1、徐州市王杰中學高中物理高中物理解題方法：整體法隔離法壓軸題易錯題一、高中物理解題方法：整體法隔離法1如圖所示， a、 b 兩滑塊的質量分別為4 kg 和 2 kg，用一輕繩將兩滑塊相連后分別置于兩等高的光滑水平桌面上，并用手按著兩滑塊固定不動。現將一輕質動滑輪置于輕繩上，然后將一質量為4 kg 的鉤碼 c掛于動滑輪上。現先后按以下兩種方式操作：第一種方式只釋放 a 而 b 按著不動；第二種方式只釋放b 而 a 按著不動。則c 在以上兩種釋放方式中獲得的加速度之比為a1:1 b2:1 c3:2 d3:5【答案】 d【解析】【詳解】固定滑塊 b 不動，釋放滑塊a，設滑塊 a 的加速度為aa，鉤碼

2、c的加速度為ac，根據動滑輪的特征可知，在相同的時間內，滑塊a 運動的位移是鉤碼c的 2 倍，所以滑塊a、鉤碼c之間的加速度之比為aa: ac=2:1。此時設輕繩之間的張力為t，對于滑塊a，由牛頓第二定律可知： t=maaa，對于鉤碼c由牛頓第二定律可得：mcg 2t=mcac，聯立解得t=16 n，ac=2 m/s2，aa=4 m/s2。若只釋放滑塊b，設滑塊 b 的加速度為ab，鉤碼 c的加速度為ca，根據動滑輪的特征可知，在相同的時間內，滑塊b 運動的位移是鉤碼的2 倍，所以滑塊b、鉤碼之間的加速度之比也為:2:1bcaa，此時設輕繩之間的張力為23chcssddh，對于滑塊 b，由牛頓

3、第二定律可知：23chcssddh=mbab，對于鉤碼c由牛頓第二定律可得：2cccm gtm a，聯立解得40n3t，220m/s3ba，210m/s3ca。則 c 在以上兩種釋放方式中獲得的加速度之比為:3:5ccaa，故選項d 正確。2如圖所示，水平地面上有一楔形物塊a，其斜面上有一小物塊b，b 與平行于斜面的細繩的一端相連，細繩的另一端固定在斜面上.a 與 b 之間光滑， a 和 b 以共同速度在地面軌道的光滑段向左運動.當它們剛運行至軌道的粗糙段時可能正確的是a繩的張力減小，斜面對b 的支持力不變b繩的張力增加，斜面對b 的支持力減小c繩的張力減小，地面對a 的支持力不變d繩的張力增

4、加，地面對a 的支持力減小【答案】 c【解析】【詳解】在光滑段運動時，物塊a 及物塊 b 均處于平衡狀態，對a、b 整體受力分析，受重力和支持力，二力平衡；對 b 受力分析，如圖，受重力、支持力、繩子的拉力，根據共點力平衡條件，有fcos - fnsin =0 ；fsin + fncos - mg=0 ；由兩式解得：f=mgsin ，fn=mgcos ；當它們剛運行至軌道的粗糙段時，減速滑行，系統有水平向右的加速度，此時有兩種可能；物塊 a、b 仍相對靜止，豎直方向加速度為零，由牛頓第二定律得到：fsin +fncos - mg=0 ；fnsin-fcos =ma；由兩式解得：f=mgsin

5、- macos ，fn=mgcos +masin ；即繩的張力f 將減小，而a 對 b 的支持力變大；再對 a、 b 整體受力分析豎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，故地面對a 支持力不變 .物塊 b 相對于 a 向上滑動，繩的張力顯然減小為零，物體具有向上的分加速度，是超重，支持力的豎直分力大于重力，因此a 對 b 的支持力增大，斜面體和滑塊整體具有向上的加速度，也是超重，故地面對a 的支持力也增大.綜合上述討論，結論應該為：繩子拉力一定減小；地面對a 的支持力可能增加或不變；a對 b 的支持力一定增加；故a，b，d 錯誤， c 正確 .故選 c.3如圖所示，

6、等邊直角三角形斜邊上豎直擋板擋住質量為m 的球置于斜面上，現用一個恒力 f拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度為a 的勻加速直線運動，忽略一切摩擦，重力加速度為g, 以下說法中正確的是a豎直擋板對球的彈力為m gab斜面對球的彈力為2mgc加速度越大斜面對球的彈力越大d斜面、擋板對球的彈力與球的重力三者的合力大于ma【答案】 a【解析】a、b、c、 對球受力分析如圖所示:由牛頓第二定律得fn1-fn2sin =ma，fn2cos =mg，45， 由以上兩式可得：1()nfm ga，22nfmg，即豎直擋板對球的彈力為()m ga，斜面對球的彈力為2mg，且加速度越大斜面對球的彈力不變，故a正確

