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及解析一、整体法隔离法解决物理试题1．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。

现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v﹣t图象如图乙所示（重力加速度为g），则（）A．施加外力的瞬间，F的大小为2m（g﹣a）B．A、B在t1时刻分离，此时弹簧的弹力大小m（g+a）C．弹簧弹力等于0时，物体B的速度达到最大值D．B与弹簧组成的系统的机械能先增大，后保持不变【答案】B【解析】【详解】A．施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：2mg=kx；施加外力F的瞬间，对整体，根据牛顿第二定律，有：＝+-22F F mg ma弹其中：F弹=2mg解得：F=2ma故A错误。

B．物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的速度与加速度，且F AB=0；对B：F弹′-mg=ma解得：F弹′=m（g+a）故B正确。

C ．B受重力、弹力及压力的作用；当合力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间，速度不是最大值；故C错误；D．B与弹簧开始时受到了A的压力做负功，故开始时机械能减小；故D错误；2．如图所示，质量为m 的物体放在斜面体上，在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，物体始终与斜面体保持相对静止，则斜面体对物体的摩擦力Ff 和支持力FN 分别为（重力加速度为g ）( )A ．Ff ＝m （gsinθ＋acosθ） FN ＝m （gcosθ－asinθ）B ．Ff ＝m （gsinθ＋aco sθ） FN=m （gcosθ－acosθ）C ．Ff ＝m （acosθ－gsinθ） FN=m （gcosθ＋asinθ）D ．Ff ＝m （acosθ－gsinθ） FN ＝m （gcosθ－acosθ）【答案】A【解析】对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力（沿斜面向上），向右匀加速，故合力大小为ma ，方向水平向右；采用正交分解法，在平行斜面方向，有：F f -mg sin θ=ma cos θ，在垂直斜面方向，有：mg cos θ-F N =ma sin θ，联立解得：F f =m (g sin θ+a cos θ)，F N =m (g cos θ-a sin θ)；故A 正确，B,C,D 错误；故选A.【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住物体与斜面的加速度相等，结合牛顿第二定律进行求解．3．如图所示的电路中，电源内阻一定，电压表和电流表均为理想电表．现使滑动变阻器R 滑片向左滑动一小段距离，测得电压表V 1的示数变化大小为ΔU 1，电压表V 2的示数变化大小为ΔU 2，电流表A 的示数变化大小为ΔI ，对于此过程下列说法正确的是( )A ．通过电阻R 1的电流变化量大小等于11U R B ．R 0两端的电压的变化量大小等于ΔU 2－ΔU 1C ．路端电压的增加量等于ΔU 2D ．1U I ∆∆为一定值 【答案】ABD【解析】【分析】【详解】 A 、电压表V 1测量路端电压，即R 1两端的电压，根据欧姆定律可知，R 1的电流变化量大小等于11U R ∆；故A 正确．B 、C 、D 、使滑动变阻器R 滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，总电阻变大，总电流变小，内阻所占电压减小，路端电压增大，所以路端电压增大△U 1，并联部分的电压增大△U 1，通过R 1的电流增大，所以通过滑动变阻器的电流减小，R 0上的电压减小，R 上的电压增大△U 2，所以R 0两端的电压的变化量大小等于△U 2-△U 1，电压表V 1测量路端电压，根据欧姆定律可知1U r I ∆=∆为定值，所以1U I∆∆为定值，故B ，D 正确，C 错误．故选ABD ．【点睛】闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路—内电路—外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质．4．如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ=300的光滑斜面的底部，另一端和质量m 为的小物块a 相连，质量为m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x 0 ，从某时刻开始，对b 施加沿斜面向上的外力F ，使b 始终做匀加速直线运动。

经过一段时间后，物块a 、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x 0 ,弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g 。

则（ ）A ．弹簧的劲度系数B ．弹簧恢复原长时物块a 、b 恰好分离C ．物块b 的加速度为D ．拉力F 的最小值为【答案】AD【解析】【详解】A、对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：，解得：，故A正确；B、由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0，由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：，说明当形变量为时二者分离，故B错误；C、对m分析，因分离时a、b间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：，联立解得：，故C错误；D、分离前对整体分析可知，由牛顿第二定律有，则有刚开始运动时拉力F的最小，F的最小值；分离后对b分析可知，由牛顿第二定律有，解得，所以拉力F的最小值为，故D正确；故选AD。

