专题6 整体法与隔离法-2025年高考物理冲刺解题方法与得分技巧（全国通用）

专题6 整体法与隔离法 考点一 整体法与隔离法结合处理物体平衡问题 2 考点二 整体法-隔离法求解连接体问题 6 考点三 利用局部→整体→局部的方法分析动态电路 10 考点一 整体法与隔离法结合处理物体平衡问题 1．（24-25高一上·辽宁·期末）如图所示，内壁光滑的半圆形凹槽放置在水平地面上，圆心在O点，A、B两点分别为凹槽的最低点和右侧的最高点。A点处静止的小物块（可视为质点）在竖直截面内的推力F的作用下缓慢移动到B点，推力F始终沿着凹槽的切线方向，凹槽一直处于静止状态，下列说法中正确的是（　　） A．物块受到凹槽的支持力一直增大 B．推力F先增大后减小 C．凹槽对地面的压力一直减小 D．凹槽受到地面的摩擦力一直增大 2．（24-25高三上·北京朝阳·期末）如图所示，两平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，空间存在方向垂直于斜面斜向上的匀强磁场。现把一个导体棒垂直放在金属导轨上且接触良好，当导体棒通有某一电流时恰好不发生滑动。斜面置于水平面且始终保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若通过导体棒的电流变大，下列选项正确的是（　　） A．导体棒一定沿斜面下滑 B．导体棒一定沿斜面上滑 C．地面对斜面的支持力一定不减小 D．地面对斜面的摩擦力一定不减小 3．（24-25高三上·河南·阶段练习）如图所示，质量的三角形木块ABC静止在水平地面上，三角形木块倾角为，将一质量的滑块轻放到木块的AC边上恰好能保持静止。现给滑块施加一个斜向下与AC边夹角为的力F，F的大小恒为2N，三角形木块ABC仍静止在水平地面上，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．水平地面对三角形木块没有摩擦力 B．水平地面对三角形木块有向左的摩擦力 C．滑块将沿AC边做匀加速运动，加速度大小为 D．水平地面对三角形木块的支持力大小为 4．（2024·四川成都·一模）如图所示，倾角为的斜面体置于粗糙的水平地面上，斜面上有一质量为的滑块，通过轻绳绕过光滑的滑轮与质量为的带正电的小球（可视为质点）相连，滑轮下方有一个光滑的小孔，轻绳与斜面平行。小球在水平面内做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角也为。斜面体和滑块始终静止，滑块与斜面的动摩擦因数为，小球与小孔之间的绳长为，重力加速度为，下列说法正确的是（    ） A．斜面体所受到地面的摩擦力大小为mg B．若增大小球的转速，绳子对小孔的作用力减小 C．若增大小球的转速，小球能达到的最大转速为 D．若此时在空间加上竖直向下的电场，要使小球的转速不变，则小球到转动中心的距离增大 5．（23-24高一上·河北秦皇岛·期中）如图所示，物块A放在斜面上，一端连接着跨过定滑轮的轻质细绳，绳的另一端连接着物块B，初始AB都处于静止状态，现用力作用于A，使其缓慢上移，当绳到达虚线位置时，撤掉外力，AB再次静止。此过程中斜面一直处于静止状态，忽略轻绳和滑轮之间的摩擦，则物体末位置与初位置相比，各力的变化情况正确的是（　　） A．绳对A的拉力不变 B．A所受的静摩擦力一定增大 C．A所受的支持力一定减小 D．斜面所受地面的摩擦力一定减小 6．（24-25高一上·吉林·期末）如图，光滑斜面上有一个重力为G1=10N的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45°，斜面倾角为37°，斜面的重力为G2=100N，整个装置处于静止状态。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求： (1)绳对小球拉力的大小和斜面对小球支持力的大小； (2)地面对斜面体的支持力和摩擦力大小。 7．（2024·全国·模拟预测）如图，质量均为m的A、B两球间用绝缘轻杆固连，轻杆与竖直方向成角，A球带电量为，B球不带电。A球穿过绝缘水平杆，在的水平恒力作用下由静止向右运动了到达P点（未画出），A球与水平杆间的动摩擦因数，运动中A球电量保持不变，不计空气阻力，重力加速度为g。 （1）求A球运动到P点时速度为多大？ （2）求杆对B球弹力的大小和方向？ （3）若A球运动到P点时撤去力F，同时加上磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，A球滑行了时间t后停止运动，求撤去力F后A球滑动的距离。 8．（24-25高一上·浙江宁波·期中）如图所示，倾角为、质量为M的斜面体A置于水平面上，在斜面体和竖直墙面之间放置一质量为m的光滑球B，斜面体受到水平向右的外力，系统始终处于静止状态。已知重力加速度为g。 (1)求球B对斜面体的压力和对墙面的压力； (2)若斜面体受到水平向右的外力大小为1.5mg，求此时斜面体受到水平面的摩擦力大小； (3)若斜面体与水平面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为了使系统处于静止状态，求水平向右的外力大小F的范围。 考点二 整体法-隔离法求解连接体问题 9．（24-25高三上·江西·阶段练习）如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ = 53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1 kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g = 10 m/s2，现对木板施加一水平向右的拉力F，（其中，）下列说法错误的是（　　） A．若μ = 0.2，不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止 B．