高中物理微元法解决物理试题题20套(带答案)含解析

高中物理微元法解决物理试题题20套(带答案)含解析
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．为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15mm ，查询得知，当时雨滴落地速度约为10m ／s ，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg ／m 3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为 A ．0.25N B ．0.5N
C ．1.5N
D ．2.5N
【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 =10m/s 减为零．以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：F △t =0-（-△mv ）=△mv ．得：F =
mv
t
V V ；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：△m =ρS △h ；F =ρSv
h
t
V V ．压强为：33
22151011010/0.25/1060
F h P v N m N m S t ρ-⨯===⨯⨯⨯=⨯V V ，故A 正确，BCD 错误．
2．如图所示，某个力F ＝10 N 作用在半径为R ＝1 m 的转盘的边缘上，力F 的大小保持不变，但方向保持在任何时刻均与作用点的切线一致，则转动一周这个力F 做的总功为（ ）
A ．0
B ．20π J
C ．10 J
D ．10π J
【答案】B 【解析】
本题中力F 的大小不变，但方向时刻都在变化，属于变力做功问题，可以考虑把圆周分割为很多的小段来研究.当各小段的弧长足够小时，可以认为力的方向与弧长代表的位移方向一致，故所求的总功为W ＝F ·Δs 1＋F ·Δs 2＋F ·Δs 3＋…＝F (Δs 1＋Δs 2＋Δs 3＋…）＝F ·2πR ＝20πJ ，选项B 符合题意.故答案为B ．
【点睛】本题应注意，力虽然是变力，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．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1×103kg/m 3） A ．0.15Pa B ．0.54Pa
C ．1.5Pa
D ．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
()0F t mv mv ∆=--∆=∆
得到
m
F v t
∆=
∆ 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
m S h ρ∆=∆ =h F Sv
t
ρ∆∆ 所以有压强
33
45101012Pa 0.15Pa 3600
F h P v S t ρ-∆⨯===⨯⨯=∆
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．为估算雨水对伞面产生的平均撞击力，小明在大雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得10分钟内杯中水位上升了45mm ，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s 。

设雨滴撞击伞面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为3
3
110kg/m ⨯，伞面的面积约为0.8m 2，据此估算当时雨水对伞面的平均撞击力约为（ ）
A ．0.1N
B ．1.0N
C ．10N
D ．100N
【答案】B
【解析】 【分析】 【详解】
对雨水由动量定理得
Ft mv Shv ρ=∆=
则
0.72N 1.0N Shv
F t
ρ=
=≈
所以B 正确，ACD 错误。

故选B 。

5．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（ ）
A 8
gh B 6
gh C 4
gh D 2
gh 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
设U 形管横截面积为S ，液体密度为ρ，两边液面等高时，相当于右管上方2
h
高的液体移到左管上方，这
2h 高的液体重心的下降高度为2h ，这2
h
高的液体的重力势能减小量转化为全部液体的动能。

由能量守恒得
214222
h h S g hS v ρρ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅
解得
8
gh v =
因此A 正确，BCD 错误。

故选A 。

6．生活中我们经常用水龙头来接水，假设水龙头的出水是静止开始的自由下落，那么水流在下落过程中，可能会出现的现象是（ ）
A．水流柱的粗细保持不变
B．水流柱的粗细逐渐变粗
C．水流柱的粗细逐渐变细
D．水流柱的粗细有时粗有时细
【答案】C
【解析】
【详解】
水流在下落过程中由于重力作用，则速度逐渐变大，而单位时间内流过某截面的水的体积是一定的，根据
Q=Sv
可知水流柱的截面积会减小，即水流柱的粗细逐渐变细，故C正确，ABD错误。

故选C。

7．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θ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v m；
(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) 2m 8E v fr =；(2)电源提供的电能2
10122W mv fx Q =++，通过电源的电量
20122fx mv Q
q E E E
=++
；(3) 22cos sin 8mg E v k E frv θθ=+ 【解析】 【分析】 【详解】
(1)当棒达到最大速度时，棒受力平衡，则
A f F = A F BiL =
2E BLv
i r
-=
联立解得
2
2211fr E v L B L B -⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
据数学知识得
2
m 8E v 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
2101
22
W mv fx Q =++
据电源提供电能与通过电源的电量的关系W Eq =可得，通过电源的电量
20122fx mv W Q
q E E E E
==++
(3)导体棒自NQ 运动到刚落地过程中，对水平方向应用动量定理可得
x x x kv t m v k x m v -∆=∆⇒-∆=∆
解得：水平方向位移
2
cos 8m E x
k fr
θ∆=
对竖直方向应用动量定理可得
y y y kv t mg t m v k y mg t m v -∆-∆=∆⇒-∆-∆=∆
解得：运动的时间
2
sin 8E v
fr
t g
θ+∆=
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
22cos sin 8x mg E v t k E frv
θθ∆==∆+
8．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c d 垂直于导轨静止放置，它们的质量m 均为1kg ，电阻R 均为0.5Ω。

