【物理】物理整體法隔離法解決物理試題題20套(帶答案)

1、【物理】物理整體法隔離法解決物理試題題 20套（帶答案）一、整體法隔離法解決物理試題1.如圖A、B、C為三個完全相同的物體，當水平力F作用于A上，三物體一起向右勻速運動；某時撤去力 F后，三物體仍一起向右運動，設此時A、B間摩擦力為f, B、C間作用力為Fno整個過程三物體無相對滑動，下列判斷正確的是 f=0 fw0 Fn=0 FnwoA. B, C. D.【答案】A【解析】【詳解】開始三個物體在拉力 F的作用下一起向右做勻速運動，可知地面對B、C總的摩擦力21f' =F, B受地面的摩擦力為'V, C受地面的摩擦力為qF;撤去F后，B、C受地面的摩擦力不變，由牛頓第二定律可知

2、，aBmm, ac=mJm, B、C以相同的加速度向右做勻減速運動，B、C間作用力Fn=0,故正確。分析A、B,撤去F后，整個過程三物體無相對滑動，則A與B加速度相同，B對A有向左的摩擦力f=maB='，故正確。故選：A2.質(zhì)量為m的光滑圓柱體 A放在質(zhì)量也為 m的光滑“V型槽B上,如圖，“ 二60另有質(zhì)量為B相連，現(xiàn)將C自由釋放，則下列說法正確M的物體C通過跨過定滑輪的不可伸長的細繩與 的是（）A.若A相對B未發(fā)生滑動，則A、B、C三者加速度相同B.當M=2m時,A和B共同運動的加速度大小為 gC.當 M 3( 3 1)m時，A和B之間的正壓力剛好為零2D.當M (J3 1)m時,A

3、相對B剛好發(fā)生滑動【答案】D【解析】【分析】由題中“有質(zhì)量為 M的物體C通過跨過定滑輪的不可伸長的細繩與B相連”可知，本題考查牛頓第二定律和受力分析，運用整體法和隔離法可分析本題?！驹斀狻緼、若A相對B未發(fā)生滑動，則 AB可看做整體，加速度相同，C的運動方向向下，加速度方向與AB不同，故A錯誤；B、若A和B共同運動的加速度大小為 g時，則C得加速度大小也為g,但對C隔離分析，C不可能做自由落體，因此不論M等于多少，加速度不能是 g,故B錯誤；CD、若A和B之間的正壓力剛好為零，則此時加速度設為a,對A受力分析可得F cos ma, F sin mg解得3a Tg對A、B、C整體運用牛頓第二定律

4、可得Mg (M 2m)a解得M (3 1)m故C錯誤D正確；3.如圖，斜面體置于水平地面上，斜面上的小物塊A通過輕質(zhì)細繩跨過光滑的定滑輪與物塊B連接，連接A的一段細繩與斜面平行，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現(xiàn)對B施加一水平力FA.地面對斜面體的支持力一直增大B.繩對滑輪的作用力不變C.斜面體對物塊A的摩擦力一直增大D.地面對斜面體的摩擦力一直增大【答案】D【解析】【詳解】取物體B為研究對象，分析其受力情況，設細繩與豎直方向夾角為 巴則水平力：mg T- 繩子的拉力為：A、因為整體豎直方向并沒有其他力 ，故斜面體所受地面的支持力沒有變 ；故人錯誤；B、由題目的圖可以知道，隨著B的位置向右移動，繩對滑輪的作

5、用力一定會變化 .故B錯誤； C、在這個過程中盡管繩子張力變大，但是因為物體A所受斜面體的摩擦力開始并不知道其 方向，故物體A所受斜面體的摩擦力的情況無法確定 ；故C錯誤；D、在物體B緩慢拉高白過程中 F增大，則水平力F隨之變大，對A、B兩物體與斜面體這個 整體而言，因為斜面體與物體 A仍然保持靜止，則地面對斜面體的摩擦力一定變大；所以D選 項是正確的； 故選D【點睛】以物體B受力分析曲共點力的平衡條件可求得拉力變化；再對整體受力分析可求得地面對 斜面體的摩擦力；再又A物體受力分析可以知道 A受到的摩擦力的變化.4.如圖所示，電源電動勢為E,內(nèi)電阻為r, L1、12是兩個小燈泡，R是滑動變阻R

