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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一、微元法解决物理试题1 水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，得到广泛应用某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d 的水流以速度v 垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零，已知水的密度为，则钢板受到水的冲力大小为A d2 vB d 2v2C 1d 2 vD 1d 2v244【答案】 D【解析】【分析】【详解】设 t 时间内有V 体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：m VSvt1d 2 vt4以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：Ft=0-mv解得：Fmv
2、1d 2 v2t4A.d 2v 与分析不符，故A 错误B.d 2v2 与分析不符，故B 错误C.1d 2v与分析不符，故C 错误4D.1d 2v2与分析相符，故D 正确42 如图所示，长为l 均匀铁链对称挂在一轻质小滑轮上，由于某一微小扰动使铁链向一侧滑动，则铁链完全离开滑轮时速度大小为（）A 2glB glglC2【答案】 C【解析】【分析】【详解】铁链从开始到刚脱离滑轮的过程中，链条重心下降的高度为lllH442链条下落过程，由机械能守恒定律，得：mgl1mv242解得：glv2A. 2gl 与分析不相符，故 A 项与题意不相符；B.gl 与分析不相符，故B 项与题意不相符；C. gl 与
3、分析相符，故 C 项与题意相符；21D.gl 与分析不相符，故D 项与题意不相符21Dgl23 估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得 1小时内杯中水上升了45mm 。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s。据此估算该压强约为（）（设雨滴撞击唾莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为33）1 10kg/mA0.15PaB 0.54PaC 1.5PaD 5.1Pa【答案】 A【解析】【分析】【详解】由于是估算压强，所以不计雨滴的重力。设雨滴受到支持面的平均作用力为F。设在 t 时间内有质量为 m 的雨水的速度由v=12m/s 减为零。以向上为正方向
4、，对这部分雨水应用动量定理有Ft0mvmv得到mF vt设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在 t 时间内水面上升 h，则有mS hhF =Sv所以有压强Fh1034510 3Pv12Pa 0.15PaSt3600即睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强为0.15Pa。故 A 正确， BCD错误。故选 A。4 一条长为 L、质量为 m 的均匀链条放在光滑水平桌面上，其中有三分之一悬在桌边，如图所示，在链条的另一端用水平力缓慢地拉动链条，当把链条全部拉到桌面上时，需要做多少功（）111mgL1A mgLB mgLCDmgL691836【答案】 C【解析】【分析】【详解】悬在桌边的1l 长的链条重心在
5、其中点处，离桌面的高度：3h11 l1 l236它的质量是 m1 m3当把它拉到桌面时，增加的重力势能就是外力需要做的功，故有WEP1 mg1 l1 mgl36181AmgL，与结论不相符，选项A 错误；6B1B 错误；mgL，与结论不相符，选项91CmgL，与结论相符，选项C 正确；18D1D 错误；mgL，与结论不相符，选项36故选 C【点睛】如果应用机械能守恒定律解决本题，首先应规定零势能面，确定初末位置，列公式时要注意系统中心的变化，可以把整体分成两段来分析5 如图所示，有一连通器，左右两管的横截面积均为S，内盛密度为 的液体，开始时两管内的液面高度差为h打开底部中央的阀门K，液体开始
6、流动，最终两液面相平在这一过程中，液体的重力加速度为g 液体的重力势能（）A减少1gSh24B增加了1gSh24C减少了1gSh22D增加了1gSh22【答案】 A【解析】打开阀门 K，最终两液面相平，相当于右管内h 的液体流到了左管中，它的重心下降了2h ，这部分液体的质量mVS h1Sh ，由于液体重心下降，重力势能减少，222重力势能的减少量：Epmgh1Sh gh1Sgh2 ，减少的重力势能转化为内224能，故选项A 正确点睛：求出水的等效重心下移的高度，然后求出重力势能的减少量，再求出重力势能的变化量，从能量守恒的角度分析答题6 如图所示，有一条长为L2m 的均匀金属链条，有一半长度
