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高考物理整体法隔离法解决物理试题专项训练及答案及解析 一、整体法隔离法解决物理试题 1两倾斜的平行杆上分别套着a、b 两相同圆环,两环上均用细线悬吊着相同的小球,如 图所示。当它们都沿杆向下滑动,各自的环与小球保持相对静止时,a 的悬线与杆垂直,b 的悬线沿竖直方向,下列说法正确的是 Aa 环与杆有摩擦力 Bd 球处于失重状态 C杆对 a、b 环的弹力大小相等 D细线对c、 d 球的弹力大小可能相等 【答案】 C 【解析】 【详解】 对 c球单独进行受力分析,受力分析图如下,c 球受重力和绳的拉力F,物体沿杆滑动,因 此在垂直于杆的方向加速度和速度都为零,由力的合成及牛顿第二定律可知物体合力 1=mg sin a=ma a=ginaF,因 a和 c 球相对静止,因此c球的加速度也为gsina,将 a和 c 球以及绳看成一个整体,在只受重力和支持力的情况下加速度为gsina,因此 a球和杆的 摩擦力为零,故A 错误; 对球 d 单独进行受力分离,只受重力和竖直方向的拉力,因此球d的加速度为零,因为b 和 d 相对静止,因此b 的加速度也为零,故d 球处于平衡状态,加速度为零,不是失重状 态,故 B错;细线对c球的拉力cos c Tmga,对 d球的拉力 d Tmg,因此不相等,故 D 错误;对a和 c 整体受力分析有cos naac Fmmga,对 b 和 d 整体受力分析 cos nbbd Fmmga,因 a 和 b 一样的环, b 和 d 一样的球,因此受力相等,故 C 正 确。 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 A1:1 B2:1 C3:2 D3:5 【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/s 2,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 C a, 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 2 3 CHCS SDDH ,对 于滑块 B,由牛顿第二定律可知: 2 3 CHCS SDDH =mBaB,对于钩码C由牛顿第二定律可得: 2 CCC m gTm a,联立解得 40 N 3 T, 2 20 m/s 3 B a , 2 10 m/s 3 C a 。则 C 在以上 两种释放方式中获得的加速度之比为:3: 5 CC aa,故选项 D 正确。 3如图所示,一个物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑,可以证明出此时斜面不受地面的 摩擦力作用,若沿斜面方向用力F 向下推此物体,使物体加速下滑,斜面依然保持静止, 则斜面受地面的摩擦力是( ) A大小为零B方向水平向右 C方向水平向左D无法判断大小和方向 【答案】 A 【解析】 【详解】 对斜面体进行受力分析如下图所示: 开始做匀速下滑知压力与摩擦力在水平方向上的分力相等,当用力向下推此物体,使物体 加速下滑,虽然压力和摩擦力发生了变化,但摩擦力f 始终等于 N F。知两力在水平方向 上的分力始终相等,所以斜面受地面的摩擦力仍然为零。 A斜面受地面的摩擦力大小为零,与分析结果相符,故A 正确; B斜面受地面的摩擦力方向水平向右,与分析结果不符,故B错误; C斜面受地面的摩擦力方向水平向左,与分析结果不符,故C错误; D综上分析,可知D 错误。 4如图所示,质量为m 的球置于斜面上,被一个拴在斜面上的细绳拉住。现用一个力F 推斜面,使斜面在水平面上和小球一起做加速度为a 的匀加速直线运动,忽略一切摩擦, 以下说法中正确的是 A若加速度足够小,细绳对球的弹力可能为零 B细绳对球的弹力可能为零 C斜面和细绳对球的弹力的合力一定等于ma D当 F变化时,斜面对球的弹力不变 【答案】 B 【解析】 A、B、D、对小球和斜面的整体分析可知,推力越大整体的加速度越大,当推力 达到一临界值时,斜面的加速度足够大使得小球相对斜面产生上滑趋势,此时绳子的拉力 为零,故 A、D 错误, B 正确。 C、对小球受力可知重力和斜面的弹力、绳的拉力,由牛顿 第二定律知三个力的合力为ma,故 C 错误。故选B。 【点睛】本题运用正交分解法,根据牛顿第二定律研究物体的受力情况,要正确作出物体 的受力图,并抓住竖直方向没有加速度,找到临界情况 5如图所示,在光滑水平面上有一质量为M 的斜壁,其斜面倾角为 ,一质量为m 的物 体放在其光滑斜面上,现用一水平力F推斜劈,恰使物体m 与斜劈间无相对滑动,则斜劈 对物块 m 的弹力大小为() mgcos cos mg cos mF Mm sin mF Mm A B C D 【答案】 D 【解析】两者一起向左匀加速运动,对物体进行受力分析,如图所示: 则根据牛顿第二定律及平衡条件可得: cos N Fmg sin N Fma 解得: cos N mg F 将两物体看做一个整体, FMm a sin N Fma 所以解得 sin mF Mm , 综上所述本题正确答案为 D。 