《高中物理微元法解决物理试题模拟试题含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理微元法解决物理试题模拟试题含解析.docx（21页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高中物理微元法解决物理试题模拟试题含解析一、微元法解决物理试题1 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 glgl1CDgl22【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：mg l1 mv242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22 估算池中
2、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得到Fm vt设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在 t 时间
3、内水面上升 h，则有mS hhF =Sv所以有压强PFv h103 1245 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。3 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（）12A减少gShB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
4、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4 如图所示，粗细均匀，两端开口的 U 形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h，管中液柱总长度为 4h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度大小是（）ghghCghDghAB4286【答案】 A【解析】【分析】【详解】设 U 形管横截面积为S，液体密度为，两边液面等高时，相当于右管上方h 高的液
5、体移2到左管上方，这h 高的液体重心的下降高度为h ，这 h 高的液体的重力势能减小量转化为222全部液体的动能。由能量守恒得h S g h14hS v2222解得ghv8因此 A 正确， BCD 错误。故选 A。5 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【
6、解析】【分析】【详解】AB电子加速，则Ue1mv22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N 1 mv2cM T2解得TUIcM选项 A 错误，选项 B 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。6如图所示为固定在水平地面上的顶角为 的圆锥体，其表面光滑有一质量为 m、长为 L 的链条静止在圆锥体的表面上，已知重力加速度为 g，若圆锥体对圆环的作用力大小为 F，链条中的张力为 T，则有（ ）A F=mgBCD【答案】 AD【解析】试题分析：因为圆环受重力和圆锥体对圆环的作用力
7、处于平衡，则圆锥体对圆环的作用力等于圆环的重力，即F=mg，故 A 对 B 错取圆环上很小的一段分析，设对应圆心角为，分析微元受力有重力m0 g 、支持力 N、两边圆环其余部分对微元的拉力T，由平衡条件m0 g2T sin，由于微元很小，则对应圆心角很小，故sinR mg ，tan2， m02 2L2而 RL故 C 错 D 对故选 AD，联立求解得：2考点：物体平衡问题【名师点睛】本题为平衡问题，在求解圆锥体对圆环作用力时，可以圆环整体为研究对象进行分析在求解圆环内部张力时，可选其中一个微元作为研究对象分析由于微元很小，则对应圆心角很小，故 sin， m0R mg ，而 RL，然后对微元进行受
8、力2 2L2分析，列平衡方程联立求解即可7 如图所示，一质量为m 2.0kg的物体从半径为R 5.0m的圆弧的A 端在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B 端（圆弧AB 在竖直平面内）拉力F 大小不变始终为15N，方向始终与物体所在位置的切线成37角圆弧所对应的圆心角为60， BD 边竖直，g 取10m/s 2求这一过程中（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Ff 做的功 .【答案】 （1） 62.8J（ 2） -50J（ 3） 0（ 4） -12.8J【解析】【分析】【 解】(1)将 弧分成很
9、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 ：WFW1W2WnFcos37l1l 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
