2021届一轮复习物理解题方法导练整体法和隔离法7(含解析).pdf

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1、物理解题方法导练：整体法和隔离法1如图电路中，电源电动势为E、内阻为 r，R0为定值电阻，电容器的电容为C闭合开关 S，增大可变电阻R 的阻值，电压表示数的变化量为 U，电流表示数的变化量为 I，则下列说法错误的是A变化过程中 U 和 I 的比值保持不变B电压表示数变大，电流表示数变小C电阻 R0两端电压减小，减小量为 U D电容器的带电量增大，增加量为C U 2电动势为E、内阻为r 的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路.当滑动变阻器的触头由中点滑向a 端时,下列说法中正确的是（）A滑动变阻器的实际电阻增大B回路的总电阻减小C电压表的读数增大,电流表的读数减小D电压表的

2、读数减小,电流表的读数增大3在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C 为电容器，R 为定值电阻，R 为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡L 能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是（）A灯泡 L 变亮B电容器C 的带电量将增大C0R两端的电压减小D电源的总功率变小，但电源的输出功率一定变大4如图所示的电路，R1、R2、R4均为定值电阻，R3为热敏电阻(温度升高，电阻减小)，电源的电动势为E，内阻为 r.起初电容器中悬停一质量为m 的带电尘埃，当环境温度降低时，下列说法正确的是()A电压表和电流表的示数都减小B电压表和电流表的示数都增大C电压表和电流表的示数变化量之比保持

3、不变D带电尘埃将向下极板运动5如图所示电路中，A、B 两灯均正常发光，R 为一滑动变阻器，若将滑动片P 向下滑动，则（）AA 灯变亮BB灯变亮C总电流变小DR1上消耗功率变大6如图所示，物体A 和 B 质量分别为Am、Bm且相对静止，以共同的速度沿斜面匀速下滑，则AB 受到的静摩擦力方向沿斜面向上BB 受到的静摩擦力的大小为Bmgsin CB 受到滑动摩擦力的大小为(Am+Bm)gsinD取走 A 物后，B 物将匀加速下滑7如图所示的电路中，E 为电源，其内阻为r，L 为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表

4、若将照射R3的光的强度减弱，则()A电压表的示数变大B小灯泡消耗的功率变小C通过 R2的电流变小D电源内阻消耗的电压变大8如图所示，质量为M、倾角为 的斜面体（足够长）静止在粗糙水平地面上，有一质量为m的小物块放在斜面上，轻推一下小物块后，它沿斜面向下匀速运动。此后，再给小物块施加如图所示方向的恒力F，整个过程中斜面体一直静止。下列说法不正确的是（）A小物块和斜面间的动摩擦因数tanB没有施加力F 时，斜面体没有相对地面运动的趋势C施加力F 后，斜面体相对地面有向右运动的趋势D施加力F 后，斜面体对地面的压力大于（m+M）g 9如图，在倾角为的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着

5、一只猫.已知木板的质量是猫的质量的2 倍。当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变.则此时木板沿斜面下滑的加速度为（）Asin2gBsingC32singD2 sing10如图所示，平行金属板中带电质点P 原处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表，且1R大于电源的内阻r，当滑动变阻器4R的滑片向 b 端移动时，则A电压表读数减小B电流表读数减小C质点 P 将向上运动D电源的输出功率逐渐增大11如图所示，直流电路中，1R、2R是定值电阻，3R是光敏电阻，其阻值随光照增强而减小当开关S闭合，电容器两板间的M 点的带电液滴恰好能保持静止现用强光照射电阻3R时A电源的总功率

6、减小BA 板的电势降低C液滴向上运动D电容器所带电荷量增加12如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的两端与滑动变阻器R连接，当 R=10时，交流电压表示数为10V。图乙是穿过矩形线圈的磁通量 随时间 t 变化的图象，线圈电阻不能忽略，下列说法正确的是（）A0.02s 时，R 两端的电压瞬时值为零B电阻 R 上的电功率为10W CR两端的电压u 随时间 t 变化的规律是u=102cos100t（V）D当滑动变阻器触头向下滑动时，电压表示数变小13我国高铁技术处于世界领先水平和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，

