河北省邯郸市第一中学高中物理高中物理解题方法：整体法隔离法压轴题易错题

题

一、高中物理解题方法：整体法隔离法

1．如图所示，水平面O点左侧光滑，O点右侧粗糙且足够长，有10个质量均为m完全相同的小滑块（可视为质点）用轻细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开，现将水平恒力F作用于滑块1，经观察发现，在第3个小滑块进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是

A．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数B．匀速运动过程中速度大小F mgFL 5mC．第一个滑块进入粗糙地带后，第二个滑块进入前各段轻杆的弹力大小相等 D．在水平恒力F作用下，10个滑块全部可以进入粗糙地带 【答案】B 【解析】 【详解】

A、对整体分析，根据共点力平衡得，F=3μmg，解得B、根据动能定理得F2Lmg2LmgLF，故A错误. 3mg1FL10mv2，解得v，故B正确. 25mC、第一个滑块进入粗糙地带后，整体仍然做加速运动，各个物体的加速度相同，隔离分析，由于选择的研究对象质量不同，根据牛顿第二定律知，杆子的弹力大小不等，故C错误.

D、在水平恒力F作用下，由于第4个滑块进入粗糙地带，整体将做减速运动，设第n块能进入粗焅地带，由动能定理：F(nL)mgL(123(n1))00，解得：

n=7,所以10个滑块不能全部进入粗糙地带，故D错误．

故选B.

2．一个质量为M的箱子放在水平地面上,箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为m的小球,线的另一端拴在箱子的顶板上,现把细线和球拉到左侧与竖直方向成θ角处静止释放,如图所示,在小球摆动的过程中箱子始终保持静止,则以下判断正确的是( )

A．在小球摆动的过程中,线的张力呈周期性变化,但箱子对地面的作用力始终保持不变 B．小球摆到右侧最高点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子受到地面向左的静摩擦力 C．小球摆到最低点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力 D．小球摆到最低点时,线对箱顶的拉力大于mg,箱子对地面的压力大于(M+m)g 【答案】D 【解析】

在小球摆动的过程中，速度越来越大，对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：

v2Fmgcosm，绳子在竖直方向的分力为：

rv2FFcosmgcosmcos，由于速度越来越大，角度越来越小，故F越

r大，故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻变化，故A错误；小球摆到右侧最高点时，小球有垂直于绳斜向下的加速度，对整体由于箱子不动加速度为aM0，a为小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知：

aMma，则有：FNMmgma，故FNMmg，MmgFNM·根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于Mmg，故B错误；在最低点，小球受到的

v2重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：Tmgm，联立解得：

rv2v2Tmgm，则根据牛顿第三定律知，球对箱的拉力大小为：TTmgm，

rrv2故此时箱子对地面的压力为：NMmgTMmgmgm，故小球摆

r到最低点时，绳对箱顶的拉力大于mg，，箱子对地面的压力大于Mmg，故C错误，D正确，故选D.

【点睛】对m运动分析，判断出速度大小的变化，根据牛顿第二定律求得绳子的拉力，即可判断出M与地面间的相互作用力的变化，在最低点，球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出绳子的拉力，从而得到箱子对地面的压力．

3．如图所示，R0为热敏电阻(温度降低，其电阻增大)，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，平行板电容器有一带电液滴刚好静止，M点接地，开关S闭合．下列各项单独操作时可使带电液滴向上运动的是( )

A．滑动变阻器R的滑动触头P向上移动 B．将热敏电阻R0的温度降低 C．开关S断开

D．电容器的上极板向上移动 【答案】C 【解析】 【详解】

A.当滑动变阻器的滑动触头P向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电流增大，内电压及R0两端的电压增大，则路端电压和滑动变阻器两端的电压都减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，故A项不合题意；

B.当热敏电阻温度降低时，其阻值增大，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压减小，液滴仍然静止，故B项不合题意；

C.开关S断开时，电容器直接接在电源两端，电容器两端电压增大，则液滴向上运动，故C项符合题意；

D.若使电容器的上极板向上移动，即d增大，则电容器电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于UQS，C，C4kdEU4kQ，所以E，由于极板上的电荷量不变，而场强E与极板之间的距离无关，dS所以场强E不变，液滴仍然静止，故D项不合题意．

4．如图A、B、C为三个完全相同的物体，当水平力F作用于A上，三物体一起向右匀速运动；某时撤去力F后，三物体仍一起向右运动，设此时A、B间摩擦力为f，B、C间作用力为FN。整个过程三物体无相对滑动，下列判断正确的是

①f=0 ②f≠0 ③FN=0 ④FN≠0

A．②③ B．①④ C．①③ D．②④ 【答案】A

【解析】 【详解】

开始三个物体在拉力F的作用下一起向右做匀速运动，可知地面对B、C总的摩擦力f´=F，B受地面的摩擦力为F，C受地面的摩擦力为F；撤去F后，B、C受地面的摩擦力

不变，由牛顿第二定律可知，aB==，aC==，B、C以相同的加速度向右做匀减速

运动，B、C间作用力FN=0，故③正确。

分析A、B，撤去F后，整个过程三物体无相对滑动，则A与B加速度相同，B对A有向左的摩擦力f=maB=，故②正确。 故选：A

5．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r（R2rR1R2），电表均视为理想电表。闭合开关S后，调节R的阻值，使电流表A1的示数增大了I1，在这一过程中，电流表的A2示数变化量的大小为I2，电压表示数的变化量的大小为U，则

