高考物理整体法隔离法解决物理试题常见题型及答题技巧及练习题

一、整体法隔离法解决物理试题

1．如图所示电路中，电源内阻不能忽略．闭合开关S后，调节R的阻值，使电压表示数增大ΔU，在此过程中有( )

A．R2两端电压减小ΔU B．通过R1的电流增大

C．通过R2的电流减小量大于D．路端电压增大量为ΔU 【答案】B 【解析】 【详解】

A.因电压表示数增大，可知并联部分的总电阻增大，则整个电路总电阻增大，总电流减小，R2两端电压减小，电源内阻分担电压减小，路端电压增大，所以R2两端电压减小量小于ΔU，故A项不合题意.

B.电压表示数增大ΔU，R1是定值电阻，根据欧姆定律可知通过R1的电流增大量等于故B项符合题意．

CD. 因R2两端电压减小量小于ΔU，有通过R2的电流减小量小于

；由于R2两端电压减

，

小，则知路端电压增大量小于ΔU，故C项不合题意，D项不合题意．

2．如图所示，等边直角三角形斜边上竖直挡板挡住质量为m的球置于斜面上，现用一个恒力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g, 以下说法中正确的是

A．竖直挡板对球的弹力为mga B．斜面对球的弹力为2mg

C．加速度越大斜面对球的弹力越大．

D．斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力大于ma

【答案】A 【解析】

A、B、C、对球受力分析如图所示:

由牛顿第二定律得FN1-FN2sinθ=ma，FN2cosθ=mg，45 ，由以上两式可得：

FN1m(ga)，FN22mg，即竖直挡板对球的弹力为m(ga)，斜面对球的弹力为2mg，且加速度越大斜面对球的弹力不变，故A正确，B、C均错误.D、由牛顿第二定

律可知，斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma．故D错误．故选A. 【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用和受力分析规律的应用，要注意明确加速度沿水平方向，竖直方向上的合力为零，分别对两个方向进行分析求解即可．

3．如图，放置于水平面上的楔形物体，两侧倾角均为30°，左右两表面光滑且足够长，上端固定一光滑滑轮，一根很长且不可伸长的轻绳跨过定滑轮分别与左右两侧斜面平行，绳上系着三个物体A、B、C，三物体组成的系统保持静止.A物体质量为m，B物体质量为3m，现突然剪断A物体和B物体之间的绳子，不计空气阻力(重力加速度为g)，三物体均可视为质点，则

A．绳剪断瞬间，A物体的加速度为B．绳剪断瞬间，C物体的加速度为

3g 101g 2C．绳剪断瞬间，楔形物体对地面的压力不变 D．绳剪断瞬间，A、C间绳的拉力为2mg 【答案】A 【解析】 【详解】

ABD．设C的质量为m′．绳剪断前，由平衡条件知：

（3m+m）gsin30°=m′gsin30°

得

m′=4m

绳剪断瞬间，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得：

T-mgsin30°=ma

以C为研究对象，根据牛顿第二定律得：

4mgsin30°-T=4ma

联立解得：

aT即绳剪断瞬间，A、C物体的加速度大小均为确，BD错误．

C．绳剪断前，A、C间绳的拉力为：

3g 104mg 543g，A、C间绳的拉力为mg，故A正

510T′=（3m+m）gsin30°=2mg

绳剪断瞬间，A、C间绳的拉力为

4mg，则AC间绳对定滑轮的压力发生改变，而三个物5体对楔形物体的压力不变，可知，绳剪断瞬间，楔形物体对地面的压力发生变化，故C错误．

4．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V1的示数变化大小为ΔU1，电压表V2的示数变化大小为ΔU2，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( )

U1A．通过电阻R1的电流变化量大小等于

R1B．R0两端的电压的变化量大小等于ΔU2－ΔU1 C．路端电压的增加量等于ΔU2

U1为一定值 I【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】

D．

A、电压表V1测量路端电压，即R1两端的电压，根据欧姆定律可知，R1的电流变化量大小等于

U1；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，R1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△U1，并联部分的电压增大△U1，通过R1的电流增大，所以通过滑动变阻器的电流减小，R0上的电压减小，R上的电压增大△U2，所以R0两端的电压的变化量大小等于△U2-△U1，电压表V1测量路端电压，根据欧姆定律可知r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．

U1U1为定值，所以为定值，故B，D正确，II

5．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（ ）

A．U先变大后变小 B．I先变小后变大

C．U与I的比值先变大后变小

D．U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Ur，所以U变化量与I变化量比值不等于r，故Dr，因为II总 即II总错误；综上分析，ABC正确．

6．如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3，下列说法正确的是

A．I减小，U1减小、U2增大，U3增大 B．电源功率不变，R1上功率增加 C．D．

U2U2变大，不变 IIU3U3变大，不变 II【答案】ACD 【解析】 【详解】

A. 当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，外电路电阻增大，电流减小，根据

UEIr 可知路端电压U3增大，U1测定值电阻的电压，所以U1随着电流的减小而减

小，根据U3U2U1 可知U2增大，故A正确.