7、提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()A启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B做匀加速运动时，第5、6节与第 6、7 节车厢间的作用力之比为32 C进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D与改为4 节动车带4 节拖车的动车组最大速度之比为1 2 14一长轻质薄硬纸片静置于光滑水平地面上，纸片上放有质量均为1kg 的 A、B 两物块，A、B 与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为1=0.2，

8、2=0.3.现让水平恒力F 作用在A 物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2则（）A若 F=2.1N，则物块 A 相对薄硬纸片滑动B若 F=3N，则 A 物块所受摩擦力大小为1.5N C若 F=4N，则 B 物块的加速度大小为2.0m/s2D无论力F 多大，B 的加速度最大为3m/s215如图所示，两个光滑的梯形木块A和 B 紧挨着并排放在光滑水平面上，已知 =60，mA=2kg，mB=1kg，现同时施水平力F1=5N 作用于 A，F2=2N 作用于 B，作用的方向相反 两木块在运动中无相对滑动，则B 对 A的作用力大小为_N16如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片

9、P 向左滑动时，电压表的示数将_，电流表1A的示数将 _，电流表2A的示数将 _.（均选填“增大”、“减小”或“不变”）.17如图所示，一质量为M=4kg，长为 L=2m 的木板放在水平地面上，已知木板与地面间的动摩擦因数为0.1，在此木板的右端上还有一质量为m=1kg 的铁块，且视小铁块为质点，木板厚度不计；今对木板突然施加一个水平向右的拉力（1）若不计铁块与木板间的摩擦，且拉力大小为6N，则小铁块经多长时间将离开木板？（2）若铁块与木板间的动摩擦因数为0.2，铁块与地面间的动摩擦因数为0.1，要使小铁块对地的总位移不超过1.5m，则施加在木板水平向右的拉力应满足什么条件？（g=10m/s2

10、）18如图所示，质量分别为1kgAm、3kgBm的物块 A、B 置于足够长的水平面上，在水平推力F 作用下一起由静止开始向右做匀加速运动，加速度22m/sa。已知 A、B 与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取210m/sg。求：（1）物块 A 对物块 B 作用力的大小；（2）水平推力F 的大小。19如图所示，倾角为 的斜面 A 固定在水平面上。木块B、C 的质量分别为M、m，始终保持相对静止，共同沿斜面下滑。B 的上表面保持水平，A、B 间的动摩擦因数为。(1)当 B、C 共同匀速下滑；分别求B、C 所受的各力。(2)当 B、C 共同加速下滑时；分别求B、C 所受的各力。参考答案1C【解析】【

11、详解】A根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I（R0+r）由数学知识得知0URrI保持不变。故A 正确，不符合题意。B合开关S，增大可变电阻R 的阻值后，电路中电流减小，电流表示数变小；由欧姆定律分析得知，电阻R0两端的电压减小，R 两端的电压增大，即电压表示数变大，选项B 正确，不符合题意；C因它们的总电压即路端电压增大，R 两端的电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于U，选项 C 错误，符合题意D电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为 C U，选项 D 正确，不符合题意2B【解析】【详解】AB 当滑动变阻器的触头由中点滑向a 端时，变阻器接入电路

12、的电阻减小，外电路总电阻减小。故A 错误，B 正确。CD根据闭合电路欧姆定律总电流I 增大，路端电压U 减小，电压表测量的是路端电压，则电压表读数减小。R2和 R 并联部分的电压1UEI Rr并（），E、R1、r 均不变，I 增大，则 U并减小，通过R2的电流减小，所以电流表读数减小。故CD 错误。3B【解析】【详解】A当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，路端电压增大，电路中电流减小，灯L 变暗，故A 错误；B当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，路端电压增大，电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，则由Q=CU 知，电容器C 的电荷量将

