1、高考物理微元法解决物理试题技巧阅读训练策略及练习题(1)一、微元法解决物理试题1 雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象 估算雨天院中芭蕉叶面上 位面 所承受的力，小玲同学将一 柱形水杯置于院中， 得10 分 内杯中雨水上升了15mm ， 得知，当 雨滴落地速度 10m s， 雨滴撞 芭蕉后无反 ，不 雨滴重力，雨水的密度 33110kg m ，据此估算芭蕉叶面 位面 上的平均受力 A0.25NB 0.5NC 1.5ND 2.5N【答案】 A【解析】【分析】【 解】由于是估算 ，所以不 雨滴的重力 雨滴受到支持面的平均作用力 F 在 t 时 内有 量 m 的雨水的速度由 v=10m/s 减 零
2、以向上 正方向， 部分雨水 用 量定理： Ft=0-（ -mv） =mv得： F= Vmv ； 水杯横截面 S， 水杯里的雨VtVh水，在 t 内水面上升 h， 有： m=Sh； F=Sv ：VtPFv Vh1 103 101510 3N / m20.25N / m2 ，故 A 正确， BCD SVt10602 如 所示，某个力F 10 N 作用在半径 R 1 m 的 的 上，力F 的大小保持不 ，但方向保持在任何 刻均与作用点的切 一致， 一周 个力F 做的 功 （）A0B 20 JC 10 JD 10 J【答案】 B【解析】本 中力F 的大小不 ，但方向 刻都在 化，属于 力做功 ，可以考
3、 把 周分割 很多的小段来研究.当各小段的弧 足 小 ，可以 力的方向与弧 代表的位移方向一致，故所求的 功 W Fs1 Fs2 Fs3 F( s1 s2s3 ） F 2R20J，选项 B 符合 意 .故答案 B【点睛 】本 注意，力 然是 力，但是由于力一直与速度方向相同，故可以直接由W=FL求出3“水上 人表演 ”是近几年来 性 高的水上表演 目之一，其原理是利用脚上 水装置产生的反冲动力，使表演者在水面之上腾空而起。同时能在空中完成各种特技动作，如图甲所示。为简化问题。将表演者和装备与竖直软水管看成分离的两部分。如图乙所示。已知表演者及空中装备的总质量为M，竖直软水管的横截面积为S，水的
4、密度为，重力加速度为g。若水流竖直向上喷出，与表演者按触后能以原速率反向弹回，要保持表演者在空中静止，软水管的出水速度至少为（）2MgMgMgMgABCDSS2S4 S【答案】 C【解析】【详解】设出水速度为v ，则极短的时间t 内，出水的质量为mSvt速度由竖起向上的v 的变为竖起向下的v ，表演者能静止在空中，由平衡条件可知表演者及空中装备受到水的作用力为Mg ，由牛顿第三定律可知，装备对水的作用力大小也为Mg，取向下为正方向，对时间t内的水，由动量定理可得Mgtmv(mv)Sv2t(Sv2t)解得Mgv2S故 C 正确， A、 B、D 错误；故选 C。4如图所示，半径为 R的 1/8 光
5、滑圆弧轨道左端有一质量为 m的小球，在大小恒为 F、方向始终与轨道相切的外力作用下，小球在竖直平面内由静止开始运动，轨道左端切线水平，当小球运动到轨道的末端时立即撤去外力，此时小球的速率为v，已知重力加速度为g，则 ()A 此过程外力做功为FRB 此过程外力做功为C 小球离开轨道的末端时，拉力的功率为D 小球离开轨道末端时，拉力的功率为Fv【答案】 B【解析】【详解】AB、将该段曲线分成无数段小段,每一段可以看成恒力，可知此过程中外力做功为：，故 B 正确， A 错误；CD、因为 F 的方向沿切线方向，与速度方向平行，则拉力的功率P=Fv，故 C、 D 错误 ；故选 B。【点睛】关键是将曲线运
6、动分成无数段，每一段看成恒力，结合功的公式求出此过程中外力做功的大小；根据瞬时功率公式求出小球离开轨道末端时拉力的功率。52019 年 8 月 11 日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11 级，最大风速为30m/s 。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m 、宽 20m，空气密度1.2kg/m 3 ，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为 0，则该广告牌受到的最大风力约为（）A 3.6 103 NB 1.1 105 NC 1.0 104 ND 9.0 104 N【答案】 B【解析】【分析】【详解】广告牌的面积22S=5 20m=100m设 t
