(物理)物理整體法隔離法解決物理試題試題類型及其解題技巧及解析

（物理）物理整體法隔絕法解決物理試題試題種類及其解題技巧及分析一、整體法隔絕法解決物理試題1．兩傾斜的平行桿上分別套著a、b兩相同圓環(huán)，兩環(huán)上均用細線懸吊著相同的小球，如圖所示。當它們都沿桿向下滑動，各自的環(huán)與小球保持相對靜止時，a的懸線與桿垂直，b的懸線沿豎直方向，以下說法正確的選項是A．a(chǎn)環(huán)與桿有摩擦力B．d球處于失重狀態(tài)C．桿對a、b環(huán)的彈力大小相等D．細線對c、d球的彈力大小可能相等【答案】C【分析】【詳解】對c球獨自進行受力剖析，受力剖析圖以下，c球受重力和繩的拉力F，物體沿桿滑動，所以在垂直于桿的方向加快度和速度都為零，由力的合成及牛頓第二定律可知物體協(xié)力F1=mgsina=ma

a=gina

，因

a和

c球相對靜止，所以

c球的加快度也為

gsina，將

a和c球以及繩當作一個整體，在只受重力和支持力的狀況下加快度為

gsina，所以

a球和桿的摩擦力為零，故A錯誤；對球

d獨自進行受力分別，只受重力和豎直方向的拉力，所以球

d的加快度為零，因為

b和d相對靜止，所以

b的加快度也為零，故

d球處于均衡狀態(tài)，加快度為零，不是失重狀態(tài)，故

B錯；細線對

c球的拉力

Tc

mgcosa

，對

d球的拉力

Td

mg

，所以不相等，故D錯誤；對

a和

c整體受力剖析有

Fna

ma

mc

gcosa

，對

b和

d整體受力剖析Fnb

mb

md

gcosa，因

a和b相同的環(huán)，

b和

d相同的球，所以受力相等，故

C正確。2．在以下圖的電路中，閉合開關，將滑動變阻器的滑片向右挪動一段距離，待電路穩(wěn)固后，與滑片挪動前比較A．燈泡L變亮B．電容器C上的電荷量不變C．電源耗費的總功率變小D．電阻R0兩頭電壓變大【答案】C【分析】A、C、滑動變阻器的滑片向右挪動一點，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，依據(jù)閉合電路歐姆定律剖析得悉，流過電源的電流減小，則由知電源的總功率變小，且流過燈泡的電流減小，燈泡

L亮度變暗，故

A錯誤，C正確；B、電源的路端電壓U=E-Ir增大，即電容器電壓增大將充電，電荷量將增大．故B錯誤．D、電阻容器充放電時有短暫的電流經(jīng)過，穩(wěn)固狀態(tài)無電流，則其兩頭的電壓為零不變