13、增大，故B 正确；C电容器在稳恒电路中视为断路，故R0两端的电压不变，始终等于0，故 C 错误；D电源消耗的功率P=EI，电流减小所以电源消耗的功率将变小，P 向右移动，滑动变阻器电阻变大，不知道内外电阻的关系，输出功率变化情况无法判断，故D 错误。故选 B。4C【解析】【分析】首先要读懂电路图，知道电容器的端电压等于R4的端电压，根据温度升高，判断电路的总电阻的变化，在判断支路电压和电流的变化；再根据电容器板间电压的变化，分析板间场强的变化，判断带电尘埃的受力情况，从而分析其运动情况；【详解】AB、当环境温度降低时，R3的阻值增大，外电路总电阻增大，则总电流减小，所以电流表的示数减小；根据欧

14、姆定律可得内电压减小，R1两端的电压减小，并联部分的电压1UEUU并内增大，则电压表的示数增大，故 A、B 错误；C、电压表的示数为U=E-I(R1+r)，则得电压表和电流表的示数变化量之比为1()URrI，保持不变，故C 正确；D、电容器板间电压增大，板间场强增大，带电尘埃所受的电场力增大，则带电尘埃将向上极板运动，故D 错误；故选 C。【点睛】关键是注意此题牵涉的电阻较多，分析应逐项分析，注意灵活应用闭合电路的欧姆定律和各支路的电压与电流的关系。5D【解析】将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流I 增大，则R1上消耗功率变大，路端电

15、压UE Ir，I 增大，U 减小，则 A 灯变暗，B 灯与变阻器并联的电压1UEI Rr并（），I 增大，则 U并减小，所以 B 灯变暗，故D 正确，ABC 错误；故选 D【点睛】对于电路中动态变化分析问题，一般先确定局部电阻的变化，再确定总电阻的变化，到总电流、总电压的变化，再回到局部电路研究电压、电流的变化6C【解析】两物体组成的系统受力如图所示：由共点力平衡条件可得：ABfmmgsin，ABNmmgcos，滑动摩擦力：fN，解得：tan，物体 B 的摩擦力：ABfmmgsin，方向：沿斜面向上，故 AB 错误，C 正确；取走 A 后，物体 B 受到的滑动摩擦力：BBfm gcosm gs

16、in，摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，B 所受合力为零，B 做匀速直线运动，故D 错误；故选C.【点睛】以整体为研究对象，整体重力沿斜面的分力等于斜面给B 的摩擦力，然后隔离A，A处于平衡状态，A 所受重力沿斜面的分力等于B 给 A 的静摩擦力.7B【解析】【分析】【详解】A光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故R1两端的电压减小，电压表的示数变小，A 错误；BCD 因电路中电流减小，故电源的内电压减小，则路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过R2的电流增大，由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一

17、定减小，故由2PI R可知，小灯泡消耗的功率变小，B 正确 CD错误8C【解析】【分析】【详解】A物块匀速下滑，受力平衡sincosmgmg解得tanA 正确；B未施加外力时，整体受力分析可知斜面体和小物块构成的系统受到竖直向下的重力和地面对系统竖直向上的支持力，所以斜面体没有相对地面运动的趋势，B 正确；C系统未施加外力时，加速度为0，施加外力后，加速度由外力提供，即系统在水平方向上的加速度由外力在水平方向上的分力提供，地面对斜面体没有静摩擦力，斜面体和地面之间没有相对运动趋势，C 错误；D因为tan所以物块所受摩擦力和支持力始终保持竖直向上，计为F合，未施加外力时Fmg合根据牛顿第三定律可

18、知物块对斜面的压力等于mg，则系统对地面的压力等于()Mm g，施加外力后，斜面对物块的支持力变大，所以Fmg合根据牛顿第三定律可知物块对斜面压力的大于mg，则系统对地面的压力大于()Mm g，D 正确。本题选择不正确的，故选C。9C【解析】【详解】木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零.将木板和猫作为整体，根据牛顿第二定律02FFFma合猫板(a 为木板的加速度)，整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小，即3sinFmg合，解得3sin2ag，A综上分析3sin2ag，A 错误；B综上分析3sin2ag，B 错误；C综上分析3sin2ag，C

