高中物理高中物理解题方法：整体法隔离法习题培优题

一、高中物理解题方法：整体法隔离法

1．如图所示，三个物体质量分别为m＝1.0 kg、m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg ，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ＝0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将(g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )

A．和m1一起沿斜面下滑 B．和m1一起沿斜面上滑 C．相对于m1下滑 D．相对于m1上滑 【答案】C 【解析】

假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度

am3gm1m2gsin30m1m2m33101210123122.5m/s2．隔离对m2分析，根

据牛顿第二定律得，f-m2gsin30°=m2a；解得f=m2gsin30°+m2a=2.0×（10×0.5+2.5）N=15N；最大静摩擦力fm=μm2gcos30°=0.8×2×10×3N=83N，可知f＞fm，知道m2随m1一起做2加速运动需要的摩擦力大于二者之间的最大静摩擦力，所以假设不正确，m2相对于m1下滑．故C正确，ABD错误．故选C．

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（ ）

A．L1逐渐变暗，L2逐渐变亮 B．L1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，则L2逐渐变亮．由UEIr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：

PrI2r

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，放置于水平面上的楔形物体，两侧倾角均为30°，左右两表面光滑且足够长，上端固定一光滑滑轮，一根很长且不可伸长的轻绳跨过定滑轮分别与左右两侧斜面平行，绳上系着三个物体A、B、C，三物体组成的系统保持静止.A物体质量为m，B物体质量为3m，现突然剪断A物体和B物体之间的绳子，不计空气阻力(重力加速度为g)，三物体均可视为质点，则

A．绳剪断瞬间，A物体的加速度为B．绳剪断瞬间，C物体的加速度为

3g 101g 2C．绳剪断瞬间，楔形物体对地面的压力不变 D．绳剪断瞬间，A、C间绳的拉力为2mg 【答案】A 【解析】 【详解】

ABD．设C的质量为m′．绳剪断前，由平衡条件知：

（3m+m）gsin30°=m′gsin30°

得

m′=4m

绳剪断瞬间，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得：

T-mgsin30°=ma

以C为研究对象，根据牛顿第二定律得：

4mgsin30°-T=4ma

联立解得：

aT即绳剪断瞬间，A、C物体的加速度大小均为确，BD错误．

C．绳剪断前，A、C间绳的拉力为：

3g 104mg 543g，A、C间绳的拉力为mg，故A正

510T′=（3m+m）gsin30°=2mg

绳剪断瞬间，A、C间绳的拉力为

4mg，则AC间绳对定滑轮的压力发生改变，而三个物5体对楔形物体的压力不变，可知，绳剪断瞬间，楔形物体对地面的压力发生变化，故C错误．

4．如图所示，水平挡板A和竖直挡板B固定在斜面C上，一质量为m的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时解除，挡板A、B和斜面C对小球的弹力大小分别为FA、FB和FC．现使斜面和物体一起在水平面上水平向左做加速度为a的匀加速直线运动．若FA、FB不会同时存在，斜面倾角为，重力加速度为g，则下列图像中，可能正确的是

A． B．

C． D．

【答案】B 【解析】

【分析】 【详解】

对小球进行受力分析当agtan时如图一，根据牛顿第二定律，水平方向：

FCsinma①

竖直方向：FCcosFAmg②，联立①②得：FAmgmatan，

FCmasin，FA与a成线性关系，当a=0时，FA＝mg，

当agtan时，FA0FC与a成线性关系，所以B图正确

当agtan时，受力如图二，根据牛顿第二定律，水平方向FCsinFBma③，竖直方向：FCcosmg④，联立③④得：FBmamgtan，FC也成线性，FC不变，综上C错误，D正确 【点睛】

本题关键要注意物理情景的分析，正确画出受力分析示意图，考查了学生对牛顿运动定律的理解与应用，有一定难度．

mg，FB与acos

5．直流电路如图所示，电源的内阻不能忽略不计，在滑动变阻器的滑片P由图示位置向右移动时，电源的

A．效率一定增大 B．总功率一定增大 C．热功率一定增大

D．输出功率一定先增大后减小 【答案】A

【解析】由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；A、

电源的效率UIR，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增EIRr大，故A正确；B、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI减小，故B错误； C、电源内阻r不变，电流I减小，源的热功率PQ=I2r减小，故C错误；D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故D错误；故选A． 【点睛】知道电路串并联中的电流电压关系，并熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题．

6．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 C．D．

、

、

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；根据欧姆定律可知示数变大；内电压增大，则路端电压减小，电压表压减小，则

的电压减小，则电压表

示数变小。

的电压增大，电压表的电压增大，路端电

的示数变小，故A正确，B错误。

，故C正确。由

，变形，即不变。

CD、根据全电路欧姆定律知：得：故选AC 【点睛】

，不变。

，不变。由，变形得：

故C正确，D错误。

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，再判断端电压的变化，综合分析出两电压表变化量的大小．

两

7．如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，物体A、B叠放在斜面体上，物体B受沿斜面向上的力F作用沿斜面匀速上滑，A、B之间的动摩擦因数为μ，μA．A、B保持相对静止