B.电源的功率PEI，随着回路中电流变小，则电源功率也在变小，故B错误； C. 根据电路知识可知, R2变，故C正确 D.根据电路知识可知

U2U所以2变大，U2IIEIR1r 可知

U2R1r不IU3U =R1+R2所以3变大．根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-Ir，则有IIU3=r，不变．故D正确． I

7．如图，电源内阻为r，两个定值电阻R1、R2阻值均为R，闭合电键，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V3示数变化量的绝对值为ΔU3，理想电流表A1、A2示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，则

A．A2示数增大

B．V2示数与A1示数的比值不变 C．ΔU3与ΔI1的比值小于2R D．ΔI1小于ΔI2

【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

闭合电键后，电路如图所示．V1、V2、V3分别测量R1、路端电压和R′的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A1的示数增大，电源的内电压Ir增大，则V2示数减小，R1的电压增大，V3的示数减小，则通过R2的电流减小，所以通过R′的电流增大，即A2示数增大，A选项正确．V2示数与A1示数之比等于外电路电阻，其值减小，故B选项正确．根据闭合电路欧姆定律得U3=E﹣I1（R1+r），则得

U3=R1+r= R+r，不一定小于2R，故C选项错误．A1的示数增大量等于A2示数增大和R2

I1的电流减小量之和，所以ΔI1小于ΔI2，故D选项正确．

8．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片Rx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，下列判断正确的是

A．V2的示数增大

C．U2与I的比值不变 【答案】BC 【解析】 【详解】

B．电源输出功率在增大 D．U1小于U2

A．理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当短路，所以定值电阻R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，则V2的示数减小，故A错误；

B．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故电源的输出功率在增大，故B正确；

C．U2与I的比值为r，不会改变，故C正确 D．根据闭合电路欧姆定律得U2EIr，则得

U2I而

r

U1I由于R＞r，则得

R

U1＞U2

故D错误。 【点睛】

本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。

9．在如图所示电路中，闭合电键 S，当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用 I、U1、U2和 U3表示，电表示数变化量的绝对值分别用 ΔI、ΔU1、ΔU2和 ΔU3表示．下列说法正确的是 （ ）

A．U1变小，U2变大，U3变小，I变大 B．U1变大，U2变小，U3变大，I变大 C．U1/I 不变，U2/I 变小，U3/I 变小 D．ΔU1/ΔI 不变，ΔU2/ΔI 不变，ΔU3/ΔI 不变 【答案】CD 【解析】

试题分析：当滑动变阻器R2的滑动触头P向上滑动，其阻值变小，总电阻变小，电流表示数I变大，路端电压U3减小，R1的电压U1增大，故R2的电压U2减小．故AB错误．因R1是定值电阻，则有 1UIU1UUR1，不变．因为 2R2，R2变小， 2变小；IIIUU 3=R1+R2，变小．故C正确．根据闭合电路欧姆定律得U3=E-Ir，则 3r，不II变．U2=E-I（R1+r），则考点：电路的动态分析

U2=R1+r，不变，故D正确．故选CD． I

10．有一种游戏，游戏者手持丘乓球拍托球移动，距离大者获胜．若某人在游戏中沿水平面做匀加速直线运动，球拍与球保持相对靠止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ，如图所示．设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则

A．运动员的加速度大小为gtanθ B．球拍对球的作用力大小为mg C．球拍对球的作用力大小为mgcosθ D．运动员对球拍的作用力大小为【答案】AD 【解析】

A、球和运动员具有相同的加速度，对小球分析如图所示：

(Mm)g

cos

则小球所受的合力为mgtanθ，根据牛顿第二定律得：amgtangtan，故A正mmg，故B、C错误．D、对cos确．B、C、根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力N球拍和球整体分析，整体的合力为（M+m）a，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为：F(Mm)g，故D正确．故选AD．

cos【点睛】解决本题的关键知道球、球拍和人具有相同的加速度，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法、隔离法的运用．

11．如图所示，质量分别为m1、m2的两个物块间用一轻弹簧连接，放在倾角为θ的粗糙斜劈上，物块与斜劈间的动摩擦因数均为μ，用平行于斜面、大小为F的拉力作用在m1上，使m1、m2一起向上作匀加速度运动，斜劈始终静止在水平地面上，则

A．弹簧的弹力为B．弹簧的弹力为

m2F

m1m2m2Fmg2sin

m1m2C．地面对斜劈的摩擦力水平向左 D．地面对斜劈的摩擦力水平向右 【答案】AC

【解析】A、B、根据牛顿第二定律得： 对m1、m2整体：F-μ（m1+m2）gcosθ-（m1+m2）gsinθ=（m1+m2）a，对m2：F

弹

-μm2gcosθ-m2gsinθ=m2a，联立上两式得：

F弹=m2F.故A正确，B错误.C、D、以斜面为研究对象，分析受力情况：重力G、

m1m2m1、m2的压力N1和滑动摩擦力f1、地面的支持力N2，如图所示：

则由平衡条件可知，地面对斜面的摩擦力f2必定水平向左，斜面才能保持平衡。故C正确，D错误。故选AC.

