高考物理整體法隔離法解決物理試題試題經(jīng)典含解析

1、高考物理整體法隔離法解決物理試題試題經(jīng)典含解析一、整體法隔離法解決物理試題1.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)增大山，則（）R產(chǎn)肥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AUC.通過電阻R2的電流減小，減小量小于 再D.通過電阻R2的電流減小，減小量等于 陽【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Ri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，

2、所以電阻 時兩端的電壓減小量小于 AU,由歐姆定律知，通過電阻 R2的電流也減小,減小量小于 后,故B項不合題意、D項不合題意，C項符合題意.2 .如圖所示的電路中，電源電動勢為E.內(nèi)阻為R, Li和匕為相同的燈泡，每個燈泡的電阻和定值電阻阻值均為 R.電壓表為理想電表， K為單刀雙擲開關(guān)，當(dāng)開關(guān)由 1位置擲到2）C.電源內(nèi)阻的發(fā)熱功率將變小D.電壓表示數(shù)將變小【答案】D【解析】開關(guān)在位置 i時，外電路總電阻I燈電壓Ui=U 2= JE,3R R總一3R一、， R +,電壓表本數(shù)U=3EE二丁，同理，兩電源內(nèi)阻的發(fā)熱功率為P2fi開關(guān)在位置2時，外電路總電阻2R總亙R,電壓表示數(shù) U'

3、2EE=5 ,燈泡Li的電壓3E2EUi' 3e, L2'的電壓U2'互，電源內(nèi)阻的發(fā)熱功率為A、由上可知，Li亮度不變，L2將變亮。故AB錯誤。C、電源內(nèi)阻的發(fā)熱功率將變大。故 C錯誤D、電壓表讀數(shù)變小。故 D正確。故選：D。R為光敏電阻）（光照越3 .如圖所示電路中，Li、L2為兩只完全相同、阻值恒定的燈泡, 強(qiáng)，阻值越?。?閉合電鍵 S后，隨著光照強(qiáng)度逐漸增強(qiáng)（I VA. Li逐漸變暗，L2逐漸變亮B. Li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Li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

4、敏電阻阻值減小，電路的總電阻減小，電路中總電流增大,L2逐漸變亮.由U E卜知，路端電壓減小，又 L2兩端電壓增大，則 Li兩端電壓減小,Li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： Pr 12r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項錯誤.【點睛】電源的內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大4.如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端，固定在水平面上

5、，上端疊放著兩個質(zhì)量均為m的物體A、B （物體B與彈簧栓接），彈簧的勁度系數(shù)為k,初始時物體處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體 A上，使物體A開始向上做加速度為 a的勻加速運動，測得兩 個物體的v-t圖象如圖乙所示（重力加速度為 g）,則（）干乙A.施加外力的瞬間，F(xiàn)的大小為2m （g-a）B. A、B在ti時刻分離，此時彈簧的彈力大小m （g+a）C.彈簧彈力等于。時，物體B的速度達(dá)到最大值D. B與彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能先增大，后保持不變【答案】B【解析】【詳解】A.施加F前，物體AB整體平衡，根據(jù)平衡條件，有：2mg=kx；施加外力F的瞬間，對整體，根據(jù)牛頓第二定律，有：F F

6、 彈 2mg=2ma其中：F 彈=2mg解得：F=2ma故A錯誤。B.物體A、B在ti時刻分離，此時 A、B具有共同的速度與加速度，且Fab=0;對B：F 彈-mg=ma解得:F彈 m (g+a)故B正確。C . B受重力、彈力及壓力的作用；當(dāng)合力為零時，速度最大，而彈簧恢復(fù)到原長時，B受到的合力為重力，已經(jīng)減速一段時間，速度不是最大值；故C錯誤；D. B與彈簧開始時受到了 A的壓力做負(fù)功，故開始時機(jī)械能減小；故D錯誤；5.直流電路如圖所示，電源的內(nèi)阻不能忽略不計，在滑動變阻器的滑片P由圖示位置向右移動時，電源的A.效率一定增大B.總功率一定增大C.熱功率一定增大D.輸出功率一定先增大后減小【

7、答案】A【解析】由電路圖可知，當(dāng)滑動變阻滑片向右移動時，滑動變阻器接入電路的阻值增大，電路總電阻變大，電源電動勢不變，由閉合電路的歐姆定律可知，電路總電流I變?。籄、電源的效率U- 丁一，電源內(nèi)阻r不變，滑動變阻器阻值 R變大，則電源效率增EI R r大，故A正確；B、電源電動勢 E不變，電流I變小，電源總功率 P=EI減小，故B錯誤；C、電源內(nèi)阻r不變，電流I減小，源的熱功率 PQ=I2r減小，故C錯誤；D、當(dāng)滑動變阻器阻值與電源內(nèi)阻相等時，電源輸出功率最大，由于不知道最初滑動變阻器接入電路的阻值與電源內(nèi)阻間的關(guān)系，因此無法判斷電源輸出功率如何變化，故 D錯誤；故選A.【點睛】知道電路串并聯(lián)

