高考物理整體法隔離法解決物理試題題20套(帶答案)一、整體法隔離法解決物理試題1．如圖所示,電動勢為E,內(nèi)阻為r的電源與滑動變阻器R1、定值電阻R2、R3、平行板電容器及電流表組成閉合電路,當滑動變阻器R1觸頭向左移動時,則（）A．電流表讀數(shù)減小B．電容器電荷量增加C．R2消耗的功率增大D．R1兩端的電壓減小【答案】D【解析】【詳解】A、變阻器R的觸頭向左移動一小段時，R1阻值減小，回路的總電阻減小，所以回路的總電流增大，電流表讀數(shù)增大，故A錯誤.B、外電路總電阻減小，路端電壓U減小，所以路端電壓減小，電容器的帶電量減小，故B錯誤.C、由于R1和R2并聯(lián)，由分析可得則R2電壓減小，又由于R2電阻不變，所以R2消耗的功率減小，故C錯誤.D、路端電壓減小，而干路電流增加導致R3兩端電壓增大，由串聯(lián)分壓可得R1兩端的電壓減小，故D正確.故選D.【點睛】本題考查閉合電路歐姆定律的動態(tài)分析，要熟練掌握其解決方法為：局部-整體-局部的分析方法；同時注意部分電路歐姆定律的應用．2．如圖所示的電路中，電源電動勢為E．內(nèi)阻為R，L1和L2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，當開關由1位置擲到2位置時，下列說法中正確的是（）A．L1亮度不變，L2將變暗B．L1將變亮，L2將變暗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】開關在位置1時，外電路總電阻R總=，電壓表示數(shù)U=E=，同理，兩燈電壓U1=U2=E，電源內(nèi)阻的發(fā)熱功率為P熱==。開關在位置2時，外電路總電阻R總′=R，電壓表示數(shù)U′=E=，燈泡L1的電壓U1′=E，L2′的電壓U2′=，電源內(nèi)阻的發(fā)熱功率為，A、由上可知，L1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。3．如圖所示電路中，電源內(nèi)阻不能忽略．閉合開關S后，調節(jié)R的阻值，使電壓表示數(shù)增大ΔU，在此過程中有()A．R2兩端電壓減小ΔUB．通過R1的電流增大C．通過R2的電流減小量大于D．路端電壓增大量為ΔU【答案】B【解析】【詳解】A.因電壓表示數(shù)增大，可知并聯(lián)部分的總電阻增大，則整個電路總電阻增大，總電流減小，R2兩端電壓減小，電源內(nèi)阻分擔電壓減小，路端電壓增大，所以R2兩端電壓減小量小于ΔU，故A項不合題意.B.電壓表示數(shù)增大ΔU，R1是定值電阻，根據(jù)歐姆定律可知通過R1的電流增大量等于，故B項符合題意．CD.因R2兩端電壓減小量小于ΔU，有通過R2的電流減小量小于；由于R2兩端電壓減小，則知路端電壓增大量小于ΔU，故C項不合題意，D項不合題意．4．如圖所示，三物體A、B、C均靜止，輕繩兩端分別與A、C兩物體相連接且伸直，mA=3kg，mB=2kg，mC=1kg，物體A、B、C間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1，地面光滑，輕繩與滑輪間的摩擦可忽略不計?，F(xiàn)用15N的力作用在B物體上，則下列說法正確的是（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g=10m/s2）（

）A．物體B將從A、C中抽出，A、C可能會靜止不動B．物體B與A一起向左加速運動，C向右加速運動C．物體B與C一起向左加速運動，A向右加速運動D．A、C加速度大小均為0.5m/s2【答案】D【解析】【詳解】B、C間的最大靜摩擦力?A、B間的最大靜摩擦力fBC若要用力將B物體從A、C間拉出，拉力最小時，B、C之間的摩擦力剛好達到最大，此時物體A已經(jīng)向右以加速度a加速運動，B、C以加速度a向左加速運動，設繩子上拉力為T，以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得T-fAB=mAa以C為研究對象有fBC-T=mCa解得a=0.5m/s2，以B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得F-（fBC+fAB）=mBa解得F=9N，由題知F=15N9N，所以可以將B物體從A、C中間抽出；即用15N的力作用在B物體上，物體A向右以加速度a=0.5m/s2加速運動，C以加速度a=0.5m/s2向左加速運動。A.物體B將從A、C中抽出，A、C可能會靜止不動，與分析不一致，故A錯誤；B.物體B與A一起向左加速運動，C向右加速運動，與分析不一致，故B錯誤；C.物體B與C一起向左加速運動，A向右加速運動，與分析不一致，故C錯誤；D.A、C加速度大小均為0.5m/s2，與分析相一致，故D正確。5．如圖所示,質量為M的木板,上表面水平,放在水平桌面上,木板上面有一質量為m的物塊,物塊與木板及木板與桌面間的動摩擦因數(shù)均為,若要以水平外力F將木板抽出,則力F的大小至少為（）A．mgB．(M+m)gC．(m+2M)gD．2(M+m)

