щ娦?，?/p>

2、荷不會(huì)向右流出，所以電容器兩端的電勢(shì)差不變，故A項(xiàng)不合題息；B.當(dāng)熱敏電阻溫度降低時(shí)，其阻值增大，則由閉合電路歐姆定律可知，滑動(dòng)變阻器兩端的 電壓減小，液滴仍然靜止，故 B項(xiàng)不合題意；C開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，電容器直接接在電源兩端，電容器兩端電壓增大，則液滴向上運(yùn)動(dòng)，故C項(xiàng)符合題意；D.若使電容器的上極板向上移動(dòng)，即 d增大，則電容器電容 C減小，由于二極管具有單向QS導(dǎo)電性，電荷不會(huì)向右流出，所以電容器兩端的電勢(shì)差增大，由于 U Q, C 一，C 4 kdU 4 kQ 、一-E 所以E ,由于極板上的電荷量不變，而場(chǎng)強(qiáng)E與極板之間的距離無(wú)關(guān)，所以場(chǎng)強(qiáng)E不變，液滴仍然靜止，故 D項(xiàng)不合題意.2.在如圖

3、所示的電路中， E為電源電動(dòng)勢(shì)，r為電源內(nèi)阻，Ri和R3均為定值電阻，及為滑 動(dòng)變阻器.當(dāng)R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)在a端時(shí)合上開(kāi)關(guān)S,此時(shí)三個(gè)電表 Ai、A2和V的示數(shù)分別為 Ii、I2和U.現(xiàn)將R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)，則三個(gè)電表示數(shù)的變化情況是A. Il增大，I2不變，U增大B. Ii減小，I2增大，U減小C. Ii增大，I2減小，U增大D. Ii減小，I2不變，U減小【答案】B【解析】【分析】【詳解】R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)時(shí)，R2減小，整個(gè)電路的總電阻減小，總電流增大，內(nèi)電壓增 大，外電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，R3電壓增大，R、R2并聯(lián)電壓減小，通過(guò) R的電流Ii減小，即Ai示數(shù)減小，而總電流

4、I增大，則流過(guò)R2的電流I2增大，即A2示數(shù)增大.故 A、C、D錯(cuò)誤，B正確.3.如圖所示，一個(gè) "V'形槽的左側(cè)擋板 A豎直，右側(cè)擋板 B為斜面，槽內(nèi)嵌有一個(gè)質(zhì)量 為m的光滑球C."V'形槽在水平面上由靜止開(kāi)始向右做加速度不斷減小的直線運(yùn)動(dòng)的一小段時(shí)間內(nèi)，設(shè)擋板 A、B對(duì)球的彈力分別為Fi、F2,下列說(shuō)法正確的是（）A. Fi、F2都逐漸增大B. Fi、F2都逐漸減小C. Fi逐漸減小，F(xiàn)2逐漸增大D. Fi、F2的合外力逐漸減小【答案】D【解析】光滑球C受力情況如圖所示:F2的豎直分力與重力相平衡，所以F2不變;F1與F2水平分力的合力等于 ma,在V形

5、槽在水平面上由靜止開(kāi)始向右做加速度不斷減小的直線運(yùn)動(dòng)的一小段時(shí)間內(nèi)，加速度不斷減小，由牛頓第二定律可知Fi不斷減小，F(xiàn)i、F2的合力逐漸減小，故 D正確，A、B、C錯(cuò)誤；故選D.【點(diǎn)睛】以光滑球 C為研究對(duì)象，作出光滑球 C受力情況的示意圖；豎直方向上受力平衡，水平方向根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的大小，結(jié)合加速度的變化解答.4.如圖所示，三物體 A、B、C均靜止，輕繩兩端分別與 A、C兩物體相連接且伸直， mA=3kg, mB=2kg, mc=1kg,物體A、B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為后0.1,地面光滑，輕繩與滑輪間的摩擦可忽略不計(jì)?，F(xiàn)用15N的力作用在B物體上，則下列說(shuō)法正確的是(最大靜摩擦力

6、等于滑動(dòng)摩擦力，取g=10m/s2)(). 一 iA.物體B將從A、C中抽出，A、C可能會(huì)靜止不動(dòng)B.物體B與A一起向左加速運(yùn)動(dòng)， C向右加速運(yùn)動(dòng)C.物體B與C一起向左加速運(yùn)動(dòng)，A向右加速運(yùn)動(dòng)D. A、C加速度大小均為 0.5m/s2【答案】D【解析】【詳解】B、C間的最大靜摩擦力fBcmA mB g 5NA、B間的最大靜摩擦力fABmA g 3N fBC若要用力將B物體從A、C間拉出，拉力最小時(shí)，B、C之間的摩擦力剛好達(dá)到最大，此時(shí)物體A已經(jīng)向右以加速度 a加速運(yùn)動(dòng)，B、C以加速度a向左加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)繩子上拉力為 T,以A為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得T-fAB=mAa以C為研究對(duì)象有fBC