6、的滑動片由最左端向最右端器，Vi、V2可視為理想電壓表.閉合開關(guān) S,將滑動變阻器 滑動，小燈泡的阻值可視為不變，下列說法正確的是()A.小燈泡L1變暗，Vi表的示數(shù)變小,V2表的示數(shù)變大B.小燈泡Li變亮，Vi表的示數(shù)變大,V2表的示數(shù)變小C.小燈泡L2變暗，Vi表的示數(shù)變小,V2表的示數(shù)變大D.小燈泡L2變亮，Vi表的示數(shù)變大,V2表的示數(shù)變大【解析】將滑動變阻器的觸片由左端向右滑動時，變阻器接入電路的電阻變大，變阻器與燈泡L2并聯(lián)的電阻變大，外電路總電阻增大，則路端電壓隨之增大，即Vi表的讀數(shù)變大.由閉合電路歐姆定律可知，流過電源的電流減小，燈泡Li變暗，電壓表 V2讀數(shù)變小.燈泡L2的

7、電壓U2=E-I(r+RLi)增大，I減小，則U2增大，燈泡L2變亮.故D正確.故選D.【點睛】本題是電路中動態(tài)分析問題.對于路端電壓可以直接根據(jù)路端電壓隨外電阻增大而增大，減小而減小判斷.5 .如圖，質(zhì)量均為 m的A、B兩個小物體置于傾角為 30。的斜面上，它們相互接觸但不粘連.其中B與斜面同動摩擦因數(shù)為,A為光滑物體，同時由靜止釋放兩個物體, 6重力加速度為g.則下列說法正確的是A.兩個物體在下滑過程中會分開B.兩個物體會一起向下運動,加速度為C.兩個物體會一起向下運動.加速度為3g8D.兩個物體會一起向下運動,它們之間的相互作用力為12 mg對B受力分析,Nba mAaA2A由牛頓第二定

8、律得mBgsinNba mBgcos mBaB,且有 aA aB1聯(lián)立斛得Nbaumgcos213一 一一 一 一一 mg , aA aB - g,故 B 正確，ACD 錯誤;88故選B.【點睛】兩物體剛好分離的條件是兩物體之間作用力為0, a前二a后.6 .如圖，電路中定值電阻阻值 R大于電源內(nèi)阻r,開關(guān)K閉合，將滑動變阻器滑片向下滑 動，理想電壓表 Vi、V2、V3的示數(shù)變化量的絕對值分別為AUi、A U2、AU3,理想電流表示數(shù)變化量的絕對值為 AI,正確的是I I、口R W J-£® TY TrY q >1A. V2的示數(shù)增大B.電源輸出功率在增大C. A U

9、3> A Ui> A U2D. A U3與AI的比值在減小【答案】BC【解析】【詳解】理想電壓表內(nèi)阻無窮大，相當于斷路.理想電流表內(nèi)阻為零，相當短路，所以R與變阻器串聯(lián)，電壓表 Vi、V2、V3分別測量R路端電壓和變阻器兩端的電壓.當滑動變阻器滑片 向下滑動時，接入電路的電阻減小，電路中電流增大.A.根據(jù)閉合電路歐姆定律得：V2的示數(shù)U2 E IrI增大，U2減小，故A錯誤;B.電路中定值電阻阻值 R大于電源內(nèi)阻r,外電阻減小，電源輸出功率在增大，故B正確；D.由閉合歐姆定律得：U3 E I r R解得U3I所以一匕不變，故D錯誤;IC.由閉合歐姆定律得:U3U2 IrU1 IR又

10、定值電阻阻值 R大于電源內(nèi)阻阻值r,則 U3 Ui U2,故C正確.7 .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之間的動摩擦因數(shù)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g,下列說法正確的是()A.物塊A運動的最大加速度為B.要使物塊A、B發(fā)生相對滑動,應滿足關(guān)系C.若物塊A、B未發(fā)生相對滑動,一. Mmg物塊A受到的摩擦力為小D.輕繩對定滑輪的作用力為2mg【答案】AC【解析】【詳解】A.A受到的最大合外力為 科Mg則A的最大加速度： a=MgM=g故A正確；B.當A的加速度恰好為 pg時，

11、A、B發(fā)生相對滑動，以 A、B、C系統(tǒng)為研究對象，由牛頓 第二定律得：mg=(M + M+m)p g解得：m= 2 M ,要使物塊 A、1B之間發(fā)生相對滑動，物塊 C的質(zhì)量至少為2事 故B1錯誤；C.若物塊A、B未發(fā)生相對滑動,A、B、C三者加速度的大小相等，由牛頓第二定律得:mg=(2M+m)a對A:f=Ma解得：f=Mmg ,八十落,故C正確;2M mD.C要向下做加速運動， C處于失重狀態(tài)，繩子的拉力：T<mg,輕繩對定滑輪的作用力:N= I2 t2 = , 2 T < - 2mg故D錯誤;8 .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狀態(tài)，現(xiàn)

