物理整體法隔離法解決物理試題題20套(帶答案)及解析一、整體法隔離法解決物理試題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，各自的環(huán)與小球保持相對靜止時，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A．a(chǎn)環(huán)與桿有摩擦力B．d球處于失重狀態(tài)C．桿對a、b環(huán)的彈力大小相等D．細(xì)線對c、d球的彈力大小可能相等【答案】C【解析】【詳解】對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，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，因a和c球相對靜止，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錯誤；對球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；細(xì)線對c球的拉力，對d球的拉力，因此不相等，故D錯誤；對a和c整體受力分析有，對b和d整體受力分析，因a和b一樣的環(huán)，b和d一樣的球，因此受力相等，故C正確。2．如圖所示，傾角為θ的斜面A固定在水平地面上，質(zhì)量為M的斜劈B置于斜面A上，質(zhì)量為m的物塊C置于斜劈B上，A、B、C均處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g．下列說法錯誤的是()A．BC整體受到的合力為零B．斜面A受到斜劈B的作用力大小為Mgcosθ+mgC．斜劈B受到斜面A的摩擦力方向沿斜面A向上D．物塊C受到斜劈B的摩擦力大小為mgcosθ【答案】B【解析】【分析】【詳解】A、斜劈B和物塊C整體處于平衡狀態(tài)，則整體受到的合力大小為0，A正確．B、對B、C組成的整體進(jìn)行受力分析可知，A對B的作用力與B、C受到的重力大小相等，方向相反．所以A對B的作用力大小為Mg+mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，斜面A受到斜劈B的作用力大小為Mg+mg，故B錯誤．C、根據(jù)B和C的整體平衡可知A對B的靜摩擦力沿斜面向上，大小等于兩重力的下滑分力，C正確．D、C受到B對C的摩擦力為mgcosθ，方向垂直斜面A向上，D正確．本題選錯誤的故選B．【點(diǎn)睛】若一個系統(tǒng)中涉及兩個或者兩個以上物體的問題，在選取研究對象時，要靈活運(yùn)用整體法和隔離法．對于多物體問題，如果不求物體間的相互作用力，我們優(yōu)先采用整體法，這樣涉及的研究對象少，未知量少，方程少，求解簡便；很多情況下，通常采用整體法和隔離法相結(jié)合的方法．3．如圖所示，R0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，開關(guān)S閉合．下列各項(xiàng)單獨(dú)操作時可使帶電液滴向上運(yùn)動的是()A．滑動變阻器R的滑動觸頭P向上移動B．將熱敏電阻R0的溫度降低C．開關(guān)S斷開D．電容器的上極板向上移動【答案】C【解析】【詳解】A.當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向上移動時，滑動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，則路端電壓和滑動變阻器兩端的電壓都減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦裕姾刹粫蛴伊鞒觯噪娙萜鲀啥说碾妱莶畈蛔儯蔄項(xiàng)不合題意；B.當(dāng)熱敏電阻溫度降低時，其阻值增大，則由閉合電路歐姆定律可知，滑動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.開關(guān)S斷開時，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，故C項(xiàng)符合題意；D.若使電容器的上極板向上移動，即d增大，則電容器電容C減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦裕姾刹粫蛴伊鞒觯噪娙萜鲀啥说碾妱莶钤龃螅捎冢裕捎跇O板上的電荷量不變，而場強(qiáng)E與極板之間的距離無關(guān)，所以場強(qiáng)E不變，液滴仍然靜止，故D項(xiàng)不合題意．4．在如圖所示的電路中，當(dāng)開關(guān)S閉合后，電壓表有示數(shù)，調(diào)節(jié)可變電阻R的阻值，使電壓表的示數(shù)增大ΔU，則()A．