19、 正确；D综上分析3sin2ag，D 错误；故选 C。10 AD【解析】【详解】AB.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，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时，R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A 正确 B 错误。C.因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力

20、，电荷向下运动，故C 错误；D.由题，R1大于电源的内阻r，外电路的总电阻大于r，而当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，则知电路中总电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大。故D 正确。11CD【解析】【详解】A.当用强光照射光敏电阻时，电阻变小，电流变大，电源的总功率P=EI 变大，故A错误B.由于电路中的电流增大，R1两端的电势差增大，又因为R1下端接地，电势为零，所以R1上端电势增大，A板的电势也增大故B错误C.电路稳定时电容器两板间的电压等于R1两端的电压，当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，R1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，液滴所受的

21、电场力增大，液滴向上运动，故C正确D.电容器的电压增大，电容不变，由Q=C知，电容器所带电荷量增加故D正确12 BC【解析】【详解】A0.02s时穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势最大，此时R 两端的电压瞬时值不为零，故A 错误；B电压表的读数为R两端的电压，电阻R上的电功率2210W=10W10UPR故 B 正确；C根据乙图可知，线圈从平行于磁场方向开始转动，故R 两端的电压u 随时间 t 变化的关系为余弦函数，R两端电压的最大值Um=2U=102 V 角速度2rad/s=100 rad/s0.02所以 R 两端的电压u 随时间 t 变化的规律是u=102cos100 t（V

22、）故 C 正确；D当滑动变阻器触头向下滑动时，R 增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，电压表示数增大，故D 错误。故选 BC。13 BD【解析】【详解】启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同，故A 错误；设每一节车厢的质量是m，阻力为kmg，做加速运动时，对6、7、8 车厢进行受力分析得：133Fkmgma，对 7、8 车厢进行受力分析得：222Fkmgma，联立可得：1232FF，故 B 正确；设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s，则：22vas，又88kmgma，可得：22vskg，可知进站时从关闭发动机到停下来

23、滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比，故C 错误；设每节动车的功率为 P，当只有两节动力车时，最大速率为v，则：28Pkmgv，改为 4 节动车带4 节拖车的动车组时，最大速度为v，则：48Pkmgv，所以2vv，故 D 正确14 BC【解析】【分析】【详解】AC 轻质薄硬纸片不计质量，所以A 物块对纸片的作用力和B 物块对纸片的作用力等大反向，A、B 两物体质量相同，因为12所以 B 物块不会相对纸片滑动，当A 物块滑动时，外力大小为0F，对整体02Fma对 A 物块01Fmgma解得04N2.1NF2AB2m/saaaA 错误，C 正确；B若03NFF，对整体113N2Fma对 A

24、物块11Ffma解得 A 物块所受静摩擦力1.5NfB 正确；DB 物块所受最大合外力max12NFmg所以最大加速度2maxmax2m/sFamD 错误故选 BC。15【解析】【分析】【详解】1 由于两木块在运动中无相对滑动，故可将A、B 看做一个整体，对A、B 组成的系统，根据牛顿第二定律有F2-F1=(mA+mB）a 设 B 对 A的作用力为FBA，则 A 对 B 的作用力为FAB=FBA，又 B 在水平方向上，根据牛顿第二定律有FABsin-F2=mBa 代入数据可得FBA=FAB=2 3N 16减小增大增大【解析】【详解】12 当滑动变阻器的滑片P向左移动时，滑动变阻器接入电路电阻减

25、小，电路总电阻减小，电根据闭合电路欧姆定律可知干路电流增大，即电流表1A示数增大；根据UEIr可知路端电压减小，即电压表的示数将减小；3根据欧姆定律可知通过2R电流减小，在并联电路中，干路电流等于支路电流之和，所以电流表2A的示数将增大。17.(1)4 s(2)F 47 N【解析】【分析】【详解】(1)对木板受力分析，由牛顿第二定律得：()FMm gMa由运动学公式，得212Lat解得：4?ts(2)铁块先在木板上和木板发生相对运动，然后在地面上滑行铁块在木板上时，对铁块：11mgma、对木板：123()FmgMm gMa铁块在地面上时，对铁块：22mgma设铁块从木板上滑下时的速度为v1，铁

