徐州市王杰中學(xué)高中物理高中物理解題方法：整體法隔離法壓軸題易錯(cuò)題VIP

1、徐州市王杰中學(xué)高中物理高中物理解題方法：整體法隔離法壓軸題易錯(cuò)題一、高中物理解題方法：整體法隔離法1如圖所示， a、 b 兩滑塊的質(zhì)量分別為4 kg 和 2 kg，用一輕繩將兩滑塊相連后分別置于兩等高的光滑水平桌面上，并用手按著兩滑塊固定不動(dòng)?，F(xiàn)將一輕質(zhì)動(dòng)滑輪置于輕繩上，然后將一質(zhì)量為4 kg 的鉤碼 c掛于動(dòng)滑輪上?，F(xiàn)先后按以下兩種方式操作：第一種方式只釋放 a 而 b 按著不動(dòng)；第二種方式只釋放b 而 a 按著不動(dòng)。則c 在以上兩種釋放方式中獲得的加速度之比為a1:1 b2:1 c3:2 d3:5【答案】 d【解析】【詳解】固定滑塊 b 不動(dòng)，釋放滑塊a，設(shè)滑塊 a 的加速度為aa，鉤碼

2、c的加速度為ac，根據(jù)動(dòng)滑輪的特征可知，在相同的時(shí)間內(nèi)，滑塊a 運(yùn)動(dòng)的位移是鉤碼c的 2 倍，所以滑塊a、鉤碼c之間的加速度之比為aa: ac=2:1。此時(shí)設(shè)輕繩之間的張力為t，對(duì)于滑塊a，由牛頓第二定律可知： t=maaa，對(duì)于鉤碼c由牛頓第二定律可得：mcg 2t=mcac，聯(lián)立解得t=16 n，ac=2 m/s2，aa=4 m/s2。若只釋放滑塊b，設(shè)滑塊 b 的加速度為ab，鉤碼 c的加速度為ca，根據(jù)動(dòng)滑輪的特征可知，在相同的時(shí)間內(nèi)，滑塊b 運(yùn)動(dòng)的位移是鉤碼的2 倍，所以滑塊b、鉤碼之間的加速度之比也為:2:1bcaa，此時(shí)設(shè)輕繩之間的張力為23chcssddh，對(duì)于滑塊 b，由牛頓

3、第二定律可知：23chcssddh=mbab，對(duì)于鉤碼c由牛頓第二定律可得：2cccm gtm a，聯(lián)立解得40n3t，220m/s3ba，210m/s3ca。則 c 在以上兩種釋放方式中獲得的加速度之比為:3:5ccaa，故選項(xiàng)d 正確。2如圖所示，水平地面上有一楔形物塊a，其斜面上有一小物塊b，b 與平行于斜面的細(xì)繩的一端相連，細(xì)繩的另一端固定在斜面上.a 與 b 之間光滑， a 和 b 以共同速度在地面軌道的光滑段向左運(yùn)動(dòng).當(dāng)它們剛運(yùn)行至軌道的粗糙段時(shí)可能正確的是a繩的張力減小，斜面對(duì)b 的支持力不變b繩的張力增加，斜面對(duì)b 的支持力減小c繩的張力減小，地面對(duì)a 的支持力不變d繩的張力增

4、加，地面對(duì)a 的支持力減小【答案】 c【解析】【詳解】在光滑段運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊a 及物塊 b 均處于平衡狀態(tài)，對(duì)a、b 整體受力分析，受重力和支持力，二力平衡；對(duì) b 受力分析，如圖，受重力、支持力、繩子的拉力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有fcos - fnsin =0 ；fsin + fncos - mg=0 ；由兩式解得：f=mgsin ，fn=mgcos ；當(dāng)它們剛運(yùn)行至軌道的粗糙段時(shí)，減速滑行，系統(tǒng)有水平向右的加速度，此時(shí)有兩種可能；物塊 a、b 仍相對(duì)靜止，豎直方向加速度為零，由牛頓第二定律得到：fsin +fncos - mg=0 ；fnsin-fcos =ma；由兩式解得：f=mgsin