可變電阻R被調(diào)到較小的阻值B．電阻R2兩端的電壓減小，減小量等于ΔUC．通過電阻R2的電流減小，減小量小于D．通過電阻R2的電流減小，減小量等于【答案】C【解析】【詳解】A.由題意知，要使電壓表的示數(shù)增大，則需電阻R和R1并聯(lián)后的總電阻增大，則需將可變電阻R增大，即可變電阻R被調(diào)到較大的阻值，故A項(xiàng)不合題意；BCD.當(dāng)R增大時，外電阻增大，干路電流減小，電阻R2兩端的電壓減小，且路端電壓增大，所以電阻R2兩端的電壓減小量小于ΔU，由歐姆定律知，通過電阻R2的電流也減小，減小量小于，故B項(xiàng)不合題意、D項(xiàng)不合題意，C項(xiàng)符合題意．5．如圖所示，A、B兩滑塊的質(zhì)量分別為4kg和2kg，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(xiàn)將一輕質(zhì)動滑輪置于輕繩上，然后將一質(zhì)量為4kg的鉤碼C掛于動滑輪上。現(xiàn)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A．1:1 B．2:1 C．3:2 D．3:5【答案】D【解析】【詳解】固定滑塊B不動，釋放滑塊A，設(shè)滑塊A的加速度為aA，鉤碼C的加速度為aC，根據(jù)動滑輪的特征可知，在相同的時間內(nèi)，滑塊A運(yùn)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(shè)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(lián)立解得T=16N，aC=2m/s2，aA=4m/s2。若只釋放滑塊B，設(shè)滑塊B的加速度為aB，鉤碼C的加速度為，根據(jù)動滑輪的特征可知，在相同的時間內(nèi)，滑塊B運(yùn)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，此時設(shè)輕繩之間的張力為，對于滑塊B，由牛頓第二定律可知：=mBaB，對于鉤碼C由牛頓第二定律可得：，聯(lián)立解得，，。則C在以上兩種釋放方式中獲得的加速度之比為，故選項(xiàng)D正確。6．如圖所示電路中，L1、L2為兩只完全相同、阻值恒定的燈泡，R為光敏電阻（光照越強(qiáng)，阻值越小）．閉合電鍵S后，隨著光照強(qiáng)度逐漸增強(qiáng)（）A．L1逐漸變暗，L2逐漸變亮B．L1逐漸變亮，L2逐漸變暗C．電源內(nèi)電路消耗的功率逐漸減小D．光敏電阻R和燈泡L1消耗的總功率逐漸增大【答案】A【解析】【分析】【詳解】AB．光照強(qiáng)度逐漸增強(qiáng)，光敏電阻阻值減小，電路的總電阻減小，電路中總電流增大，則L2逐漸變亮．由知，路端電壓減小，又L2兩端電壓增大，則L1兩端電壓減小，L1逐漸變暗，故A正確B錯誤；C．電路中總電流增大，電源內(nèi)電路消耗的功率：電路中的總電流增大，故電源內(nèi)電路消耗的功率增大，故C錯誤；D．將L2看成電源內(nèi)電路的一部分，光敏電阻R和燈泡L1消耗的總功率是等效電源的輸出功率，由于等效電源的內(nèi)阻大于外電阻，所以當(dāng)光敏電阻的阻值減小，外電阻減小，等效電源的內(nèi)、外電阻差增大，等效電源輸出功率減小，故D項(xiàng)錯誤．【點(diǎn)睛】電源的內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大．7．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間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1，地面光滑，輕繩與滑輪間的摩擦可忽略不計(jì)。現(xiàn)用15N的力作用在B物體上，則下列說法正確的是（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g=10m/s2）（

）A．物體B將從A、C中抽出，A、C可能會靜止不動B．物體B與A一起向左加速運(yùn)動，C向右加速運(yùn)動C．物體B與C一起向左加速運(yùn)動，A向右加速運(yùn)動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?A、B間的最大靜摩擦力fBC若要用力將B物體從A、C間拉出，拉力最小時，B、C之間的摩擦力剛好達(dá)到最大，此時物體A已經(jīng)向右以加速度a加速運(yùn)動，B、C以加速度a向左加速運(yùn)動，設(shè)繩子上拉力為T，以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得T-fAB=mAa以C為研究對象有fBC-T=mCa解得a=0.5m/s2，以B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得F-（fBC+fAB）=mBa解得F=9N，由題知F=15N9N，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，C以加速度a=0.5m/s2向左加速運(yùn)動。