8、中的電流電壓關(guān)系，并熟練應(yīng)用閉合電路歐姆定律、電功率公式即可正確解題.Ff和支持力6 .如圖所示，質(zhì)量為 m的物體放在斜面體上，在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運動的過程中，物體始終與斜面體保持相對靜止，則斜面體對物體的摩擦力FN分別為(重力加速度為 g)()A. Ff= m(gsina acos»FN= m (gcos % asinB. Ff= m(gsin& acos»FN=m (gcos 9-acos »C. Ff= m(acos9- gsin)0FN=m (gcos 卅 asin )0D. Ff= m (acos 9-gsinFN= m (g

9、cos 9-acos 0【答案】A【解析】對物體受力分析，受重力、支持力、摩擦力(沿斜面向上)，向右勻加速，故合 力大小為 ma,方向水平向右；米用正交分解法，在平行斜面方向，有：Ff- mgsin 0=macos 0,在垂直斜面方向，有：mgcos 0- FN=masin 0,聯(lián)立解得： Ff=m(gsin 0+acos, FN=m(gcos 9- asin 0)；故 A 正確，B,C,D 錯誤；故選A.【點睛】解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，抓住物體與斜面的加速度相等，結(jié)合牛頓 第二定律進(jìn)行求解.7 .如圖，電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻r,開關(guān)K閉合，將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電

10、壓表 Vi、V2、V3的示數(shù)變化量的絕對值分別為AUi、A U2、AU3,理想電流表示數(shù)變化量的絕對值為 AI,正確的是A. V2的示數(shù)增大8 .電源輸出功率在增大C. A U3> A Ui> A U2D. A U3與AI的比值在減小【答案】BC【解析】【詳解】理想電壓表內(nèi)阻無窮大，相當(dāng)于斷路.理想電流表內(nèi)阻為零，相當(dāng)短路，所以R與變阻器串聯(lián)，電壓表 VV2、V3分別測量R路端電壓和變阻器兩端的電壓.當(dāng)滑動變阻器滑片 向下滑動時，接入電路的電阻減小，電路中電流增大.A.根據(jù)閉合電路歐姆定律得：V的示數(shù)U2 E IrI增大，U2減小，故A錯誤;B.電路中定值電阻阻值 R大于電源內(nèi)阻r

11、,外電阻減小，電源輸出功率在增大，故 確；D.由閉合歐姆定律得：U3 E解得U3I所以_U1不變，故D錯誤;IC.由閉合歐姆定律得：U3U2UiIrIR又定值電阻阻值 R大于電源內(nèi)阻阻值r,則 U3 Ui U2,故C正確.8.如圖所示，輕彈簧的一端固定在傾角為。=30的光滑斜面的底部，另一端和質(zhì)量3的小物塊a相連，質(zhì)量為與m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時彈簧的壓縮量為從某時刻開始，對 b施加沿斜面向上的外力 F,使b始終做勻加速直線運動。經(jīng)過一段時 間后，物塊a、b分離；再經(jīng)過同樣長的時間，b距其出發(fā)點的距離恰好也為 xo，彈簧的形B.彈簧恢復(fù)原長時物塊a、b恰好分離c.物塊b的加速度為g

12、 。貝 ()D.拉力 【答案】 【解析】 【詳解】4F的最小值為ADA、對整體分析，根據(jù)平衡條件可知，沿斜面方向上重力的分力與彈簧彈力平衡，則有:3+ -m)qsinO54mg劭50 ,故a正確.B、由題意可知，b經(jīng)兩段相等的時間位移為 xo,由勻變速直線運動相鄰相等時間內(nèi)位移關(guān)Xi 13 即系的規(guī)律可知：元 匕 說明當(dāng)形變量為 久一上口 “一不時二者分離，故 B錯誤；C、對m分析，因分離時a、b間沒有彈力，則根據(jù)牛頓第二定律可知:麻l mg即"F,聯(lián)立解得：”二而，故c錯誤；33F 4- kdx- （m += （ni +D、分離前對整體分析可知，由牛頓第二定律有，則有剛開始運動時拉

