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高中物理整体法隔离法解决物理试题题20套(带答案)及解析一、整体法隔离法解决物理试题1．在如图所示的电路中，闭合开关，将滑动变阻器的滑片向右移动一段距离，待电路稳定后，与滑片移动前比较A．灯泡L变亮B．电容器C上的电荷量不变C．电源消耗的总功率变小D．电阻R0两端电压变大【答案】C【解析】A、C、滑动变阻器的滑片向右移动一点，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，流过电源的电流减小，则由知电源的总功率变小，且流过灯泡的电流减小，灯泡L亮度变暗，故A错误，C正确；B、电源的路端电压U=E-Ir增大，即电容器电压增大将充电，电荷量将增大．故B错误．D、电阻R0只有在电容器充放电时有短暂的电流通过，稳定状态无电流，则其两端的电压为零不变，D错误；C、．故C正确．故选C．【点睛】本题电路动态变化分析问题．对于电容器，关键是分析其电压，电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，电容器的电压等于这条电路两端的电压．2．最近，不少人喜欢踩着一种独轮车，穿梭街头，这种独轮车全名叫电动平衡独轮车，其中间是一个窄窄的轮子，两侧各有一块踏板，当人站在踏板上向右运动时，可简化为如图甲、乙所示的模型。
关于人在运动中踏板对人脚的摩擦力，下列说法正确的是（）A．考虑空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力向左B．不计空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力向左C．考虑空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力可能为零D．不计空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力不可能为零【解析】【详解】A ．考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力为右，故A 错误；B ．不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，合力向右，即脚所受摩擦力向右，故B 错误；C ．当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C 正确；D ．当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力提供加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D 错误。
高一物理整体法隔离法试题答案及解析1. 如图所示，在粗糙水平面上放一质量为M 的斜面体，质量为m 的木块在竖直向上力F 作用下，沿斜面体匀速下滑，此过程中斜面体保持静止，则地面对斜面（ ）A ．无摩擦力B ．有水平向左的摩擦力C ．支持力为（M+m ）gD ．支持力小于（M+m ）g【答案】AD【解析】对物体M 和m 整体受力分析，受拉力F 、重力（M+m ）g 、支持力F N ，根据共点力平衡条件竖直方向 F N +F-（M+m ）g=0，解得：F N =（M+m ）g-F ＜（M+m ）g ；水平方向不受力，故没有摩擦力． 故选AD ．【考点】整体法及隔离法。
2. 如图所示，两个等大的水平力F 分别作用在B 和C 上．A 、B 、C 都处于静止状态．各接触面与水平地面平行．A 、C 间的摩擦力大小为f 1，B 、C 间的摩擦力大小为f 2，C 与地面间的摩擦力大小为f 3，则（ ）A ．f 1=0，f 2=0，f 3=0B ．f 1=0，f 2=F ，f 3=0C ．f 1=F ，f 2=0，f 3=0D ．f 1=0，f 2=F ，f 3=F 【答案】B【解析】以ABC 整体为研究对象，分析整体在水平方向的受力易知，地面对C 的摩擦力为零，以A 为研究对象，A 处于平衡状态，故C 与A 之间无摩擦力，以B 为研究对象，易知C 与B 之间的摩擦力为F ，故选B 【考点】考查整体隔离法点评：本题难度较小，处理此类问题，研究对象的选择是灵活的，例如分析BC 间摩擦力时，可以以A 、C 整体为研究对象3. 如图水平向左的拉力F 作用在木块2上，三木块一起向左匀速运动，以下说法正确的是A ．木块1受到了向左的摩擦力B ．木块2受到了2对平衡力C ．木块1、2间有2对作用力和反作用力D ．木块2、3间有2对作用力和反作用力【答案】D【解析】三木块一起向左匀速运动，说明整体合外力为零。
将1物体隔离开，则水平方向静摩擦力为零，所以A错。