7、， b、c均錯誤 . d、由牛頓第二定律可知，斜面、擋板對球的彈力與球的重力三者的合力等于ma故 d 錯誤故選a.【點睛】本題考查牛頓第二定律的應用和受力分析規律的應用，要注意明確加速度沿水平方向，豎直方向上的合力為零，分別對兩個方向進行分析求解即可4如圖所示， a、 b、c 三個物體靜止疊放在水平桌面上，物體a 的質量為 2m， b和 c的質量都是 m，a、b間的動摩擦因數為 ，b、c間的動摩擦因數為，b和地面間的動摩擦因數為.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現對 a施加一水平向右的拉力f，則下列判斷正確的是a若 a、b、c 三個物體始終相對靜止，則力f 不能超過 mgb當力

8、f mg 時， a、b 間的摩擦力為c無論力f為何值， b 的加速度不會超過gd當力 f mg 時， b 相對 a 滑動【答案】 ab【解析】【詳解】a.a 與 b間的最大靜摩擦力大小為：mg,c 與 b間的最大靜摩擦力大小為：，b與地面間的最大靜摩擦力大小為：（2m+m+m ）=；要使 a，b，c都始終相對靜止，三者一起向右加速，對整體有：f-=4ma，假設 c恰好與 b相對不滑動，對c有：=ma，聯立解得：a=，f=mg；設此時a與 b間的摩擦力為f ，對 a有： f-f=2ma，解得 f=mgmg，表明 c達到臨界時a還沒有，故要使三者始終保持相對靜止，則力f不能超過mg ，故 a 正確

9、 .b.當力 f mg 時，由整體表達式f-=4ma 可得： a=g，代入 a的表達式可得：f=mg,故 b正確 .c.當 f 較大時， a,c 都會相對b滑動， b的加速度就得到最大，對b有： 2-=mab，解得 ab=g，故 c錯誤 .d.當 a恰好相對b滑動時， c早已相對b滑動，對a、b整體分析有 :f-=3ma1，對a有： f-2mg=2ma1，解得 f= mg ，故當拉力f mg時， b 相對 a 滑動， d錯誤 . 胡選：a、b.5如圖，電路中定值電阻阻值r 大于電源內阻r，開關 k閉合，將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電壓表v1、v2、v3的示數變化量的絕對值分別為u1、 u2、

10、 u3，理想電流表示數變化量的絕對值為i，正確的是av2的示數增大b電源輸出功率在增大c u3 u1 u2d u3與 i 的比值在減小【答案】 bc【解析】【詳解】理想電壓表內阻無窮大，相當于斷路理想電流表內阻為零，相當短路，所以r 與變阻器串聯，電壓表123vvv、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.根據閉合電路歐姆定律得：2v的示數2ueiri 增大，2u減小，故a 錯誤；b. 電路中定值電阻阻值r 大于電源內阻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：3uei rr解得3urri所以3ui不

11、變，故 d 錯誤；c.由閉合歐姆定律得：3ui rr2uir1uir又定值電阻阻值r大于電源內阻阻值r，則312uuu，故 c正確6如圖所示，質量均為m 的物塊 a、b疊放在光滑水平桌面上，質量為m 的物塊 c用跨過輕質光滑定滑輪的輕繩與b連接，且輕繩與桌面平行，a、b 之間的動摩擦因數為 ，設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gb要使物塊a、b發生相對滑動，應滿足關系1mmc若物塊a、 b 未發生相對滑動，物塊a 受到的摩擦力為2mmgmmd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

12、mg ，則 a的最大加速度：a= mg /m=g故 a 正確；b. 當 a的加速度恰好為g 時， a、b 發生相對滑動，以a、b、c 系統為研究對象，由牛頓第二定律得：mg=(m+m+m)g解得： m= 21m，要使物塊a、b 之間發生相對滑動，物塊c 的質量至少為21m，故 b錯誤；c. 若物塊 a、b未發生相對滑動，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=2mmgmm，故c正確；d.c 要向下做加速運動，c 處于失重狀態，繩子的拉力：tmg，輕繩對定滑輪的作用力：n=22tt=2t 2mg故 d 錯誤；7如圖所示，一質量為m 的斜面

13、體靜止在水平地面上，物體a、b疊放在斜面體上，物體b受沿斜面向上的力f 作用沿斜面勻速上滑，a、b 之間的動摩擦因數為 ， tan ，且a、b質量均為m，則 ( )aa、b 保持相對靜止b地面對斜面體的摩擦力等于mg sincoscosfcosc地面受到的壓力等于(m2m)gdb 與斜面間的動摩擦因數為2fmgsinmgcosmgcos【答案】 bd【解析】a、對 a分析，因為 mg cos ，所以 a、b不能保持相對靜止，故a 錯誤b、以 a為研究對象， a 受到重力、支持力和b 對 a 的摩擦力，如圖甲所示nmgcos ，mgsin n ma，由于 0.將 b 和斜面體視為整體，受力分析如