若μ = 0.5，当F = 10 N时，木板相对斜劈向右滑动 C．若μ = 0.8，当F = 22.5 N时，小球对斜劈的压力为0 D．若μ = 0.8，当F = 26 N时，细绳对小球的拉力为 10．（2024·海南·模拟预测）如图所示，物体a与b通过轻弹簧连接，b、c、d三个物体用不可伸长的轻绳通过轻滑轮连接，系统处于静止状态，a恰好和地面无挤压。已知a、c质量均为m，d质量为2m，弹簧的劲度系数为k。物体在运动过程中不会与滑轮相碰，不计一切阻力，重力加速度为g。将c与d间的线剪断，下列说法正确的是（　　） A．b的质量为m B．此时b的瞬时加速度为 C．b下降时的速度最大 D．b下降时弹簧弹性势能最大 11．（23-24高一上·重庆沙坪坝·期末）如图所示，质量为m的球A放在质量为的内部设有斜面的矩形盒子B中，其中，球A的上侧恰好与盒子接触。另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连，不计一切摩擦，重力加速度为g。将C自由释放后，测得C的加速度为，则下列说法正确的是（　　） A．物体C的质量为 B．盒子中斜面对A的弹力大小为 C．盒子右壁对A的弹力不为0 D．盒子上壁对A的弹力大小为 12．（2024·云南昆明·模拟预测）如图所示，水平地面上有一长木板B，其左端放置一物块A，初始A、B均静止，用如图所示的拉力作用于物块A，已知物块A的质量mA = 2kg，长木板B的质量mB = 1kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1 = 0.3，木板与地面之间的动摩擦因数μ2 = 0.1，重力加速度g = 10m/s2，则（   ） A．0 ~ 1s内A、B间的摩擦力为6N B．1s末A的速度为1m/s C．0 ~ 2s内A相对B的位移为1m D．0 ~ 2s内摩擦力总冲量的大小为6N·s 13．（23-24高二上·山东济宁·阶段练习）如图所示，水平光滑桌面上，轻弹簧的左端固定，右端连接物体P，P和Q通过轻绳绕过定滑轮连接。开始时，系统处于静止状态，滑块P处于位置O。将滑块P向左推至弹簧原长的位置A点后由静止释放，P物体将在A点和右侧的某位置（图中未画出）之间来回运动，滑块未与定滑轮相碰，弹簧未超出弹性限度，已知P的质量为m，Q的质量为，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计一切摩擦，则（　　） A．从A点到O点，物体P与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于物体Q重力势能的减少量 B．绳上最大拉力为 C．弹簧的最大弹性势能为 D．刚释放瞬间，P的加速度为 14．（2024·河南·模拟预测）如图所示，轻弹簧竖直立在地面上，物块A放在轻弹簧上，物块B叠放在物块A上，用绕过两定滑轮的轻绳将物块B、C连接，用手托着物块C，使滑轮两边的轻绳刚好沿竖直方向伸直，已知物块A、B、C的质量分别为m、m、2m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧在弹性限度内，开始时物块B到滑轮的距离足够远，快速撤去手，则下列判断正确的是（　　） A．撤去手的一瞬间，物块C的加速度为0 B．撤去手的一瞬间，A对B的作用力大小为 C．撤去手后，物块B向上运动过程中加速度先减小后不变 D．当物块A、B刚好分离时，物块A上升的高度为 15．（24-25高一上·浙江宁波·期中）如图，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为、其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，下列说法正确的是（　　） A．水平恒力F变大后，如果滑块仍静止在斜面上，滑块对斜面的压力减小 B．水平恒力F变大后，如果滑块仍静止在斜面上，滑块对斜面的压力增加 C．若要使滑块与斜面体一起加速运动，水平向右的力F的最大值 D．若水平恒力F方向向左，滑块与斜面一起向左做的加速运动，则滑块受到的摩擦力沿斜面向上 16．（2024·四川雅安·三模）如图甲所示，水平地面上有一质量为的长木板，将一质量为的小物块放在长木板上，小物块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与地面的动摩擦因数为。给小物块施加一水平外力，利用拉力传感器和加速度传感器（图中未标出）测得长木板和小物块加速度随外力的变化关系如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s2，则（　　） A． B． C． D． 考点三 利用局部→整体→局部的方法分析动态电路 17．（20-21高二下·河南·阶段练习）在如图所示的电路中，三个定值电阻、、的阻值都是R，滑动变阻器的阻值范围为0~2R，电源电动势为E、内阻为r，下列说法正确的是（　　） A．当变阻器的滑片P由a向b移动时，电流表示数减小 B．当变阻器的滑片P由a向b移动时，电压表示数增大 C．当变阻器的滑片P由a向b移动时，消耗的电功率增大 D．当变阻器的滑片P由b向a移动时，滑动变阻器消耗的电功率先增大后减小 18．（19-20高三下·浙江·阶段练习）如图所示的电路中，定值电阻R0与电源内阻r的阻值相等，各表均为理想电表。向左移动滑动变阻器的滑片P时各表示数的改变量分别为、和，正确的是（　　） A．三块表的示数都减小 B．电源的输出功率先增大后减小 C．为定值 D． 19．（24-25高二上·云南昆明·阶段练习）如图所示，电路中的电流表为理想电流表，电压表为理想电压表，R为定值电阻，C为电容器、电源的电动势E和内阻r均保持不变。现闭合开关S，各元件都能正常工作，将滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．电源的总功率变大 B．电容器C上的电荷量减小 C．