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高中物理易错题专题三物理整体法隔离法解决物理试题(含解析)

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高中物理易错题专题三物理整体法隔离法解决物理试题(含解析)

一、整体法隔离法解决物理试题

1．一个质量为M的箱子放在水平地面上,箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为m的小球,线的另一端拴在箱子的顶板上,现把细线和球拉到左侧与竖直方向成θ角处静止释放,如图所示,在小球摆动的过程中箱子始终保持静止,则以下判断正确的是( )

A．在小球摆动的过程中,线的张力呈周期性变化,但箱子对地面的作用力始终保持不变

B．小球摆到右侧最高点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子受到地面向左的静摩擦力

C．小球摆到最低点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力

D．小球摆到最低点时,线对箱顶的拉力大于mg,箱子对地面的压力大于(M+m)g

【答案】D

【解析】

在小球摆动的过程中，速度越来越大，对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：2vFmgcosmr，绳子在竖直方向的分力为：2vFFcosmgcosmcosr，由于速度越来越大，角度越来越小，故F越大，故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻变化，故A错误；小球摆到右侧最高点时，小球有垂直于绳斜向下的加速度，对整体由于箱子不动加速度为0Ma，a为小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知：·NMMmgFMama，则有：NFMmgma，故NFMmg，根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于Mmg，故B错误；在最低点，小球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：2vTmgmr，联立解得：2vTmgmr，则根据牛顿第三定律知，球对箱的拉力大小为：2vTTmgmr，故此时箱子对地面的压力为：2vNMmgTMmgmgmr，故小球摆到最低点时，绳对箱顶的拉力大于mg，，箱子对地面的压力大于Mmg，故C错误，D正确，故选D.

【点睛】对m运动分析，判断出速度大小的变化，根据牛顿第二定律求得绳子的拉力，即可判断出M与地面间的相互作用力的变化，在最低点，球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出绳子的拉力，从而得到箱子对地面的压力．

2．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．

3．如图所示，在倾角37的光滑斜面上，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，物块A、B紧挨在一起但它们之间无弹力，已知物块A、B质量分别为m和2m，重力加速度为g，sin370.6，cos370.8．某时刻将细线剪断，则在细线剪断瞬间，下列说法正确的是

A．物块B的加速度为0.6g B．物块A的加速度为0.6g

C．物块A、B间的弹力为0.4mg D．弹簧的弹力为1.8mg

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

剪断细线前，弹簧的弹力：sin370.6Fmgmg弹

细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为0.6Fmg弹； 剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为：3sin370.43mgFagm弹，即A和B的加速度均为0.4g；

以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得2sin372mgTma

解得0.4Tmg．

故C正确，ABD错误．故选C．

4．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ΔU

C．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．

5．如图所示，质量为M的板置于水平地面，其上放置一质量为m的物体，物体与板，板与地面间的滑动摩檫系数分别为、2。当作用在板上的水平拉力为F时能将板从物体下拉出，则F的取值范围为（ ）

A．F >mg B．F >()mMg

C．F >2()mMg

D．F >3()mMg

【答案】D

【解析】

【详解】

当M和m发生相对滑动时，才有可能将M从m下抽出，此时对应的临界状态为：M与m间的摩擦力为最大静摩擦力mf，且m运动的加速度为二者共同运动的最大加速度ma，对m有：mmfmgagmm，设此时作用与板的力为F，以M、m整体为研究对象，有：2mFMmgMma，解得3FMmg，当FF时，才能将M抽出，即3FMmg，故D正确，ABC错误。

6．如图所示的电路中，电源电动势为E．内阻为R，L1和L2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R．电压表为理想电表，K为单刀双掷开关，当开关由1位置掷到2位置时，下列说法中正确的是（ ）

A．L1亮度不变，L2将变暗

B．L1将变亮，L2将变暗

C．电源内阻的发热功率将变小

D．电压表示数将变小

【答案】D

【解析】开关在位置1时，外电路总电阻R总=，电压表示数U=E=，同理，两灯电压U1=U2=E，

电源内阻的发热功率为P热==。

开关在位置2时，外电路总电阻R总′=R，电压表示数U′=E=，灯泡L1的电压U1′=E，L2′的电压U2′=，电源内阻的发热功率为 ，

A、由上可知，L1亮度不变，L2将变亮。故AB错误。

C、电源内阻的发热功率将变大。故C错误

D、电压表读数变小。故D正确。

故选：D。

7．如图所示，三物体A、B、C均静止，轻绳两端分别与A、C两物体相连接且伸直，mA=3kg，mB=2kg，mC=1kg，物体A、B、C间的动摩擦因数均为μ=0.1，地面光滑，轻绳与滑轮间的摩擦可忽略不计。现用15N的力作用在B物体上，则下列说法正确的是（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2）（ ）

A．物体B将从A、C中抽出，A、C可能会静止不动

B．物体B与A一起向左加速运动，C向右加速运动

C．物体B与C一起向左加速运动，A向右加速运动

D．A、C加速度大小均为0.5m/s2

【答案】D

【解析】

【详解】

B、C间的最大静摩擦力

BCAB5Nfmmg

A、B间的最大静摩擦力

ABA3NfmgfBC

若要用力将B物体从A、C间拉出，拉力最小时，B、C之间的摩擦力刚好达到最大，此时物体A已经向右以加速度a加速运动，B、C以加速度a向左加速运动，设绳子上拉力为T，以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得