g【答案】D【解析】【詳解】對m與M分別進行受力分析如；如圖所示；對m有：f1=ma1…①f1=μmg…②由①和②得：a1=μg對M進行受力分析有：F-f-f2=M?a2…③f1和f2互為作用力與反作用力故有：f1=f2=μ?mg…④f=μ（M+m）?g…⑤由③④⑤可得a2=-μg要將木板從木塊下抽出，必須使a2＞a1解得：F＞2μ（M+m）g故選D?！军c睛】正確的受力分析，知道能將木板從木塊下抽出的條件是木板產(chǎn)生的加速度比木塊產(chǎn)生的加速度來得大這是解決本題的關鍵．6．如圖電路中，電源的內(nèi)電阻為r，R1、R3、R4均為定值電阻，電表均為理想電表．閉合電鍵S，當滑動變阻器R2的滑動觸頭向右滑動時，下列說法中正確的是（）A．電壓表的示數(shù)變小B．電流表的示數(shù)變大C．電流表的示數(shù)變小D．R1中電流的變化量一定大于R4中電流的變化量【答案】C【解析】【分析】【詳解】設R1、R2、R3、R4的電流分別為I1、I2、I3、I4，電壓分別為U1、U2、U3、U4．干路電流為I總，路端電壓為U，電流表電流為I．A．當滑動變阻器R2的滑動觸頭P向右滑動時，R2變大，外電路總電阻變大，I總變小，由U=E-Ir可知，U變大，則電壓表示數(shù)變大．U變大，I3變大，故A錯誤；BC．因I4=I總-I3，則I4變小，U4變小，而U1=U-U4，U變大，U4變小，則U1變大，I1變大.又I總=I+I1，I總變小，I1變大，則I變?。訰1兩端的電壓變大，電流表的示數(shù)變?。蔅錯誤，C正確．D．由I4=I1+I2，I4變小，I1變大，則I2變小，則|△I1|＜|△I2|，|△I2|＞|△I4|，則不能確定R1中電流的變化量與R4中電流的變化量的大?。蔇錯誤．【點睛】本題是電路的動態(tài)分析問題；解題時按“局部→整體→局部”的順序進行分析，采用總量的方法分析電流表示數(shù)的變化．7．如圖所示，兩塊連接在一起的物塊a和b，質量分別為ma和mb，放在水平的光滑桌面上，現(xiàn)同時施給它們方向如圖所示的推力Fa和拉力Fb，已知Fa>Fb，則關于a對b的作用力，下列說法正確的是（）A．必為推力 B．必為拉力C．可能為推力，也可能為拉力 D．不可能為零【答案】C【解析】試題分析:整體水平方向受兩推力而做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得：，對a由牛頓第二定律可得：，則．若，F(xiàn)為負值，b對a為推力；若，F(xiàn)為正值，則b對a為拉力；若，F(xiàn)為零．故C正確，A、B、D錯誤．故選C．考點：考查牛頓第二定律；物體的彈性和彈力．8．如圖，質量均為m的A、B兩個小物體置于傾角為30°的斜面上，它們相互接觸但不粘連．其中B與斜面同動摩擦因數(shù)為，A為光滑物體，同時由靜止釋放兩個物體，重力加速度為g.則下列說法正確的是()A．兩個物體在下滑過程中會分開B．兩個物體會一起向下運動，加速度為C．兩個物體會一起向下運動．加速度為D．兩個物體會一起向下運動，它們之間的相互作用力為【答案】C【解析】對A受力分析，由牛頓第二定律得對B受力分析，由牛頓第二定律得，且有聯(lián)立解得，，故B正確，ACD錯誤；故選B．【點睛】兩物體剛好分離的條件是兩物體之間作用力為0，．9．在如圖所示的電路中，電源電動勢E和內(nèi)電阻r為定值，R1為滑動變阻器，R2和R3為定值電阻．當R1的滑動觸頭P從左向右移動時，伏特表V1和V2的示數(shù)的增量分別為ΔU1和ΔU2，對ΔU1和ΔU2有A． B．C． D．【答案】AD【解析】【分析】【詳解】根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：結合公式可知>，故A對；B錯當R1的滑動觸頭P從左向右移動時，回路中電阻減小，電流增大，所以電壓表V2增大，由于路端電壓減小，所以電壓表V1變小，則知ΔU2>0，ΔU1<0，故C錯；D對故選AD10．如圖所示，質量均為M的物塊A、B疊放在光滑水平桌面上，質量為m的物塊C用跨過輕質光滑定滑輪的輕繩與B連接，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，重力加速度大小為g，下列說法正確的是()A．物塊A運動的最大加速度為B．要使物塊A、B發(fā)生相對滑動，應滿足關系C．若物塊A、B未發(fā)生相對滑動，物塊A受到的摩擦力為D．