电压表读数变大 D．电流表读数变大 20．（2020·福建·一模）在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器。将滑动变阻器的滑动触头P置于位置a，闭合开关S，电路稳定时理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，理想电流表A的示数为I。当滑动变阻器的滑动触头P由a滑到b且电路再次稳定时，理想电压表V1、V2的示数分别为U1′、U2′，理想电流表A的示数为I′。则以下判断中正确的是（　　） A．滑动变阻器的滑动触头P由a滑向b的过程中，通过R3的电流方向由左向右 B．滑动变阻器的滑动触头P由a滑向b的过程中，电容器的带电量减小 C． ，， D． 21．（19-20高二上·四川南充·期中）如图所示，电源电动势为、内阻为，电压表为理想电表，为定值电阻，为热敏电阻（其阻值随温度升高而减小），为电容器，闭合开关，电容器中的带电微粒A恰好静止。当室温从升高到的过程中，流过电源的电流变化量是，三只电压表的示数变化量分别为和。则在此过程中（　　）    A．示数减小 B． C．点电势升高 D．中的电流方向由向，带电微粒A匀加速下移 22．（20-21高二上·江西上饶·期中）如图所示，电表均为理想电表，两个相同灯泡的电阻均为R，且R大于电源内阻r。将滑动变阻器滑片向下滑动，电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则(　　) A．两灯泡的亮度始终一样且逐渐变暗 B．V1、V2的示数增大，V3的示数减小 C．ΔU3与ΔI的比值为2R＋r D．ΔU3>ΔU1>ΔU2 23．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图电路，电源的电动势为E，内阻为r，其路端电压为U；为定值电阻，它的电压为；为滑动变阻器，其电压为；电路中的电流为I。当滑动变阻器的触片向下移动时， 电流变化的绝对值为，路端电压变化的绝对值为，定值电阻电压变化的绝对值，滑动变阻器电压变化的绝对值则（　　） A．= B．< C．变大  ， 不变 D．=+ 24．（24-25高二上·河南郑州·期中）如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，电压表和电流表变化量绝对值分别为、，下列说法正确的是（　　） A．电流表的读数变小、电压表的读数变大 B． C．液滴将向上运动 D．电源的输出功率一定变小 试卷第1页，共3页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题6 整体法与隔离法 考点一 整体法与隔离法结合处理物体平衡问题 2 考点二 整体法-隔离法求解连接体问题 13 考点三 利用局部→整体→局部的方法分析动态电路 28 考点一 整体法与隔离法结合处理物体平衡问题 1．（24-25高一上·辽宁·期末）如图所示，内壁光滑的半圆形凹槽放置在水平地面上，圆心在O点，A、B两点分别为凹槽的最低点和右侧的最高点。A点处静止的小物块（可视为质点）在竖直截面内的推力F的作用下缓慢移动到B点，推力F始终沿着凹槽的切线方向，凹槽一直处于静止状态，下列说法中正确的是（　　） A．物块受到凹槽的支持力一直增大 B．推力F先增大后减小 C．凹槽对地面的压力一直减小 D．凹槽受到地面的摩擦力一直增大 【答案】C 【详解】AB．对物块受力分析，设物块的质量为m，它所受支持力与竖直方向的夹角为α，根据共点力平衡有 可知随α角的增大支持力逐渐变小，推力F一直在增大，A错误；B错误； C．对物块，凹槽整体分析，设凹槽的质量为M，地面对凹槽的支持力为，由平衡条件有 即 根据牛顿第三定律可知凹槽对地面的压力一直减小，C正确； C．对整体分析，在水平方向上由平衡条件有 显然凹槽受到地面的摩擦力先增大后减小，D错误。 故选C。 2．（24-25高三上·北京朝阳·期末）如图所示，两平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，空间存在方向垂直于斜面斜向上的匀强磁场。现把一个导体棒垂直放在金属导轨上且接触良好，当导体棒通有某一电流时恰好不发生滑动。斜面置于水平面且始终保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若通过导体棒的电流变大，下列选项正确的是（　　） A．导体棒一定沿斜面下滑 B．导体棒一定沿斜面上滑 C．地面对斜面的支持力一定不减小 D．地面对斜面的摩擦力一定不减小 【答案】D 【详解】AB．因导体棒中的电流方向不明确，所以当导体棒通有某一电流时恰好不发生滑动，导体棒可能恰好不沿斜面向下滑动，也有可能恰好不沿斜面向上滑动。 若导体棒恰好不沿斜面向下滑动，即导体棒所受最大静摩擦力沿斜面向上，导体棒所受安培力可能沿斜面向下，也有可能沿斜面向上，若电流变大则导体棒所受安培力变大，导体棒有可能沿斜面下滑，也有可能静止不动，也有可能沿斜面上滑。 若导体棒恰好不沿斜面向上滑动，即导体棒所受最大静摩擦力沿斜面向下，则导体棒所受安培力沿斜面向上，若电流变大，则导体棒所受安培力变大，导体棒将沿斜面上滑。故AB错误； C．若开始时导体棒恰好不沿斜面向下滑动且所受安培力沿斜面向上、电流增大后导体棒仍静止不动，根据导体棒与斜面整体竖直方向受力平衡可知，电流增大后安培力增大，则安培力的竖直分力也增大，则地面对斜面的支持力减小，故C错误； D．若开始时导体棒恰好不沿斜面向下滑动且所受安培力沿斜面向上、电流增大后导体棒仍静止不动，因安培力增大，即安培力的水平分力增大，根据导体棒与斜面整体水平方向受力平衡可知，地面对斜面的摩擦力增大。 若开始时导体棒恰好不沿斜面向下滑动且所受安培力沿斜面向上、电流增大后导体棒沿斜面向上滑动，则导体棒对导轨摩擦力大小不变但方向反向，导体棒对导轨的压力大小、方向都不变，所以导体棒对导轨摩擦力的水平分力与压力的水平分力的合力增大，根据导体棒与斜面整体水平方向受力平衡可知，地面对斜面的摩擦力增大。 