7、 时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有m= Svt根据动量定理有2-Ft=0-mv=0- Svt得FSv21.1105 N故选 B。6 打开水龙头，水顺流而下，仔细观察将会发现连续的水流柱的直径在流下的过程中，是逐渐减小的（即上粗下细），设水龙头出口处半径为1cm，安装在离接水盆75cm高处，如果测得水在出口处的速度大小为1m/s， g=10m/s 2，则水流柱落到盆中的直径A1cmB 0.75cmC 0.5cmD 0.25cm【答案】A【解析】【分析】【详解】设水在水龙头出口处速度大小为v1，水流到接水盆时的速度v2，由 v22v122gh 得：v2=4m/s设极短时间为 t，在水龙头出口
8、处流出的水的体积为V1v1 Vtg r12水流进接水盆的体积为d22V2v2 t4由 V1 =V2 得v1 t g r12v2 t gd224代入解得：d2=1cmA1cm ，与结论相符，选项A 正确；B 0.75cm，与结论不相符，选项B 错误；C 0.5cm，与结论不相符，选项C 错误；D 0.25cm ，与结论不相符，选项D 错误；7 如图所示，有两根足够长的平行光滑导轨水平放置，右侧用一小段光滑圆弧和另一对竖直光滑导轨平滑连接，导轨间距L 1m。细金属棒ab 和 cd 垂直于导轨静止放置，它们的质量 m 均为 1kg，电阻 R 均为 0.5 。 cd 棒右侧 lm 处有一垂直于导轨平面
9、向下的矩形匀强磁场区域，磁感应强度B 1T，磁场区域长为s。以cd棒的初始位置为原点，向右为正方向建立坐标系。现用向右的水平恒力F 1.5N 作用于ab 棒上，作用4s 后撤去F。撤去F 之后 ab 棒与 cd 棒发生弹性碰撞， cd 棒向右运动。金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计。（ g=10m/s 2）求：(1) ab 棒与 cd 棒碰撞后瞬间的速度分别为多少；(2)若s 1m，求cd 棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最大高度h；(3)若可以通过调节磁场右边界的位置来改变s 的大小，写出cd棒最后静止时与磁场左边界的距离x 的关系。（不用写计算过程）【答案】（ 1） 0
10、， 6m/s ；（ 2） 1.25 m；（ 3）见解析【解析】【详解】(1) 对 ab 棒，由动量定理得Ftmva0ab 棒与 cd 棒碰撞过程，取向右方向为正，对系统由动量守恒定律得mvamvcmva由系统机械能守恒定律得1 mva21 mvc21 mv2222a解得 va0 ， vc6m/s(2) 由安培力公式可得FBIL对 cd 棒进入磁场过程，由动量定理得Ftmvcmvc设导体棒 cd 进出磁场时回路磁通量变化量为BSL1 1 1Wb=1Wbq0I tt2R t2R以上几式联立可得vc5m/s 。对 cd 棒出磁场后由机械能守恒定律可得1mvc2mgh2联立以上各式得h1.25 m 。
11、(3) 第一种情况如果磁场 s 足够大， cd 棒在磁场中运动距离 x1 时速度减为零，由动量定理可得BI 1 L t10mvc设磁通量变化量为11BLx1流过回路的电量q1 I1t1112Rt1t12R联立可得 x1 6m即 s6 m， x=6 m，停在磁场左边界右侧6m处。第二种情况 cd 棒回到磁场左边界仍有速度，这时会与ab 再次发生弹性碰撞，由前面计算可得二者速度交换，cd 会停在距磁场左边界左侧1m 处，设此种情况下磁场区域宽度s2 ，向右运动时有BI 2 Lt 2mv1mvc返回向左运动时BI 3Lt30mv1通过回路的电量q2I 2t2联立可得 s23m即 s 3 m 时， x
12、=1 m，停在磁场左边界左侧第三种情况 3 ms 6 m，向右运动时有I 2BLs2t22R1m处；BI 3 Lt3mv2mvc通过回路的电量q3I 3t3BLs2R返回向左运动时BI 4 L t40mv2通过回路的电量q2I 4tBL s x42R联立可得x=(2s 6） m，在磁场左边界右侧。8 如图所示，在方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，有两条相互平行且相距为 d 的光滑固定金属导轨 P1P2P3 和 Q1Q2Q3，两导轨间用阻值为R 的电阻连接，导轨P1P2、 Q1Q2 的倾角均为 ，导轨 P2P3、 Q2Q3在同一水平面上，P2Q2 P2 P3，倾斜导轨和水平导轨用相
