最新高考物理整體法隔離法解決物理試題練習題及答案

1、最新高考物理整體法隔離法解決物理試題練習題及答案一、整體法隔離法解決物理試題1.如圖所示，傾角為 。的斜面A固定在水平地面上，質量為 M的斜劈B置于余面A上, 質量為m的物塊C置于余劈B上，A、B、C均處于靜止狀態(tài)，重力加速度為 g.下列說法B.斜面A受到斜劈B的作用力大小為 Mgcos 0 +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 mgcos 0【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

2、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 mgcos 0,方向垂直斜面 A向上，D正確.本題選錯誤的故選 B.【點睛】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 法相結合的方法.2.在如圖所示的電路中， E為電源電

3、動勢，r為電源內阻，Ri和R3均為定值電阻，及為滑 動變阻器.當R2的滑動觸點在a端時合上開關S,此時三個電表 Ai、A2和V的示數(shù)分別為 Ii、I2和U.現(xiàn)將R2的滑動觸點向b端移動，則三個電表示數(shù)的變化情況是A. Il增大，I2不變，U增大B. Ii減小，I2增大，U減小C. Ii增大，I2減小，U增大D. Ii減小，I2不變，U減小【答案】B【解析】【分析】 【詳解】R2的滑動觸點向b端移動時，R2減小，整個電路的總電阻減小，總電流增大，內電壓增大，外電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，R3電壓增大，R、R2并聯(lián)電壓減小，通過 R的電流Ii減小，即Ai示數(shù)減小，而總電流I增大，則流過R2的電流I

4、2增大，即A2示數(shù)增大.故 A、C、D錯誤，B正確.3 .如圖所示，在傾角 37的光滑斜面上，物塊 A靜止在輕彈簧上面，物塊 B用細線與 斜面頂端相連，物塊 A、B緊挨在一起但它們之間無彈力，已知物塊 A、B質量分別為m和 2m ,重力加速度為g, sin37 0.6, cos37 0.8.某時刻將細線剪斷，則在細線剪 斷瞬間，下列說法正確的是A.物塊B的加速度為0.6gB.物塊A的加速度為0.6gC.物塊A、B間的彈力為0.4mgD.彈簧的彈力為i.8mg【答案】C【解析】【分析】【詳解】剪斷細線前，彈簧的彈力：F彈 mg sin 370.6mg細線剪斷的瞬間，彈簧的彈力不變，仍為F彈0.6

5、mg ；剪斷細線瞬間，對 A、B系統(tǒng)，加速度為:3mgsin37 F 彈3m0.4g ,即A和B的加速度均為0.4g；以B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得2mgsin37 T 2ma解得 T 0.4mg .故C正確，ABD錯誤.故選C.4 .如圖所示，一個 "V'形槽的左側擋板 A豎直，右側擋板 B為斜面，槽內嵌有一個質量 為m的光滑球C."V'形槽在水平面上由靜止開始向右做加速度不斷減小的直線運動的一小段時間內，設擋板 A、B對球的彈力分別為 Fl、F2,下列說法正確的是（）A. Fi、F2都逐漸增大B. Fi、F2都逐漸減小C. Fi逐漸減小，F(xiàn)2逐漸增

6、大D. Fi、F2的合外力逐漸減小【答案】D【解析】光滑球C受力情況如圖所示：AGF2的豎直分力與重力相平衡，所以F2不變；Fi與F2水平分力的合力等于 ma,在V形槽在水平面上由靜止開始向右做加速度不斷減小 的直線運動的一小段時間內，加速度不斷減小，由牛頓第二定律可知Fi不斷減小，F(xiàn)i、F2的合力逐漸減小，故 D正確，A、B、C錯誤； 故選D.【點睛】以光滑球 C為研究對象，作出光滑球 C受力情況的示意圖；豎直方向上受力平衡，水平方向根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的大小，結合加速度的變化 解答.5 .最近，不少人喜歡踩著一種獨輪車，穿梭街頭，這種獨輪車全名叫電動平衡獨輪車，其 中間是一個窄窄的輪