若开始时导体棒恰好不沿斜面向下滑动且所受安培力也沿斜面向下，则电流增大后安培力增大，导体棒将沿斜面向下滑动，这种情况导体棒对斜面的压力和摩擦力大小、方向均不变，地面对斜面的摩擦力也不变。 若开始时导体棒恰好不沿斜面向上滑动且所受安培力也沿斜面向上，则电流增大后安培力增大，导体棒将沿斜面向上滑动，这种情况导体棒对斜面的压力和摩擦力大小、方向均不变，地面对斜面的摩擦力也不变。 综上所述，地面对斜面的摩擦力一定不减小，故D正确。 故选D。 3．（24-25高三上·河南·阶段练习）如图所示，质量的三角形木块ABC静止在水平地面上，三角形木块倾角为，将一质量的滑块轻放到木块的AC边上恰好能保持静止。现给滑块施加一个斜向下与AC边夹角为的力F，F的大小恒为2N，三角形木块ABC仍静止在水平地面上，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．水平地面对三角形木块没有摩擦力 B．水平地面对三角形木块有向左的摩擦力 C．滑块将沿AC边做匀加速运动，加速度大小为 D．水平地面对三角形木块的支持力大小为 【答案】AC 【详解】ABC．根据滑块恰好静止在斜面上可得 所以 对滑块有 解得 对整体在水平方向由牛顿第二定律有 解得 AC正确、B错误； D．同理对整体在竖直方向有 解得 D错误。 故选AC。 4．（2024·四川成都·一模）如图所示，倾角为的斜面体置于粗糙的水平地面上，斜面上有一质量为的滑块，通过轻绳绕过光滑的滑轮与质量为的带正电的小球（可视为质点）相连，滑轮下方有一个光滑的小孔，轻绳与斜面平行。小球在水平面内做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角也为。斜面体和滑块始终静止，滑块与斜面的动摩擦因数为，小球与小孔之间的绳长为，重力加速度为，下列说法正确的是（    ） A．斜面体所受到地面的摩擦力大小为mg B．若增大小球的转速，绳子对小孔的作用力减小 C．若增大小球的转速，小球能达到的最大转速为 D．若此时在空间加上竖直向下的电场，要使小球的转速不变，则小球到转动中心的距离增大 【答案】AC 【详解】A．对小球受力分析有 解得 将滑块和斜面看成整体，由平衡条件得，斜面体所受摩擦力大小为 故A正确； B．设绳与竖直方向的夹角为，对小球有 可得 又因为 所以随着转速的增大，角速度会增大；拉力会增大，绳与竖直方向的夹角会增大，两绳的夹角会减小，所以合力会增大；所以绳子对小孔的作用力增大；故B错误； C．因为绳对滑块的拉力越大，滑块越容易往上滑动。所以当小球转速最大，即绳的拉力最大时，对滑块受力分析得 即 可得最大角速度为 所以最大转速为 故C正确； D．加上电场后，对小球受力分析知 因为要使转速不变，即角速度不变，所以绳子的拉力大小不变，因为竖直方向绳的分力相对没有加电场时增大了，所以由以上公式知减小，即小球到转动中心的距离减小，故D错误。 故选AC。 5．（23-24高一上·河北秦皇岛·期中）如图所示，物块A放在斜面上，一端连接着跨过定滑轮的轻质细绳，绳的另一端连接着物块B，初始AB都处于静止状态，现用力作用于A，使其缓慢上移，当绳到达虚线位置时，撤掉外力，AB再次静止。此过程中斜面一直处于静止状态，忽略轻绳和滑轮之间的摩擦，则物体末位置与初位置相比，各力的变化情况正确的是（　　） A．绳对A的拉力不变 B．A所受的静摩擦力一定增大 C．A所受的支持力一定减小 D．斜面所受地面的摩擦力一定减小 【答案】CD 【详解】A．绳对A的拉力大小不变，始终等于物块B的重力，拉力的方向改变，故A错误； B．设细绳与斜面的夹角为，则细绳对物块A沿斜面向上的拉力大小为 物块A从初位置到末位置，增大，减小，细绳对物块A沿斜面向上的拉力减小；物块A在初位置所受的摩擦力可能沿斜面向下、可能沿斜面向上也可能为零，如果物块A在初位置所受的摩擦力沿斜面向下，物体在末位置时A所受的静摩擦力可能减小，也可能先减小再反向增大，故B错误； C．细绳对物块A垂直斜面向上的拉力大小为 物块A从初位置到末位置，增大，增大，细绳对物块A垂直斜面向上的拉力增大，A所受的支持力一定减小，故C正确； D．斜面与物块A整体分析，受重力、支持力、细绳的拉力、地面的摩擦力，设细绳与水平方向的夹角为，则细绳对物块A的拉力在水平方向的分力大小为 物块A从初位置到末位置， 增大， 减小，则细绳对物块A的拉力在水平方向的分力减小，斜面所受地面的摩擦力与细绳对物块A的拉力在水平方向的分力大小相等，故斜面所受地面的摩擦力一定减小，故D正确。 故选CD。 6．（24-25高一上·吉林·期末）如图，光滑斜面上有一个重力为G1=10N的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45°，斜面倾角为37°，斜面的重力为G2=100N，整个装置处于静止状态。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求： (1)绳对小球拉力的大小和斜面对小球支持力的大小； (2)地面对斜面体的支持力和摩擦力大小。 【答案】(1)， (2)， 【详解】（1）对小球受力分析图所示 由平衡条件，竖直方向有 水平方向有 由上式解得 （2）根据小球和斜面整体受力平衡可得 竖直方向有 水平方向有 由上式解得 7．（2024·全国·模拟预测）如图，质量均为m的A、B两球间用绝缘轻杆固连，轻杆与竖直方向成角，A球带电量为，B球不带电。A球穿过绝缘水平杆，在的水平恒力作用下由静止向右运动了到达P点（未画出），A球与水平杆间的动摩擦因数，运动中A球电量保持不变，不计空气阻力，重力加速度为g。 （1）求A球运动到P点时速度为多大？ （2）求杆对B球弹力的大小和方向？ （3）若A球运动到P点时撤去力F，同时加上磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，A球滑行了时间t后停止运动，求撤去力F后A球滑动的距离。 