高考物理微元法解决物理试题解题技巧及练习题.docx

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1、最新高考物理微元法解决物理试题解题技巧及练习题一、微元法解决物理试题1 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 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 Fs123123J， Fs Fs F( s s s ） F 2R20选项 B 符合 意 .故答案 B【点睛 】本 注意，力 然是

2、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2 解放前后，机械化生 水平 低，人 常通 “ 拉磨 ”的方式把粮食 粒加工成粗面来食用如 ，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始 F，方向与磨杆始 垂直，作用点到 心的距离 r，磨 慢 ， 在 一周的 程中推力F 做的功 A0B 2rFC 2FrD -2rF【答案】 B【解析】【分析】W Fx cos 适用于恒力做功，因 推磨的 程中力方向 刻在 化是 力，但由于 周运 知 可知，力方向 刻与速度方向相同，根据微分原理可知，拉力所做的功等于力与路程的乘 ；【 解】由 可知：推磨杆的力的大小始 F，方向与磨杆始 垂直，即其方向与瞬 速度方向

3、相同，即 周切 方向，故根据微分原理可知，拉力 磨 所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿 周运 弧 的乘 ，由 意知，磨 一周，弧 L2 r ，所以拉力所做的功 WFL2 rF ，故选项 B 正确，选项ACD 错误【点睛】本题关键抓住推磨的过程中力方向与速度方向时刻相同，即拉力方向与作用点的位移方向时刻相同，根据微分思想可以求得力所做的功等于力的大小与路程的乘积，这是解决本题的突破口 3 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

4、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，且速率不变利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与mn和v的、关系正确的是（）A1 nsmv2B1 nmv2C1 nmv2D1 nmv2t6363【答案】 B【解析】【详解】一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量I 2mv ，如图所示，以器壁上面积为S 的部分为底、 v t 为高构成柱体，由题设可知，其内有1 的粒子在t 时6间内与器壁上面积为S 的部分发生碰撞，碰撞粒子总数N1 n Sv t ，t 时间内粒子给6器壁的冲量 INI1nSmv2 t ，由 IF t 可得 FI1

5、nSmv2，3t3fF1 nmv2，故选 BS34 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，对这部分雨水应用动量定理有Ft0mvmv得

6、到Fm 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 hF =Svht所以有压强PFv h1031245 10 3Pa 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。5 如图所示，某力F10N ，作用于半径R1m 的转盘的边缘上，力F的大小保持不变，但方向始终保持与作用点的切线方向一致，则转动一周这个力F做的总功应为（）A 0JB 20 JC 10JD 20J【答案】 B【解析】【详解】把圆周分成无限个微元，每个微元可认为与力F 在同一直线上，故WFs则转一周中做功的代数和为WF2R20J故选 B

7、 正确。故选 B。6 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d2V2v2 t ( 2 )由V1V2

8、得d20.5cm故 A 正确。7 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每个小弧段上f 所做功的代数和，即W f( f x1f x2.)fsf 1 L1f

9、L22，故 C 错误， D 正确。8 位于光滑水平面上的小车受到水平向右的拉力作用从静止开始运动，已知这一过程中拉力大小由F1 随时间均匀增大到F2，所用时间为t，小车的位移为s，小车末速度为v。则下列判断正确的是（）A小车增加的动能等于1F1F2s2B小车增加的动能大于1F1F2s2C1F1F2t小车增加的动量等于21D小车的位移小于vt2【答案】 BCD【解析】【详解】AB因为拉力大小由F1 随时间均匀增大到F2，而小车做加速运动，位移在单位时间内增加的越来越大，所以若将位移s 均分为无数小段，则在每一小段位移内F 增加的越来越慢，如图所示（曲线表示题所示情况，直线表示拉力随s 均匀变化情