13、力 F的最小，F(xiàn)的最小值西皿5;分離后對b分析可知，由牛頓4F的最小值為西，故D正33-masinO =-ma第二定律有55 ,解得 確；故選AD?！军c睛】解題時一定要注意明確整體法與隔離法的正確應(yīng)用，同時注意分析運動過程，明確運動學(xué) 公式的選擇和應(yīng)用是解題的關(guān)鍵。9.在如圖所示的電路中，電源電動勢為 E,內(nèi)電阻為r,各電表都看做理想表。閉合開關(guān)，滑動變阻器滑片P向右移動，若以明、小、”內(nèi)、人分別表示電壓表Vi、V2、V3和 電流表A的示數(shù)變化的大小，則下述結(jié)論正確的是（）A.電壓表Vi、V2、V3和電流表A的示數(shù)分別是變小、變大、變小、變大B.電壓表Vi、V2、V3和電流表A的示數(shù)分別是變大

14、、變小、變大、變小C 二/岫 A1/2 du?D.、人分別是變小、不變、變小【答案】AC【解析】【詳解】AB當(dāng)滑動變阻器的滑動片 P向右移動時，變阻器接入電路的電阻減小，總電阻減小，則 電路中的總電流增大，則電流表A的示數(shù)變大；根據(jù)歐姆定律可知 后的電壓增大，電壓表匕示數(shù)變大；內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小，電壓表K?示數(shù)變小。后的電壓增大，路端電壓減小，則曾】的電壓減小，則電壓表 匕的示數(shù)變小，故 A正確，B錯誤。AUiM- Ri + r- -得：八,不變。川CD根據(jù)全電路歐姆定律知：口%+故C正確。由Ui = E-J(Rz + r),變形口的1,不變。由=變形得：對 ，即不變。故C正確，D錯誤

15、。故選AC【點睛】當(dāng)滑動變阻器的滑動片 P向右移動時，變阻器接入電路的電阻減小，總電阻減小，電路中 的總電流增大，由歐姆定律分析并聯(lián)部分兩端電壓的變化和路端電壓的變化，再判斷比兩端電壓的變化，綜合分析出兩電壓表變化量的大小.10.如圖，電源內(nèi)阻為r,兩個定值電阻 R、R2阻值均為R,閉合電鍵，將滑動變阻器滑 片向下滑動，理想電壓表 V3示數(shù)變化量的絕對值為 AU3,理想電流表 Ai、A2示數(shù)變化量的 絕對值分別為 Ai、A2：,則A. A2示數(shù)增大B. V2示數(shù)與Ai示數(shù)的比值不變C. A13與Ai的比值小于2RD. Ai小于A2【答案】AD【解析】【分析】 【詳解】閉合電鍵后，電路如圖所示.

16、Vi、V2、V3分別測量Ri、路端電壓和 R'的電壓.當(dāng)滑動變阻器滑片向下滑動時，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，則Ai的示數(shù)增大，電源的內(nèi)電壓Ir增大，則V2示數(shù)減小，Ri的電壓增大，V3的示數(shù)減小，則通過 總的電流減小，所 以通過R'的電流增大，即A2示數(shù)增大，A選項正確.V2示數(shù)與Ai示數(shù)之比等于外電路電 阻，其值減小，故 B選項正確.根據(jù)閉合電路歐姆定律得U3=E-Ii ( Ri+r),則得U3-=Ri+r= R+r,不一定小于2R,故C選項錯誤.Ai的示數(shù)增大量等于 A2示數(shù)增大和R2 Ii的電流減小量之和，所以 Ai小于A2,故D選項正確.11.在如圖所示的電路

17、中，電源的負(fù)極接地，其電動勢為E、內(nèi)電阻為r, R、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C為電容器，圖中電表為理想電表.在滑動變阻器滑動觸頭P自a端向b端滑動的過程中（）A.電壓表示數(shù)變大B.電容器C所帶電荷量減少C.電流表示數(shù)變小D. a點的電勢降低【答案】ABD【解析】【分析】考查含容電路的動態(tài)分析。【詳解】A.在滑動變阻器滑動觸頭 P自a端向b端滑動的過程中，滑動變阻器接入電路的電阻減 小，外電路總電阻減小，干路電流 I增大，電阻Ri兩端電壓增大，則電壓表示數(shù)增大，A正確；B.電阻 及兩端電壓：U2=E-I R-r , I增大，則U2減小，電容器板間電壓減小，帶 電量減小，B正確；C.通過

18、R2的電流I2減小，通過電流表的電流 Ia I I2, I增大，I2減小，則IA增大，即 電流表示數(shù)變大，C錯誤；D.外電路順著電流方向電勢降低，可知a的電勢大于0, a點電勢等于R2兩端電壓，U2減小，則a點電勢降低，D正確。故選ABD。12.如圖所示，在傾角為 。的光滑斜劈P的斜面上有兩個用輕質(zhì)彈簧相連的物塊 A、B, C 為一垂直固定在斜面上的擋板. A、B質(zhì)量均為m,斜面連同擋板的質(zhì)量為 M,彈簧的勁度 系數(shù)為k,系統(tǒng)靜止于光滑水平面.現(xiàn)開始用一水平恒力 F作用于P,（重力加速度為 g） 下列說法中正確的是（）A.若F=0,擋板受到B物塊的壓力為2mgsinB.力F較小時A相對于斜面靜