A.物體B將從A、C中抽出，A、C可能會靜止不動，與分析不一致，故A錯誤；B.物體B與A一起向左加速運(yùn)動，C向右加速運(yùn)動，與分析不一致，故B錯誤；C.物體B與C一起向左加速運(yùn)動，A向右加速運(yùn)動，與分析不一致，故C錯誤；D.A、C加速度大小均為0.5m/s2，與分析相一致，故D正確。8．如圖所示,質(zhì)量為M的木板,上表面水平,放在水平桌面上,木板上面有一質(zhì)量為m的物塊,物塊與木板及木板與桌面間的動摩擦因數(shù)均為,若要以水平外力F將木板抽出,則力F的大小至少為（）A．mgB．(M+m)gC．(m+2M)gD．2(M+m)

g【答案】D【解析】【詳解】對m與M分別進(jìn)行受力分析如；如圖所示；對m有：f1=ma1…①f1=μmg…②由①和②得：a1=μg對M進(jìn)行受力分析有：F-f-f2=M?a2…③f1和f2互為作用力與反作用力故有：f1=f2=μ?mg…④f=μ（M+m）?g…⑤由③④⑤可得a2=-μg要將木板從木塊下抽出，必須使a2＞a1解得：F＞2μ（M+m）g故選D。【點(diǎn)睛】正確的受力分析，知道能將木板從木塊下抽出的條件是木板產(chǎn)生的加速度比木塊產(chǎn)生的加速度來得大這是解決本題的關(guān)鍵．9．如圖所示，水平擋板A和豎直擋板B固定在斜面C上，一質(zhì)量為m的光滑小球恰能與兩擋板和斜面同時解除，擋板A、B和斜面C對小球的彈力大小分別為和．現(xiàn)使斜面和物體一起在水平面上水平向左做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動．若不會同時存在，斜面傾角為，重力加速度為g，則下列圖像中，可能正確的是A． B．C． D．【答案】B【解析】【分析】【詳解】對小球進(jìn)行受力分析當(dāng)時如圖一，根據(jù)牛頓第二定律，水平方向：①豎直方向：②，聯(lián)立①②得：，，與a成線性關(guān)系，當(dāng)a=0時，＝mg，當(dāng)時，與a成線性關(guān)系，所以B圖正確當(dāng)時，受力如圖二，根據(jù)牛頓第二定律，水平方向③，豎直方向：④，聯(lián)立③④得：，，與a也成線性，不變，綜上C錯誤，D正確【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵要注意物理情景的分析，正確畫出受力分析示意圖，考查了學(xué)生對牛頓運(yùn)動定律的理解與應(yīng)用，有一定難度．10．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(zhì)量為2m，B和C的質(zhì)量都是m，A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B、C間的動摩擦因數(shù)為，B和地面間的動摩擦因數(shù)為.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)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μmgB．當(dāng)力F＝μmg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μgD．當(dāng)力F>μmg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(shè)C恰好與B相對不滑動，對C有：=ma，聯(lián)立解得：a=，F(xiàn)=mg；設(shè)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(dá)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μmg，故A正確.B.當(dāng)力F＝μmg時，由整體表達(dá)式F-=4ma可得：a=g，代入A的表達(dá)式可得：f=mg,故B正確.C.當(dāng)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(dāng)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-2μmg=2ma1，解得F=μmg，故當(dāng)拉力F>μmg時，B相對A滑動，D錯誤.胡選：A、B.11．