10、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8 于同一物理 ，常常可以从宏 与微 两个不同角度 行研究，找出其内在 系，从而更加深刻地理解其物理本 在正方体密 容器中有大量某种气体的分子，每个分子 量 m， 位体 内分子数量 n 恒量 化 ，我 假定：分子大小可以忽略；分子速率均 v，且与器壁各面碰撞的机会均等；分子与器壁碰撞前后瞬 ，速度方向都与器壁垂直，且速率不 （1）求一个气体分子与器壁碰撞一次 器壁的冲量I 的大小；（2）每个分子与器壁各面碰撞的机会均等， 正
11、方体的每个面有六分之一的几率 算在 t 内，与面 S的器壁 生碰撞的分子个数N；（3）大量气体分子 容器壁持 繁地撞 就形成了气体的 在t 内，与面积为 S 的器壁 生碰撞的分子 行分析， 合第（1）（ 2）两 的 ，推 出气体分子 器壁的 p 与 m、 n 和 v 的关系式【答案】 （1） I2mv （ 2）N1n.Sv t（ 3）1 nmv263【解析】（1）以气体分子为研究对象，以分子碰撞器壁时的速度方向为正方向根据动量定理Imvmv2mv由牛顿第三定律可知，分子受到的冲量与分子给器壁的冲量大小相等方向相反所以，一个分子与器壁碰撞一次给器壁的冲量为I2mv ；（ 2）如图所示，以器壁的面
12、积 S 为底，以 vt为高构成柱体，由题设条件可知，柱体内的分子在 t时间内有 1/6 与器壁 S 发生碰撞，碰撞分子总数为1Nn Sv t6（3）在 t时间内，设N 个分子对面积为S 的器壁产生的作用力为 FN个分子对器壁产生的冲量Ft NI根据压强的定义FpS解得气体分子对器壁的压强12pnmv3点睛 ：根据动量定理和牛顿第三定律求解一个分子与器壁碰撞一次给器壁的冲量；以t时间内分子前进的距离为高构成柱体，柱体内1/6 的分子撞击柱体的一个面，求出碰撞分子总数 ；根据动量定理求出对面积为S 的器壁产生的撞击力，根据压强的定义求出压强；,U形管内装有同种液体,A,两液面的高度9 如图所示 一
13、个粗细均匀的在管口右端盖板密闭差为 h,U 形管内液柱的总长度为4h.现拿去盖板 ,液体开始运动 ,当两液面高度相等时,右侧液面下降的速度是多大?【答案】1 gh8【解析】【分析】拿去盖板，液体开始运动，当两液面高度相等时，液体的机械能守恒，即可求出右侧液面下降的速度，当两液面高度相等时，右侧高为h 液柱重心下降了1 h ，液体重力势能的减4小量全部转化为整体的动能；【详解】设管子的横截面积为 S ，液体的密度为，则右侧高出左侧的水银柱的体积为Sh，所以其质量为：mSh，全部的水银柱的质量： MS 4h拿去盖板，液体开始运动，当两液面高度相等时，右侧高为h 液柱重心下降了1 h4根据机械能守恒
14、定律得：mg 1 h1 Mv 242即： hSg 1 h14hSv242解得： v1 gh 8【点睛】本题运用机械能守恒定律研究液体流动的速度问题，要注意液柱 h 不能看成质点，要分析其重心下降的高度 10 如图所示，两平行金属导轨置于水平面（纸面）内，导轨间距为l，左端连有一阻值为R 的电阻。一根质量为 m、电阻也为 R 的金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为 B、方向竖直向下的匀强磁场区域。给金属杆一个瞬时冲量使它水平向右运动，它从左边界进入磁场区域的速度为v0，经过时间t，到达磁场区域右边界（图中虚线位1置）时速度为v0 。金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好，它们之间的动摩
15、擦因数为。除左端所连电阻和金属杆电阻外，其他电阻忽略不计。求：(1)金属杆刚进入磁场区域时的加速度大小；(2)金属杆在滑过磁场区域的过程中金属杆上产生的焦耳热。【答案】 (1) aB2 L2v0g ；(2) Q13 mv02m2 gRv0 2 2 m2g 2Rt2mR162B2L2【解析】【分析】【详解】(1)金属杆刚进入磁场时，有EBLv0EIRRFBIL金属杆受到的摩擦力fmg由牛顿第二定律Ffma联立以上各式解得B2L2v0ag2mR(2)当金属杆速度为v 时，产生的感应电动势EBLv感应电流EIRR金属杆受到的安培力FBI L由动量定理得，在短暂的时间t内有F tmgtmv即B2L2v
16、 tmgtm v2R对上式从金属杆进入磁场到离开磁场，求和得B2 L2 xmgtm v0mv02R2式中 x 为磁场区域左、右边界的距离，解得mv0 R2 mgtRxB2L2设此过程中金属杆克服安培力做功为W ，由动能定理1 m v021 mv0Wmgx2222联立以上各式，解得此过程中回路产生的焦耳热为QW3 mv02m2 gRv02 2 m2 g 2Rt8B2 L2则金属杆产生的焦耳热为QQ3 mv2m2 gRv02 2m2 g 2 Rt121602L22B11 适 太空 境，航天 都要穿航天服航天服有一套生命保障系 ， 航天 提供合适的温度、氧气和气 ， 航天 在太空中如同在地面上一 假