7、在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30，另一半长度竖直下垂在空中，链条由静止释放后开始滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为（2）（）g 取 10m / sA 2.5m / sB 5 2 m / sC 5m / sD2【答案】 B【解析】【分析】【详解】设链条的质量为2m ，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为35 m / s2E E pEk1L1L322mg sin 302mg0mgL4248链条全部滑出后，动能为Ek12mv22重力势能为LEp2mg2由机械能守恒定律可得EEkEp即3 mgL mv2 mgL8解得v 5 2 m / s2故 B 正确，
8、ACD错误。故选 B。7 如图所示，水龙头开口处 A 的直径 d1 1cm， A 离地面 B 的高度 h 75cm，当水龙头打开时，从 A 处流出的水流速度 v1 1m/s，在空中形成一完整的水流束，则该水流束在地面B 处的截面直径d2 约为 (g 取 10m/s 2)( )A0.5cmB 1cmC 2cmD应大于2cm ，但无法计算【答案】 A【解析】【详解】设水在水龙头出口处速度大小为v1，水流到 B 处的速度v2，则由 v22v122gh 得v24m/s设极短时间为 t ，在水龙头出口处流出的水的体积为d2V1v1 t ( 1 )水流 B 处的体积为Vvt d2)222(2由V1V2得d
9、20.5cm故 A 正确。8 炽热的金属丝可以发射电子。发射出的电子经过电压U 在真空中加速，形成电子束。若电子束的平均电流大小为I，随后进入冷却池并停止运动。已知电子质量为m，电荷量为e，冷却液质量为M ，比热为c，下列说法正确的是（）UeA单位时间内，冷却液升高的温度为cMUIB单位时间内，冷却液升高的温度为cM2UeC冷却液受到电子的平均撞击力为ImD冷却液受到电子的平均撞击力为I2Uem【答案】 B【解析】【分析】【详解】AB电子加速，则Ue1 mv22设单位时间内发射电子个数为N，则INe电子束动能转化成冷却液内能，则单位时间内N1mv2cM T2解得UITcM选项 A 错误，选项B
10、 正确；CD在单位时间内，电子束动量减少，等于撞击力冲量，则N mvF解得F I 2Um e选项 C、 D 错误。故选 B。9 如图所示，摆球质量为m，悬线长为L，把悬线拉到水平位置后放手设在摆球运动过程中空气阻力f 的大小不变，则摆球从A 摆到位置 B 的过程中，下列说法正确的是A重力做功为mgLB悬线的拉力做功为0C空气阻力f 做功为 mgLD空气阻力f 做功为1 f L2【答案】 ABD【解析】【详解】A. 重力在整个运动过程中始终不变，所以重力做功为WG=mgL，故A 正确；B.因为拉力在运动过程中始终与运动方向垂直，故拉力对小球不做功，即WF=0，故B 正确；CD.阻力所做的总功等于
11、每个小弧段上f 所做功的代数和，即W f( fx1fx2.)fsf1 L212fL，故C 错误，D 正确。10 消防车的供水系统主要由水泵、输水管道和水炮组成如图所示，消防水炮离地高度为 H 80 m，建筑物上的火点离地高度为h 60 m，整个供水系统的效率 60%（供水效率 定义为单位时间内抽水过程水所获得的机械能与水泵功率的比值100%）假设水从水炮水平射出，水炮的出水速度v0 30 m/s ，水炮单位时间内的出水量m0 60 kg/s ，取g10 m/s 2，不计空气阻力（1）求水炮与火点的水平距离x，和水炮与火点之间的水柱的质量m；（2）若认为水泵到炮口的距离也为H80 m ，求水泵的
12、功率P；（3）如图所示，为流速稳定分布、体积不可压缩且粘性可忽略不计的液体（比如水）中的一小段液柱，由于体积在运动中不变，因此当S1 面以速度 v1向前运动了 x1 时， S2 面以速度 v2 向前运动了 x2，若该液柱前后两个截面处的压强分别为p1 和 p2，选用恰当的功能关系证明：流速稳定分布、体积不可压缩且粘性可忽略不计的液体水平流动（或者高度差的影响不显著）时，液体内流速大的地方压强反而小2【答案】 (1) 120kg (2) 1.2510kW (3) 见解析；【解析】【分析】【详解】(1)根据平抛运动规律，有H h 1 gt22xv0t联立上述两式，并代入数据得t =2( Hh) 2
13、 sgx v02(Hh) 60 m g水炮与火点之间的水柱的质量m= m0t =120kg (2)设在t 时间内出水质量为m，则m= m0t ，由功能关系得：P t1 mv02mgH2即P t1 m0tv02m0tgH2解得：1 m0 v02m0 gH2P 21.25 10 kW(3)表示一个细管，其中流体由左向右流动在管的a处和 a 处用横截面截出一段流体，12即 a1 处和 a2 处之间的流体，作为研究对象a处的横截面积为S ，流速为 v ，高度为 h ， a处左边的流体对研究对象的压强为p，方111111向垂直于 S1 向右a处的横截面积为S ，流速为 v ，高度为 h ， a处左边的流