12、將滑動變阻器的滑片向下滑動，理想電壓表Vi, V2, V3示數(shù)變化量的絕對值分別為A Ui、AU2、AU3,理想電流表 A示數(shù)變化量的絕對值為AJ則（）1 . Vi示數(shù)減小，V2和V3示數(shù)增大B.帶電粒子將向上運動D.此過程中一9保持不變 I【答案】BCD【解析】【詳解】A.將滑動變阻器的滑片向下滑動，滑動變阻器的阻值減小，電路的總電阻減小，由閉合電路歐姆定律知，總電流增大，則 Vi示數(shù)U1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錯誤;8 . R2兩端電壓增大，則電容器板間電壓增大，板間場強增大，帶電粒

13、子所受的電場力增大，因此帶電粒子將向上運動，故 B正確；C.因為U Ui U3, U3減小,Ui增大，而U減小，所以Ui .故C正確;D.根據(jù)閉合電路歐姆定律知:得保持不變，故D正確.故選BCD.U2 E I(R R2 r)U2Ri9 .傾角為。的斜面體M靜止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的.已知質(zhì)量為 m的 物塊恰可沿其斜面勻速下滑.今對下滑的物塊m施加一個向右的水平拉力 F,物塊仍沿斜面向下運動，斜面體 M始終保持靜止.則此時（）B.物塊m下滑的加速度大于 Fcos 0mC.水平面對斜面體 M的靜摩擦力方向水平向左D.水平面對斜面體 M的靜摩擦力大小為零【答案】BD【解析】【分析】【詳

14、解】AB.對物體B受力分析，受到重力、支持力和滑動摩擦力，如圖根據(jù)平衡條件，有 mgsin 0=f, mgcosON；其中f二9 解得:根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin 0FCos -mgcos aFsin 0 mra, 解得F cos F sin F cos a mm選項A錯誤，B正確；CD.無拉力時，對斜面受力分析，受到重力Mg,壓力、滑塊的摩擦力和地面的支持力,其中壓力和摩擦力的合力豎直向下，如圖-J IM / rMg1當有拉力后，壓力和摩擦力都成比例的減小，但其合力依然向下，故地面與斜面體間無摩擦力，故CD錯誤；故選BD.【點睛】本題關(guān)鍵是先對物體 B受力分析，得到動摩擦因數(shù)ktan依然

15、后得到物體 B對斜面題的摩擦力和壓力的合力一定豎直向下.10.如圖，電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r.將滑動變阻器滑片 Rx向下滑動，理想電壓表Vi、V2、V3示數(shù)變化量的絕對值分別為I Ui、 U2、 U3 ,理想電流表A示 數(shù)變化量的絕對值為| I|,下列判斷正確的是A. V2的示數(shù)增大B.電源輸出功率在增大C.U2與I的比值不變D.Ui小于 U2【答案】BC【解析】【詳解】A.理想電壓表內(nèi)阻無窮大，相當于斷路，理想電流表內(nèi)阻為零，相當短路，所以定值電 阻R與變阻器串聯(lián)，電壓表 Vi、V2、V3分別測量R、路端電壓和變阻器兩端的電壓。當滑 動變阻器滑片向下滑動時，接入電路的電阻減小，

16、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錯誤；B.當內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大，故當滑動變阻器滑片向下滑動時，外電阻 越來越接近內(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,不會改變，故 C正確D .根據(jù)閉合電路歐姆定律得U2 E Ir ,則得|DU2DI由于R> r ,則得DUi問DU1 > DU2故D錯誤?！军c睛】 本題是電路的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵要搞清電路的結(jié)構(gòu)，明確電表各測量哪部分電路的電壓 或電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律進行分析。A.電壓表示數(shù)變大11 .如圖所示電路中，電源的內(nèi)電阻為 r, R2、R3、R4均為定值電阻

17、，電表均為理想電 表.閉合電鍵S,當滑動變阻器 Ri的滑動觸頭P向右滑動時，電流表和電壓表的示數(shù)變化 量的大小分別為 小 山，下列說法正確的是（）B.電流表示數(shù)變大C.【答案】AD設Ri、R2、R3、R4的電流分別為11、12、13、I4,電壓分別為Ui、U2、U3、U4.干路電流為I干，路端電壓為U,電流表電流為I.A、R1變大，外電阻變大，I干變小，U=E-I干r變大，U3變大.故 A正確.B、I3變大，I干變小，由I4=I干-I3變小，U4變小，而 U2=U-U4, U變大，則 U2變大，I2變大，I4=I1 + I2, I1變小.故B錯誤C、D,由歐姆定律 U=E-I干r,得 一1 =