10、况），而图像的面积表示拉力做的功。其中拉力随s 均匀变化时，拉力做功为：W1 F1F2s ，2故当拉力大小由 F1随时间均匀增大到21F2 s ，根据动F 时（曲线情况），做功大于F12能定理可知小车增加的动能大于1F1F2s ，A 错误 B 正确；2C因为拉力是随时间均匀增大，故在t 时间内拉力的平均值为：F1FF，212所以物体动量增加量为：p1F1 F2 t ，2C 正确；D根据牛顿第二定律可知在力随时间均匀增大的过程中物体运动的加速度逐渐增大，即v t 图像的斜率增大（图中红线所示，而黑线表示做匀加速直线运动情况）。根据 v t 图像的面积表示位移可知小车的位移小于1 vt ， D 正

11、确。2故选 BCD。9 根据量子理论，光子的能量为E=hv，其中 h 是普朗克常量（ 1）根据爱因斯坦提出的质能方程 E=mc2，光子的质量可表示为 m=E/c2，由动量的定义和相关知识，推导出波长为 的光子动量的表达式 p=h/ ；（2）光子能量和动量的关系是E=pc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，都会对物体产生压强，这就是“ ”光压a. 一台二氧化碳气体激光器发出的激光功率为P0=103W，发出的一细束激光束的横截面积为 S=1mm2若该激光束垂直照射到物体表面，且光子全部被该物体吸收，求激光束对该物体产生的光压 P0 的大小；b. 既然光照射物体会对物体产生光

12、压，科学家设想在遥远的宇宙探测中，可以用光压为动力使航天器加速，这种探溅器被称做“太阳帆 ”设计中的某个太阳帆，在其运行轨道的某一阶段，正在朝远离太阳的方向运动，太阳帆始终保持正对太阳已知太阳的质量为30-1122，太阳向外辐射能量的总功率为262 10kg，引力常量 G=7 10 Nm/kgP=410 W，太阳光照到太阳帆后有80%的太阳光被反射探测器的总质量为m=50kg考虑到太阳对探测器的万有引力的影响，为了使由太阳光光压产生的推动力大于太阳对它的万有引力，太阳帆的面积 S 至少要多大？（计算结果保留1 位有效数字）【答案】（ 1）证明见解析；（2） a. P0 3.3Pa ； b. s

13、3 10 4 m2【解析】【分析】【详解】（1）光子的能量E=mc2cE hh光子的动量p=mc 可得Ehp（2）一小段时间 t 内激光器发射的光子数 P0 Vtnh c光照射物体表面，由动量定理Ft=np产生的光压FI解得ISP0cS带入数据解得 ：I=3.3pa（3）由（ 2）同理可知，当光80% 被反射 ，20%被吸收时，产生的光压9PI 距太阳为 r 处光帆受到的光压9PI 5c4r 2太阳光对光帆的压力需超过太阳对探测器的引力MmIS G解得r 220 cGMmS9P带入数据解得S3 104 m2【点睛】考查光子的能量与动量区别与联系，掌握动量定理的应用，注意建立正确的模型是解题的关

14、键；注意反射的光动量变化为2mv ，吸收的光动量变化为mv10 某中学科技小组的学生在进行电磁发射装置的课题研究，模型简化如下。在水平地面上固定着相距为L 的足够长粗糙导轨PQ及 MN ， PQNM 范围内存在可以调节的匀强磁场，方向竖直向上，如图所示，导轨左侧末端接有电动势为E、内阻为r 的电源，开关K 控制电路通断。质量为 m、电阻同为 r 的导体棒 ab 垂直导轨方向静止置于上面，与导轨接触良好。电路中其余位置电阻均忽略不计。导轨右侧末端有一线度非常小的速度转向装置，能将导体棒水平向速度转为与地面成角且不改变速度大小。导体棒在导轨上运动时将受到恒定的阻力 f ，导轨棒发射后，在空中会受到

15、与速度方向相反、大小与速度大小成正比的阻力， f0=kv， k 为比例常数。导体棒在运动过程中只平动，不转动。重力加速度为g。调节磁场的磁感应强度，闭合开关K，使导体棒获得最大的速度。（需考虑导体棒切割磁感线产生的反电动势）(1)求导体棒获得最大的速度vm ；(2)导体棒从静止开始达到某一速度v1，滑过的距离为 x0，导体棒 ab 发热量 Q，求电源提供的电能及通过电源的电量q；(3)调节导体棒初始放置的位置，使其在到达NQ 时恰好达到最大的速度，最后发现导体棒以 v 的速度竖直向下落到地面上。求导体棒自NQ 运动到刚落地时这段过程的平均速度大小。【答案】(1) vmE2； (2)电源提供的电