14、体对研究对象的压强为p，方222222向垂直于 S2 向左经过很短的时间间隔t ，这段流体的左端S1由 a11222移到 b右端 S由 a移到 b 两端移动的距离分别为l1和2左端流入的流体体积为111，右端流出的流体体积为lV =S lV =Sl，理想流体是不可压缩的，流入和流出的体积相等，V = V ，记为V22212现在考虑左右两端的力对这段流体所做的功作用在液体左端的力F1=p1S1 向右，所做的功W1=F1 l1=(p1S1) l1=p1(S1 l 1) =p1 V作用在液体右端的力F2=p2S2 向左，所做的功W 2= F2 l2= (p2S2) l 2=p2 (S2 l2) =
15、p2 V外力所做的总功W= W1 W2 =(p1 p2) V外力做功使这段流体的机械能发生改变初状态的机械能是a 1 处和 a2 处之间的这段流体的机械能 E1，末状态的机械能是 b1 处和 b2 处之间的这段流体的机械能E2由 b1 到 a2 这一段，经过时间t，虽然流体有所更换，但由于我们研究的是理想流体的定常流动，流体的密度 和各点的流速v 没有改变，动能和重力势能都没有改变，所以这一段的机械能没有改变，这样机械能的改变 (E2E1)就等于流出的那部分流体的机械能减去流入的那部分流体的机械能由于 m=V，所以流入的那部分流体的动能为1 mv121Vv1222重力势能为mgh 1 Vgh1
16、流出的那部分流体的动能为1 mv221Vv2222重力势能为mgh 2 Vgh2机械能的改变为E2 E11Vv22 1Vv12Vgh2Vgh1 22理想流体没有粘滞性，流体在流动中机械能不会转化为内能，所以这段流体两端受的力所做的总功W 等于机械能的改变，即W=E2 E1 将式和式代入式，得p1 p2V1Vv22 1Vv12Vgh2Vgh1 22整理后得p11v12gh1p21v22gh222a1 和 a2 是在流体中任意取的，所以上式可表示为对管中流体的任意处：p1v2gh C （常量）2式和式称为伯努利方程流体水平流动时，或者高度差的影响不显著时（如气体的流动），伯努利方程可表达为p1v2
17、C （常量）2从式可知，在流动的流体中，压强跟流速有关，流速v 大的地方要强p 小，流速v 小的地方压强p 大【点睛】11 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L1m 。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F1.5N 作用于 ab 棒上，作用4s 后撤去 F。撤去 F之后 ab 棒与 cd 棒
18、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/s2）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， 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
19、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1 mvc2 mgh2联立以上各式得h1.25 m 。(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11 BLx1流过回路的电量q1 I1t11t112Rt12R联
20、立可得 x16m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 2t2I 2 t2BLs22R联立可得 s23ms3 m时，x=1 m，停在磁场左边界左侧1m处；即 第三种情况 3 ms 6 m，向右运动时有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
21、路的电量q2I 4BL s xt 42R联立可得x=(2s 6） m，在磁场左边界右侧。12 对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质（1）一段横截面积为S、长为L 的直导线，单位体积内有n 个自由电子，电子电荷量为e该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为v,求导线中的电流I （请建立模型进行推导）；（2）正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n 为恒量为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变利