7、子，兩側各有一塊踏板，當人站在踏板上向右運動時，可簡化為如圖 甲、乙所示的模型。關于人在運動中踏板對人腳的摩擦力，下列說法正確的是（）A.考慮空氣阻力，當人以如圖甲所示的狀態(tài)向右勻速運動時，腳所受摩擦力向左B.不計空氣阻力，當人以如圖甲所示的狀態(tài)向右加速運動時，腳所受摩擦力向左C.考慮空氣阻力，當人以如圖乙所示的狀態(tài)向右勻速運動時，腳所受摩擦力可能為零D.不計空氣阻力，當人以如圖乙所示的狀態(tài)向右加速運動時，腳所受摩擦力不可能為零 【答案】C 【解析】 【詳解】A.考慮空氣阻力，當人處如圖甲所示的狀態(tài)向右勻速運動時，根據(jù)平衡條件，則腳所受 摩擦力為右，故A錯誤；B.不計空氣阻力，當人處如圖甲所示

8、的狀態(tài)向右加速運動時，合力向右，即腳所受摩擦力 向右，故B錯誤；C.當考慮空氣阻力，當人處如圖乙所示的狀態(tài)向右勻速運動時，根據(jù)平衡條件，則重力、支持力與空氣阻力處于平衡，則腳所受摩擦力可能為零，故 C正確；D.當不計空氣阻力，當人處如圖乙所示的狀態(tài)向右加速運動時，根據(jù)牛頓第二定律，腳 受到的重力與支持力提供加速度，那么腳所受摩擦力可能為零，故 D錯誤。故選C?！军c睛】此題考查根據(jù)不同的運動狀態(tài)來分析腳受到力的情況，掌握物體的平衡條件以及加速度與 合外力的關系，注意人水平方向向右運動時空氣阻力的方向是水平向左的。6 .如圖所示，水平擋板 A和豎直擋板B固定在斜面C上，一質量為 m的光滑小球恰能與

9、 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 Fa、FB和FC.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的勻加速直線運動.若 Fa、Fb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B.D.【解析】【分析】【詳解】對小球進行受力分析當 a gtan時如圖一，根據(jù)牛頓第二定律,水平方向:Fc sinma 豎直方向：Fc 8sFa mg，聯(lián)立得：Fa mgma tanFc ma sin , Fa與a成線性關系，當a=0時，F(xiàn)a = mg,Fc sinFb ma，豎直方向：Fc 8smg,聯(lián)立 得：Fb ma mg tan , Fcmg,F

10、b 與 a cos也成線性，F(xiàn)c不變，綜上C錯誤，D正確【點睛】本題關鍵要注意物理情景的分析，正確畫出受力分析示意圖，考查了學生對牛頓運動定律 的理解與應用，有一定難度.7 .如圖所示，A、B兩物體質量均為 m,疊放在輕質彈簧上（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）而處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)突然撤去力F,設兩物體向上運動過程中A、B間的相互作用力大小為Fn。不計空氣阻力，關于FN的說法正確的是（重力加速度為g）（） , _ mg FFA.剛撤去力F時，F(xiàn)n=B.彈簧彈力大小為 F時，F(xiàn)n= 一22C. A、B的

11、速度最大時，F(xiàn)N=mgD.彈簧恢復原長時，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：a 2m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：Fn mg F-,故A錯誤；2B.彈簧彈力等于F時，根據(jù)牛頓第二定律得：對整體有：F-2 mg=2ma對A有：FN-mg=ma聯(lián)立解得：Fn F,故B正確；2D.當物體的合力為零時，速度最大，對A,由平衡條件得FN=mg,故C正確。C.當彈簧恢復原長時，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F

12、n=0 ,故D正確；8 .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3C.當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)題意兩者一起運動，所以應該具有相同的加速度，那么在分析此類問題時應該想到先 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動，把滑塊和小球作為一整體，可知m

13、gsin mgcos ,所以 tan，故A錯；B對CD.當二者相對靜止地沿桿上滑時，以整體為對象可知加速度a gsin gcos g設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：Tcosmacos30； 3 mg21在豎直方向上： mg Tsinmasin30， - mg解得：tan ,即 30 3由于加速度沿斜面向下，所以小球受到的合力也應該沿斜面向下，所以拉力的方向應該斜向左上與水平方向成 30°角，故C對；D錯；故選BC【點睛】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.9 .在如圖所示的

14、電路中，燈Li、L2的電阻分別為 Ri、R2,滑動變阻器的最大阻值為R0,若有電流通過，燈就發(fā)光，假設燈的電阻不變，當滑動變阻器的滑片P由a端向b端移動時，燈Li、L2的亮度變化情況是（）Li01>A.當心加時，燈Li變暗，燈L2變亮B.當年時，燈Li先變暗后變亮，燈 L2先變亮后變暗C.當心 <劭時，燈Li先變暗后變亮，燈L2不斷變暗D.當?shù)嫩繒r，燈Li先變暗后變亮，燈 L2不斷變亮【答案】AD【解析】【詳解】AB.當甘2>扭。時，燈L2與滑動變阻器的左部分串聯(lián)的總電阻一定大于右部分的電阻，當變 阻器的滑片P由a端向b端移動時，電路總電阻增大，總電流減小，所以通過燈Li的電