【点睛】本题解题关键是研究对象的选择，采用整体法和隔离法相结合的方法求解弹簧的弹力，运用隔离法分析，地面对斜面的摩擦力的方向．

12．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，下列说法正确的是

A．电表A1的示数I1减小 B．电表A2的示数I2减小 C．电表V的示数U增大 D．电阻R3的电功率增大 【答案】AD

【解析】 【分析】

本题考查闭合电路中的动态分析问题 【详解】

将R2的滑动触点向b端移动过程中，电路中总电阻减小，主路电流则会增大， A．因主路电流增大，电源内电压增大，R3的电压也会增大，则R1的电压会变小，I1的电流会减小，故A选项正确；

B．因主路电流增大而I1的电流会减小，则I2的电流会增大，故B选项错误； C．电源内压增大，则路端电压会减小即电表V的示数U减小，故C选项错误；

2D．电阻R3的电功率P3IR3随主路电流的增大而增大，故D选项正确；

综上所述，本题正确答案选AD。

13．如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两物体的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，下列说法正确的是

A．绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关 B．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关 C．若水平面是光滑的，则绳的拉力为

m1F

m1m2m1Fm1g

m1m2D．若水平面是粗糙的，且物体和地面摩擦因数为μ，则绳的拉力为【答案】BC 【解析】

设物体和地面摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律：

F（m1m2）g（m1m2）a

得:aFm1m2gm1m2

以m1为研究对象，根据牛顿第二定律：

Tm1gm1a

代入a得:TFm1

m1m2Fm1，故BC正确

m1m2可见绳子拉力大小与摩擦因数μ无关，与两物体质量大小有关，即与水平面是否粗糙无关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力均为T综上所述本题答案是：BC

点睛：先以两木块整体为研究对象根据牛顿第二定律求出加速度大小,然后以m1为研究对

象根据牛顿第二定律求出绳子拉力表达式,本题主要考查了学生对整体隔离方法的运用情况．

14．如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻，电阻随光强的增大而减小．当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U.以下说法正确的是

A．若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U不变 B．若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量不变

C．若仅用更强的光照射R1，则I增大，U减小，电容器所带电荷量减小 D．若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变 【答案】ACD 【解析】 【分析】

本题考查含容电路的动态分析问题。 【详解】

A.若仅将R2的滑动触头P向b端移动，R2所在支路有电容器，被断路，则I、U保持不变。故A正确。 B.根据C=S4πkd，若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少。故B错误。

C. 若仅用更强的光照射R1，电阻随光强的增大而减小，则I增大，U应当减少，电荷量减少。故C正确。

D.U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值表示电源的内阻，是不变的。故D正确。 故选ACD。

15．如图1所示，mA＝4.0 kg，mB＝2.0kg，A 和 B 紧靠着放在光滑水平面上，从 t＝0 时刻起，对 B 施加向右的水平恒力 F2＝4.0 N，同时对 A 施加向右的水平变力 F1，F1 变化规律如图 2 所示。下列相关说法中不正确的是

2A．当 t＝0 时，A、B 物体加速度分别为aA5m/s,aB2m/s2

B．A 物体做加速度减小的加速运动，B 物体做匀加速运动

C．t＝12s 时刻 A、B 将分离，分离时加速度均为 a＝2m/s2 D．A、B分离前后，A物体加速度变化规律不相同 【答案】AB 【解析】 【详解】

A．若AB之间没有力的作用，则：

aB当t0时，F120N，而mA4kg，

F22m/s2 mBaAF15m/s2 mB所以F1单独作用在A上的加速度大于AB之间没有力的作用时的加速度，此时AB一起运动，加速度为：

aA错误；

F合4m/s2

m1m2B．由A得分析可知：随着F1的减小，刚开始时AB在两个力的作用下做加速度越来越小的加速运动，故B错误；

C．当F1单独在A上的加速度等于F2单独作用在B上的加速度时，AB之间恰好没有力的作用，此后F1继续减小，A的加速度继续减小，AB分离，根据牛顿第二定律得：

F1mAaB8N

根据图像可知，此时t=12s，所以t=12s时刻A、B将分离，分离时加速度均为：

aBC正确；

F22m/s2 mBD．A、B分离前，A受到F1和B对A的弹力作用，分离后A只受F1作用，A物体加速度变化规律不相同，D正确； 故选AB。 【点睛】

本题考查牛顿第二定律的应用，注意临界条件，当AB之间刚好没有作用力且加速度相同时开始分离。