高中物理高中物理解题方法：整体法隔离法压轴题综合题及答案

一、高中物理解题方法：整体法隔离法

1．如图所示，一个“V”形槽的左侧挡板A竖直，右侧挡板B为斜面，槽内嵌有一个质量为m的光滑球C．“V”形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，设挡板A、B对球的弹力分别为F1、F2，下列说法正确的是( )

A．F1、F2都逐渐增大 B．F1、F2都逐渐减小 C．F1逐渐减小，F2逐渐增大 D．F1、F2的合外力逐渐减小 【答案】D 【解析】

光滑球C受力情况如图所示：

F2的竖直分力与重力相平衡，所以F2不变；

F1与F2水平分力的合力等于ma，在V形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，加速度不断减小，由牛顿第二定律可知F1不断减小，F1、F2的合力逐渐减小，故D正确，A、B、C错误； 故选D．

【点睛】以光滑球C为研究对象，作出光滑球C受力情况的示意图；

竖直方向上受力平衡，水平方向根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合加速度的变化解答．

2．在如图所示的电路中，已知电源的电动势E＝5 V，内阻不计，R1＝8 Ω，R2＝2 Ω，R3＝5 Ω，R＝6 Ω，滑动变阻器的最大阻值R4＝20 Ω，电容器电容C＝2 μF，不计电表内阻的影响，闭合开关，在滑片从a端滑到b端的过程中，下列说法中正确的是( )

A．电流表的示数变大

B．电压表的示数变大 C．电源的总功率变大 D．电容器先放电后充电 【答案】D 【解析】

A、C、当P从a滑到b时，电路总电阻变大，总电流变小，电流表的示数变小，电源的总功率变小A、C错误；B、总电流变小，R1、R2支路的电流不变，通过R3的电流变小，故电压表示数变小，B正确；D、当P在a端时电容器与R2并联，电容器两端电压UC1＝1V，上极板带正电；当P在b端时，电容器两端电压UC2＝3V，上极板带负电，所以电容器先放电后充电，D正确．故选BD.

【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路；要注意当无法明确电容器的串并联关系时则应先求出两端的电势，再求出两端的电势差即可求解．

3．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：

FF弹2mg＝2ma

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FAB=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；

4．如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（ ）

A．电压表读数减小 B．小球的电势能减小 C．电源的效率变高

D．若电压表、电流表的示数变化量分别为U 和I ，则【答案】AD 【解析】

A项：由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故A正确；

B项： 由A项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据EUIrR1

U，d平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0，由带电质点P原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B错误； C项：电源的效率：变低，故C错误；

D项：将R1和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为r+R1，电压表测的为新电源的路

PIUU出=,由A分析可知，路端电压减小，所以电源的效率PIEE总UrR1,由A分析可知I总=IR3IA，端电压，如果电流表测的也为总电流，则

I总由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以R3中的电流减小，则IA增大，所以

IAI总，所以

UrR1，故D正确． IA点晴：解决本题关键理解电路动态分析的步骤：先判断可变电阻的变化情况，根据变化情况由闭合电路欧姆定律EUIR 确定总电流的变化情况，再确定路端电压的变化情况，最后根据电路的连接特点综合部分电路欧姆定律进行处理．

5．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 kB．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g+a) C．A、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 【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：2Mgkx，解得：

12Mgat2 2kx2Mg，故选项A正确； kB、施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：F弹MgFABMa，其中：F弹2Mg，解得：FABM(ga)，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：

F弹MgMa，解得：F弹M(ga)，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Mgkx，解得：x的高度hxxMg，故B上升kMg12，此时A物体上升的高度：hat2，故此时两者间的距离为k2h12Mgat2，故选项D正确； 2k说法正确的是选选项AD。

6．如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，且足够长，其上叠放木块A．假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）

A．A的质量为0.5 kg B．A、B间的动摩擦因数为0.2 C．B与地面间的动摩擦因数为0.2

D．当水平拉力F=15N时，长木板的加速度大小为10m/s2 【答案】ACD 【解析】 【详解】

在F＜3N时，一起保持静止；在3N≤F＜9N时，A、B保持相对静止，故地面对B的最大静摩擦力fB=3N；在3N≤F＜9N时，A、B保持相对静止；在F≥9N时，A与B发生相对滑动，故B对A的最大静摩擦力fA=4mA，在3N≤F＜9N时，A、B运动的加速度a＝得，mA+mB=1.5kg；在F≥9N时，B的加速度aB＝mA=0.5kg；B与地面间的动摩擦因数B＝FfB，可

mAmBFfAfB，可得，mB=1kg，那么

mBfB＝0.2，A、B间的动摩擦因数

mmgABA＝fA＝0.4，故AC正确，B错误；当水平拉力F=15N时，木板和木块已经相对滑mAgFfAfB1540.53m/s210m/s2，

mB1＝动，则此时长木板的加速度大小为aB选项D正确；故选ACD． 【点睛】

物体运动学问题中，一般分析物体的运动状态得到加速度的表达式，然后对物体进行受力分析求得合外力，最后利用牛顿第二定律联立求解即可．

7．小物块m与各面均光滑的斜面体M，叠放在光滑水平面上，如图所示，在水平力F1（图甲）作用下保持相对静止，此时m、M间作用力为N1；在水平力F2（图乙）作用下保

持相对静止，此时m、M间作用力为N2。则下列说法正确的是（ ）

A．若mM，则有F1F2 B．若mM，则有N1N2 C．若mM，则有F1F2 D．若mM，则有N1N2 【答案】ACD 【解析】 【分析】

根据整体先求解整体的加速度表达式；然后隔离两物体列式分别求解F和N的表达式进行比较即可. 【详解】

由整体法可知，甲图中整体的加速度：a1F1，乙图中整体的加速度：

Mma2a1F2；对甲图，隔离M，则N1sinMa1，隔离m：N1cosmg，解得

Mmmmmggtan ；F1(Mm)a1(Mm)gtan；N1；对乙图中的m，MMcosmg；cos则：N2sinmgtanma2，解得： N2F2(Mm)a2(Mm)gtan；则若m=M，则有F1=F2；若m项AC正确；无论m和M关系如何，则N1=N2，选项D正确，B错误；故选ACD.