7、-T=mCa解得a=0.5m/s2,以B為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得F- (fBC+fAB)=m Ba解得F=9N,由題知F=15N 9N,所以可以將 B物體從A、C中間抽出；即用15N的力作用 在B物體上，物體 A向右以加速度a=0.5m/s2加速運(yùn)動(dòng)，C以加速度a=0.5m/s2向左加速運(yùn) 動(dòng)。A.物體B將從A、C中抽出，A、C可能會(huì)靜止不動(dòng)，與分析不一致，故 A錯(cuò)誤;B.物體B與A一起向左加速運(yùn)動(dòng)， C向右加速運(yùn)動(dòng)，與分析不一致，故 B錯(cuò)誤;C.物體B與C一起向左加速運(yùn)動(dòng)，A向右加速運(yùn)動(dòng)，與分析不一致，故 C錯(cuò)誤;D.A、C加速度大小均為0.5m/s2,與分析相一致，故 D正確。A.

8、必為推力5 .如圖所示，兩塊連接在一起的物塊 a和b,質(zhì)量分別為 ma和mb,放在水平的光滑桌面 上，現(xiàn)同時(shí)施給它們方向如圖所示的推力 Fa和拉力Fb,已知Fa>Fb,則關(guān)于a對(duì)b的作用 力，下列說(shuō)法正確的是 （）B.必為拉力C.可能為推力，也可能為拉力D.不可能為零【答案】C【解析】試題分析：整體水平方向受兩推力而做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得：Fa Fba -,對(duì)a由牛頓第二定律可得：Fa F maa ,則ma mbmaFb mbFaF maa Fa 右mbFa maFb , F為負(fù)值，b對(duì)a為推力；右ma mbmbFa maFb, F為正值，則b對(duì)a為拉力；若 mb Fa m

9、aFb , F為零.故C正確，A、B、D錯(cuò)誤.故選C.考點(diǎn)：考查牛頓第二定律；物體的彈性和彈力.6 .如圖所示，A、B C三個(gè)物體靜止疊放在水平桌面上，物體 A的質(zhì)量為2m, B和C的質(zhì)量都是m, A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 %B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為彳，B和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為萬(wàn)設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)對(duì)A施加一水平向右的拉力F,則下列判斷正確的是37A.若A、B、C三個(gè)物體始終相對(duì)靜止，則力 F不能超過(guò)一科mg3B.當(dāng)力F=科mg寸，A、B間的摩擦力為413C.無(wú)論力F為何值，B的加速度不會(huì)超過(guò)"wg171D.當(dāng)力F>/mg寸，B相對(duì)A滑動(dòng)【答案】AB【解

10、析】【詳解】師©A.A與B間的最大靜摩擦力大小為：2Umg,c與B間的最大靜摩擦力大小為：4 , B與地面間的最大靜摩擦力大小為：百（2m+m+m）="才；要使A, B, C都始終相對(duì)靜止，三者一起向右加速，對(duì)整體有：F-=4ma,假設(shè)C恰好與B相對(duì)不滑動(dòng)，對(duì) C有："小可明 34 =ma,聯(lián)立解得：a=4 , F=，mg;設(shè)此時(shí)A與B間的摩擦力為f ,對(duì)A有：F-A還沒(méi)有，故要使三者始終保持相對(duì)靜f=2ma,解得f="mg<2"mg,表明C達(dá)到臨界時(shí)31止，則力F不能超過(guò)mg故A正確.B.當(dāng)力F=mg寸，由整體表達(dá)式=4ma可得:1a=

11、1g,代入A的表達(dá)式可得:13f= + mg,故B正確.誄mgC.當(dāng)F較大時(shí)，A,C都會(huì)相對(duì)B滑動(dòng)，B的加速度就得到最大，對(duì) B有：2目-4刈坦5'=maB,解得aB=4 g,故C錯(cuò)誤.Rmg ptmgD.當(dāng)A恰好相對(duì)B滑動(dòng)時(shí)，C早已相對(duì)B滑動(dòng)，對(duì) A B整體分析有：F- ? - 4 =3mai,對(duì) pqA有：F-2 mg=2ma,解得F2科mg故當(dāng)拉力F7科mgB寸，B相對(duì)A滑動(dòng)，D錯(cuò)誤.胡選：A、B.7 .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，Ri為滑動(dòng)變阻器，R2和R3為 定值電阻.當(dāng)Ri的滑動(dòng)觸頭P從左向右移動(dòng)時(shí)，伏特表 Vi和V2的示數(shù)的增量分別為 AU1 和A