R0只有在電，D錯誤；C、．故C正確．應選C．【點睛】此題電路動向變化剖析問題．關于電容器，重點是剖析其電壓，電路穩(wěn)準時，與電容器串連的電路沒有電流，電容器的電壓等于這條電路兩頭的電壓．3．以下圖，一個“V”形槽的左邊擋板A豎直，右邊擋板B為斜面，槽內(nèi)嵌有一個質(zhì)量為m的圓滑球C．“V”形槽在水平面上由靜止開始向右做加快度不停減小的直線運動的一小段時間內(nèi)，設擋板A、B對球的彈力分別為F1、F2，以下說法正確的選項是( )A．F1、F2都漸漸增大B．F1、F2都漸漸減小C．F1漸漸減小，F(xiàn)2漸漸增大D．F1、F2的合外力漸漸減小【答案】D【分析】圓滑球C受力狀況以下圖：F的豎直分力與重力相均衡，所以F不變；22F與F水均分力的協(xié)力等于ma，在V形槽在水平面上由靜止開始向右做加快度不停減小12的直線運動的一小段時間內(nèi)，加快度不停減小，由牛頓第二定律可知F112不停減小，F(xiàn)、F的協(xié)力漸漸減小，故D正確，A、B、C錯誤；應選D．【點睛】以圓滑球C為研究對象，作出圓滑球C受力狀況的表示圖；豎直方向上受力均衡，水平方向依據(jù)牛頓第二定律求出加快度的大小，聯(lián)合加快度的變化解答．4．以下圖，水平川面上有一楔形物塊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之間圓滑，a和b以共同速度在地面軌道的圓滑段向左運動.當它們剛運轉(zhuǎn)至軌道的粗拙段時可能正確的選項是A．繩的張力減小，斜面對b的支持力不變B．繩的張力增添，斜面對b的支持力減小C．繩的張力減小，地面對a的支持力不變D．繩的張力增添，地面對a的支持力減小【答案】C【分析】【詳解】在圓滑段運動時，物塊a及物塊b均處于均衡狀態(tài)，對a、b整體受力剖析，受重力和支持力，二力均衡；對b受力剖析，如圖，受重力、支持力、繩索的拉力，依據(jù)共點力均衡條件，有Fcosθ-FNsinθ=0①；Fsinθ+FNcosθ-mg=0②；由①②兩式解得：F=mgsinθ，F(xiàn)N=mgcosθ；當它們剛運轉(zhuǎn)至軌道的粗拙段時，減速滑行，系統(tǒng)有水平向右的加快度，此時有兩種可能；①物塊a、b仍相對靜止，豎直方向加快度為零，由牛頓第二定律獲得：Fsinθ+FNcosθ-mg=0③；FNsinθ-Fcosθ=ma④；由③④兩式解得：F=mgsinθ-macosθ，F(xiàn)N=mgcosθ+masinθ；即繩的張力F將減小，而a對b的支持力變大；再對a、b整體受力剖析豎直方向重力和支持力均衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力均衡，故地面對a支持力不變.②物塊b相關于a向上滑動，繩的張力明顯減小為零，物體擁有向上的分加快度，是超重，支持力的豎直分力大于重力，所以a對b的支持力增大，斜面體和滑塊整體擁有向上的加快度，也是超重，故地面對a的支持力也增大.綜合上述議論，結(jié)論應當為：繩索拉力必定減小；地面對a的支持力可能增添或不變；對b的支持力必定增添；故A，B，D錯誤，C正確.應選C.

a5．以下圖，質(zhì)量為

m的球置于斜面上，被一個拴在斜面上的細繩拉住。現(xiàn)用一個力

F推斜面，使斜面在水平面上和小球一同做加快度為

a的勻加快直線運動，忽視全部摩擦，以下說法中正確的選項是A．若加快度足夠小，細繩對球的彈力可能為零B．細繩對球的彈力可能為零C．斜面和細繩對球的彈力的協(xié)力必定等于maD．當F變化時，斜面對球的彈力不變【答案】B【分析】A、B、D、對小球和斜面的整體剖析可知，推力越大整體的加快度越大，當推力達到一臨界值時，斜面的加快度足夠大使得小球相對斜面產(chǎn)生上滑趨向，此時繩索的拉力為零，故A、D錯誤，B正確。C、對小球受力可知重力和斜面的彈力、繩的拉力，由牛頓第二定律知三個力的協(xié)力為ma，故C錯誤。應選B。【點睛】此題運用正交分解法，依據(jù)牛頓第二定律研究物體的受力狀況，要正確作出物體的受力爭，并抓住豎直方向沒有加快度，找來臨界狀況．6．以下圖，電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r，L1、L2是兩個小燈泡，R是滑動變阻器，V12S，將滑動變阻器R的滑動片由最左端向最右端、V可視為理想電壓表．閉合開關滑動，小燈泡的阻值可視為不變，以下說法正確的選項是（）A．小燈泡L1變暗，V1表的示數(shù)變小，V2表的示數(shù)變大B．小燈泡