15、流減小，燈Li變暗，通過燈L2的電流變大，燈 L2變亮，故A項符合題意，B項不合題意； CD.當氏2<&|時，燈L2與滑動變阻器的左部分串聯(lián)的總電阻先大于后小于右部分的電阻， 則當滑動變阻器的滑片 P由a端向b端移動時，總電阻先增大，后減小，所以總電流先減 小后增大，所以通過燈 Li的電流先減小后增大，故燈 Li先變暗后變亮，而通過 L2的電流一 直變大，燈L2不斷變亮，故 C項不合題意，D項符合題意.i0.如圖所示，粗糙的水平地面上有三塊材料完全相同的木塊A、B、C,質量均為m。中間用細繩I、2連接，現(xiàn)用一水平恒力 F作用在C上，三者開始一起做勻加速運動，運動過 程中把一塊橡皮

16、泥粘在某一木塊上面，系統(tǒng)仍加速運動，則下列說法正確的是（）A.無論粘在哪個木塊上面，系統(tǒng)加速度都將減小B.若粘在A木塊上面，繩I的拉力增大，繩2的拉力不變C.若木在B木塊上面，繩i的拉力減小，繩2的拉力增大D.若粘在C木塊上面，繩I、2的拉力都減小【答案】ACD【解析】【詳解】A、將三個物體看作整體，整體水平方向受拉力和摩擦力；由牛頓第二定律可得F-f=3ma；當粘上橡皮泥后，不論放在哪個物體上，都增大了摩擦力及總質量；故加速度減??；故A正確；B、若橡皮泥粘在 A木塊上面，根據(jù)牛頓第二定律得：對BC整體：F-Fi=a|,得產(ma + ma a a 減小，曰增大.對C：/.Fz = ms,得比

17、= F-mg, a減小，F(xiàn)2增大.故b錯誤.對C: F-F2=mca,得F2=F-mca, a減小，F(xiàn)2增大.故B錯誤.G若橡皮泥粘在 B木塊上面，根據(jù)牛頓第二定律得：對A： Fi=mAa, a減小，F(xiàn)i減小.對C: F-F2=mca, a減小，F(xiàn)2增大.故 C正確.D、若橡皮泥粘在 C木塊上面，分別以 A、B為研究對象，同理可得繩1、2的拉力都減小.故D正確.故選ACD。11.如圖，有質量均為 m的三個小球A、B、C, A與B、C間通過輕繩相連，繩長均為L,B、C在水平光滑橫桿上，中間用一根輕彈簧連接，彈簧處于原長。現(xiàn)將A球由靜止釋放，直至運動到最低點，兩輕繩的夾角由120。變?yōu)?0。，整個

18、裝置始終處于同一個豎直平面內，忽略空氣阻力，重力加速度為g,則下列說法正確的是If4A. A在最低點時,B對水平橫桿的壓力等于 mg/2B.彈簧的最大彈性勢能為 /mgL2C.在A下降的過程中，輕繩對 B做功的功率先增大后減小D.在A下降的過程中輕繩對 B做功為-mgL【答案】BCD【解析】【詳解】A、若小球A在最低點靜止，設水平橫桿對小球B、C的支持力都為F ,此時整體在豎直方3 向受力平衡，可得 2F 3mg，所以F -mg ； A球由靜止釋放直至運動到最低點的過2程，A先加速下降后減速下降，先失重后超重，所以小球A在最低點時，小球 B受到水平3橫桿的支持力大于 一mg,故選項A錯誤； 2

19、B、小球A在最低點時，彈簧的彈性勢能最大，對整體根據(jù)能量守恒則有彈簧的最大彈性3 1勢能等于小球 A的重力勢能減小，即 EPmax mg(Lsin60 L sin 30 ) mgL ,故 選項B正確；C、在A下降的過程中，小球 B先加速后加速，小球 A球釋放時輕繩對 B做功的功率為 零，小球A在最低點時輕繩對 B做功的功率為零，所以輕繩對 B做功的功率先增大后減小，故選項C正確；D、在A下降的過程中，對小球 A根據(jù)動能定律可得mg(Lsin60 L sin 30) 2WF0 ,解得每根輕繩對 A做功為WF 吏二mgL ,所以4輕繩對B做功為mg_- mgL,故選項D正確;12.傾角為。的斜面體