高中物理整体法隔离法解决物理试题答题技巧及练习题一、整体法隔离法解决物理试题1．a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。
当用大小为F的恒力沿水平方向拉着 a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1;当用恒力F竖直向上拉着 a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2；当用恒力F倾斜向上向上拉着 a，使a、b一起沿粗糙斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x3，如图所示。
则（）A．x1= x2= x3 B．x1 >x3= x2C．若m1>m2，则 x1>x3= x2 D．若m1<m2，则 x1＜x3= x2【答案】A【解析】【详解】通过整体法求出加速度，再利用隔离法求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的伸长量。
对右图，运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度为：；对b物体有：T1=m2a1；得；对中间图：运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度为：；对b物体有：T2-m2g=m2a2得：；对左图，整体的加速度：，对物体b：，解得；则T1=T2=T3，根据胡克定律可知，x1= x2= x3，故A正确，BCD错误。
故选A。
【点睛】本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用．解答此题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再分析其他物体．2．如图所示，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上.a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动.当它们刚运行至轨道的粗糙段时可能正确的是A．绳的张力减小，斜面对b的支持力不变B．绳的张力增加，斜面对b的支持力减小C．绳的张力减小，地面对a的支持力不变D．绳的张力增加，地面对a的支持力减小【答案】C【解析】【详解】在光滑段运动时，物块a及物块b均处于平衡状态，对a、b整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡；对b受力分析，如图，受重力、支持力、绳子的拉力，根据共点力平衡条件，有F cosθ-F N sinθ=0 ①；F sinθ+F N cosθ-mg=0 ②；由①②两式解得：F=mg sinθ，F N=mg cosθ；当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能；①物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到：F sinθ+F N cosθ-mg=0 ③；F N sinθ-F cosθ=ma④；由③④两式解得：F=mgsinθ-ma cosθ，F N=mg cosθ+ma sinθ；即绳的张力F将减小，而a对b的支持力变大；再对a、b整体受力分析竖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，故地面对a支持力不变.②物块b相对于a向上滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，支持力的竖直分力大于重力，因此a对b的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超重，故地面对a的支持力也增大.综合上述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对a的支持力可能增加或不变；a 对b的支持力一定增加；故A，B，D错误，C正确.故选C.3．如图所示电路中，L 1、L 2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 ．L 1逐渐变暗，L 2逐渐变亮B ．L 1逐渐变亮，L 2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L 1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L 2逐渐变亮．