19、止，F(xiàn)大于某一數(shù)值，A相對于斜面向上滑動C.若要B離開擋板C,彈簧伸長量需達(dá)到 mgsin /kD.若F (M 2m)gtan且保持兩物塊與斜劈共同運動，彈簧將保持原長【答案】AD【解析】【詳解】A、F=0時，對物體A、B整體受力分析，受重力、斜面的支持力Ni和擋板的支持力 N2,根據(jù)共點力平衡條件，沿平行斜面方向，有N2- (2m) gsin 0 =瞰壓力為2mgsin 0故A錯誤；B、用水平力F作用于P時，A具有水平向左的加速度，設(shè)加速度大小為a,將加速度分解如圖根據(jù)牛頓第二定律得mgsin -kx=macos 0當(dāng)加速度a增大時，x減小，即彈簧的壓縮量減小，物體A相對斜面開始向上滑行.故

20、只要有力彳用在P上，A即向上滑動，故 B錯誤；G物體B恰好離開擋板C的臨界情況是物體 B對擋板無壓力，此時，整體向左加速運動，對物體B受力分析，受重力、支持力、彈簧的拉力，如圖產(chǎn)根據(jù)牛頓第二定律，有 mg-Ncos 9-kxsin 0 =0Nsin -kxcos 0 =ma解得：kx=mgsin O-macos0, xmg sin macos-故C錯誤;kD、若F= （M+2m） gtan但保持兩物塊與斜劈共同運動,度為gtan 0；對物體A受力分析，受重力，支持力和彈簧彈力，如圖則根據(jù)牛頓第二定律，整體加速根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin -kx=macos 0解得kx=0故彈簧處于原長，故

21、D正確;13.如圖所示，一根不可伸長的輕繩兩端分別系著小球 端的光滑滑輪O,傾角為30。的斜面體置于水平地面上.A和物塊B,跨過固定于斜面體頂A的質(zhì)量為 m , B的質(zhì)量為6m ,斜面體質(zhì)量為 m.開始時，用手托住 A,使OA段繩恰處于水平伸直狀態(tài)（繩中無拉力），OB繩平行于斜面，此時 B靜止不動.現(xiàn)將 A由靜止釋放，在其下擺過程中（未與斜面體相碰），斜面體始終保持靜止，不計空氣阻力，下列判斷中正確的是A.物塊B受到的摩擦力先減小后增大 B.地面對斜面體的摩擦力方向一直向右 C.小球A的機(jī)械能守恒D.地面對斜面體的支持力最大為10mg【答案】BCD【解析】1 2小球A擺下過程，只有重力做功，機(jī)

22、械能寸恒，有 mgL mv ,在最低點22有：F mg m,解得：F 3mg ,再對物體B受力分析，受重力、支持力、拉力和 L靜摩擦力，此時支持力最大，為 N 7mg 3mg 10mg ,重力沿斜面向下的分力為Fx 6mgsin30 3mg ,故靜摩擦力一直減小，故 A錯誤，CD正確.對物體B和斜面體 整體受力分析，由于 A球向左下方拉物體 B和斜面體整體，故一定受到地面對其向右的靜 摩擦力.故B正確.故選BCD.【點睛】小物體 B一直保持靜止，小球 A擺下過程，只有重力做功，機(jī)械能守恒，細(xì)線的 拉力從零增加到最大，再對物體 B受力分析，根據(jù)平衡條件判斷靜摩擦力的變化情況.對 B與斜面整體受力

23、分析，判斷地面對斜面體摩擦力的方向以及壓力的大小.14.粗糙的水平地面上放著一個質(zhì)量為M、傾角為 的斜面體，斜面部分光滑，底面與水平地面間的動摩擦因數(shù)為輕質(zhì)彈簧一端與固定在斜面上的輕質(zhì)擋板相連，另一端連接一質(zhì)量為m的小球，彈簧的勁度系數(shù)為k。斜面體在水平向右的恒力作用下，和小球一起以加速度a向右做勻加速直線運動（運動過程小球沒離開斜面）。以下說法正確的是A.水平恒力大小為（M m）aB.地面對斜面體的摩擦力為（M m）gC.彈簧的形變量為ma cosmg sinkD,斜面對小球的支持力為 mg cos masin 【答案】BCAB.對系統(tǒng)受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律F (M m)g (M m)a解得F （M m）a （M m）gA錯誤，B正確；CD.對小球應(yīng)用牛頓第二定律，沿斜面