輕繩對定滑輪的作用力為【答案】AC【解析】【詳解】A.A受到的最大合外力為μMg，則A的最大加速度：a=μMg/M=μg故A正確；B.當A的加速度恰好為μg時，A、B發(fā)生相對滑動，以A、B、C系統(tǒng)為研究對象，由牛頓第二定律得：mg=(M+M+m)μg解得：m=，要使物塊A、B之間發(fā)生相對滑動，物塊C的質量至少為，故B錯誤；C.若物塊A、B未發(fā)生相對滑動，A、B、C三者加速度的大小相等，由牛頓第二定律得：mg=(2M+m)a對A:f=Ma解得：f=，故C正確；D.C要向下做加速運動，C處于失重狀態(tài)，繩子的拉力：T<mg，輕繩對定滑輪的作用力：N==T<故D錯誤；11．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，滑動變阻器滑片P向右移動，若以、、、分別表示電壓表V1、V2、V3和電流表A的示數(shù)變化的大小，則下述結論正確的是（）A．電壓表V1、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V1、V2、V3和電流表A的示數(shù)分別是變大、變小、變大、變小C．D．、、分別是變小、不變、變小【答案】AC【解析】【詳解】AB、當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)歐姆定律可知的電壓增大，電壓表示數(shù)變大；內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小，電壓表示數(shù)變小。的電壓增大，路端電壓減小，則的電壓減小，則電壓表的示數(shù)變小，故A正確，B錯誤。CD、根據(jù)全電路歐姆定律知：，故C正確。由，變形得：，不變。，不變。由，變形得：，即不變。故C正確，D錯誤。故選AC【點睛】當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，再判斷兩端電壓的變化，綜合分析出兩電壓表變化量的大小．12．如圖，電源內(nèi)阻為r，兩個定值電阻R1、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ΔU3，理想電流表A1、A2示數(shù)變化量的絕對值分別為ΔI1、ΔI2，則A．A2示數(shù)增大B．V2示數(shù)與A1示數(shù)的比值不變C．ΔU3與ΔI1的比值小于2RD．ΔI1小于ΔI2【答案】AD【解析】【分析】【詳解】閉合電鍵后，電路如圖所示．V1、V2、V3分別測量R1、路端電壓和R′的電壓．當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A1的示數(shù)增大，電源的內(nèi)電壓Ir增大，則V2示數(shù)減小，R1的電壓增大，V3的示數(shù)減小，則通過R2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A1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﹣I1（R1+r），則得=R1+r=R+r，不一定小于2R，故C選項錯誤．A1的示數(shù)增大量等于A2示數(shù)增大和R2的電流減小量之和，所以ΔI1小于ΔI2，故D選項正確．13．某溫度檢測、光電控制加熱裝置原理如圖所示．圖中RT為熱敏電阻(隨溫度升高，阻值減小)，用來探測加熱電阻絲R的溫度，RG為光敏電阻(隨光照強度增大，阻值減小)，接收小燈泡L的光照，除RT、RG外，其他電阻均為定值電阻（虛線框內(nèi)兩元件距離很近）．當R處溫度升高時（）A．L變亮 B．R3的電流減小C．E2的路端電壓增大 D．R的功率減小【答案】AD【解析】【分析】【詳解】當R處溫度升高時，RT阻值變小，小燈泡L的電流變大，所以光照強度增大，RG阻值變小，通過R2的電流變大，E2的路端電壓變小，R兩端電壓變小，通過的電流也變小，功率變小，通過R3的電流變大，故AD正確．14．如圖所示，一根不可伸長的輕繩兩端分別系著小球A和物塊B，跨過固定于斜面體頂端的光滑滑輪O，傾角為30°的斜面體置于水平地面上．A的質量為m，B的質量為6m，斜面體質量為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的機械能守恒D．地面對斜面體的支持力最大為10mg【答案】BCD【解析】小球A擺下過程，只有重力做功，機械能守恒，有，在最低點有：，解得：，再對物體B受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，此時支持力最大，為，重力沿斜面向下的分力為，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