由U E Ir =-知，路端电压减小，又L 2两端电压增大，则L 1两端电压减小，L 1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：2r P I r =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L 2看成电源内电路的一部分，光敏电阻R 和灯泡L 1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．4．如图甲所示，一轻质弹簧的下端，固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m 的物体A 、B （物体B 与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为k ，初始时物体处于静止状态。
高考物理高中物理解题方法：整体法隔离法压轴题专项复习含答案一、高中物理解题方法：整体法隔离法1．在如图所示的电路中，当开关S闭合后，电压表有示数，调节可变电阻R的阻值，使电压表的示数增大ΔU，则()A．可变电阻R被调到较小的阻值B．电阻R2两端的电压减小，减小量等于ΔUC．通过电阻R2的电流减小，减小量小于D．通过电阻R2的电流减小，减小量等于【答案】C【解析】【详解】A.由题意知，要使电压表的示数增大，则需电阻R和R1并联后的总电阻增大，则需将可变电阻R增大，即可变电阻R被调到较大的阻值，故A项不合题意；BCD.当R增大时，外电阻增大，干路电流减小，电阻R2两端的电压减小，且路端电压增大，所以电阻R2两端的电压减小量小于ΔU，由欧姆定律知，通过电阻R2的电流也减小，减小量小于，故B项不合题意、D项不合题意，C项符合题意．2．如图所示，A、B两滑块的质量分别为4 kg和2 kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动。
现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg的钩码C挂于动滑轮上。
现先后按以下两种方式操作：第一种方式只释放A而B按着不动；第二种方式只释放B而A按着不动。
则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为A．1:1 B．2:1 C．3:2 D．3:5【答案】D【解析】【详解】固定滑块B 不动，释放滑块A ，设滑块A 的加速度为a A ，钩码C 的加速度为a C ，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块A 运动的位移是钩码C 的2倍，所以滑块A 、钩码C 之间的加速度之比为a A : a C =2:1。
此时设轻绳之间的张力为T ，对于滑块A ，由牛顿第二定律可知：T =m A a A ，对于钩码C 由牛顿第二定律可得：m C g –2T =m C a C ，联立解得T =16 N ，a C =2 m/s 2，a A =4 m/s 2。
若只释放滑块B ，设滑块B 的加速度为a B ，钩码C 的加速度为Ca '，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块B 运动的位移是钩码的2倍，所以滑块B 、钩码之间的加速度之比也为:2:1BC a a ='，此时设轻绳之间的张力为23CH CS SD DH =，对于滑块B ，由牛顿第二定律可知：23CH CS SD DH ==m B a B ，对于钩码C 由牛顿第二定律可得：2C C C m g T m a =''-，联立解得40N 3T '=，220m/s 3B a ='，210m/s 3C a ='。
高中物理整体法隔离法解决物理试题常见题型及答题技巧及练习题一、整体法隔离法解决物理试题1．如图所示，一个“V”形槽的左侧挡板A竖直，右侧挡板B为斜面，槽内嵌有一个质量为m的光滑球C．“V”形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，设挡板A、B对球的弹力分别为F1、F2，下列说法正确的是( )A．F1、F2都逐渐增大B．F1、F2都逐渐减小C．F1逐渐减小，F2逐渐增大D．F1、F2的合外力逐渐减小【答案】D【解析】光滑球C受力情况如图所示：F2的竖直分力与重力相平衡，所以F2不变；F1与F2水平分力的合力等于ma，在V形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，加速度不断减小，由牛顿第二定律可知F1不断减小，F1、F2的合力逐渐减小，故D正确，A、B、C错误；故选D．【点睛】以光滑球C为研究对象，作出光滑球C受力情况的示意图；竖直方向上受力平衡，水平方向根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合加速度的变化解答．2．如图所示，A、B两滑块的质量分别为4 kg和2 kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动。