26、块在木板上和地面上的位移分别为x1、x2，当小铁块对地面的总位移恰为1.5 m 时，有：21112va x、21222va x 且121.5xxm设铁块在木板上滑行时间为t1，则对铁块有21112xat在这段时间内木板对地面的位移23 112xa t铁块和木板间位移满足1xxL 解得：47FN要使小铁块对地面的总位移不超过1.5 m，47FN18（1）9N 方向水平向右（2）12N 方向水平向右【解析】【详解】（1）设物块A 对物块 B的作用力大小为F，以物块B 为研究对象，则:BBFm gm a代入数据解得:F=9N 方向水平向右；（2）设物块A、B 一起做匀加速运动的加速度为a，则由牛顿第

27、二定律得:()ABABFm gm gmma代入数据解得:F=12N 方向与加速度的方向相同，即方向水平向右19(1)C 受的力：重力mg、支持力 N=mg；B 受的力：重力Mg、C 对 B 的压力竖直向下，大小N1=mg；A 对 B 的弹力 N2=(M+m)gcos；A 对 B 的摩擦力 f2=(M+m)gsin；(2)C 受的力：重力 mg；B 对 C 的支持力：N=mg-mgsin(sin-cos)，方向垂直于斜面向上；B 对 C 的摩擦力：f=max=mgcos(sin-cos)，方向平行于斜面向上。共三个力；B 受的力：重力G=Mg，方向竖直向下；A 对 B 的支持力：N=(M+m)g

28、cos，方向垂直于斜面向上；A对 B 的摩擦力：f=N=(M+m)gcos，方向平行于斜面向上；C 给 B 的静摩擦力为：fmgcos(sin-cos)，方向水平向右；C 对 B 的压力为：=mg-mgsin(sin-cos)，方向竖直向下。共五个力。【解析】【详解】(1)B、C 共同匀速下滑：对 C 分析：自身重力：GC=mg，方向竖直向下；合力为 0，则竖直方向，B 对 C 的支持力：NB=mg，方向竖直向上；B、C 间无摩擦力，即f1=0；对 B 分析：自身重力：GB=Mg，方向竖直向下；C 对 B 的压力：N压=mg，方向竖直向下垂直于斜面向上的支持力：N支=(N压+GB)cos=(M

29、+m)gcos平行于斜面向上的摩擦力：fB=(N压+GB)sin=(M+m)gsin(2)对 BC 整体：垂直于斜面：A 对 B的支持力：N=(M+m)gcos，方向垂直于斜面向上平行于斜面：A 对 B的摩擦力：f=N=(M+m)gcos，方向平行于斜面向上设加速度为a，则(M+m)a=(M+m)gsin-f 解得：a=g(sin-cos)，方向平行于斜面向下，C 的加速度的竖直分量ay=asin，方向竖直向下，C 的加速度的水平分量ax=acos，方向水平向左，对 C 受力分析：C 受自身重力：G=mg，方向竖直向下；根据牛顿第二定律，竖直方向有：mg-N=mayB 对 C 的支持力：N=mg-mgsin(sin-cos)，方向竖直向上；B 对 C 的静摩擦力：f=max=mgcos(sin-cos)，方向水平向左；对 B 受力分析：B 受自身重力：G=Mg，方向竖直向下，根据牛顿第三定律得：C 给 B 的静摩擦力为：f=mgcos(sin-cos)，方向水平向右，C 对 B 的压力为：N=N=mg-mgsin(sin-cos)，方向竖直向下。A 对 B 的支持力：N=(M+m)gcos，方向垂直于斜面向上A 对 B 的摩擦力：f=N=(M+m)gcos，方向平行于斜面向上。