17、如在地面上航天服内气 1atm ，气体体 2L，到达太空后由于外部气 低，航天服急 膨 ，内部气体体积变为 4L，使航天服达到最大体 若航天服内气体的温度不 ，航天服 封 系 求此 航天服内的气体 ，并从微 角度解 化的原因若开启航天服封 系 向航天服内充气，使航天服内的气 0 9 atm， 需 充1atm 的等温气体多少升?【答案】 (1) P2 0.5 atm 航天服内，温度不 ，气体分子平均 能不 ，体 膨 ， 位体 内的分子数减少， 位 撞 到 位面 上的分子数减少，故 减小(2) 1.6 L【解析】（ 1） 航天服内气体，开始 p 1 1atm ，体 V1 2L，到达太空后 p2 ，
18、气体体 V24L由玻意耳定律得：p1V1 p2V2解得 p2 0.5 atm航天服内，温度不 ，气体分子平均 能不 ，体 膨 ， 位体 内的分子数减少， 位 撞 到 位面 上的分子数减少，故 减小（2） 需 充1atm 气体 V升后达到的 p3 0.9 atm ，取 气体 研究 象p1(V1 V)p3V2解得 V 1.6 L 上所述本 答案是： (1) P2 0.5 atm 航天服内，温度不 ，气体分子平均 能不 ，体 膨 ， 位体 内的分子数减少， 位 撞 到 位面 上的分子数减少，故 减小(2) 1.6 L12 一定 量的理想气体 等温 程由状 A 状 B已知气体在状 A 时压强为53B
19、的体 2m32 10 Pa，体 1m在状 (1)求状 B 气体的 ；(2)从微 角度解 气体由状 A 状 B 程中气体 生 化的原因【答案】 (1) PB =1105 Pa； (2) 气体分子的平均 能不 ，气体体 大，气体分子的密集程度减小，气体的 小【解析】【分析】【 解】(1)气体由状 A 状 B 的 程遵从玻意耳定律， 有：PAVAPBVB解得状态 B 的压强： PB =1105Pa(2)气体的压强与气体分子的平均动能和气体分子的密集程度有关，气体经过等温过程由状态 A 变化为状态 B ，气体分子的平均动能不变，气体体积变大，气体分子的密集程度减小，气体的压强变小13 如图所示，有一条
20、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。【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Ep1mgL2sin4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Epmg L2动能为Ek1 mv22则机械能为E2 Ek Ep1 mv21 mgL22因为链条
21、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v1sin )gL (3214 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 0.25。 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
22、 (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/s2 ，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
23、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BILtmv2mv1BLsqIt2R所以v2B2L2sv16m/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2mRv14md2 L2Bs 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，若仍没有穿过磁场，cd 棒的位移为x=2s-d+1 m=2s-3 m当
24、0s2 m 时， cd 棒返回后穿过磁场，与ab 棒发生弹性碰撞后静止。cd 棒的位移为x=0 m15 电磁缓冲器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。某同学借助如下模型讨论电磁阻尼作用：如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角 ( 090o ) ，其中 MN 与 PQ 平行且间距为 L，导轨平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab 质量为 m，接入电路部分的电阻为 R，与两导轨始终保持垂直且良好接触。金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，到 ab 棒速度刚达到最大的过程中，流过ab 棒某一横截面的电量为q，（重力加速度g）。求：(1)金属棒 ab 达到的最大速度；(2)金属棒 ab 由静止到刚达到最大速度过程中产生的焦耳热。【答案】 (1) mgR sin；(2) mgqRsinm3 g2 R2 sin2B2 L2BL2B 4 L4【解析】【分析】【详解】(1)金属棒 ab 达到最大速度时，受力平衡，则有mg sinF安 ， F安BIL根据闭合电路欧姆定律则有BLvmIR联立可得mgRsinvm2 L2B(2)假设全过程下滑位移为x ，对全过程应用动能定理则有mgx sinW安Ek其中E=BLxttEtqR联立可得mgqR sinm3 g 2R2 sin 2Q W安2B4 L4BL