5、- macos ，fn=mgcos +masin ；即繩的張力f 將減小，而a 對(duì) b 的支持力變大；再對(duì) a、 b 整體受力分析豎直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面對(duì)a 支持力不變 .物塊 b 相對(duì)于 a 向上滑動(dòng)，繩的張力顯然減小為零，物體具有向上的分加速度，是超重，支持力的豎直分力大于重力，因此a 對(duì) b 的支持力增大，斜面體和滑塊整體具有向上的加速度，也是超重，故地面對(duì)a 的支持力也增大.綜合上述討論，結(jié)論應(yīng)該為：繩子拉力一定減小；地面對(duì)a 的支持力可能增加或不變；a對(duì) b 的支持力一定增加；故a，b，d 錯(cuò)誤， c 正確 .故選 c.3如圖所示，

6、等邊直角三角形斜邊上豎直擋板擋住質(zhì)量為m 的球置于斜面上，現(xiàn)用一個(gè)恒力 f拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度為a 的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，忽略一切摩擦，重力加速度為g, 以下說(shuō)法中正確的是a豎直擋板對(duì)球的彈力為m gab斜面對(duì)球的彈力為2mgc加速度越大斜面對(duì)球的彈力越大d斜面、擋板對(duì)球的彈力與球的重力三者的合力大于ma【答案】 a【解析】a、b、c、 對(duì)球受力分析如圖所示:由牛頓第二定律得fn1-fn2sin =ma，fn2cos =mg，45， 由以上兩式可得：1()nfm ga，22nfmg，即豎直擋板對(duì)球的彈力為()m ga，斜面對(duì)球的彈力為2mg，且加速度越大斜面對(duì)球的彈力不變，故a正確

7、， b、c均錯(cuò)誤 . d、由牛頓第二定律可知，斜面、擋板對(duì)球的彈力與球的重力三者的合力等于ma故 d 錯(cuò)誤故選a.【點(diǎn)睛】本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用和受力分析規(guī)律的應(yīng)用，要注意明確加速度沿水平方向，豎直方向上的合力為零，分別對(duì)兩個(gè)方向進(jìn)行分析求解即可4如圖所示， a、 b、c 三個(gè)物體靜止疊放在水平桌面上，物體a 的質(zhì)量為 2m， b和 c的質(zhì)量都是 m，a、b間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ，b、c間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，b和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)對(duì) a施加一水平向右的拉力f，則下列判斷正確的是a若 a、b、c 三個(gè)物體始終相對(duì)靜止，則力f 不能超過(guò) mgb當(dāng)力

8、f mg 時(shí)， a、b 間的摩擦力為c無(wú)論力f為何值， b 的加速度不會(huì)超過(guò)gd當(dāng)力 f mg 時(shí)， b 相對(duì) a 滑動(dòng)【答案】 ab【解析】【詳解】a.a 與 b間的最大靜摩擦力大小為：mg,c 與 b間的最大靜摩擦力大小為：，b與地面間的最大靜摩擦力大小為：（2m+m+m ）=；要使 a，b，c都始終相對(duì)靜止，三者一起向右加速，對(duì)整體有：f-=4ma，假設(shè) c恰好與 b相對(duì)不滑動(dòng)，對(duì)c有：=ma，聯(lián)立解得：a=，f=mg；設(shè)此時(shí)a與 b間的摩擦力為f ，對(duì) a有： f-f=2ma，解得 f=mgmg，表明 c達(dá)到臨界時(shí)a還沒(méi)有，故要使三者始終保持相對(duì)靜止，則力f不能超過(guò)mg ，故 a 正確

9、 .b.當(dāng)力 f mg 時(shí)，由整體表達(dá)式f-=4ma 可得： a=g，代入 a的表達(dá)式可得：f=mg,故 b正確 .c.當(dāng) f 較大時(shí)， a,c 都會(huì)相對(duì)b滑動(dòng)， b的加速度就得到最大，對(duì)b有： 2-=mab，解得 ab=g，故 c錯(cuò)誤 .d.當(dāng) a恰好相對(duì)b滑動(dòng)時(shí)， c早已相對(duì)b滑動(dòng)，對(duì)a、b整體分析有 :f-=3ma1，對(duì)a有： f-2mg=2ma1，解得 f= mg ，故當(dāng)拉力f mg時(shí)， b 相對(duì) a 滑動(dòng)， d錯(cuò)誤 . 胡選：a、b.5如圖，電路中定值電阻阻值r 大于電源內(nèi)阻r，開關(guān) k閉合，將滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，理想電壓表v1、v2、v3的示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為u1、 u2、