A．A2增大，且I2<I1 C．电源的效率降低了【答案】C 【解析】 【详解】

UB．的大小变大

I1D．电源的输出功率一定增大了

I1r EA．要使电流表A1示数增大，则R应减小；因总电流增大，则内阻及R2分压增大，并联部分电压减小，则流过R1的电流减小，因此流过R的电流增大，即A2的示数变大，因

I2()IR1()I1()

则

I2I1

故A错误。 B．根据

EU1Ur

可得：

UUr

则

UUrr I1I1故其大小不会随R的变化而变化；故B错误。 C．电源的效率

U100% EI1r；故D正确。 E因电压的改变量为△I1r；故说明电源的效率降低了

D．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；因不明确内外电阻的关系，故无法明确功率的变化情况；故D错误。 故选C。

6．如图，斜面体a放置在水平地面上。一根跨过光滑定滑轮的轻绳，左侧平行斜面与斜面 上的物块b相连，另一端与小球c相连，整个系统处于静止状态。现对c施加一水平力F，使小球缓慢上升一小段距离，整个过程中a、b保持静止状态。则该过程中（ ）

A．轻绳的拉力一定不变 B．a、b间的摩擦力一定增大 C．地面对a的摩擦力可能不变 D．地面对a的弹力一定减小 【答案】D 【解析】 【详解】

A．对小球ｃ受力分析，如图所示：

三个力构成动态平衡，由图解法可知，绳的拉力FT逐渐增大，水平力F逐渐增大，故A错误；

B．对b物体分析，由于不知变化前b所受摩擦力方向，故绳的拉力增大时，b物体的滑动趋势无法确定，则a、b间的摩擦力可能增大或减小，故B错误； CD．以a、b为整体分析，如图所示：

由平衡条件可得：

f地FTcos N地FTsinGaGb

因绳的拉力FT变大，可知a与地间的摩擦力一定增大，地面对a的弹力一定减小，故C错误，D正确； 故选D。

7．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．

8．如图，质量均为m的A、B两个小物体置于倾角为30°的斜面上，它们相互接触但不粘

3，A为光滑物体，同时由静止释放两个物体，6重力加速度为g.则下列说法正确的是( )

连．其中B与斜面同动摩擦因数为

A．两个物体在下滑过程中会分开 B．两个物体会一起向下运动，加速度为C．两个物体会一起向下运动．加速度为

g 23g 81mg 2D．两个物体会一起向下运动，它们之间的相互作用力为【答案】C 【解析】 对A受力分析，

由牛顿第二定律得mAgsinNBAmAaA 对B受力分析，

由牛顿第二定律得mBgsinNBAmBgcosmBaB，且有aAaB 联立解得NBA故选B．

【点睛】两物体刚好分离的条件是两物体之间作用力为0，a前=a后．

113umgcosmg，aAaBg，故B正确，ACD错误； 288

9．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。

10．如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m．中间用细绳l、2连接，现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过

程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，则下列说法正确的是[ ]

A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小 B．若粘在A木块上面，绳l的拉力增大，绳2的拉力不变 C．若粘在B木块上面，绳1的拉力减小，绳2的拉力增大 D．若粘在C木块上面，绳l、2的拉力都减小 【答案】ACD 【解析】 【详解】

A．将三个物体看作整体，整体水平方向受拉力和摩擦力；由牛顿第二定律可得

F-μ∙3mg=3ma；

当粘上橡皮泥后，不论放在哪个物体上，都增大了摩擦力及总质量；故加速度减小；故A正确；

B．若橡皮泥粘在A木块上面，根据牛顿第二定律得：对BC整体：

F-μ∙2mg-F1=2ma，

得

F1=F-μ∙2mg-2ma，

a减小，F1增大．对C：

F-μmg-F2=ma，

得

F2=F-μmg -ma，

a减小，F2增大．故B错误．

C．若橡皮泥粘在B木块上面，根据牛顿第二定律得：对A：

F1-μmg=ma，

a减小，F1减小．对C：

F-μmg-F2=ma，

a减小，F2增大．故C正确．

D．若橡皮泥粘在C木块上面，分别以A、B为研究对象，同理可得绳l、2的拉力都减小．故D正确． 故选ACD． 【点睛】

对于连接体问题一定要正确选取研究对象，用好整体法与隔离法再由牛顿第二定律即可求解．

11．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．

12．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的光滑滑轮O，倾角为30°的斜面体置于水平地面上．A的质量为m，B的质量为6m，斜面体质量为m．开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动．现将A由静止释放，在其下摆过程中（未与斜面体相碰），斜面体始终保持静止，不计空气阻力，下列判断中正确的是

A．物块B受到的摩擦力先减小后增大 B．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右

C．小球A的机械能守恒

D．地面对斜面体的支持力最大为10mg 【答案】BCD 【解析】

小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，有mgL12mv，在最低点2v2，解得：F3mg，再对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和有：FmgmL静摩擦力，此时支持力最大，为N7mg3mg10mg，重力沿斜面向下的分力为

Fx6mgsin303mg，故静摩擦力一直减小，故A错误，CD正确．对物体B和斜面体

整体受力分析，由于A球向左下方拉物体B和斜面体整体，故一定受到地面对其向右的静摩擦力．故B正确．故选BCD．

【点睛】小物体B一直保持静止，小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，细线的拉力从零增加到最大，再对物体B受力分析，根据平衡条件判断静摩擦力的变化情况．对B与斜面整体受力分析，判断地面对斜面体摩擦力的方向以及压力的大小．