T-fAB=mAa

以C为研究对象有

fBC-T=mCa

解得a=0.5m/s2，以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得

F-（fBC+fAB）=mBa

解得F=9N，由题知F=15N9N，所以可以将B物体从A、C中间抽出；即用15N的力作用在B物体上，物体A向右以加速度a=0.5m/s2加速运动，C以加速度a=0.5m/s2向左加速运动。

A.物体B将从A、C中抽出，A、C可能会静止不动，与分析不一致，故A错误； B.物体B与A一起向左加速运动，C向右加速运动，与分析不一致，故B错误；

C.物体B与C一起向左加速运动，A向右加速运动，与分析不一致，故C错误；

D.A、C加速度大小均为0.5m/s2，与分析相一致，故D正确。

8．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I1，在这一过程中，电流表的A2示数变化量的大小为I2，电压表示数的变化量的大小为U，则

A．A2增大，且I2

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()()()RIIIZ]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。

9．如图所示，质量相等、材料相同的两个小球A、B间用一劲度系数为k的轻质弹簧相连组成系统，系统穿过一粗糙的水平滑杆，在作用在B上的水平外力F的作用下由静止开始运动，一段时间后一起做匀加速运动，当它们的总动能为4Ek时撤去外力F，最后停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在从撤去外力F到停止运动的过程中，下列说法正确的是( )

A．撤去外力F的瞬间，弹簧的压缩量为2Fk

B．撤去外力F的瞬间，弹簧的伸长量为Fk

C．系统克服摩擦力所做的功小于系统机械能的减少量

D．A克服外力所做的总功等于2Ek

【答案】D

【解析】

【分析】

根据受力分析与牛顿第二定律分析弹簧的伸长量；根据动能定理分析A克服外力所做的总功；根据功能关系分析系统克服摩擦力所做的功．

【详解】

AB．当A与B一起做加速运动的过程中，对整体：

F-2f=2ma

对小球A：

kx-f=ma

联立得：

x= 2Fk

即撤去外力F的瞬间，弹簧的伸长量为 2Fk．故A B错误；

C．根据功能关系可知，整个的过程中，系统克服摩擦力所做的功等于A、B的动能以及弹簧减少的弹性势能的和，即等于系统机械能的减少量．故C错误．

D．A克服外力所做的总功等于A的动能，由于是当它们的总动能为4Ek时撤去外力F，所以A与B开始时的动能都是2Ek，即A克服外力所做的总功等于2Ek．故D正确；

故选D．

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高中物理整体法隔离法解决物理试题试题类型及其解题技巧含解析

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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．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．

高考物理整体法隔离法解决物理试题解题技巧及练习题含解析

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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．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aA，钩码C的加速度为aC，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aA: aC=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=mAaA，对于钩码C由牛顿第二定律可得：mCg–2T=mCaC，联立解得T=16 N，aC=2 m/s2，aA=4 m/s2。若只释放滑块B，设滑块B的加速度为aB，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:2:1BCaa，此时设轻绳之间的张力为23CHCSSDDH，对于滑块B，由牛顿第二定律可知：23CHCSSDDH=mBaB，对于钩码C由牛顿第二定律可得：2CCCmgTma，联立解得40N3T，220m/s3Ba，210m/s3Ca。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为:3:5CCaa，故选项D正确。

高中物理整体法隔离法解决物理试题解题技巧及练习题含解析

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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= x2

C．若m1>m2，则 x1>x3= x2 D．若m1

【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．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．

物理整体法隔离法解决物理试题易错剖析含解析

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一、整体法隔离法解决物理试题

1．一个质量为M的箱子放在水平地面上,箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为m的小球,线的另一端拴在箱子的顶板上,现把细线和球拉到左侧与竖直方向成θ角处静止释放,如图所示,在小球摆动的过程中箱子始终保持静止,则以下判断正确的是( )

A．在小球摆动的过程中,线的张力呈周期性变化,但箱子对地面的作用力始终保持不变

B．小球摆到右侧最高点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子受到地面向左的静摩擦力

C．小球摆到最低点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力

D．小球摆到最低点时,线对箱顶的拉力大于mg,箱子对地面的压力大于(M+m)g

【答案】D

【解析】

在小球摆动的过程中，速度越来越大，对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：2vFmgcosmr，绳子在竖直方向的分力为：2vFFcosmgcosmcosr，由于速度越来越大，角度越来越小，故F越大，故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻变化，故A错误；小球摆到右侧最高点时，小球有垂直于绳斜向下的加速度，对整体由于箱子不动加速度为0Ma，a为小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知：·NMMmgFMama，则有：NFMmgma，故NFMmg，根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于Mmg，故B错误；在最低点，小球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：2vTmgmr，联立解得：2vTmgmr，则根据牛顿第三定律知，球对箱的拉力大小为：2vTTmgmr，故此时箱子对地面的压力为：2vNMmgTMmgmgmr，故小球摆到最低点时，绳对箱顶的拉力大于mg，，箱子对地面的压力大于Mmg，故C错误，D正确，故选D.

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