12、12,對(duì)AU1和A也有<1<1A. Ui U2B. U1 U2C.U1 0, U2 0D. U2 0, U1 0【答案】AD【解析】【分析】【詳解】根據(jù)閉合電路歐姆定律可知 ：UiI r R3U2IR3結(jié)合公式可知| Ui|> U2 ,故A對(duì)；B錯(cuò)當(dāng)Ri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Vi變小，則知A也>0, AU1 <0,故C錯(cuò)；D對(duì)故選AD8 .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)

13、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 （）gA.當(dāng)B放在A上的瞬間，A、B的加速度為4B.當(dāng)B放在A上的瞬間，A對(duì)B的摩擦力為零C. A和B 一起下滑距離mg時(shí),A和B的速度達(dá)到最大2kD.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：1根據(jù)平衡可知：F mgsin30 mg ；2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:F (2m)a,可得整體的加速度2mg"2mg g故a正確； a 2m 4BD、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

14、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F合2mgsin30 F 0,可得彈簧彈力F mg ,所以共同下1滑的距離F F mg '2 mg mg , AB具有最大速度，故C正確；x k k 2k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

15、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.9.在如圖所示電路中，Ri、R2為定值電阻，閉合電鍵S后，帶電粒子恰處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，理想電壓表Vi, V2, V3示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為A Ui、AU2、AU3,理想電流表 A示數(shù)變化量的絕對(duì)值為AJ則()A. Vi示數(shù)減小，V2和V3示數(shù)增大B.帶電粒子將向上運(yùn)動(dòng)C. AU3> AWD.此過(guò)程中一力保持不變 I【答案】BCD【解析】【詳解】A.將滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器的阻值減小，電路的總電阻減小，由

16、閉合電路歐姆定律知，總電流增大，則 Vi示數(shù)Ui增大.內(nèi)電壓增大，路端電壓 U減小，而路 端電壓U Ui U3,可知，V3示數(shù)U3減小.R2兩端電壓增大，所以 V2示數(shù)減小，故 A 錯(cuò)誤；B. R2兩端電壓增大，則電容器板間電壓增大，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，帶電粒子所受的電場(chǎng)力增大，因此帶電粒子將向上運(yùn)動(dòng)，故 B正確；C.因?yàn)閁 U 1 U 3, U3減小，Ui增大，而U減小，所以 U3> U1 .故C正確；D.根據(jù)閉合電路歐姆定律知：U2 E I (Ri R2 r) 得U2p R, R2 r保持不變，故D正確.故選BCD.10 .兩個(gè)重疊在一起的滑塊，置于傾角為。的固定斜面上，滑塊 A、B的質(zhì)量

17、分別為 M和B.方向沿斜面向上D.大小等于 2mgcosm,如圖所示，A與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為 W, B與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 巴 已知兩滑塊都 從靜止開(kāi)始以相同的加速度從斜面滑下，則滑塊A受到的摩擦力()C.大小等于 Mg cos【答案】BC【解析】【詳解】以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得，整體的加速度為:g(sin1cos )(M m) g sin 1(M m)gcosM m設(shè)A對(duì)B的摩擦力方向向下，大小為 f,則有：解得：f負(fù)號(hào)表示摩擦力方向沿斜面向上 則A受到B的摩擦力向下，大小 為：fA fmgsin f mama mg sin1mg cosf f ,斜面的滑動(dòng)摩擦力向上,1 (M

18、m)g cos1Mg cosA受到的總的摩擦力AB.計(jì)算出的A受的總的摩擦力為負(fù)值，表示方向沿斜面向上；故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確.CD.計(jì)算得出A受到總的摩擦力大小為1Mg cos ；故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤.11 .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Rx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| U1、 U2、 U3 ,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B.電源輸出功率在增大D. U1小于 U 2A. V2的示數(shù)增大C. U2與I的比值不變【答案】BC【解析】【詳解】A.理想電壓表內(nèi)阻無(wú)窮大，相當(dāng)于斷路，理想電流表內(nèi)阻為零，相當(dāng)

19、短路，所以定值電 阻R與變阻器串聯(lián)，電壓表 V1、V2、V3分別測(cè)量R、路端電壓和變阻器兩端的電壓。當(dāng)滑 動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電 壓減小，則V2的示數(shù)減小，故 A錯(cuò)誤；B.當(dāng)內(nèi)外電阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大，故當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)時(shí)，外電阻 越來(lái)越接近內(nèi)阻，故電源的輸出功率在增大，故 B正確；C. U2與I的比值為r,不會(huì)改變，故 C正確D.根據(jù)閉合電路歐姆定律得U2E Ir ,則得DU2 = rDiDUi =|DI|DUi > DU2而由于R> r ,則得故D錯(cuò)誤?！军c(diǎn)睛】 本題是電路的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，關(guān)鍵要搞清電路的結(jié)