B．地面对斜面体的摩擦力等于mgsin－coscos＋Fcos C．地面受到的压力等于(M＋2m)g D．B与斜面间的动摩擦因数为【答案】BD 【解析】

A、对A分析，因为μμmgcosθ，所以A、B不能保持相对静止，故A错误．

B、以A为研究对象，A受到重力、支持力和B对A的摩擦力，如图甲所示．

Fmgsinmgcos

2mgcos

N＝mgcosθ， mgsinθ－μN＝ma，

由于μ0. 将B和斜面体视为整体，受力分析如图乙所示．

可知地面对斜面体的摩擦力等于mg(sinθ－μcosθ)cosθ＋Fcosθ；故B正确； C、以三者整体为研究对象：A有沿斜面向下的加速度，故地面受到的压力不等于(M＋2m)g， C错误．

D、B与斜面体间的正压力N′＝2mgcosθ，对B分析，根据共点力平衡有F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋f′，则B与斜面间的动摩擦因数

fF-mgsinmgcos，故D正确． N2mgcos故选BD

8．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

9．如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,R1、R2、R3为定值电阻,电流表和电压表均为理想电表,C为平行板电容器,在两板之间的带电液滴恰好处于静止状态.由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断,其余用电器均不会损坏,则下列说法正确的是( )

A．电流表示数变大 B．电压表示数变大 C．液滴将向上运动 D．液滴仍保持静止 【答案】ABC 【解析】 【详解】

液滴原来处于平衡状态，重力和静电力平衡，电路为R2与R3串联，再与灯泡L并联，干路上有R1和内阻r.灯泡L的灯丝突然烧断,相当于其电阻变大，总电阻变大，据IE，R外+r则总电流变小，C、D、由UCEI(R1r)得电容器的电压增大，故液滴受到的电场力增大，液滴向上运动，C正确、D错误．A、B、由IAEI(R1r)可知电流表示数增

R2R3大，由UVIAR2知电压表的示数变大，A正确，B正确.故选ABC. 【点睛】

本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化．注意电源输出功率的大小与内外电阻的大小关系决定．

10．如图所示，在倾角为θ的光滑斜劈P的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B，C为一垂直固定在斜面上的挡板．A、B质量均为m，斜面连同挡板的质量为M，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面．现开始用一水平恒力F作用于Ｐ，（重力加速度为g）下列说法中正确的是（ ）

A．若F=0，挡板受到B物块的压力为2mgsin

B．力F较小时A相对于斜面静止，F大于某一数值，A相对于斜面向上滑动 C．若要B离开挡板C，弹簧伸长量需达到mgsin/k

D．若F(M2m)gtan且保持两物块与斜劈共同运动，弹簧将保持原长 【答案】AD 【解析】 【详解】

A、F=0时，对物体A、B整体受力分析，受重力、斜面的支持力N1和挡板的支持力N2，

根据共点力平衡条件，沿平行斜面方向，有N2-（2m）gsinθ=0，故压力为2mgsinθ，故A错误；

B、用水平力F作用于P时，A具有水平向左的加速度，设加速度大小为a，将加速度分解如图

根据牛顿第二定律得 mgsinθ-kx=macosθ

当加速度a增大时，x减小，即弹簧的压缩量减小，物体A相对斜面开始向上滑行．故只要有力作用在P上，A即向上滑动，故B错误；

C、物体B恰好离开挡板C的临界情况是物体B对挡板无压力，此时，整体向左加速运动，对物体B受力分析，受重力、支持力、弹簧的拉力，如图

根据牛顿第二定律，有 mg-Ncosθ-kxsinθ=0 Nsinθ-kxcosθ=ma

解得：kx=mgsinθ-macosθ，xmgsinmacos故C错误；

kD、若F=（M+2m）gtanθ且保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二定律，整体加速度为gtanθ；

对物体A受力分析，受重力，支持力和弹簧弹力，如图

根据牛顿第二定律，有 mgsinθ-kx=macosθ 解得 kx=0

故弹簧处于原长，故D正确；

11．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m2D．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【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：

m1Fm1g

m1m2F（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．

12．如图所示电路中，电源的电动势、内阻及各电阻的阻值都标记在图中，当滑动变阻器R3的滑片P向a端移动时,以下说法中正确的是（ ）

A．电压表示数变小，电流表示数变小 B．电阻R1两端的电压减小

C．电源的总功率减少但电源的输出功率增大

D．如果设定流过电阻R2电流变化量的绝对值为I2，流过滑动变阻器R3的电流变化量的绝对值为I3，则I2I3 【答案】BD 【解析】

A、将滑动变阻器的滑动触片P从图示位置向a滑动的过程中，外电路总电阻变大，电路中总电流变小，内电压减小，路端电压变大；电压表示数变大，故A错误；

BD、电路中总电流变小，通过电阻R1的电流变小，R1两端电压变小，R2两端电压增大，通过电阻R2的电流变大，通过电阻R1的电流等于通过电阻R2的电流和通过电阻R3的电流之和，故通过电阻R3的电流变小，故有I1I2I3，I2I3，故BD正确； C、电路中总电流变小，则电源的总功率减少，因不知道外电阻与内电阻之间的关系，所以无法判断电源的输出功率的变化；故C错误； 故选BD．