20、M靜止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的.已知質量為m的物塊恰可沿其斜面勻速下滑.今對下滑的物塊m施加一個向右的水平拉力 F,物塊仍沿斜面向下運動，斜面體 M始終保持靜止.則此時（）A.物塊m下滑的加速度等于 Fcos emB.物塊 m下滑的加速度大于 Fcos 0mC.水平面對斜面體 M的靜摩擦力方向水平向左D.水平面對斜面體 M的靜摩擦力大小為零【答案】BD【解析】【分析】【詳解】AB.對物體B受力分析，受到重力、支持力和滑動摩擦力，如圖根據(jù)平衡條件，有 mgsin 0=f, mgcosON；其中f二9 解得:月an 0當加上推力后，將推力按照作用效果正交分解，如圖根據(jù)牛頓第二定律，有m

21、gsin 0FCos -mgcos aFsin 0 m=a,解得F cos F sin F cosa mm選項A錯誤，B正確；CD.無拉力時，對斜面受力分析，受到重力Mg,壓力、滑塊的摩擦力和地面的支持力,其中壓力和摩擦力的合力豎直向下，如圖當有拉力后，壓力和摩擦力都成比例的減小，但其合力依然向下，故地面與斜面體間無摩擦力，故CD錯誤；故選BD.【點睛】本題關鍵是先對物體 B受力分析，得到動摩擦因數(shù)ktan然后得到物體 B對斜面題的摩擦力和壓力的合力一定豎直向下.13 .如圖，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

22、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是A.繩的張力減小，斜面對 B.繩的張力減小，斜面對 C.繩的張力減小，斜面對 D.繩的張力增加，斜面對【答案】BC【解析】b的支持力減小，地面對 b的支持力增加，地面對 b的支持力增加，地面對 b的支持力增加，地面對a的支持力減小 a的支持力不變 a的支持力增加 a的支持力增加【詳解】在光滑段運動時，物塊 a及物塊b均處于平衡狀態(tài)，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(jù)共點力平衡條件，有：Fcos 0-FNsin 0=0 ；Fsin O+Fnco

23、s dmg=0 ；由兩式解得：F=mg sin 0, FN=mg cos 0;當它們剛運行至軌道的粗糙段時，減速滑行，系統(tǒng)有水平向右的加速度，此時有兩種可 能；AB.（一）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：Fsin 0+Fncos dmg=0 ；FNsin 0- Fcos 0=ma ；由兩式解得：F=mgsin （-macos 0, FN=mgcos 什ma sin。；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；故 A項錯誤，B項正確.CD.（二）物塊b相

24、對于a向上加速滑動，繩的張力顯然減小為零，物體具有向上的分加 速度，是超重，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；故C項正確，D項錯誤。14 .如圖1所示，mA=4.0 kg, mB= 2.0kg, A和B緊靠著放在光滑水平面上，從 t=0時刻 起，對B施加向右的水平恒力 F2= 4.0 N,同時對A施加向右的水平變力 Fi, Fi變化規(guī)律如 圖2所示。下列相關說法中不正確的是22A.當t=0時，A、B物體加速度分別為 aA 5m/s, aB 2m/sB. A物體做加速度減小的加速運動，B物體做勻加速運動C. t=12s時刻A、B將分

25、離，分離時加速度均為 a=2m/s2D. A、B分離前后，A物體加速度變化規(guī)律不相同【答案】AB【解析】【詳解】A.若AB之間沒有力的作用，則：aB -2- 2m/s2m）B當 t 0 時，F(xiàn)i 20N,而 mA 4kg,Fi2aA 5m/sm）B所以Fi單獨作用在 A上的加速度大于 AB之間沒有力的作用時的加速度，此時AB一起運動，加速度為：F2a 4m/sm1 m2A錯誤；B.由A得分析可知：隨著 Fi的減小，剛開始時 AB在兩個力的作用下做加速度越來越小的 加速運動，故B錯誤；C.當Fi單獨在A上的加速度等于 F2單獨作用在B上的加速度時，AB之間恰好沒有力的 作用，此后Fi繼續(xù)減小，A的加速度繼續(xù)減小，AB分離，根據(jù)牛頓第二定律得：Fi mA