16、能 W1 mv2fx02Q，通过电源的电量8 fr21mv12fx02Q； (3)mgE2 cosq2EEEvE2 sin8 frvk【解析】【分析】【详解】(1)当棒达到最大速度时，棒受力平衡，则fFAFABiLiEBLv2r联立解得2 fr12E1vL2BLB据数学知识得vmE28 fr(2)导体棒电阻为r，电源内阻为r，通过两者的电流始终相等，导体棒ab 发热量 Q，则回路总电热为 2Q；据能量守恒定律知，电源提供的电能W1 mv2fx02Q21据电源提供电能与通过电源的电量的关系WEq 可得，通过电源的电量qWmv12fx02QE2EEE(3)导体棒自 NQ 运动到刚落地过程中，对水平

17、方向应用动量定理可得kvx t m vxk x m vx解得：水平方向位移m E2xcosk 8 fr对竖直方向应用动量定理可得kv ytmgtm vykymgtm vy解得：运动的时间E 2 sinvt8 frg据平均速度公式可得，导体棒自NQ 运动到刚落地时这段过程的平均速度大小xmgE2 cosvkE 2 sin8 frvt11 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， P

18、2Q2 P2 P3，倾斜导轨和水平导轨用相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 P2Q2 处的速度大小 vm；（ 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 t1及其停止处到 P2 Q2 的距离 s【答案】 （1） vmmgR sinmgL sin（ 3） sm2 gR2 sin2d22 （ 2）

19、QB4d 4 cos2Bcos【解析】（1）经分析可知，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E1，1 B cos Ldt1该过程中杆 CD 通过的平均电流为I 1E1 ，又 q1 I1t1 ，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

20、sint1 B cosI1 d t1mvm0解得t1mRB2 d2 L cos2B2d 2 cos2mgR sin在杆 CD沿水平导轨运动的过程中，根据动量定理有BI 2d t 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Bdsq2，R解得 sm2 gR2 sinB4 d 4 cos2V点睛：解决本题时，推导电量的经验公式q和运用动量定理求速度是解题的关键，R并能抓住感应电荷量与动量定理之间的内在联系12 我们一般认为，飞船在远离星球的宇宙深处航行时，其它星体对飞船的万有引力作用很微弱，可忽略不计此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动设想有一质量为M

21、的宇宙飞船，正以速度v0 在宇宙中飞行飞船可视为横截面积为S 的圆柱体（如图所示）某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云(1)已知在开始进入尘埃云的一段很短的时间t 内，飞船的速度减小了v ，求这段时间内飞船受到的阻力大小(2)已知尘埃云公布均匀，密度为a假设尘埃碰到飞船时，立即吸附在飞船表面若不采取任何措施，飞船将不断减速通过监测得到飞船速度的倒数“1/v ”与飞行距离“x ”的关系如图所示求飞船的速度由v0 减小 1% 的过程中发生的位移及所用的时间b假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用为了保证飞船能以速度 v0 匀速穿过尘埃云，在刚进入尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器

22、已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速（远远大于飞船速度）粒子流，从而对飞行器产生推力的若发射的是一价阳离子，每个阳离子的质量为m ，加速电压为U ，元电荷为 e 在加速过程中飞行器质量的变化可忽略求单位时间内射出的阳离子数v（199Mb22【答案】 （ 1） M2）aSvt19602v0S0eum【解析】(1)飞船的加速度 av ，根据牛顿第二定律有：fMat则飞船受到的阻力 fMvt(2)a对飞船和尘埃，设飞船的方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv0(MSx) 99v0M，解得 x10099 S由 1x 图象可得： t11100x2v099v0v解得： t199M；1