22、用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力F 与 m、 n 和 v 的关系 ( 提示：建议，建立模型，思考压强的产生原理) 【答案】（ 1） nvSe；（ 2） 1 nmv23【解析】试题分析：取一时间段t ，求得相应移动长度 l=vt ，体积为为 Svt总电量为 nesvt ，再除以时间，求得表达式；粒子与器壁有均等的碰撞机会，即相等时间内与某一截面碰撞的粒子为该段时间内粒子数的1 ，据此根据动量定理求与某一个截面碰撞时的作用力f 6（1）导体中电流大小Iqtt 时间内电子运动的长度为vt ，则其体积为 Svt，通过导体某一截面的自由电子数为nSvt该时间内通过导体该截面的电量：q nSv
23、te由式得I nesv；（2）考虑单位面积，t时间内能达到容器壁的粒子所占据的体积为V Svt1vt ，1nV1其中粒子有均等的概率与容器各面相碰，即可能达到目标区域的粒子数为nvt ，66设碰前速度方向垂直柱体地面且碰撞是弹性的，则分子碰撞器壁前后，总动量的变化量为p 2mv 1 nvt 6由动量定理可得：p1 nvt2mv16nmv2ft3t13 根据量子理论，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
24、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
25、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速度增量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. 这对远距14 对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，可以更加深刻地理解其物理本质。（1）单个微小粒子撞击巨大物体的力是局部而短
26、促的脉冲，但大量粒子撞击物体的平均效果是均匀而持续的力。我们假定单位体积内粒子数量为n，每个粒子的质量为m，粒子运动速率均为v。如果所有粒子都垂直物体表面运动并与其碰撞，利用所学力学知识，导出物体表面单位面积所受粒子压力f 与m、n 和v 的关系。（2）实际上大量粒子运动的速率不尽相同。如果某容器中速率处于100200m/s区间的粒子约占总数的10%，而速率处于700800m/s区间的粒子约占总数的5%，论证：上述两部分粒子，哪部分粒子对容器壁的压力f贡献更大。【答案】（1）fnmv2 ；（ 2）速率处于700800m/s区间的粒子对容器壁的压力f贡献更大【解析】【分析】本题考查碰撞过程中的动
27、量定理和压强与压力的公式推导【详解】（1）在时间t 内射入物体单位面积上的粒子数为Nnvt由动量定理得Nmvft可推导出f nmv2（ 2）设炉子的总数为 N 总，故速率处于 100200m/s 区间的粒子数n1=N 总10%它对物体表面单位面积的压力f1= n1mv12= N 总 10%mv1 2同理可得速率处于700 800m/s 区间的粒子数n2=N 总 5%它对物体表面单位面积的压力f2= n2mv22= N 总5%mv2 2故f1=N总10%mv12101502f2N总5%2 =575021mv2故是速率大的粒子对容器壁的压力f 贡献更大。15 如图所示，有两根足够长的平行光滑导轨水
28、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 0.25。 cd 棒右侧 1m 处有一垂直于导轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁感应强度B1T ，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。现用向右的水平变力F 作用于 ab 棒上，力随时间变化的规律为F (0.5t 1)N ，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，重力加速度g 10m/s
29、2 ，求：(1)撤去力 F 的瞬间， ab 棒的速度大小；(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，求 cd 棒最后静止时的位移x 与 s 的关系。【答案】 (1)8m/s ；(2)1.8m； (3) 见解析【解析】【分析】【详解】(1)4 s 内的平均作用力F (0)F (4)F2N2由动量定理得F t=mv1所以v1=8 m/s(2)ab 棒与 cd 棒质量相等，发生弹性碰撞后， ab 棒静止， cd 棒速度为 v1，设 cd 棒离开磁场时的速度为 v2，由动量定理得BILtmv2mv1qIt所以BLs2Rv2B2L2sv16m/s2mR上升的高度v22h1.8m2g(3)分三种情况：如果s 足够大， cd 棒在磁场内运动的距离为d，则BILt0mv1BLdqIt2R即2mRv1dB2 L24ms 4m 时， cd 棒不能穿出磁场，停在磁场内，位移为x=d+1m=5 m当 2m s4 m 时， cd 棒穿过磁场后经竖直轨道返回，