现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg的钩码C挂于动滑轮上。
现先后按以下两种方式操作：第一种方式只释放A而B按着不动；第二种方式只释放B而A按着不动。
则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为A ．1:1B ．2:1C ．3:2D ．3:5【答案】D【解析】【详解】 固定滑块B 不动，释放滑块A ，设滑块A 的加速度为a A ，钩码C 的加速度为a C ，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块A 运动的位移是钩码C 的2倍，所以滑块A 、钩码C 之间的加速度之比为a A : a C =2:1。
此时设轻绳之间的张力为T ，对于滑块A ，由牛顿第二定律可知：T =m A a A ，对于钩码C 由牛顿第二定律可得：m C g –2T =m C a C ，联立解得T =16 N ，a C =2 m/s 2，a A =4 m/s 2。
高中物理整体法隔离法解决物理试题试题经典及解析一、整体法隔离法解决物理试题1．在如图所示的电路中，当开关S闭合后，电压表有示数，调节可变电阻R的阻值，使电压表的示数增大ΔU，则()A．可变电阻R被调到较小的阻值B．电阻R2两端的电压减小，减小量等于ΔUC．通过电阻R2的电流减小，减小量小于D．通过电阻R2的电流减小，减小量等于【答案】C【解析】【详解】A.由题意知，要使电压表的示数增大，则需电阻R和R1并联后的总电阻增大，则需将可变电阻R增大，即可变电阻R被调到较大的阻值，故A项不合题意；BCD.当R增大时，外电阻增大，干路电流减小，电阻R2两端的电压减小，且路端电压增大，所以电阻R2两端的电压减小量小于ΔU，由欧姆定律知，通过电阻R2的电流也减小，减小量小于，故B项不合题意、D项不合题意，C项符合题意．2．如图电路中，电源的内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表．闭合电键S，当滑动变阻器R2的滑动触头向右滑动时，下列说法中正确的是（）A．电压表的示数变小B．电流表的示数变大C．电流表的示数变小D．R1中电流的变化量一定大于R4中电流的变化量【答案】C【解析】【分析】【详解】设R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4，电压分别为U1、U2、U3、U4．干路电流为I 总，路端电压为U，电流表电流为I．A．当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，I总变小，由U=E-Ir可知，U变大，则电压表示数变大．U变大，I3变大，故A错误；BC．因I4=I总-I3，则I4变小，U4变小，而U1=U-U4，U变大，U4变小，则U1变大，I1变大.又I总=I+I1，I总变小，I1变大，则I变小．所以R1两端的电压变大，电流表的示数变小．故B错误，C正确．D．由I4=I1+I2，I4变小，I1变大，则I2变小，则|△I1|＜|△I2|，|△I2|＞|△I4|，则不能确定R1中电流的变化量与R4中电流的变化量的大小．故D错误．【点睛】本题是电路的动态分析问题；解题时按“局部→整体→局部”的顺序进行分析，采用总量的方法分析电流表示数的变化．3．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UI REI R rη==+，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，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P Q=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．4．如图，平行金属板中带电质点P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，下列说法正确的是（ ）A ．电压表读数减小B ．小球的电势能减小C ．电源的效率变高D ．