10、 u3，理想電流表示數(shù)變化量的絕對(duì)值為i，正確的是av2的示數(shù)增大b電源輸出功率在增大c u3 u1 u2d u3與 i 的比值在減小【答案】 bc【解析】【詳解】理想電壓表內(nèi)阻無(wú)窮大，相當(dāng)于斷路理想電流表內(nèi)阻為零，相當(dāng)短路，所以r 與變阻器串聯(lián)，電壓表123vvv、分別測(cè)量r、路端電壓和變阻器兩端的電壓當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻減小，電路中電流增大a.根據(jù)閉合電路歐姆定律得：2v的示數(shù)2ueiri 增大，2u減小，故a 錯(cuò)誤；b. 電路中定值電阻阻值r 大于電源內(nèi)阻r，外電阻減小，電源輸出功率在增大，故b 正確；d. 由閉合歐姆定律得：3uei rr解得3urri所以3ui不

11、變，故 d 錯(cuò)誤；c.由閉合歐姆定律得：3ui rr2uir1uir又定值電阻阻值r大于電源內(nèi)阻阻值r，則312uuu，故 c正確6如圖所示，質(zhì)量均為m 的物塊 a、b疊放在光滑水平桌面上，質(zhì)量為m 的物塊 c用跨過(guò)輕質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù)為 ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是( )a物塊 a 運(yùn)動(dòng)的最大加速度為gb要使物塊a、b發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，應(yīng)滿足關(guān)系1mmc若物塊a、 b 未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，物塊a 受到的摩擦力為2mmgmmd輕繩對(duì)定滑輪的作用力為2mg【答案】 ac【解析】【詳解】a.a 受到的最大合外力為

12、mg ，則 a的最大加速度：a= mg /m=g故 a 正確；b. 當(dāng) a的加速度恰好為g 時(shí)， a、b 發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，以a、b、c 系統(tǒng)為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：mg=(m+m+m)g解得： m= 21m，要使物塊a、b 之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，物塊c 的質(zhì)量至少為21m，故 b錯(cuò)誤；c. 若物塊 a、b未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，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(duì) a:f=ma解得：f=2mmgmm，故c正確；d.c 要向下做加速運(yùn)動(dòng)，c 處于失重狀態(tài)，繩子的拉力：tmg，輕繩對(duì)定滑輪的作用力：n=22tt=2t 2mg故 d 錯(cuò)誤；7如圖所示，一質(zhì)量為m 的斜面

13、體靜止在水平地面上，物體a、b疊放在斜面體上，物體b受沿斜面向上的力f 作用沿斜面勻速上滑，a、b 之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ， tan ，且a、b質(zhì)量均為m，則 ( )aa、b 保持相對(duì)靜止b地面對(duì)斜面體的摩擦力等于mg sincoscosfcosc地面受到的壓力等于(m2m)gdb 與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2fmgsinmgcosmgcos【答案】 bd【解析】a、對(duì) a分析，因?yàn)?mg cos ，所以 a、b不能保持相對(duì)靜止，故a 錯(cuò)誤b、以 a為研究對(duì)象， a 受到重力、支持力和b 對(duì) a 的摩擦力，如圖甲所示nmgcos ，mgsin n ma，由于 0.將 b 和斜面體視為整體，受力分析如

14、圖乙所示可知地面對(duì)斜面體的摩擦力等于mg(sin cos )cos fcos ；故 b 正確 ；c、以三者整體為研究對(duì)象：a 有沿斜面向下的加速度，故地面受到的壓力不等于(m2m)g， c 錯(cuò)誤d、b 與斜面體間的正壓力n 2mgcos ，對(duì) b分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡有fmgsin mg cos f ，則 b 與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)-2ff mgsinmgcosnmgcos，故 d 正確故選 bd8如圖所示電路中，電源的內(nèi)電阻為r，r2、r3、r4均為定值電阻，電表均為理想電表閉合電鍵s，當(dāng)滑動(dòng)變阻器r1的滑動(dòng)觸頭p向右滑動(dòng)時(shí)，電流表和電壓表的示數(shù)變化量的大小分別為 i、 u，下列說(shuō)法正確的是（）

15、a電壓表示數(shù)變大b電流表示數(shù)變大curiduri【答案】 ad【解析】【分析】【詳解】設(shè) 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干，路端電壓為u，電流表電流為ia、r1變大，外電阻變大，i干變小， u=e-i干r 變大， u3變大故a 正確b、i3變大， i干變小，由 i4=i干-i3變小， u4變小，而u2=u-u4，u 變大，則u2變大， i2變大， i4=i1+i2，i1變小故b 錯(cuò)誤c、d，由歐姆定律u=e-i干r，得=uri干，由 i干=i1+i2+i3，i1變小， i2變大， i3變大， i干變小，則 i1i干， 即