14、圖乙所示可知地面對斜面體的摩擦力等于mg(sin cos )cos fcos ；故 b 正確 ；c、以三者整體為研究對象：a 有沿斜面向下的加速度，故地面受到的壓力不等于(m2m)g， c 錯誤d、b 與斜面體間的正壓力n 2mgcos ，對 b分析，根據共點力平衡有fmgsin mg cos f ，則 b 與斜面間的動摩擦因數-2ff mgsinmgcosnmgcos，故 d 正確故選 bd8如圖所示電路中，電源的內電阻為r，r2、r3、r4均為定值電阻，電表均為理想電表閉合電鍵s，當滑動變阻器r1的滑動觸頭p向右滑動時，電流表和電壓表的示數變化量的大小分別為 i、 u，下列說法正確的是（）

15、a電壓表示數變大b電流表示數變大curiduri【答案】 ad【解析】【分析】【詳解】設 r1、r2、r3、r4的電流分別為i1、i2、i3、i4，電壓分別為u1、u2、u3、u4干路電流為i干，路端電壓為u，電流表電流為ia、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=uri干，由 i干=i1+i2+i3，i1變小， i2變大， i3變大， i干變小，則 i1i干， 即

16、i i干，所以uri，故 c 錯誤 ；d 正確 ；故選 ad【點睛】由圖可知 ，r1、r2并聯，再與r4串聯，與r3并聯，電壓表測量路端電壓，等于r3電壓由 r1接入電路的電阻變化，根據歐姆定律及串并關系，分析電流表和電壓表示數變化量的大小本題的難點在于確定電流表示數變化量 ia與干路電流變化 i干的大小，采用總量法，這是常用方法同時，要理解=uri干9如圖所示的電路中,電源電動勢為e, 內阻為 r,r1、r2、r3為定值電阻 ,電流表和電壓表均為理想電表 ,c 為平行板電容器,在兩板之間的帶電液滴恰好處于靜止狀態.由于某種原因燈泡l的燈絲突然燒斷,其余用電器均不會損壞,則下列說法正確的是(

17、)a電流表示數變大b電壓表示數變大c液滴將向上運動d液滴仍保持靜止【答案】 abc【解析】【詳解】液滴原來處于平衡狀態，重力和靜電力平衡，電路為r2與 r3串聯，再與燈泡l 并聯 ，干路上有 r1和內阻 r.燈泡 l 的燈絲突然燒斷, 相當于其電阻變大，總電阻變大，據+eirr外，則總電流變小，c、d、由1()cuei rr得電容器的電壓增大，故液滴受到的電場力增大，液滴向上運動，c正確、 d錯誤 a、b、由123()aei rrirr可知電流表示數增大，由2vauir知電壓表的示數變大，a正確， b正確 . 故選 abc.【點睛】本題是電路動態分析問題，關鍵是理清電路，根據路串并聯知識和閉合

18、電路歐姆定律得到各個部分電路電流和電壓的變化注意電源輸出功率的大小與內外電阻的大小關系決定10 有一種游戲，游戲者手持丘乓球拍托球移動，距離大者獲勝若某人在游戲中沿水平面做勻加速直線運動，球拍與球保持相對靠止且球拍平面和水平面之間的夾角為 ，如圖所示設球拍和球質量分別為m、 m，不計球拍和球之間的摩擦，不計空氣阻力，則a運動員的加速度大小為gtan b球拍對球的作用力大小為mgc球拍對球的作用力大小為mgcosd運動員對球拍的作用力大小為()cosmm g【答案】 ad【解析】a、球和運動員具有相同的加速度，對小球分析如圖所示：則小球所受的合力為mgtan ，根據牛頓第二定律得：tantanm

19、gagm，故 a 正確 b、c、根據平行四邊形定則知，球拍對球的作用力cosmgn，故 b、c 錯誤 d、對球拍和球整體分析，整體的合力為（m+m）a，根據平行四邊形定則知，運動員對球拍的作用力為：()cosmm gf，故 d 正確故選ad【點睛 】解決本題的關鍵知道球、球拍和人具有相同的加速度，結合牛頓第二定律進行求解，掌握整體法、隔離法的運用11 粗糙的水平地面上放著一個質量為m、傾角為的斜面體，斜面部分光滑，底面與水平地面間的動摩擦因數為 ，輕質彈簧一端與固定在斜面上的輕質擋板相連，另一端連接一質量為 m 的小球，彈簧的勁度系數為k。斜面體在水平向右的恒力作用下，和小球一起以加速度a 向右做勻加速直線運動（運動過程小球沒離開斜面）。以下說法正確的是（）a水平恒力大小為()mm ab地面對斜面體的摩擦力為()mm gc彈簧的形變量為cossinmamgkd斜面對小球的支持力為cossinmgma【