13、切的小段光滑圆弧连接质量为m 的金属杆 CD从与 P2 Q2 处时的速度恰好达到最大，然后沿水平导轨滑动一段距离后停下杆CD始终垂直导轨并与导轨保持良好接触，空气阻力、导轨和杆CD 的电阻均不计，重力加速度大小为g，求：（1）杆 CD到达 P Q 处的速度大小 v ；22m（2）杆 CD沿倾斜导轨下滑的过程通过电阻R 的电荷量 q1 以及全过程中电阻R 上产生的焦耳热 Q；（3）杆 CD沿倾斜导轨下滑的时间t及其停止处到 P Q 的距离 s122【答案】 （1） vmmgR sin（ 2） QmgL sin（ 3）sm2 gR2 sinB2d 2 cos2B4d 4 cos2【解析】（1）经分
14、析可知，杆CD 到达 P2Q2 处同时通过的电流最大（设为I m ），且此时杆CD 受力平衡，则有 B cosdI mmg sin此时杆 CD 切割磁感线产生的感应电动势为E B cosdvm由欧姆定律可得I mEm，解得vmmgRsinRB2 d 2 cos2（2）杆 CD沿倾斜导轨下滑过程中的平均感应电动势为E1，1B cosLdt1该过程中杆 CD 通过的平均电流为I 1E1，又 q1I1t1 ，解得 q1BdL cosRR对全过程，根据能量守恒定律可得QmgL sin（3）在杆 CD沿倾斜导轨下滑的过程中，根据动量定理有mg sint1B cos I1 dt1mvm0解得 t1mRB2
15、 d2 L cos2B2d2 cos2mgR sin在杆 CD沿水平导轨运动的过程中，根据动量定理有BI 2dt 20mvm ，该过程中通过 R 的电荷量为 q2I 2 t2由求 q1 得方法同理可得 q2BdsR，m2 gR2 sin解得 s4 d 4 cos2B点睛：解决本题时，推导电量的经验公式V和运用动量定理求速度是解题的关键，qR并能抓住感应电荷量与动量定理之间的内在联系9 如 所示，一 量 m 2.0kg的物体从半径 R 5.0m的 弧的A 端在拉力作用下沿 弧 慢运 到B 端（ 弧AB 在 直平面内）拉力F 大小不 始 15N，方向始 与物体所在位置的切 成37角 弧所 的 心角
16、 60， BD 直，g 取10m/s 2求 一 程中（cos37 0.8）：(1)拉力 F 做的功 ;(2)重力 mg 做的功 ;(3) 弧面 物体的支持力FN 做的功 ;(4) 弧面 物体的摩擦力F 做的功 .f【答案】 （1） 62.8J（ 2） -50J （ 3） 0（ 4） -12.8J【解析】【分析】【 解】(1)将 弧分成很多小段l1、 l2、 、 ln，拉力在每小段上做的功 W1、 W2、 、 W n，因拉力F 大小不 ，方向始 与物体所在位置的切 成37角，所以：W1 Fl1cos37 ，W2 Fl2cos37 ， Wn Flncos37 ，所以拉力F 做的功 ：WFW1W2W
17、nFcos37l1l 2lnFcos37? 3R20J62.8J(2)重力 mg 做的功 WG - mgR（ 1- cos60 ） - 50J(3)物体受到的支持力FN 始 与物体的运 方向垂直，所以WF 0(4)因物体在拉力F 作用下 慢移 ， 物体 于 平衡状 ，合外力做功 零，所以 WF WG WFf 0，则 WFf WF WG 62.8J50J 12.8J【点睛】本 考 能定理及功的 算 ，在求解F 做功 要明确 然力是 力，但由于力和速度方向之 的 角始 相同，故可以采用“分割求和”的方法求解10 从微观角度看，气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁的频繁撞击引起的正方体密闭容器中有
18、大量运动的粒子，每个粒子质量为m，单位体积内的粒子数量为n为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；速率均为v，且与容器壁各面碰撞的机会均等；与容器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与容器壁垂直，且速率不变利用所学力学知识，推导容器壁受到的压强p 与m、 n 和v 的关系；我们知道，理想气体的热力学温度T 与分子的平均动能E1 成正比，即TE1 ，式中为比例常数请从微观角度解释说明：一定质量的理想气体，体积一定时，其压强与热力学温度成正比【答案】p1 nmv2 见解析3【解析】【分析】【详解】在容器壁附近，取面积为S，高度为 v t 的体积内的粒子为所究对象，该体积中粒子个数 N2Sv tn1N2