【答案】（1）；（2）,方向与竖直方向成角；（3） 【详解】（1）对AB整体受力分析，如图所示 根据牛顿第二定律可得 A、B两球一起运动，加速度相同，解得A球的加速度为 根据速度位移公式可得 解得A球运动到P点时速度为 （2）对B球受力分析，如图所示 根据平衡条件和牛顿第二定律可得 ， 解得杆对B球弹力的大小和弹力与竖直方向的夹角为 ， 弹力的方向与竖直方向成角 （3）撤去力F后，根据左手定则可知A球受到的洛伦兹力方向垂直杆向下，洛伦兹力始终与速度方向垂直，不做功。水平方向上根据动量定理可得 根据动能定理可得 解得A球滑动的距离为 8．（24-25高一上·浙江宁波·期中）如图所示，倾角为、质量为M的斜面体A置于水平面上，在斜面体和竖直墙面之间放置一质量为m的光滑球B，斜面体受到水平向右的外力，系统始终处于静止状态。已知重力加速度为g。 (1)求球B对斜面体的压力和对墙面的压力； (2)若斜面体受到水平向右的外力大小为1.5mg，求此时斜面体受到水平面的摩擦力大小； (3)若斜面体与水平面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为了使系统处于静止状态，求水平向右的外力大小F的范围。 【答案】(1)， (2) (3)若，水平向右的外力大小F的范围为；若，水平向右的外力大小F的范围为 【详解】（1）对球B受力分析如图所示 根据受力平衡可知 根据牛顿第三定律可知 （2）对于斜面体A与球B组成的整体，因 根据整体水平方向受力平衡可知，斜面体受到水平面的摩擦力方向向右，大小设为f，则 解得 （3）将斜面体A与球B看作整体，则斜面体与水平面之间的最大静摩擦力为 根据水平方向整体受力平衡可知，若 即 则F的最小值为0，最大值设为，则 求得 这种情况下，水平向右的外力大小F的范围为 若 即 设这种情况下F的最小值为，最大值为，最小值和最大值分别满足 求得 这种情况下，水平向右的外力大小F的范围为 综上所述，若 则水平向右的外力大小F的范围为 若 则水平向右的外力大小F的范围为 考点二 整体法-隔离法求解连接体问题 9．（24-25高三上·江西·阶段练习）如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ = 53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1 kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g = 10 m/s2，现对木板施加一水平向右的拉力F，（其中，）下列说法错误的是（　　） A．若μ = 0.2，不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止 B．若μ = 0.5，当F = 10 N时，木板相对斜劈向右滑动 C．若μ = 0.8，当F = 22.5 N时，小球对斜劈的压力为0 D．若μ = 0.8，当F = 26 N时，细绳对小球的拉力为 【答案】B 【详解】A．若μ = 0.2，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，最大加速度为 当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有 解得 可知此情况下不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，故A正确，不符合题意； B．若μ = 0.5，当F = 10 N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统，有 解得 对斜劈与球构成的系统，最大加速度为 可知此时木板与斜劈相对静止，故B错误，符合题意； C．若μ = 0.8，假设板、球和斜劈相对静止，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速为 此时对板、球和斜劈构成的系统，有 当F = 22.5 N时，板、球和斜劈相对静止，有 可知此时球刚好要离开斜劈，故C正确，不符合题意； D．若μ = 0.8，当F = 26 N时，球离开斜劈，在重力和绳子拉力作用下与斜劈保持相对静止，此时球和斜劈的加速度均为，对球分析，有 故D正确，不符合题意。 故选B。 10．（2024·海南·模拟预测）如图所示，物体a与b通过轻弹簧连接，b、c、d三个物体用不可伸长的轻绳通过轻滑轮连接，系统处于静止状态，a恰好和地面无挤压。已知a、c质量均为m，d质量为2m，弹簧的劲度系数为k。物体在运动过程中不会与滑轮相碰，不计一切阻力，重力加速度为g。将c与d间的线剪断，下列说法正确的是（　　） A．b的质量为m B．此时b的瞬时加速度为 C．b下降时的速度最大 D．b下降时弹簧弹性势能最大 【答案】C 【详解】A．剪断c与d间的线之前，整个系统处于静止状态，根据题意可知弹簧对b的作用力方向向下，大小为 以cd为研究对象，c与b间的线对cd的拉力为 设物体质量b为M，以b为研究对象，根据平衡条件有 解得 故A错误； B．将c与d间的线剪断瞬间，cd间绳子的拉力突变为0，弹簧对b的作用力不变，b与c的加速度a大小相等，设此时bc间绳子的拉力为T，以c为研究对象，由牛顿第二定律有 以bc整体为研究对象，由牛顿第二定律有 代入数据解得 故B错误； CD．由以上分析可知，剪断线后，b往下运动，当b速度最大时，bc加速度均为零，设此时弹簧弹力为，以bc整体为研究对象，根据平衡条件可得 解得 即当b速度最大时，弹簧的弹力方向向上，b下降的距离等于开始的拉伸量加上速度最大时的压缩量，根据胡克定律可得b下降的距离为 由于惯性，b继续往下运动，此时弹簧弹性势能并不是最大，当b的速度变为零时弹性势能最大，故C正确，D错误。 故选C。 11．（23-24高一上·重庆沙坪坝·期末）如图所示，质量为m的球A放在质量为的内部设有斜面的矩形盒子B中，其中，球A的上侧恰好与盒子接触。