18、r ,由I干=I+I2+I3, I1變小，I2變大，I3變大，I干變 I干小，則AI1>AI干，即 I>AI干，所以一U r ,故C錯誤；D正確；故選AD【點睛】由圖可知，R、R2并聯(lián)，再與R4串聯(lián)，與R3并聯(lián)，電壓表測量路端電壓，等于R3電壓.由R接入電路的電阻變化，根據(jù)歐姆定律及串并關(guān)系，分析電流表和電壓表示數(shù)變化 量的大小.本題的難點在于確定電流表示數(shù)變化量與干路電流變化 AI干的大小，采用總U 量法，這是常用方法.同時，要理解 -=r I干12 .如圖所示，在傾角為 。的光滑斜劈P的斜面上有兩個用輕質(zhì)彈簧相連的物塊 A、B, C 為一垂直固定在斜面上的擋板. A、B質(zhì)量均為

19、m,斜面連同擋板的質(zhì)量為 M,彈簧的勁度 系數(shù)為k,系統(tǒng)靜止于光滑水平面.現(xiàn)開始用一水平恒力 F作用于P,(重力加速度為 g) 下列說法中正確的是()A.若F=0,擋板受到B物塊的壓力為2mg sinB.力F較小時A相對于斜面靜止，F(xiàn)大于某一數(shù)值，A相對于斜面向上滑動C.若要B離開擋板C,彈簧伸長量需達到 mgsin /kD.若F (M 2m)gtan且保持兩物塊與斜劈共同運動，彈簧將保持原長【答案】AD【解析】【詳解】A、F=0時，對物體A、B整體受力分析，受重力、斜面的支持力Ni和擋板的支持力 N2,根據(jù)共點力平衡條件，沿平行斜面方向，有N2- (2m) gsin 0 =瞰壓力為2mgsi

20、n Q故A錯誤；B、用水平力F作用于P時，A具有水平向左的加速度，設加速度大小為a,將加速度分解如圖哽根據(jù)牛頓第二定律得mgsin -kx=macos 0當加速度a增大時，x減小，即彈簧的壓縮量減小，物體A相對斜面開始向上滑行.故只要有力彳用在P上，A即向上滑動，故 B錯誤；C、物體B恰好離開擋板C的臨界情況是物體 B對擋板無壓力，此時，整體向左加速運動，對物體B受力分析，受重力、支持力、彈簧的拉力，如圖mg-Ncos 9-kxsin 0 =0Nsin -kxcos 0 =mamg sin macos解得：kx=mgsin Q-macosQ, x 故 C 錯誤；D、若F= （M+2m） gta

21、n但保持兩物塊與斜劈共同運動，則根據(jù)牛頓第二定律，整體加速度為gtan 0；對物體A受力分析，受重力，支持力和彈簧彈力，如圖根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin -kx=macos 0解得kx=0故彈簧處于原長，故 D正確;阻）,接13 .某溫度檢測、光電控制加熱裝置原理如圖所示.圖中Rt為熱敏電阻（隨溫度升高,值減?。?，用來探測加熱電阻絲 R的溫度，Rg為光敏電阻（隨光照強度增大，阻值減小 收小燈泡L的光照，除Rt、Rg外，其他電阻均為定值電阻（虛線框內(nèi)兩元件距離很 近）.當R處溫度升高時（）A. L變亮B. R3的電流減小C.匕的路端電壓增大D. R的功率減小【答案】AD【解析】【分析】【詳解】當R處溫度升高時，Rt阻值變小，小燈泡L的電流變大，所以光照強度增大，Rg阻值變小，通過R2的電流變大，巳的路端電壓變小，R兩端電壓變小，通過的電流也變小，功率 變小，通過R3的電流變大，故AD正確.14.如圖所示的電路中，電源的電動勢E和內(nèi)阻r 一定，A、B為平行板電容器的兩塊正對金屬板，R為光敏電阻，電阻隨光強的增大而減小.當R2的滑動觸頭P在a端時，閉合開關(guān)S,此時電流表 A和電壓表V的示數(shù)分別為I和U.以下說法正確的是A.若僅將R2的滑動觸頭P向b端移動，則I不變，U不變B.若僅增大A、B板間距離，則電容器所帶電荷量不變