23、9602v0Sb设在很短时间t内，与飞船碰撞的尘埃的质量为m ，所受飞船的作用力为f ，飞船与尘埃发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知：Mv 0Mv1m v2由机械能守恒定律可知：1 Mv 02 1 Mv121 m v22222解得 v22Mv0M m由于 Mm ，所以碰撞后尘埃的速度v22v0对尘埃，根据动量定理可得：f tm v2 ，其中 mSv0 t则飞船所受到的阻力f2Sv02设一个离子在电场中加速后获得的速度为v根据动能定理可能得：e1 mv22设单位时间内射出的离子数为n ，在很短的时间t 内，根据动量定理可得：Ftn tmv则飞船所受动车F =nmv ，飞船做匀速运动， Ff ，解得

24、： n2Sv02eum13 同一个物理问题，常常可以宏观和微观两个不同角度流行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地汇理解其物理本质.(1)如图所示，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，且速率不变利用所学力学知识a.求一个粒子与器壁碰撞一次受到的冲量大小I；b.导出器壁单位面积所受的大量粒子的撞击压力f 与 m、 n 和 v 的关系 (注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)(2)热爱思考

25、的小新同学阅读教科书选修3-3第八章，看到了 “温度是分子平均动能的标志，即 T aE(注：其中，a为物理常量，Ea为分子热运动的平均平动动能) ”a ，的内容，他进行了一番探究，查阅资料得知：第一，理想气体的分子可视为质点，分子间除了相互碰撞外，无相互作用力；第二，一定质量的理想气体，其压碰P 与热力学温度T 的关系为 Pn0 kT ，式中 n0 为单位体积内气体的分子数，k 为常数 .请根据上述信息并结合第(1)问的信息帮助小新证明，TaEa ，并求出 a；(3)物理学中有些运动可以在三维空间进行，容器边长为L；而在某些情况下，有些运动被限制在平面 (二维空间 )进行，有些运动被限制在直线

26、 (一维空间 )进行大量的粒子在二维空间和一维空间的运动，与大量的粒子在三维空间中的运动在力学性质上有很多相似性，但也有不同物理学有时将高维度问题采用相应规划或方法转化为低纬度问题处理有时也将低纬度问题的处理方法和结论推广到高维度我们在曲线运动、力、动量等的学习中常见的利用注意分解解决平面力学问题的思维，本质上就是将二维问题变为一维问题处理的解题思路若大量的粒子被限制在一个正方形容器内，容器边长为L，每个粒子的质量为m，单位面积内的粒子的数量n0 为恒量，为简化问题，我们简化粒子大小可以忽略，粒子之间出碰撞外没有作用力，气速率均为v，且与器壁各边碰撞的机会均等，与容器边缘碰撞前后瞬间，粒子速度

27、方向都与容器边垂直，且速率不变.a.请写出这种情况下粒子对正方形容器边单位长度上的力f 0 (不必推导 )；B 这种情况下证还会有【答案】（ 1） a.2mv b.T Ea 的关系吗 ?给出关系需要说明理由f 2nmv 2 （ 2）证明过程见解析； a4（ 3） f01n0mv2；k2关系不再成立【解析】【分析】【详解】（1） a.一个粒子与器壁碰撞一次由动量定理：b.在 ?t 时间内打到器壁单位面积的粒子数：Imv( mv)2mv ；Nnv t由动量定理：ftNI解得 f2nmv2（2）因单位面积上受到的分子的作用力即为气体的压强，则由（1）可知 p2n0mv2根据 P 与热力学温度 T 的

28、关系为 P=n0 kT，则 2n0mv2 = n0kT ，即 T2 mv24 Ea =aEa 其中 a4kkk（3）考虑单位长度， ?t 时间内能达到容器壁的粒子数1 v?tn0，1tn0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v41 n0vt 2mv1 n0mv2f0 p 4由动量定理可得：tt2此时因 f0 是单位长度的受力，则f0 的大小不再是压强，则不会有TEa 关系 .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促的脉冲，但大量粒子撞击物体的平均效果

29、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量定理和压强与压力

30、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f1N总 10% mv12101502f2=N总 5% mv22=57502 1故是速率大的粒子对容器壁的压力f 贡献更大。15 物理问题的研究首先要确定研究对象。当我们研究水流

31、，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=1.0 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