另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连，不计一切摩擦，重力加速度为g。将C自由释放后，测得C的加速度为，则下列说法正确的是（　　） A．物体C的质量为 B．盒子中斜面对A的弹力大小为 C．盒子右壁对A的弹力不为0 D．盒子上壁对A的弹力大小为 【答案】D 【详解】A．对物体C，根据牛顿第二定律，可得 对AB整体，根据牛顿第二定律，可得 根据牛顿第三定律，可得 联立解得 ， 故A错误； C．对物体A，受力分析如图所示 物体A受重力，盒子中斜面对A的弹力，盒子右壁对A的弹力，盒子上壁对A的弹力，根据牛顿第二定律和平衡条件，可得 整理，两式相比，可得 即 整理，可得 对物体B，根据牛顿第二定律，可得 根据牛顿第三定律可知A对盒子右壁的弹力大小为 A对盒子中斜面的弹力大小为 将代入上式，可得 代入数据，分析可得 故C错误； D．根据 将代入，可得 故D正确； B．根据 解得 代入到，可得 故B错误。 故选D。 12．（2024·云南昆明·模拟预测）如图所示，水平地面上有一长木板B，其左端放置一物块A，初始A、B均静止，用如图所示的拉力作用于物块A，已知物块A的质量mA = 2kg，长木板B的质量mB = 1kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1 = 0.3，木板与地面之间的动摩擦因数μ2 = 0.1，重力加速度g = 10m/s2，则（   ） A．0 ~ 1s内A、B间的摩擦力为6N B．1s末A的速度为1m/s C．0 ~ 2s内A相对B的位移为1m D．0 ~ 2s内摩擦力总冲量的大小为6N·s 【答案】BCD 【详解】A．由题意可知，两处最大静摩擦力分别为 则0 ~ 1s内，F = 6N，假设A、B未发生相对滑动，则对A、B整体运用牛顿第二定律得 对A运用牛顿第二定律得 A、B未发生相对滑动且A、B间的摩擦力为4N，A错； B．由运动学知识得1s末A的速度 故B正确； C．1 ~ 2s，F = 16N，假设A、B未发生相对滑动，对A、B整体运用牛顿第二定律得 对A运用牛顿第二定律得 A、B发生相对滑动，重新对A运用牛顿第二定律得 重新对B运用牛顿第二定律得 故 所以 故C正确； D．因A、B之间的摩擦力为作用力与反作用力（内力），其总冲量始终为零，故0 ~ 2s内摩擦力总冲量 故D正确。 故选BCD。 13．（23-24高二上·山东济宁·阶段练习）如图所示，水平光滑桌面上，轻弹簧的左端固定，右端连接物体P，P和Q通过轻绳绕过定滑轮连接。开始时，系统处于静止状态，滑块P处于位置O。将滑块P向左推至弹簧原长的位置A点后由静止释放，P物体将在A点和右侧的某位置（图中未画出）之间来回运动，滑块未与定滑轮相碰，弹簧未超出弹性限度，已知P的质量为m，Q的质量为，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计一切摩擦，则（　　） A．从A点到O点，物体P与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于物体Q重力势能的减少量 B．绳上最大拉力为 C．弹簧的最大弹性势能为 D．刚释放瞬间，P的加速度为 【答案】BC 【详解】A．从A点到O点，物体P与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于物体Q重力势能的减少量与Q的动能之差，A错误； B．开始时将滑块P向左推至弹原长的位置A点后由静止释放，则在释放瞬间，由牛顿第二定律，对P、Q整体分析可得 解得 物体P运动到右侧与A点关于O点对称的点时，物体Q的加速度最大，且竖直向上，利用简谐运动的对称性可知物体Q的加速度的最大值为，而绳的拉力在P运动至最右端时最大，将Q隔离分析，由牛顿第二定律知 解得 B正确； C．根据题意可知，P、Q以及弹簧组成的连接体静态平衡时，物块P位于位置O，则可知物块P做简谐运动时的平衡位置位于O点，根据平衡条件可得 解得平衡时弹簧的伸长量为 而释放时弹簧处于原长，则可知，AO间的距离为x，即可得P做简谐运动的振幅为，当物块P运动至最右端时弹簧的弹性势能最大，此时弹的伸长量为2x，根据弹簧弹性势能的表达式 代入可得 C正确； D．开始时将滑块P向左推至弹原长的位置A点后由静止释放，则在释放瞬间，由牛顿第二定律，对P、Q整体分析可得 解得 D错误； 故选BC。 14．（2024·河南·模拟预测）如图所示，轻弹簧竖直立在地面上，物块A放在轻弹簧上，物块B叠放在物块A上，用绕过两定滑轮的轻绳将物块B、C连接，用手托着物块C，使滑轮两边的轻绳刚好沿竖直方向伸直，已知物块A、B、C的质量分别为m、m、2m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧在弹性限度内，开始时物块B到滑轮的距离足够远，快速撤去手，则下列判断正确的是（　　） A．撤去手的一瞬间，物块C的加速度为0 B．撤去手的一瞬间，A对B的作用力大小为 C．撤去手后，物块B向上运动过程中加速度先减小后不变 D．当物块A、B刚好分离时，物块A上升的高度为 【答案】BC 【详解】A．由题意可知，撤去手之前绳子上得拉力为0，此时，对AB整体受力分析得 撤去手得一瞬间，弹簧上弹力不变，A、B、C三个物体加速度大小相等，对C受力分析得 对AB整体受力分析，由牛顿第二定律得 联立解得撤去手的一瞬间，物体C的加速度大小为 此时绳上的拉力突变，大小为 故A错误； B．撤去手的一瞬间，对物体B受力分析，由牛顿第二定律得 代入数据得此时A对B的作用力大小为 故B正确； C．撤去手之后AB分开前，对A、B、C系统受力分析，由牛顿第二定律得 随着A向上运动，弹簧的形变量减小，可知加速度减小；A、B分开后，B、C两个物体由绳连接加速度大小一样，对C受力分析由牛顿第二定律可知 对B受力分析，由牛顿第二定律可知 联立解得B、C的加速度大小为 加速度不再变化，故C正确； D．