20、構(gòu)，明確電表各測(cè)量哪部分電路的電壓 或電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析。12.如圖甲所示，在光滑水平地面上疊放著質(zhì)量均為M=2kg的A、B兩個(gè)滑塊，用隨位移均勻減小的水平推力 F推滑塊A,讓它們運(yùn)動(dòng)，推力 F隨位移x變化的圖像如圖乙所示。已知兩滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.3, g 10m/s2。下列說(shuō)法正確的是A.在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滑塊 A的最大加速度是2.5m/s2B.在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滑塊 B的最大加速度是3m/s2C.滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是3mD.物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為 、"m/s【答案】AD【解析】【詳解】 假設(shè)開(kāi)始時(shí)AB相對(duì)靜止，對(duì)整體根據(jù)牛頓第二定律，有 F=2Ma,解得I F 1

21、017*7- 7 *)=2cm/N上M上"；隔離B, B受到重力、支持力和 A對(duì)B的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，f=Ma=2X 2.5=5NK科Mg=6N所以AB不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，保持相對(duì)靜止，最大加速度均為2.5m/s2,故A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)F=0時(shí)，加速度為0,之后AB做勻速運(yùn)動(dòng)，位 移繼續(xù)增加，故 C錯(cuò)誤；F-x圖象包圍的面積等于力 F做的功，W=2 X2X1O10J；當(dāng)F=0,1即a=0時(shí)達(dá)到最大速度，對(duì) AB整體，根據(jù)動(dòng)能定理，有叫3故D正確；故選AD。W=-x2Mv-0;代入數(shù)據(jù)得：【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵是要注意判斷AB是否會(huì)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，知道F-x圖象包圍的面積代表力所

22、做的功，值得注意的是速度最大時(shí)，加速度為0,合力為0,充分利用圖象獲取信息.13.如圖所示，一根不可伸長(zhǎng)的輕繩兩端分別系著小球A和物塊B,跨過(guò)固定于斜面體頂端的光滑滑輪 O,傾角為30。的斜面體置于水平地面上.A的質(zhì)量為m, B的質(zhì)量為6m,斜面體質(zhì)量為 m.開(kāi)始時(shí)，用手托住 A,使OA段繩恰處于水平伸直狀態(tài)（繩中無(wú)拉 力），OB繩平行于斜面，此時(shí) B靜止不動(dòng).現(xiàn)將 A由靜止釋放，在其下擺過(guò)程中（未與 斜面體相碰），斜面體始終保持靜止，不計(jì)空氣阻力，下列判斷中正確的是A.物塊B受到的摩擦力先減小后增大B.地面對(duì)斜面體的摩擦力方向一直向右C.小球A的機(jī)械能守恒D.地面對(duì)斜面體的支持力最大為10m

23、g【答案】BCD【解析】12小球A擺下過(guò)程，只有重力做功，機(jī)械能寸恒，有 mgL mv ,在最低點(diǎn)2有：F mg m,解得：F 3mg ,再對(duì)物體B受力分析，受重力、支持力、拉力和 L靜摩擦力，此時(shí)支持力最大，為 N 7mg 3mg 10mg ,重力沿斜面向下的分力為Fx 6mgsin30 3mg ,故靜摩擦力一直減小，故 A錯(cuò)誤，CD正確.對(duì)物體B和斜面體 整體受力分析，由于 A球向左下方拉物體 B和斜面體整體，故一定受到地面對(duì)其向右的靜 摩擦力.故B正確.故選BCD.【點(diǎn)睛】小物體 B一直保持靜止，小球 A擺下過(guò)程，只有重力做功，機(jī)械能守恒，細(xì)線的 拉力從零增加到最大，再對(duì)物體 B受力分析，根據(jù)平衡條件判斷靜摩擦力的變化情況.對(duì) B與斜面整體受力分析，判斷地面對(duì)斜面體摩擦力的方向以及壓力的大小.14 .如圖所示，水平面上有兩個(gè)質(zhì)量分別為mi和m2的木塊1和2,中間用一條輕繩連接，兩物體的材料相同，現(xiàn)用力 F向右拉木塊2,當(dāng)兩木塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 時(shí)，下列說(shuō)法正確的是A .繩的拉力大小與水平面是否粗糙有關(guān)B.繩的拉力大小與水平面是否粗糙無(wú)關(guān)m1 FC若水平面是光滑的,則繩的拉力為二不miFD.若水平面是粗糙的，且物體和地面摩擦因數(shù)為臼則繩的拉力為 migm1 m2【答案】BC【解析】設(shè)物體和地面摩