L1變亮，

V1表的示數(shù)變大，

V2表的示數(shù)變小C．小燈泡

L2變暗，

V1表的示數(shù)變小，

V2表的示數(shù)變大D．小燈泡

L2變亮，

V1表的示數(shù)變大，

V2表的示數(shù)變大【答案】D【分析】將滑動變阻器的觸片由左端向右滑動時，變阻器接入電路的電阻變大，變阻器與燈泡L2并聯(lián)的電阻變大，外電路總電阻增大，則路端電壓隨之增大，即V1表的讀數(shù)變大．由閉合電路歐姆定律可知，流過電源的電流減小，燈泡L1變暗，電壓表2V讀數(shù)變小．燈泡L22L12增大，燈泡2變亮．故D正確．應選的電壓U=E-I(r+R)增大，I減小，則ULD．【點睛】此題是電路中動向剖析問題．關于路端電壓能夠直接依據(jù)路端電壓隨外電阻增大而增大，減小而減小判斷．7．直流電路以下圖，電源的內(nèi)阻不可以忽視不計，在滑動變阻器的滑片P由圖示地點向右挪動時，電源的A．效率必定增大B．總功率必定增大C．熱功率必定增大D．輸出功率必定先增大后減小【答案】A【分析】由電路圖可知，當滑動變阻滑片向右挪動時，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UIR，電源內(nèi)阻r不變，滑動變阻器阻值R變大，則電源效率增EIRr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、當滑動變阻器阻值與電源內(nèi)阻相等時，電源輸出功率最大，因為不知道最先滑動變阻器接入電路的阻值與電源內(nèi)阻間的關系，所以沒法判斷電源輸出功率怎樣變化，故D錯誤；應選A．【點睛】知道電路串并聯(lián)中的電流電壓關系，并嫻熟應用閉合電路歐姆定律、電功率公式即可正確解題．8．以下圖，在圓滑水平面上有一質(zhì)量為M的斜壁，其斜面傾角為θ，一質(zhì)量為m的物體放在其圓滑斜面上，現(xiàn)用一水平力F推斜劈，恰使物體m與斜劈間無相對滑動，則斜劈對物塊m的彈力大小為（）①mgcosθ②mgmFmFcos③④MmcosMmsinA．①④B．②③C．①③D．②④【答案】D【分析】二者一同向左勻加快運動，對物體進行受力剖析，以下圖：則依據(jù)牛頓第二定律及均衡條件可得：FNcosmgFNsinma解得：FN

mgcos將兩物體看做一個整體，F(xiàn)MmaFNsinmamF所以解得，Mmsin綜上所述此題正確答案為D。9．以下圖，輕彈簧的一端固定在傾角為0的圓滑斜面的底部，另一端和質(zhì)量m為θ=30的小物塊a相連，質(zhì)量為m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時彈簧的壓縮量為x0，從某時刻開始，對b施加沿斜面向上的外力F，使b一直做勻加快直線運動。經(jīng)過一段時間后，物塊a、b分別；再經(jīng)過相同長的時間，b距其出發(fā)點的距離恰巧也為x0,彈簧的形變一直在彈性限度內(nèi)，重力加快度大小為g。則（）A．彈簧的勁度系數(shù)B．彈簧恢還原長時物塊a、b恰巧分別C．物塊b的加快度為D．拉力F的最小值為【答案】AD【分析】【詳解】A、對整體剖析，依據(jù)均衡條件可知，沿斜面方向上重力的分力與彈簧彈力均衡，則有：，解得：B、由題意可知，b經(jīng)兩段相等的時間位移為

，故A正確；x0，由勻變速直線運動相鄰相等時間內(nèi)位移關系的規(guī)律可知：，說明當形變量為時二者分別，故C、對m剖析，因分別時a、b間沒有彈力，則依據(jù)牛頓第二定律可知：

B錯誤；，聯(lián)立解得：，故C錯誤；D、分別前對整體剖析可知，由牛頓第二定律有，則有剛開始運動時拉力F的最小，F(xiàn)的最小值；分別后對b剖析可知，由牛頓第二定律有確；應選AD。

，解得

，所以拉力

F的最小值為

，故

D正【點睛】解題時必定要注意明確整體法與隔絕法的正確應用，同時注意剖析運動過程，明確運動學公式的選擇和應用是解題的重點。10．以下圖，質(zhì)量均為M的物塊A、B疊放在圓滑水平桌面上，質(zhì)量為m的物塊C用跨過輕質(zhì)圓滑定滑輪的輕繩與B連結(jié)，且輕繩與桌面平行，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加快度大小為g，以下說法正確的選項是( )A．物塊A運動的最大加快度為gMB．要使物塊A、B發(fā)生相對滑動，應知足關系m1C．若物塊A、B未發(fā)生相對滑動，物塊MmgA遇到的摩擦力為2MmD．輕繩對定滑輪的作使勁為2mg【答案】AC【分析】【詳解】A.A遇到的最大合外力為故A正確；當A的加快度恰巧為第二定律得：