A、B分开时，，此时A、B、C加速度大小相等，设此时弹簧的形变量为，对A、B、C系统受力分析解得 隔离A，受力分析由牛顿第二定律得 联立解得，此时弹簧形变量为 故当物块A、B刚好分离时，物块A上升的高度为 故D错误。 故选BC。 15．（24-25高一上·浙江宁波·期中）如图，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为、其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，下列说法正确的是（　　） A．水平恒力F变大后，如果滑块仍静止在斜面上，滑块对斜面的压力减小 B．水平恒力F变大后，如果滑块仍静止在斜面上，滑块对斜面的压力增加 C．若要使滑块与斜面体一起加速运动，水平向右的力F的最大值 D．若水平恒力F方向向左，滑块与斜面一起向左做的加速运动，则滑块受到的摩擦力沿斜面向上 【答案】AC 【详解】AB．滑块与斜面一起水平向右加速运动过程中，对滑块受力分析如图所示 水平恒力F变大后，滑块的加速度增大，竖直方向保持平衡，所以，滑块所受的摩擦力增大，支持力减小，根据牛顿第三定律可知，滑块对斜面的压力减小，故A正确，B错误； C．当水平向右的力F最大时，滑块与斜面间的静摩擦力恰好增大到最大静摩擦力，设此时整体的加速度大小为a，将重力与加速度a沿斜面和垂直斜面方向分解，如图所示 根据牛顿第二定律得 又 联立，得 对整体根据牛顿第二定律得 故C正确； D．若水平恒力F方向向左，滑块与斜面一起向左做的加速运动，假设滑块受到的摩擦力沿斜面向上，将重力与加速度a沿斜面和垂直斜面方向分解，如图所示 沿斜面方向根据牛顿第二定律有 又 联立，得 为负值，说明此时滑块受到的摩擦力沿斜面向下，故D错误。 故选AC。 16．（2024·四川雅安·三模）如图甲所示，水平地面上有一质量为的长木板，将一质量为的小物块放在长木板上，小物块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与地面的动摩擦因数为。给小物块施加一水平外力，利用拉力传感器和加速度传感器（图中未标出）测得长木板和小物块加速度随外力的变化关系如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s2，则（　　） A． B． C． D． 【答案】BCD 【详解】ABC．根据题意，由图乙可知，当时，木板相对地面开始滑动，则有 当时，小物块与长木板一起加速运动，则有 解得 结合图乙可得 ， 解得 当时，小物块与长木板间相对滑动，对小物块有 解得 结合图乙可得 ，， 则小物块的质量 故A错误，BC正确； D．对长木板有 解得，长木板的质量 故D正确。 故选BCD。 考点三 利用局部→整体→局部的方法分析动态电路 17．（20-21高二下·河南·阶段练习）在如图所示的电路中，三个定值电阻、、的阻值都是R，滑动变阻器的阻值范围为0~2R，电源电动势为E、内阻为r，下列说法正确的是（　　） A．当变阻器的滑片P由a向b移动时，电流表示数减小 B．当变阻器的滑片P由a向b移动时，电压表示数增大 C．当变阻器的滑片P由a向b移动时，消耗的电功率增大 D．当变阻器的滑片P由b向a移动时，滑动变阻器消耗的电功率先增大后减小 【答案】D 【详解】ABC．当变阻器的滑片P由a向b移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，则总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知干路电流增大，而 可知电压表示数减小，则R1的电流减小，而R1的功率变小；故由 可得电流表示数增大，故ABC错误； D．当变阻器的滑片P由b向a移动时，滑动变阻器接入电路的阻值从0增大到2R，而电路除了滑动变阻器外构成的等效电源，其等效内阻为 故滑动变阻器作为等效电路的外阻变大，当其阻值等于内阻时，其功率达到最大，故滑动变阻器消耗的电功率先增大后减小，故D正确； 故选D。 18．（19-20高三下·浙江·阶段练习）如图所示的电路中，定值电阻R0与电源内阻r的阻值相等，各表均为理想电表。向左移动滑动变阻器的滑片P时各表示数的改变量分别为、和，正确的是（　　） A．三块表的示数都减小 B．电源的输出功率先增大后减小 C．为定值 D． 【答案】C 【详解】A．电路的连接方式为和变阻器并联接到电源上，电压表测量路端电压，电流表A1测量通过变阻器的电流，电流表A2测量电路的总电流。变阻器滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，则路端电压增大即电压表V示数增大；电路的总电阻增大，则总电流减小，即电流表A2示数减小；定值电阻两端的电压增大，通过定值电阻的电流增大，而总电流减小，所以通过变阻器的电流减小，即电流表A1的示数减小，A错误； B．设电源的电动势为，外电路电阻为，则电源的输出功率为     可知，时，电源输出功率最大；时 电源输出功率随外电阻增大而增大；时，电源输出功率随外电阻增大而减小，因为，所以外电路电阻，则变阻器滑片向左移动时，外电路电阻增大，所以电源的输出功率增大，B错误； Ｃ．等于电源的内阻，是一个定值， C正确； D．设通过的电流为，则 增大，减小，减小，所以 D错误。 故选C。 19．（24-25高二上·云南昆明·阶段练习）如图所示，电路中的电流表为理想电流表，电压表为理想电压表，R为定值电阻，C为电容器、电源的电动势E和内阻r均保持不变。现闭合开关S，各元件都能正常工作，将滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．电源的总功率变大 B．电容器C上的电荷量减小 C．电压表读数变大 D．电流表读数变大 【答案】C 【详解】CD．当滑片向右滑动的过程中，其有效阻值变大，所以根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流变小，则电流表读数变小，把R等效为电源的内阻，电压表读数变大，故C正确，D错误； A．