高考物理试题真题分类汇编物理整体法隔离法解决物理试题
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高考物理试题真题分类汇编物理整体法隔离法解决物理试题
一、整体法隔离法解决物理试题
1．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是
A． I1增大，I2不变，U增大
B． I1减小，I2增大，U减小
C． I1增大，I2减小，U增大
D． I1减小，I2不变，U减小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．
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UEIr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：
2rPIr
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．如图所示，等边直角三角形斜边上竖直挡板挡住质量为m的球置于斜面上，现用一个恒力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g, 以下说法中正确的是
A．竖直挡板对球的弹力为mga
B．斜面对球的弹力为2mg
C．加速度越大斜面对球的弹力越大．
D．斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力大于ma
【答案】A
【解析】
A、B、C、对球受力分析如图所示:
由牛顿第二定律得FN1-FN2sinθ=ma，FN2cosθ=mg，45 ，由以上两式可得：1()NFmga，22NFmg，即竖直挡板对球的弹力为()mga，斜面对球的弹力为2mg，且加速度越大斜面对球的弹力不变，故A正确，B、C均错误.D、由牛顿第二定律可知，斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma．故D错误．故选A.
【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用和受力分析规律的应用，要注意明确加速度沿水平方向，竖直方向上的合力为零，分别对两个方向进行分析求解即可．
4．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r（212RrRR），电表均视为理想电表。闭合开关S后，调节R的阻值，使电流表A1的示数增大了I1，在这一过程中，电流表的A2示数变化量的大小为I2，电压表示数的变化量的大小为U，则
A．A2增大，且I2
C．电源的效率降低了1IrE D．电源的输出功率一定增大了
【答案】C
【解析】
【详解】
A．要使电流表A1示数增大，则R应减小；因总电流增大，则内阻及R2分压增大，并联部分电压减小，则流过R1的电流减小，因此流过R的电流增大，即A2的示数变大，因
211()()()RIIIZ]Z
则
21II
故A错误。
B．根据
1rEUU
可得：
rUU
则
11rUUrII
故其大小不会随R的变化而变化；故B错误。
C．电源的效率
100%UE
因电压的改变量为△I1r；故说明电源的效率降低了1IrE；故D正确。
D．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；因不明确内外电阻的关系，故无法明确功率的变化情况；故D错误。 故选C。
5．如图所示,质量为M的木板,上表面水平,放在水平桌面上,木板上面有一质量为m的物块,物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因数均为,若要以水平外力F将木板抽出,则力F的大小至少为（ ）
A．mg
B．(M+m)g
C．(m+2M)g
D．2(M+m) g
【答案】D
【解析】
【详解】
对m与M分别进行受力分析如；如图所示；
对m有：f1=ma1 …①
f1=μmg…②
由①和②得：a1=μg
对M进行受力分析有：F-f-f2=M•a2…③
f1和f2互为作用力与反作用力故有：f1=f2=μ•mg…④
f=μ（M+m）•g…⑤
由③④⑤可得a2=-μg
要将木板从木块下抽出，必须使a2＞a1
解得：F＞2μ（M+m）g
故选D。
【点睛】
正确的受力分析，知道能将木板从木块下抽出的条件是木板产生的加速度比木块产生的加速度来得大这是解决本题的关键．
6．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310g
B．绳剪断瞬间，C物体的加速度为12g
C．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：
310ag
45Tmg
即绳剪断瞬间，A、C物体的加速度大小均为310g，A、C间绳的拉力为45mg，故A正确，BD错误．
C．绳剪断前，A、C间绳的拉力为：
T′=（3m+m）gsin30°=2mg
绳剪断瞬间，A、C间绳的拉力为45mg，则AC间绳对定滑轮的压力发生改变，而三个物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．
7．如图所示，两块连接在一起的物块a和b，质量分别为ma和mb，放在水平的光滑桌面上，现同时施给它们方向如图所示的推力Fa和拉力Fb，已知Fa>Fb，则关于a对b的作用力，下列说法正确的是 （ ）
A．必为推力 B．必为拉力
C．可能为推力，也可能为拉力 D．不可能为零
【答案】C
【解析】
试题分析:
整体水平方向受两推力而做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：ababFFamm，对a由牛顿第二定律可得：aaFFma，则abbaaaabmFmFFmaFmm．若baabmFmF，F为负值，b对a为推力；若baabmFmF，F为正值，则b对a为拉力；若baabmFmF，F为零．故C正确，A、B、D错误．故选C．
考点：考查牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
8．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻r，开关K闭合，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表示数变化量的绝对值为ΔI，正确的是
A．V2的示数增大
B．电源输出功率在增大
C．ΔU3＞ΔU1＞ΔU2
D．ΔU3与ΔI的比值在减小
【答案】BC
【解析】
【详解】
理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表123VVV、、分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大．
A.根据闭合电路欧姆定律得：2V的示数
2UEIr I增大，2U减小，故A错误；
B. 电路中定值电阻阻值R大于电源内阻r，外电阻减小，电源输出功率在增大，故B正确；
D. 由闭合欧姆定律得：
3UEIrR
解得
3URrI
所以3UI不变，故D错误；
C.由闭合欧姆定律得：
3 UIRr
2UIr
1UIR
又定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，则312UUU，故C正确．
9．在如图所示电路中，R1、R2为定值电阻，闭合电键S后，带电粒子恰处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表V1，V2，V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则( )
A．V1示数减小， V2和V3示数增大
B．带电粒子将向上运动
C．ΔU3＞ΔU1
D．此过程中2IU保持不变
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A．将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，总电流增大，则V1示数U1增大．内电压增大，路端电压U减小，而路端电压13UUU，可知，V3示数U3减小．R2两端电压增大，所以V2示数减小，故A错误；
B．R2两端电压增大，则电容器板间电压增大，板间场强增大，带电粒子所受的电场力增大，因此带电粒子将向上运动，故B正确；