19、，可以撞击任一容器壁的粒子数为6一个撞击容器壁的气体分子对其产生的压力用 F 来表示，根据牛顿第三定律容器壁对气体分子的力大小也为 F，由Ft2mv得2mvFt容器壁受到的压强1 N2 F1p62S3nmv由12aEk ， Ek1mv2pnmv ， T23解得p 2n T3a所以一定质量的理想气体，体积一定时，其压强与热力学温度成正比11 如图所示，间距为l=0.5m 的两平行金属导轨由水平部分和倾角为o=30 倾斜部分平滑连接而成。倾斜导轨间通过单刀双掷开关连接阻值R=1 的电阻和电容C=1F 未充电的电容器。倾斜导轨和水平导轨上均存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度均为B=1T。现将
20、开关S 掷向电阻，金属杆ab 从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨，运动过程中，杆ab 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知杆ab 长为 l=0.5m，质量为m=0.25kg，电阻忽略不计，不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。(1)求杆 ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小；(2)求杆 ab 在水平导轨上滑行的距离；(3)若将开关 S 掷向电容，金属杆ab 从倾斜导轨上离低端S=5m 处释放，求杆ab 到达低端的时间。【答案】 (1) 5m/s ； (2) 5m； (3) 2s【解析】【分析】到达底端前匀速运动，可求出到达底端时的速度，根据动量定理和流过的电量与位移的关系可
21、求得水平位移；接入电容器后通过受力分析可推出做匀加速运动，从而求得运动时间。【详解】(1) 设匀速运动时速度大小为vBlvIRBIlmg sin解得v5m/s(2) 设移动位移为xBIltmvBlxItR解得x5m(3) 设到低端的时间为tqc uIttuBlvcBlvIcBlatmg sinBIlma解得amg sin2.5m/s 2m cB2 l 2因此运动的时间2st2sa【点睛】接入电容器后导棒做匀加速运动。12 如图所示，有一条长为L 的均匀金属链条，一半长度在光滑斜面上，另一半长度沿竖直方向下垂在空中，斜面倾角为。当链条由静止开始释放后，链条滑动，求链条刚好全部滑出斜面时的速度。【
22、答案】 1gL (3sin)2【解析】【分析】【详解】设斜面的最高点所在的水平面为零势能参考面，链条的总质量为m。开始时斜面上的那部分链条的重力势能为Ep1mgL sin24竖直下垂的那部分链条的重力势能为mgLEp242则开始时链条的机械能为E1Ep1 Ep2mgL sinmgLmgL (1 sin )24248当链条刚好全部滑出斜面时，重力势能为EpLmg2动能为Ek1mv22则机械能为E2EkEp1 mv21 mgL22因为链条滑动过程中只有重力做功，所以其机械能守恒，则由机械能守恒定律得E2 E1即1 mv21 mgLmgL (1 sin )228解得v1)gL (3 sin213 根
23、据量子理论，光子不但有动能，还有动量，其计算式为ph /，其中h 是普朗克常量，是光子的波长. 既然光子有动量，那么光照到物体表面，光子被物体吸收或反射时，光都会对物体产生压强，这就是“光压 ”既.然光照射物体会对物体产生光压，有人设想在遥远的宇宙探测中用光压为动力推动航天器加速. 给探测器安上面积极大，反射率极高的薄膜，并让它正对太阳已知在地球绕日轨道上，每平方米面积上得到的太阳光能为P01.35kW ，探测器质量为 M50kg ，薄膜面积为 4104 m 2 ，那么探测器得到的加速度为多大？【答案】 4.1.810 4 m / s2【解析】【分析】【详解】由 Ehv 和 ph / 以及真空
24、中光速 cv ，不难得出光子的能量和动量之间的关系：Epc .设时间 t 内激光器射出的光子个数为n ，每个光子的能量为E ，动量为 p ，激光照到物体上后全部被反射，这时激光对物体的光压最大. 设这个压强为P ，则有 P0n E ， Fn 2 p ， PF .ttS将 E pc 代入得 P 2P0 . cS所以， P2.2510 7 Pa .再由牛顿第二定律，得aPS / M1.8 10 4 m / s2 .本题是光子与物体相互作用产生光压的典型示例，也是连续作用问题在光子与物体间相互作用的典型示例，阅读本题能理解光压产生的原因.本题中航天器得到的加速度虽然很小，但长时间加速后也能得到可观的