如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量均為m，疊放在輕質(zhì)彈簧上(彈簧下端固定于地面上)。對A施加一豎直向下、大小為F(F＞2mg)的力，將彈簧再壓縮一段距離(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))而處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)突然撤去力F，設(shè)兩物體向上運(yùn)動過程中A、B間的相互作用力大小為FN。不計(jì)空氣阻力，關(guān)于FN的說法正確的是(重力加速度為g)()A．剛撤去力F時，F(xiàn)N＝ B．彈簧彈力大小為F時，F(xiàn)N＝C．A、B的速度最大時，F(xiàn)N＝mg D．彈簧恢復(fù)原長時，F(xiàn)N＝0【答案】BCD【解析】【詳解】A.在突然撤去F的瞬間，AB整體的合力向上，大小為F，根據(jù)牛頓第二定律，有：F=2ma解得：對物體A受力分析，受重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律，有：FN-mg=ma聯(lián)立解得：，故A錯誤；B.彈簧彈力等于F時，根據(jù)牛頓第二定律得：對整體有：F-2mg=2ma對A有：FN-mg=ma聯(lián)立解得：，故B正確；D.當(dāng)物體的合力為零時，速度最大，對A，由平衡條件得FN=mg，故C正確。C.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，根據(jù)牛頓第二定律得：對整體有：2mg=2ma對A有：mg-FN=ma聯(lián)立解得FN=0，故D正確；12．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μ，設(shè)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(yùn)動的最大加速度為B．要使物塊A、B發(fā)生相對滑動，應(yīng)滿足關(guān)系C．若物塊A、B未發(fā)生相對滑動，物塊A受到的摩擦力為D．輕繩對定滑輪的作用力為【答案】AC【解析】【詳解】A.A受到的最大合外力為μMg，則A的最大加速度：a=μMg/M=μg故A正確；B.當(dāng)A的加速度恰好為μg時，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)μg解得：m=，要使物塊A、B之間發(fā)生相對滑動，物塊C的質(zhì)量至少為，故B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=，故C正確；D.C要向下做加速運(yùn)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==T<故D錯誤；13．如圖所示，一固定桿與水平方向夾角=30°，將一滑塊套在桿上，通過輕繩懸掛一個小球，滑塊與小球恰能一起沿桿向下勻速運(yùn)動，則下列說法中正確的是（）A．滑塊與桿之間動摩擦因數(shù)為0.5B．滑塊與桿之間動摩擦因數(shù)為C．當(dāng)二者相對靜止地沿桿上滑時輕繩對小球拉力斜向左上與水平方向成30°角D．當(dāng)二者相對靜止地沿桿上滑時輕繩對小球拉力斜向右上與水平方向成60°角【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)題意兩者一起運(yùn)動，所以應(yīng)該具有相同的加速度，那么在分析此類問題時應(yīng)該想到先整體后隔離，利用加速度求解．【詳解】AB．由題意滑塊與小球恰能一起沿桿向下勻速運(yùn)動，把滑塊和小球作為一整體，可知，所以，故A錯；B對CD．當(dāng)二者相對靜止地沿桿上滑時，以整體為對象可知加速度設(shè)此時繩子與水平方向的夾角為，繩子的拉力為T，對小球列牛頓第二定律公式在水平方向上：在豎直方向上：解得：，即由于加速度沿斜面向下，所以小球受到的合力也應(yīng)該沿斜面向下，所以拉力的方向應(yīng)該斜向左上與水平方向成30°角，故C對；D錯；故選BC【點(diǎn)睛】本題考查了整體隔離法求解量物體之間的力，對于此類問題要正確受力分析，建立正確的公式求解即可．14．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，電表均為理想電表．閉合電鍵S，當(dāng)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(shù)變化量的大小分別為ΔI、ΔU，下列說法正確的是（）A．電壓表示數(shù)變大 B．電流表示數(shù)變大C． D．【答案】AD【