若电压表、电流表的示数变化量分别为U ∆ 和I ∆ ，则1U r R I∆<+∆【答案】AD 【解析】A 项：由图可知，R 2与滑动变阻器R 4串联后与R 3并联后，再由R 1串连接在电源两端；电容器与R 3并联；当滑片向b 移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R 1两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故A 正确；B 项： 由A 项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据U E d=，平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0，由带电质点P 原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B 错误； C 项：电源的效率：=P IU U P IE E η==出总,由A 分析可知，路端电压减小，所以电源的效率变低，故C 错误；D 项：将R 1和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为r+R 1，电压表测的为新电源的路端电压，如果电流表测的也为总电流，则1Ur R I ∆=+∆总,由A 分析可知3=R A I I I 总∆∆+∆，由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以R 3中的电流减小，则I A 增大，所以A I I ∆>∆总，所以1AUr R I ∆<+∆，故D 正确． 点晴：解决本题关键理解电路动态分析的步骤：先判断可变电阻的变化情况，根据变化情况由闭合电路欧姆定律E U IR =+ 确定总电流的变化情况，再确定路端电压的变化情况，最后根据电路的连接特点综合部分电路欧姆定律进行处理．5．小物块m 与各面均光滑的斜面体M ，叠放在光滑水平面上，如图所示，在水平力F 1（图甲）作用下保持相对静止，此时m 、M 间作用力为N 1；在水平力F 2（图乙）作用下保持相对静止，此时m 、M 间作用力为N 2。
3.5.2共点力平衡2：专题课:整体法与隔离法、动态平衡问题班级__________姓名________________学号____________________1.如图所示,放在斜面上的物块A和斜面体B一起水平向右做匀速直线运动,则物块A受到的重力和斜面对它的支持力的合力方向是()A.竖直向上B.竖直向下C.沿斜面向下D.水平向右2.(多选)如图所示,两个相似的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上.关于斜面体A和B的受力情况,下列说法正确的是()A.A一定受到四个力B.B可能受到四个力C.B与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D.A与B之间一定有摩擦力3.(多选)如图所示,物体A、B放在物体C上,水平力F作用于A,使A、B、C一起沿水平桌面做匀速直线运动,各接触面间的摩擦力的情况是()A.物体C对物体A有向右的摩擦力B.物体B受到三个力作用C.物体C受到三个摩擦力的作用D.物体C对桌面的摩擦力大小为F4.(多选)如图所示,两个物体A、B用轻弹簧相连接,A用细线挂在天花板上,B放在水平地面上.已知A、B两物体的重力分别为G A=3 N、G B=4 N,A、B间弹簧的弹力为2 N,则细线的拉力F T、B对地面的压力F N的可能值分别是()A.F T=5 N,F N=2 NB.F T=7 N,F N=0C.F T=2 N,F N=5 ND.F T=1 N,F N=6 N5.(多选)如图所示,物体在沿粗糙斜面向上的拉力F作用下处于静止状态.力F逐渐增大到物体即将相对于斜面向上运动的过程中,斜面对物体的作用力可能()A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.先减小后增大6.如图所示,用轻绳把一个小球悬挂在O点,用力F拉小球使绳偏离竖直方向30°角,小球处于静止状态,力F与竖直方向成θ角.若要使拉力F取最小值,则θ应为()A.30°B.60°C.90°D.45°7.如图所示,位于水平桌面上的物块P由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连,从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的.已知Q与P之间、P与桌面之间的动摩擦因数都是μ,两物块的质量都是m,重力加速度为g,滑轮轴上、滑轮与轻绳间的摩擦不计.若用一水平向右的力F拉物块P,使其做匀速直线运动,则拉力F的大小为()A.3μmgB.4μmgC.5μmgD.6μmg8.如图所示,物体A、B由跨过定滑轮的轻绳相连,m A>m B,设地面对A的支持力为F N,绳子对A的拉力为F1,地面对A的摩擦力为F2.若用水平向右的力F拉A,使B匀速上升,不计滑轮摩擦,则在此过程中()A.F N增大,F2增大,F1不变B.F N减小,F2减小,F1不变C.F N减小,F2减小,F1增大D.F N增大,F2减小,F1增大9.