电源的总功率，与电流的大小成正比，则电源的总功率变小，故A错误； B．与外电阻并联的电容器两端电压变大，电容不变，则由知电容器C上电荷量变大，故B错误。 故选C。 20．（2020·福建·一模）在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器。将滑动变阻器的滑动触头P置于位置a，闭合开关S，电路稳定时理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，理想电流表A的示数为I。当滑动变阻器的滑动触头P由a滑到b且电路再次稳定时，理想电压表V1、V2的示数分别为U1′、U2′，理想电流表A的示数为I′。则以下判断中正确的是（　　） A．滑动变阻器的滑动触头P由a滑向b的过程中，通过R3的电流方向由左向右 B．滑动变阻器的滑动触头P由a滑向b的过程中，电容器的带电量减小 C． ，， D． 【答案】D 【详解】AB．电容C与电阻R1、R2并联，其电压等于电源的路端电压，当滑动变阻器滑动触头P由a滑向b的过程中，变阻器的电阻增大，总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，根据可知，电容器的电荷量增加，电容器充电，通过R3的电流方向由右向左，故AB项错误； C．因电路电流减小，故，则R1两端电压减小，即。因路端电压增大，则R2两端电压增大，即，故C项错误； D．将R1等效为电源内阻，则可视为等效电源的路段电压，根据U—I图像的斜率关系可得 故D项正确。 故选D。 21．（19-20高二上·四川南充·期中）如图所示，电源电动势为、内阻为，电压表为理想电表，为定值电阻，为热敏电阻（其阻值随温度升高而减小），为电容器，闭合开关，电容器中的带电微粒A恰好静止。当室温从升高到的过程中，流过电源的电流变化量是，三只电压表的示数变化量分别为和。则在此过程中（　　）    A．示数减小 B． C．点电势升高 D．中的电流方向由向，带电微粒A匀加速下移 【答案】BC 【详解】A．R1与R2串联接在电路中，当室温从升高到的过程中，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。 示数为 总电流增大，则，示数增大，故A错误； B．由闭合电路欧姆定律得 ） 得 同理有 得 则有 故B正确； C．由于外电压减小，示数增大，所以示数减小，而 且 所以点电势升高，故C正确； D．测量的是电源路端电压，且 得减小，所以电容器两端电压减小，又 则电容器的电荷量减少，电容器放电，形成从到的电流，两板间场强减小，带电微粒受的电场力减小，故将下移； 根据牛顿第二定律有 电场强度不断减小，则加速度逐渐增大，带电微粒向下做加速度增大的加速运动，故D错误。 故选C。 22．（20-21高二上·江西上饶·期中）如图所示，电表均为理想电表，两个相同灯泡的电阻均为R，且R大于电源内阻r。将滑动变阻器滑片向下滑动，电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则(　　) A．两灯泡的亮度始终一样且逐渐变暗 B．V1、V2的示数增大，V3的示数减小 C．ΔU3与ΔI的比值为2R＋r D．ΔU3>ΔU1>ΔU2 【答案】AD 【详解】A．此电路为串联电路，将滑片向下滑动，电路中的总电阻增大，总电流减小，通过两串联灯泡的电流始终一样且减小，两灯泡逐渐变暗，A正确； B．电压表V2测量的是路端电压，电压表V1测量的是灯泡L1两端的电压，因总电流减小，所以V1的示数减小、V2的示数增大，B错误； C．将灯泡L1的电阻等效为电源的内阻，由闭合电路欧姆定律知 C错误； D．又由 ， 可知ΔU3>ΔU1>ΔU2，D正确。 故选AD。 23．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图电路，电源的电动势为E，内阻为r，其路端电压为U；为定值电阻，它的电压为；为滑动变阻器，其电压为；电路中的电流为I。当滑动变阻器的触片向下移动时， 电流变化的绝对值为，路端电压变化的绝对值为，定值电阻电压变化的绝对值，滑动变阻器电压变化的绝对值则（　　） A．= B．< C．变大  ， 不变 D．=+ 【答案】BC 【详解】AB．根据部分电路欧姆定律可得 则 由闭合电路欧姆定律可得 则 所以 故A错误，B正确； C．当滑动变阻器的滑片向下滑动时，电阻的阻值增大，根据部分电路欧姆定律可得 则变化，由AB选项分析可得 即不变，故C正确； D．由AB选项分析可得 ，， 所以 故D错误。 故选BC。 24．（24-25高二上·河南郑州·期中）如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，电压表和电流表变化量绝对值分别为、，下列说法正确的是（　　） A．电流表的读数变小、电压表的读数变大 B． C．液滴将向上运动 D．电源的输出功率一定变小 【答案】BC 【详解】A．当灯泡L的灯丝烧断时，电路中的总电阻将增大，根据闭合电路欧姆定律 可知，电路中的总电流减小，则电阻和电源内阻r串联的总电压减小，则电阻和串联的总电压将增大，即电压表示数变大。电流表测的是电阻和串联的电流，所以电流表示数也变大，故A错误； B．由部分电路欧姆定律 则 故B正确； C．由A选项分析可知，电压表示数增大，由电路结构可知，电容器的电压也增大，根据 可知，电容器两极板间电场强度将增大，故液滴所受电场力增大，所以液滴将向上运动，故C正确； D．由于电源的内、外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化，故D错误。 故选BC。 试卷第1页，共3页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 学科网（北京）股份有限公司 $$