8．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/2 B．弹簧的最大弹性势能为31mgL 2C．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做功为【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

31mgL 43向受力平衡，可得2F3mg，所以Fmg；A球由静止释放直至运动到最低点的过

2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

3mg，故选项A错误； 2B、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EPmaxmg(Lsin60Lsin30)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

31mgL，故2mg(Lsin60Lsin30)2WF0，解得每根轻绳对A做功为WF31mgL，所以

4轻绳对B做功为

31mgL，故选项D正确； 4

9．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表V1、V2、V3为理想电压表，R1、R3为定值电阻，R2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ΔU1、ΔU2和ΔU3.则在此过程中( )

A．V1示数减小 B．

U2U3 IIC．Q点电势升高

D．R3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，R2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，V1示数为U1=IR1增大，故A错误； B. 由

U2得

EIR1r

U2R1r I由

U3EIr

得

U3I则有：

r

U2U3 II故B正确；

C.由于外电压减小，V1示数增大，所以V2示数减小，而：

U2NQ

且N0，所以Q点电势升高，故C正确； D.V3测量的是电源路端电压，由：

U3RIr

得U3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。

10．如图所示，在倾角为θ的光滑斜劈P的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B，C为一垂直固定在斜面上的挡板．A、B质量均为m，斜面连同挡板的质量为M，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面．现开始用一水平恒力F作用于Ｐ，（重力加速度为g）下列说法中正确的是（ ）

A．若F=0，挡板受到B物块的压力为2mgsin

B．力F较小时A相对于斜面静止，F大于某一数值，A相对于斜面向上滑动 C．若要B离开挡板C，弹簧伸长量需达到mgsin/k

D．若F(M2m)gtan且保持两物块与斜劈共同运动，弹簧将保持原长 【答案】AD 【解析】 【详解】

A、F=0时，对物体A、B整体受力分析，受重力、斜面的支持力N1和挡板的支持力N2，根据共点力平衡条件，沿平行斜面方向，有N2-（2m）gsinθ=0，故压力为2mgsinθ，故A错误；

B、用水平力F作用于P时，A具有水平向左的加速度，设加速度大小为a，将加速度分解如图

根据牛顿第二定律得 mgsinθ-kx=macosθ

当加速度a增大时，x减小，即弹簧的压缩量减小，物体A相对斜面开始向上滑行．故只要有力作用在P上，A即向上滑动，故B错误；

C、物体B恰好离开挡板C的临界情况是物体B对挡板无压力，此时，整体向左加速运动，对物体B受力分析，受重力、支持力、弹簧的拉力，如图

根据牛顿第二定律，有 mg-Ncosθ-kxsinθ=0 Nsinθ-kxcosθ=ma

解得：kx=mgsinθ-macosθ，xmgsinmacos故C错误；

kD、若F=（M+2m）gtanθ且保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二定律，整体加速度为gtanθ；

对物体A受力分析，受重力，支持力和弹簧弹力，如图

根据牛顿第二定律，有 mgsinθ-kx=macosθ 解得 kx=0

故弹簧处于原长，故D正确；

11．电路图中，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑动片向右移动时，电流表、电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是（ ）

A．电流表和电压表读数均增大 B．电流表和电压表读数均减小

C．电压表V1的示数变化量小于电压表V2的示数变化量 D．电流表读数变小，电压表V2读数变大，V1读数减小 【答案】CD 【解析】

试题分析：由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I减小，而路端电压UEIr，则U增大，电阻R1的电压U1IR1减小，则电压表V1示数减小；并联部分的电压U并UU1 增大，电压表V2示数增大；U并增大，通过R2的电流增大，因为总电流减小，所以通过电流表的示数变小．故AB错误，D正确；电压表

V1的示数与电压表V2的示数之和等于U，即U1U2U，因V1示数增大，V2示数减小，

而U减小，所以电压表V1的示数增加量小于电压表V2的示数减小量，故C正确．故选CD．

【点睛】根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题．

12．如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时，理想电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为U1和U2，干路电流为I，灯泡电阻不变，下列说法中正确的是

A．小灯泡L1、L2变暗，L3变亮 B．U1与I的比值不变 C．U1U2

D．U1U2 【答案】AB 【解析】 【分析】

当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化。根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化。根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化。根据路端电压的变化，分析U1和U2的大小。根据闭合电路欧姆定律列式分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值如何变化。 【详解】

A．当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，则L2变暗；变阻器的电阻增大，并联部分的电阻增大，则并联部分的电压增大，则L3变亮。总电流减小，而L3的电流增大，则L1的电流减小，则L1变暗，故A正确； B．根据闭合电路欧姆定律：

U1EI(RL2r)

可知：

U1RL2r，不变，故B正确； ICD．由上分析可知，电压表V1的示数增大，电压表V2的示数减小，由于路端电压增大，即两电压表示数之和增大，所以U1U2，故CD错误。 【点睛】

本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”思路进行分析。运用总量法分析两电压表读数变化量的大小。运用闭合电路欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法。