(多选)质量分布均匀的光滑小球O放在倾角为θ的斜面体上,斜面体置于水平面上,在如图所示的四种情况下,小球在挡板MN的作用下均处于静止,则下列说法中正确的是()A.甲图中斜面对小球O的弹力最大B.丙图中斜面对小球O的弹力最小C.乙图中挡板MN对小球O的弹力最小D.丙图中挡板MN对小球O的弹力最小10.(多选)如图所示,自动卸货车静止在水平地面上,车厢在液压机的作用下,θ角缓慢增大,在货物相对车厢仍然静止的过程中,下列说法正确的是()A.货物对车厢的压力变小B.货物受到的摩擦力变大C.地面对车的摩擦力增大D.车对地面的压力不变11.如图所示,倾角为θ的斜面体c置于水平地面上,小盒b置于斜面上,通过跨过光滑定滑轮的细绳与物体a连接,连接b的一段细绳与斜面平行,连接a的一段细绳竖直,a连接在竖直固定在地面的弹簧上.现向b盒内缓慢加入适量沙子,a、b、c始终处于静止状态,下列说法中正确的是()A.b对c的摩擦力可能先减小后增大B.地面对c的支持力可能不变C.c对地面的摩擦力方向始终向左D.弹簧的弹力可能增大12.(多选)如图LZ3-12所示,B、C两个小球分别用细绳悬挂于竖直墙面上的A、D两点,两球均保持静止.已知两球的重力均为G,细绳AB与竖直墙面之间的夹角为30°,细绳CD与竖直墙面之间的夹角为60°,则()A.AB绳中的拉力为√32G B.CD绳中的拉力为2GC.BC绳中的拉力为GD.细绳BC与竖直方向的夹角为60°13.如图所示,轻质弹性绳一端固定于O点,另一端系一小球,小球静止时弹性绳竖直.现对小球施加一个水平力,使其缓慢移动至弹性绳与竖直方向成60°角,若弹性绳的形变在弹性限度内,弹性绳原长为x0,则此过程中小球上升的高度为()A.14x0B.12x0C.13x0D.x014.如图所示,一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环,系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态.现将两环间的距离变小后,书本仍处于静止状态,则()A.杆对A环的支持力变大B.B环对杆的摩擦力变小C.杆对A环的力大小不变D.与B环相连的细绳对书本的拉力变大15.如图所示,质量M=2√3kg的木块A套在水平杆上,并用轻绳将木块A与质量m=√3kg的小球相连.今用与水平方向成α=30°角的F=10√3N的力拉着小球带动木块一起向右匀速运动,运动中木块和小球的相对位置保持不变,g取10 m/s2.求:(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ;(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ.答案与解析1.C[解析]以A为研究对象,受到重力、支持力、摩擦力,因物块A处于平衡状态,则合外力为零,物块A受到的重力和斜面对它的支持力的合力与摩擦力等大反向,故该合力方向沿斜面向下,选项C正确.2.AD[解析]对A、B整体受力分析,整体受到向下的重力和向上的推力F,由共点力平衡的条件可知,B与墙壁之间不可能存在弹力,因此也不可能存在摩擦力,故选项C错误;隔离B,对B受力分析,B 受到重力、A对B的弹力及摩擦力而处于平衡状态,故B只能受到三个力,选项B错误,D正确;隔离A,对A受力分析,A受到重力、推力F、B对A的弹力和摩擦力共四个力作用,选项A正确.3.AD[解析]隔离物体A,对A受力分析,根据共点力平衡条件知,A受到拉力F、重力、支持力和向右的静摩擦力作用,选项A正确;隔离物体B,对B受力分析,结合共点力平衡条件知,B受到重力和支持力两个力作用,C对B不产生摩擦力,故选项B错误;对整体受力分析,整体受到拉力F、重力、支持力和水平桌面对其向右的滑动摩擦力作用,根据共点力平衡条件和牛顿第三定律知,物体C对桌面的摩擦力大小为F,选项D正确;再隔离C受力分析,C受重力、A对C的压力、B对C的压力、桌面对C的支持力、A对C向左的静摩擦力和桌面对C向右的滑动摩擦力作用,选项C错误.4.AD[解析]如果弹簧处于压缩状态,隔离物体B受力分析,B受到重力、弹簧的弹力F及地面的支持力F N而处于平衡状态,因为弹簧的弹力F向下,根据共点力平衡条件知,F N=G B+F=4 N+2 N=6 N,对物体A、B及弹簧组成的整体受力分析,则F T=G A+G B-F N=7 N-6 N=1 N;若弹簧处于伸长状态,则B受到支持力F N=G B-F=4 N-2 N=2 N,对整体分析,悬线的拉力F T=G A+G B-F N=7 N-2 N=5 N,故选项A、D正确,B、C错误.5.AD[解析]因为物体始终保持静止状态,所以斜面对物体的作用力与物体重力G和拉力F的合力是平衡力.