Mg，則A的最大加快度：a=μMg/M=μgμgA、B發(fā)生相對滑動，以A、BC系統(tǒng)為研究對象，由牛頓時，、mg=(M+M+m)μg2MC的質(zhì)量起碼為2M解得：m=，要使物塊A、B之間發(fā)生相對滑動，物塊，故B11錯誤；C.若物塊A、B未發(fā)生相對滑動，A、B、C三者加快度的大小相等，由牛頓第二定律得：mg=(2M+m)a對A:f=Ma解得：f=Mmg，故C正確；2MmD.C要向下做加快運動，C處于失重狀態(tài)，繩索的拉力：T<mg，輕繩對定滑輪的作使勁：N=T2T2=2T<2mg故D錯誤；11．在以下圖電路中，R1、R2為定值電阻，閉合電鍵S后，帶電粒子恰處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將滑動變阻器的滑片向下滑動，理想電壓表V1，V2，V3示數(shù)變化量的絕對值分別為ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想電流表A示數(shù)變化量的絕對值為ΔI，則( )A．V1示數(shù)減小，V2和V3示數(shù)增大B．帶電粒子將向上運動C．ΔU3＞ΔU1D．此過程中U2保持不變I【答案】BCD【分析】【詳解】A．將滑動變阻器的滑片向下滑動，滑動變阻器的阻值減小，電路的總電阻減小，由閉合電路歐姆定律知，總電流增大，則V1示數(shù)U1增大．內(nèi)電壓增大，路端電壓U減小，而路端電壓U3322AU1U3，可知，V示數(shù)U減?。甊兩頭電壓增大，所以V示數(shù)減小，故錯誤；B．R2兩頭電壓增大，則電容器板間電壓增大，板間場強增大，帶電粒子所受的電場力增大，所以帶電粒子將向上運動，故B正確；C．因為UU1U3，U3減小，U1增大，而U減小，所以U3＞U1．故C正確；D．依據(jù)閉合電路歐姆定律知：U2EI(R1R2r)得U2R1R2rI保持不變，故D正確．應選BCD．12．傾角為θ的斜面體

M靜止放在粗拙水平川面上，其斜面也是粗拙的．已知質(zhì)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一直保持靜止．則此時（

）A．物塊m下滑的加快度等于Fcosθ/mB．物塊m下滑的加快度大于Fcosθ/mC．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【分析】【剖析】【詳解】AB．對物體B受力剖析，遇到重力、支持力和滑動摩擦力，如圖依據(jù)均衡條件，有mgsinθ=f，mgcosθ=N；此中f=μN；解得：μ=tanθ當加上推力后，將推力依據(jù)作用成效正交分解，如圖依據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ+Fcosθ-μ(mgcosθ-Fsinθma)=，解得FcosFsinFcosamm選項A錯誤，B正確；CD．無拉力時，對斜面受力剖析，遇到重力Mg，壓力、滑塊的摩擦力和地面的支持力，此中壓力和摩擦力的協(xié)力豎直向下，如圖當有拉力后，壓力和摩擦力都成比率的減小，但其協(xié)力依舊向下，故地面與斜面體間無摩擦力，故CD錯誤；應選BD．【點睛】此題重點是先對物體B受力剖析，獲得動摩擦因數(shù)

μ=tanθ，而后獲得物體

B對斜面題的摩擦力和壓力的協(xié)力必定豎直向下．13．在以下圖的電路中，電源的負極接地，其電動勢為E、內(nèi)電阻為r，R12為定值電、R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(chǎn)點的電勢降低【答案】ABD【分析】【剖析】考察含容電路的動向剖析?！驹斀狻緼．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R1兩頭電壓增大，則電壓表示數(shù)增大，A正確；B．電阻R2兩頭電壓：U2=E-I(R1+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；22IAII，I增大，I2減小，則AC．經(jīng)過R的電流I減小，經(jīng)過電流表的電流2I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R兩頭電壓，U22減小，則a點電勢降低，D正確。應選ABD。14．以下圖的電路中，電源的電動勢

E和內(nèi)阻

r必定，

A、B為平行板電容器的兩塊正對金屬板，

R1為光敏電阻，電阻隨光強的增大而減?。擱2的滑動觸頭

P在

a端時，閉合開關S，此時電流表A和電壓表V的示數(shù)分別為I和U.以下說法正確的選項是A．若僅將R2的滑動觸頭P向b端挪動，則I不變，U不變B．若僅增大A、B板間距離，則電容器所帶電荷量不變C．若僅用更強的光照耀R1，則I增大，U減