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）0，6m/s ；（2）1.25 m ；（3）见解析 【解析】 【详解】
(1)对ab 棒，由动量定理得
0a Ft mv =-
ab 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
a c a mv mv mv '=+
由系统机械能守恒定律得
222111222
a c a mv mv mv '=+ 解得0a
v '=，6m/s c v = (2)由安培力公式可得F BIL '= 对cd 棒进入磁场过程，由动量定理得
c
c F t mv mv ''-∆=- 设导体棒c
d 进出磁场时回路磁通量变化量为
111Wb=1Wb BSL ϕ∆==⨯⨯
022q I t t R t R
ϕϕ
∆∆=∆=
∆=∆ 以上几式联立可得'
5m/s c v =。

对cd 棒出磁场后由机械能守恒定律可得
21
2
c
mv mgh '= 联立以上各式得 1.25 h 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1x 时速度减为零，由动量定理可得
110c BI L t mv -∆=-
设磁通量变化量为1ϕ∆
11BLx ϕ∆=
流过回路的电量
11
1111122q I t t R t R
ϕϕ∆∆=∆=
∆=∆ 联立可得16m x =
即s ≥6 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2s ，向右运动时有
221c BI L t mv mv -∆=-
返回向左运动时
()3310BI L t mv ∆=--
通过回路的电量
2
222222BLs q I t I t R
=∆=∆=
联立可得23m s =
即s ＜3 m 时，x =1 m ，停在磁场左边界左侧1m 处；
第三种情况3 m≤s ＜6 m ， 向右运动时有
332c BI L t mv mv -∆=-
通过回路的电量
3332BLs
q I t R
=∆=
返回向左运动时
()4420BI L t mv ∆=--
通过回路的电量
()
2442BL s x q I t R
-=∆=
联立可得x =(2s －6）m ，在磁场左边界右侧。