【点睛】解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键。

5．如图所示，一固定杆与水平方向夹角 =30°，将一滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个小球，滑块与小球恰能一起沿杆向下匀速运动，则下列说法中正确的是（）A．滑块与杆之间动摩擦因数为0.5B．滑块与杆之间动摩擦因数为3 3C．当二者相对静止地沿杆上滑时轻绳对小球拉力斜向左上与水平方向成30°角D．当二者相对静止地沿杆上滑时轻绳对小球拉力斜向右上与水平方向成60°角【答案】BC【解析】【分析】根据题意两者一起运动，所以应该具有相同的加速度，那么在分析此类问题时应该想到先整体后隔离，利用加速度求解．【详解】AB ．由题意滑块与小球恰能一起沿杆向下匀速运动，把滑块和小球作为一整体，可知sin cos mg mg θμθ= ， 所以3tan μθ== ，故A 错；B 对 CD ．当二者相对静止地沿杆上滑时，以整体为对象可知加速度sin cos a g g g θμθ=+= 设此时绳子与水平方向的夹角为α，绳子的拉力为T ，对小球列牛顿第二定律公式 在水平方向上：3cos cos30T ma mg α==o 在竖直方向上：1sin sin302mg T ma mg o α-==解得：3tan α= ，即30α=o 由于加速度沿斜面向下，所以小球受到的合力也应该沿斜面向下，所以拉力的方向应该斜向左上与水平方向成30°角，故C 对；D 错；故选BC【点睛】本题考查了整体隔离法求解量物体之间的力，对于此类问题要正确受力分析，建立正确的公式求解即可．6．两个重叠在一起的滑块，置于倾角为θ的固定斜面上，滑块A 、B 的质量分别为M 和m ，如图所示，A 与斜面的动摩擦因数为μ1，B 与A 间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，则滑块A 受到的摩擦力( )A ．等于零B ．方向沿斜面向上C ．大小等于1cos Mg μθD ．大小等于2cos mg μθ【答案】BC【解析】【详解】 以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得，整体的加速度为：11()sin ()cos (sin cos )M m g M m g a g M mθμθθμθ+-+==-+ 设A 对B 的摩擦力方向向下，大小为f ，则有：sin mg f ma θ+=解得：1sin cos f ma mg mg θμθ=-=-负号表示摩擦力方向沿斜面向上则A 受到B 的摩擦力向下，大小f f '=，斜面的滑动摩擦力向上，A 受到的总的摩擦力为：11()cos cos A f f M m g Mg μθμθ'=-+=-；AB ．计算出的A 受的总的摩擦力为负值，表示方向沿斜面向上；故A 项错误，B 项正确. CD ．计算得出A 受到总的摩擦力大小为1cos Mg μθ；故C 项正确，D 项错误.7．如图,有质量均为m 的三个小球A 、B 、C ，A 与B 、C 间通过轻绳相连，绳长均为L ，B 、C 在水平光滑横杆上，中间用一根轻弹簧连接，弹簧处于原长。

现将A 球由静止释放，直至运动到最低点，两轻绳的夹角由120°变为60°，整个装置始终处于同一个竖直平面内，忽略空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是A ．A 在最低点时,B 对水平横杆的压力等于mg/2B 31-C ．在A 下降的过程中，轻绳对B 做功的功率先增大后减小D ．在A 下降的过程中轻绳对B 31- 【答案】BCD【解析】【详解】A 、若小球A 在最低点静止，设水平横杆对小球B 、C 的支持力都为F ，此时整体在竖直方向受力平衡，可得23F mg =，所以32F mg =；A 球由静止释放直至运动到最低点的过程，A 先加速下降后减速下降，先失重后超重，所以小球A 在最低点时，小球B 受到水平横杆的支持力大于32mg ，故选项A 错误； B 、小球A 在最低点时，弹簧的弹性势能最大，对整体根据能量守恒则有弹簧的最大弹性势能等于小球A 的重力势能减小，即max 31(sin 60sin 30)P E mg L L -=︒-︒=，故选项B 正确；C 、在A 下降的过程中，小球B 先加速后加速，小球A 球释放时轻绳对B 做功的功率为零，小球A 在最低点时轻绳对B 做功的功率为零，所以轻绳对B 做功的功率先增大后减小，故选项C 正确；D 、在A 下降的过程中，对小球A 根据动能定律可得(sin 60sin 30)20F mg L L W ︒-︒-=，解得每根轻绳对A 做功为314F W mgL -=，所以轻绳对B 做功为31mgL -，故选项D 正确；8．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，电压表V 1、V 2、V 3为理想电压表，R 1、R 3为定值电阻，R 2为热敏电阻(其阻值随温度升高而减小)，C 为电容器，闭合开关S ，电容器C 中的微粒A 恰好静止．当室温从25 ℃升高到35 ℃的过程中，流过电源的电流变化量是ΔI ，三只电压表的示数变化量是ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3.则在此过程中( )A ．V 1示数减小B ．32U U I I∆∆>∆∆ C ．Q 点电势升高 D ．R 3中的电流方向由M 向N ，微粒A 匀加速下移【答案】BC【解析】【详解】A.室温从25℃升高到35℃的过程中，R 2的阻值减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，总电流增大，外电压减小，V 1示数为U 1=IR 1增大，故A 错误；B. 由()21U E I R r =-+得21U R r I∆=+∆ 由3U E Ir =-得3U r I∆∆= 则有：32U U I I∆∆>∆∆ 故B 正确；C.由于外电压减小，V 1示数增大，所以V 2示数减小，而：2N Q U ϕϕ=-且0N ϕ=，所以Q 点电势升高，故C 正确；D.V 3测量的是电源路端电压，由：3U R Ir =-得U 3减小，电容器两端电压减小，电容电荷量减少，电容放电，形成从M 到N 的电流，两板间场强降低，电荷受的电场力减小，故将下移，但电场强度不断减小，由mg qE ma -=得加速度增大，微粒做加速度增大的加速运动，故D 错误。