6如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为M 的物体 A、B(B物体与弹簧连接,A、B两物体均可视为质点 ),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 一 t 图象如图乙所示(重力加速度为g),则 A施加外力前,弹簧的形变量为 2Mg k B外力施加的瞬间,A、B间的弹力大小为M(g+a) CA、B在 tl时刻分离,此时弹簧弹力筹于物体B的重力 D上升过程中,物体B 速度最大, A、B 两者的距离为 2 2 1 2 Mg at k 【答案】 AD 【解析】 【详解】 A、施加外力F前,物体 AB整体平衡,根据平衡条件,有:2Mgkx,解得: 2Mg x k ,故选项 A 正确; B、施加外力F的瞬间,对 B 物体,根据牛顿第二定律,有: AB FMgFMa 弹,其 中:2FMg 弹 ,解得:() AB FM ga,故选项 B 错误; C、物体 A、B 在 t1时刻分离,此时A、B 具有共同的v 与 a 且 FAB=0;对 B有: FMgMa 弹,解得: ()FM ga 弹,故选项 C 错误; D、当物体B 的加速度为零时,此时速度最大,则Mgkx,解得: Mg x k ,故 B 上升 的高度 Mg hxx k ,此时 A 物体上升的高度: 2 2 1 2 hat,故此时两者间的距离为 2 2 1 2 Mg hat k ,故选项D 正确; 说法正确的是选选项AD。 7如图所示的电路中,电源内阻为r,闭合电键,电压表示数为U,电流表示数为I;在滑 动变阻器 R1的滑片 P由 a 端滑到 b 端的过程中( ) AU 先变大后变小 BI 先变小后变大 CU 与 I 的比值先变大后变小 DU 的变化量的大小与I 的变化量的大小的比值等于 r 【答案】 ABC 【解析】 由图可知,滑动变阻器上下两部分并联,当滑片在中间位置时总电阻最大,则在滑动变阻 器 R1的滑片 P由 a 端滑到 b 端的过程中,滑动变阻器 R1的电阻先增大后减小,根据闭合 电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大,则可知路端电压先变大后变小;故AB正 确; U 与 I 的比值就是接入电路的R1的电阻与 R2的电阻的和,所以U 与 I 比值先变大后变 小,故 C正确;电压表示数等于电源的路端电压,电流表的示数比流过电源的电流小,由 于 U r I总 ,因为II总即 U r I ,所以 U 变化量与I 变化量比值不等于r,故 D 错误;综上分析,ABC正确 8在如图所示电路中,R1、 R2为定值电阻 , 闭合电键 S后, 带电粒子恰处于静止状态,现 将滑动变阻器的滑片向下滑动,理想电压表V1, V2,V3示数变化量的绝对值分别为 U1、U2、U3,理想电流表A 示数变化量的绝对值为I ,则( ) AV1示数减小 , V2和 V3示数增大 B带电粒子将向上运动 CU3U1 D此过程中 2 I U 保持不变 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 A将滑动变阻器的滑片向下滑动,滑动变阻器的阻值减小,电路的总电阻减小,由闭合 电路欧姆定律知,总电流增大,则V1示数 U1增大内电压增大,路端电压 U 减小,而路 端电压 13 UUU ,可知, V3示数 U3减小 R2两端电压增大,所以V2示数减小,故A 错误; BR2两端电压增大,则电容器板间电压增大,板间场强增大,带电粒子所受的电场力增 大,因此带电粒子将向上运动,故B 正确; C因为13UUU,U3减小, U1增大,而U 减小,所以31UU故 C 正确; D根据闭合电路欧姆定律知: 212 ()UEI RRr 得 2 12 U RRr I 保持不变,故D 正确 故选 BCD 9如图所示的电路中,电源电动势为E, 内阻为 r,R1、R2、R3为定值电阻 ,电流表和电压表均 为理想电表 ,C 为平行板电容器,在两板之间的带电液滴恰好处于静止状态.由于某种原因灯泡 L的灯丝突然烧断,其余用电器均不会损坏 ,则下列说法正确的是( ) A电流表示数变大 B电压表示数变大 C液滴将向上运动 D液滴仍保持静止 【答案】 ABC 【解析】 【详解】 液滴原来处于平衡状态,重力和静电力平衡,电路为R2与 R3串联,再与灯泡L 并联 ,干路 上有 R1和内阻 r.灯泡 L 的灯丝突然烧断 , 相当于其电阻变大,总电阻变大,据 + E I Rr 外 , 则总电流变小,C、D、由 1 () C UEI Rr得电容器的电压增大,故液滴受到的电场力 增大,液滴向上运动,C正确、 D错误 A、B、由 1 23 () A EI Rr I RR 可知电流表示数增 大,由 2VA UIR知电压表的示数变大,A正确, B正确 . 故选 ABC. 【点睛】 本题是电路动态分析问题,关键是理清电路,根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到 各个部分电路电流和电压的变化注意电源输出功率的大小与内外电阻的大小关系决定 10 如图 A、B 两物体叠放在光滑水平桌面上,轻质细绳一端连接B,另一端绕过定滑轮连接 C物体。已知A 和 C的质量都是2kg,B的质量是3kg,A、B 间的动摩擦因数是0.2,其他摩擦 不计。由静止释放C,C下落一定高度的过程中(C未落地 ,B未撞到滑轮 ,且 A 未与 B 分 离,g=10m/s ),下列说法正确的是 AA、B 两物体没有发生相对滑动 BC物体的加速度大小是3.2m/s CB物体受到的摩擦力大小是4N D细绳的拉力大小等于13.6N 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 假设 A、B 不发生相对滑动,整体的加速度: ;隔离对 A 分析, f=mAa=2 NmAg=4N, 可知假设不成立,即A、B 两物体发生相对滑动,A 所受的摩擦力为4N,B物体受到A 的 摩擦力大小是4N,对 BC系统的加速度。对 C 分 析,根据牛顿第二定律得:mCg-T=mCaBC;解得 T=13.6N,故 A 错误, BCD正确。故选 BCD 。 【点睛】 本题考查了牛顿第二定律的基本运用,通过整体法和隔离
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