物体所受的重力G和拉力F的合力的变化如图所示,由图可知,F可能先减小后增大,也可能逐渐合增大,选项A、D正确.6.B[解析]选取小球为研究对象,小球受三个共点力作用:重力G、拉力F和轻绳拉力F T,由于小球处于平衡状态,所以小球所受的合力为零,则F T和F的合力与重力G等大反向.因为绳子方向不变,作出F T和F的合成图,发现只有当F的方向与F T的方向垂直时,表示力F的有向线段最短,即当F的方向与轻绳方向垂直时,F有最小值,选项B正确.7.B[解析]隔离P进行受力分析,P受到桌面给它的水平向左的滑动摩擦力2μmg、绳子给它的水平向左的拉力F T和Q物块给它的水平向左的滑动摩擦力μmg,物块P做匀速直线运动,根据共点力平衡条件知,F=F T+μmg+2μmg;隔离物块Q进行分析,物块Q匀速向左运动,受到绳的拉力和滑动摩擦力作用,二力平衡,所以F T=μmg,因此F=μmg+μmg+2μmg=4μmg,选项B正确.8.A[解析]B保持匀速上升,由平衡条件可知,绳子的拉力大小F T不变,根据定滑轮的特点可知,A受到轻绳的拉力F1大小也不变,对A受力分析如图所示,则竖直方向上有F N+F1cos θ=m A g,可得F N=m A g-F1cos θ,A沿地面向右运动时,θ增大,cos θ减小,F1不变,则F N逐渐增大,而F2=μF N,μ不变,则F2也逐渐增大,故A正确.9.AD[解析]丁图中挡板水平,斜面对小球的支持力为零,挡板对小球的支持力大小等于小球的重力;甲、乙、丙三种情况下,对小球受力分析如图所示,从图中可看出,甲图中斜面对小球的弹力最大,丙图中挡板对小球的弹力最小,选项A、D正确.10.ABD[解析]货物处于平衡状态,受到重力、支持力、静摩擦力,根据共点力平衡条件,有mg sinθ=F f,F N=mg cos θ,θ增大时,F f增大,F N减小,根据牛顿第三定律,货物对车厢的压力变小,故A、B正确.对货车整体受力分析,只受到重力与支持力,不受摩擦力,故C错误.对货车整体受力分析,只受到重力与支持力,根据平衡条件,支持力不变,根据牛顿第三定律,车对地面的压力不变,故D正确.11.A[解析]当向b盒内缓慢加入沙子的过程中,a、b、c一直处于静止状态,对a分析,弹簧弹力不变,a的重力不变,则细绳拉力不变;对b、c整体分析,其受方向始终向左的摩擦力,故c对地面的摩擦力方向始终向右,由于b、c整体质量增大,则地面对c的支持力增大,B、C、D错误.如果开始时b所受c的摩擦力沿斜面向下,对b分析,随着沙子的加入,c对b的摩擦力可能先减小后增大,由牛顿第三定律可知,A正确.12.CD[解析]对两个小球构成的整体受力分析,整体受到重力2G、绳AB的拉力F1、绳CD的拉力F2作用,根据平衡条件知,F1=2G cos 30°=√3G,F2=2G sin 30°=G,选项A、B错误;隔离小球C,对C 球受力分析,设绳BC的拉力F3与竖直方向的夹角为θ,将F2、F3沿水平方向和竖直方向分解,根据平衡条件得,F3sin θ=F2sin 60°,F3cos θ+F2cos 60°=G,解得F3=G,θ=60°,选项C、D正确.13.B[解析]设弹性绳的劲度系数为k,小球的质量为m,未对小球施加水平力,小球静止时,根据平衡条件有mg=kx2,弹性绳的长度x=x0+x2=x0+mgk;对小球施加水平力,使其缓慢移动至弹性绳与竖直方向成60°角时,小球受到重力mg、水平力F、弹力F1三个力,由平衡条件得F1=mgcos60°=2mg,弹性绳的长度为x'=x0+2mgk ,此过程中小球上升的高度为Δh=x-x'cos 60°=12x0,选项B正确.14.B[解析]将A、B两个轻环、细绳和书本视为整体,整体受到竖直向下的重力和两个竖直向上的支持力作用,两个支持力的合力大小等于重力,则F N A=F N B=12mg保持不变,A错误;对B环进行受力分析,B环受到细绳的拉力F T B、杆的支持力F N B和摩擦力F f B,设细绳与竖直方向的夹角为θ,有F f B=F N B tan θ=12mg tan θ,两环间的距离变小,则θ变小,F f B变小,B正确;A环受力与B环类似,杆对A环的力为支持力F N A和摩擦力F f A的合力,其大小与细绳拉力大小相等,F T A=F NAcosθ=mg2cosθ,θ变小时,F T A变小,即杆对A环的力变小,与B环相连的细绳对书本的拉力变小,C、D错误.15.(1)30°(2)√35[解析](1)设轻绳对小球的拉力为F T,对小球受力分析,如图甲所示,由平衡条件可得F cos 30°-F T cosθ=0F sin 30°+F T sinθ-mg=0解得F T=10√3N,θ=30°.(2)以木块和小球组成的整体为研究对象,受力分析如图乙所示,由平衡条件得F cos 30°-F f=0F N+F sin 30°-(M+m)g=0又F f=μF N.解得μ=√35。