16、i i干，所以u(píng)ri，故 c 錯(cuò)誤 ；d 正確 ；故選 ad【點(diǎn)睛】由圖可知 ，r1、r2并聯(lián)，再與r4串聯(lián)，與r3并聯(lián)，電壓表測(cè)量路端電壓，等于r3電壓由 r1接入電路的電阻變化，根據(jù)歐姆定律及串并關(guān)系，分析電流表和電壓表示數(shù)變化量的大小本題的難點(diǎn)在于確定電流表示數(shù)變化量 ia與干路電流變化 i干的大小，采用總量法，這是常用方法同時(shí)，要理解=uri干9如圖所示的電路中,電源電動(dòng)勢(shì)為e, 內(nèi)阻為 r,r1、r2、r3為定值電阻 ,電流表和電壓表均為理想電表 ,c 為平行板電容器,在兩板之間的帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài).由于某種原因燈泡l的燈絲突然燒斷,其余用電器均不會(huì)損壞,則下列說(shuō)法正確的是(

17、)a電流表示數(shù)變大b電壓表示數(shù)變大c液滴將向上運(yùn)動(dòng)d液滴仍保持靜止【答案】 abc【解析】【詳解】液滴原來(lái)處于平衡狀態(tài)，重力和靜電力平衡，電路為r2與 r3串聯(lián)，再與燈泡l 并聯(lián) ，干路上有 r1和內(nèi)阻 r.燈泡 l 的燈絲突然燒斷, 相當(dāng)于其電阻變大，總電阻變大，據(jù)+eirr外，則總電流變小，c、d、由1()cuei rr得電容器的電壓增大，故液滴受到的電場(chǎng)力增大，液滴向上運(yùn)動(dòng)，c正確、 d錯(cuò)誤 a、b、由123()aei rrirr可知電流表示數(shù)增大，由2vauir知電壓表的示數(shù)變大，a正確， b正確 . 故選 abc.【點(diǎn)睛】本題是電路動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，關(guān)鍵是理清電路，根據(jù)路串并聯(lián)知識(shí)和閉合

18、電路歐姆定律得到各個(gè)部分電路電流和電壓的變化注意電源輸出功率的大小與內(nèi)外電阻的大小關(guān)系決定10 有一種游戲，游戲者手持丘乓球拍托球移動(dòng)，距離大者獲勝若某人在游戲中沿水平面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，球拍與球保持相對(duì)靠止且球拍平面和水平面之間的夾角為 ，如圖所示設(shè)球拍和球質(zhì)量分別為m、 m，不計(jì)球拍和球之間的摩擦，不計(jì)空氣阻力，則a運(yùn)動(dòng)員的加速度大小為gtan b球拍對(duì)球的作用力大小為mgc球拍對(duì)球的作用力大小為mgcosd運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力大小為()cosmm g【答案】 ad【解析】a、球和運(yùn)動(dòng)員具有相同的加速度，對(duì)小球分析如圖所示：則小球所受的合力為mgtan ，根據(jù)牛頓第二定律得：tantanm

19、gagm，故 a 正確 b、c、根據(jù)平行四邊形定則知，球拍對(duì)球的作用力cosmgn，故 b、c 錯(cuò)誤 d、對(duì)球拍和球整體分析，整體的合力為（m+m）a，根據(jù)平行四邊形定則知，運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力為：()cosmm gf，故 d 正確故選ad【點(diǎn)睛 】解決本題的關(guān)鍵知道球、球拍和人具有相同的加速度，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解，掌握整體法、隔離法的運(yùn)用11 粗糙的水平地面上放著一個(gè)質(zhì)量為m、傾角為的斜面體，斜面部分光滑，底面與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ，輕質(zhì)彈簧一端與固定在斜面上的輕質(zhì)擋板相連，另一端連接一質(zhì)量為 m 的小球，彈簧的勁度系數(shù)為k。斜面體在水平向右的恒力作用下，和小球一起以加速度a 向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)（運(yùn)動(dòng)過(guò)程小球沒(méi)離開斜面）。以下說(shuō)法正確的是（）a水平恒力大小為()mm ab地面對(duì)斜面體的摩擦力為()mm gc彈簧的形變量為cossinmamgkd斜面對(duì)小球的支持力為cossinmgma【