25、速度增量. 这对远距离的太空探测来说是可行的，作为科学设想，本题的构思是有其积极意义的.14CD、 EF是水平放置的电阻可忽略的光滑平行金属导轨，两导轨距离水平地面高度为H，导轨间距离为L，在水平导轨区域存在磁感强度方向垂直导轨平面向上的有界匀强磁场（磁场区域为CPQE），磁感应强度大小为B，如图所示，导轨左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲的光滑轨道的上端接有一电阻R，将一阻值也为R 质量 m 的导体棒从弯曲轨道上距离水平金属导轨高度h 处由静止释放，导体棒最终通过磁场区域落在水平地面上距离水平导轨最右端水平距离x 处。已知导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g，求：(1)电阻 R 中的最
26、大电流和整个电路中产生的焦耳热；(2)磁场区域的长度d。【答案】（ 1） IBL 2gh ， mghmgx22mR( 2gh xg；（ 2） d2 2)2R4HB L2H【解析】【分析】【详解】(1)由题意可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大， 由机械能守恒定律有12mghmv1解得v12gh由法拉第电磁感应定律得EBLv1由闭合电路欧姆定律得IE2R联立解得BL2ghI2R由平抛运动规律xv2tH 1 gt 22解得gv2x2H由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为1212mgx2Qmv12mv2mgh24H(2)导体棒通过磁场区域时在安培力作用下做变
27、速运动。由牛顿第二定律有BILma又vatBLvI2R所以有B2 L22R两边求和得v tm vB2 L2v tmv2Rv td ,vv1v2联立解得d2mR( 2gh xg2 2)B L2H15 物理问题的研究首先要确定研究对象。当我们研究水流，气流等流体问题时，经常会选取流体中的一小段来进行研究，通过分析能够得出一些有关流体的重要结论。(1)水刀应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广，效率高，安全环保等优势。某型号水刀工作过程中，将水从面积S=0.1mm 2 的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割。已知该水刀每分钟用水600g，水的密度为33=1
28、.0 10kg/ma求从喷嘴喷出水的流度v 的大小b高速水流垂直打在材料表面上后，水速几乎减为0，求水对材料表面的压强p 约为多大。(2)某同学应用压力传感器完成以下实验，如图所示，他将一根均匀的细铁链上端用细线悬挂在铁架台上，调整高度使铁链的下端刚好与压力传感器的探测面接触。剪断细线，铁链逐渐落在探测面上。传感器得到了探测面所受压力随时间的变化图象。通过对图线分析发现铁链最上端落到探测面前后瞬间的压力大小之比大约是N1:N2 =3:1，后来他换用不同长度和粗细的铁链重复该实验，都得到相同结果。请你通过理论推理来说明实验测得的结果是正确的。（推理过程中需要用到的物理量的字母请自行设定）【答案】
29、 (1)a100m/s ； b p1.0 107 pa ； (2)推导过程见解析【解析】【分析】【详解】(1)a一分钟喷出的水的质量为mSvt所以水的流速v代入数据得v=100m/smStb选取t 时间内打在材料表面质量为m 水为研究对象，由动量定理得F t0mv其中m= Sv t解得FSv2根据牛顿第三定律，材料表面受到的压力F F则根据压强公式F pS解得pv2 =1.0 107 pa(2)设单位长度的铁链质量为b，铁链的长度为L，当铁链的最上端落在探测面上时，选取铁链最上端的一小段为研究对象，其质量mbv t根据自由落体运动公式v22gL可知速度v2gL设向下方向为正，根据动量定理F t0mv解得F2bgL则探测面受到铁链最上端的压力为F F2bgL此时除最上端外，其余部分的铁链已经落在探测面上，对探测面的压力Nmg其中mbL则探测面受到的总压力为N1NF 3bgL当铁链的最上端落在探测面上后，探测面受到的压力大小N 2mgbgL由此可得N13N 21实验结果是正确的。