9．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a T aE =，(注：其中，a 为物理常量，a E 为分子热运动的平均平动动能)”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0P n kT =，式中0n 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，a T aE =，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(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0n 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0f (不必推导)； B ．这种情况下证还会有a T E ∝的关系吗?给出关系需要说明理由．
【答案】（1）a.2mv b. 2
2f nmv =（2）证明过程见解析；4a k =
（3）2
0012
f n mv ＝ ；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：()2I mv mv mv =--=； b.在∆t 时间内打到器壁单位面积的粒子数：N nv t =∆ 由动量定理：f t NI ∆=
解得2
2f nmv =
（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2
02p n mv =
根据P 与热力学温度T 的关系为P =n 0 kT ，
则2
002=n v n m kT ，
即224
=a a T mv E aE k k
=
= 其中4a k =
（3）考虑单位长度，∆t 时间内能达到容器壁的粒子数 1×v ∆tn 0， 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
01
4
v tn ∆ 由动量定理可得：()02
001
2142
n v t mv p f n mv t t ∆∆∆∆＝＝＝
此时因f 0是单位长度的受力，则f 0的大小不再是压强，则不会有a T E ∝关系.
10．光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面．前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量之外还具有动量．由狭义相对论可知，一定的质量m 与一定的能量E 相对应：2E mc =，其中c 为真空中光速．
（1）已知某单色光的频率为ν，波长为λ，该单色光光子的能量E h ν=，其中h 为普朗克
常量．试借用质子、电子等粒子动量的定义：动量=质量×速度，推导该单色光光子的动量
h
p λ
=
．
（2）光照射到物体表面时，如同大量气体分子与器壁的频繁碰撞一样，将产生持续均匀的压力，这种压力会对物体表面产生压强，这就是“光压”，用I 表示．
一台发光功率为P 0的激光器发出一束某频率的激光，光束的横截面积为S ．当该激光束垂照射到某物体表面时，假设光全部被吸收，试写出其在物体表面引起的光压的表达式． 【答案】（1）见解析（2）0
P cS
【解析】
试题分析：（1）根据能量与质量的关系，结合光子能量与频率的关系以及动量的表达式推导单色光光子的动量h
p λ
=
；（2）根据一小段时间t ∆内激光器发射的光子数，结合动量
定理求出其在物体表面引起的光压的表达式． （1）光子的能量2E mc =，c
E h h
νλ
==
光子的动量
p mc =，可得E h
p c λ
== （2）一小段时间t ∆内激光器发射的光子数
0P t n c h
λ
∆=
光照射物体表面，由动量定理
F t np ∆= 产生的光压F
I S =
解得：0P I cS
=
11．光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面．前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量之外还具有动量．由狭义相对论可知，一定的质量m 与一定的能量E 相对应：2E mc =，其中c 为真空中光速．
(1)已知某单色光的频率为ν，波长为λ，该单色光光子的能量E h ν=，其中h 为普朗克常量．试借用质子、电子等粒子动量的定义：动量=质量×速度，推导该单色光光子的动量
h
P λ
=
．
(2)光照射到物体表面时，如同大量气体分子与器壁的频繁碰撞一样，将产生持续均匀的压力，这种压力会对物体表面产生压强，这就是“光压”，用I 表示．一台发光功率为P 0的激光器发出一束某频率的激光，光束的横截面积为S ，当该激光束垂直照射到某物体表面时，假设光全部被吸收，试写出其在物体表面引起的光压的表达式．
(3)设想利用太阳光的“光压”为探测器提供动力，将太阳系中的探测器送到太阳系以外，这就需要为探测器制作一个很大的光帆，以使太阳光对光帆的压力超过太阳对探测器的引力，不考虑行星对探测器的引力．一个质量为m 的探测器，正在朝远离太阳的方向运动．已知引力常量为G ，太阳的质量为M ，太阳辐射的总功率为P 0，设帆面始终与太阳光垂直，且
光帆能将太阳光全部吸收．试估算该探测器光帆的面积应满足的条件． 【答案】（1）见解析 （2）0
P I cS
=（3）
【解析】
试题分析：（1）光子的能量2E mc =c
E h h νλ
==（2分）
光子的动量p mc =（2分） 可得E h
p c λ
=
=（2分） （2）一小段时间Δt 内激光器发射的光子数
0P t
n c h
λ
∆=
（1分） 光照射物体表面，由动量定理
F t np ∆=（2分）
产生的光压F
I S
=（1分） 解得0
P I cS
=
（2分） （3）由（2）同理可知，当光一半被反射一半被吸收时，产生的光压
32P
I cS
=
（2分） 距太阳为r 处光帆受到的光压
2
324P
I c r
π=
⋅（2分） 太阳光对光帆的压力需超过太阳对探测器的引力
2
'Mm
IS G
r >（2分） 解得
（2分）
考点：光子 压强 万有引力
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）2
13
nmv 【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
6，据此根据动量定理求与某一个截面碰撞时的作用力f ． （1）导体中电流大小q
I t
=
t 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 nSvte = 由①②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1V Svt vt ==⨯， 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11
66
nV nvt =
， 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
1
26
p mv nvt ∆=⋅
由动量定理可得：()21
2163
nvt mv p f nmv t t ⨯∆===
13．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θ=30o 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 =1Ω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v
Blv
I R
=
sin BIl mg θ=
解得
5m/s v =
(2)设移动位移为x
BIlt mv =
Blx
It R
=
解得
5m x =
(3)设到低端的时间为t
q c u I t t
∆∆=
=∆∆ u Bl v ∆=∆ cBl v I cBla t
∆==∆
sin mg BIl ma θ-=
解得
2
22
sin 2.5m/s mg a m cB l
θ=
=+ 因此运动的时间
22s s
t a
=
=
【点睛】
接入电容器后导棒做匀加速运动。

14．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θ。

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。

1
(3sin )2
gL θ-【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
p1sin 24
mg L
E θ=-
⋅ 竖直下垂的那部分链条的重力势能为
p224
mg L E =-
⋅ 则开始时链条的机械能为
1p1p2sin (1sin )24248mg L mg L mgL E E E θθ⎛⎫
=+=-
⋅+-⋅=-+ ⎪⎝⎭
当链条刚好全部滑出斜面时，重力势能为
p 2
L
E mg =-⋅
动能为
2k 12
E mv =
则机械能为
22k p 11
22
E E E mv mgL =+=
- 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21E E = 即
211(1sin )228
mgL mv mgL θ-=-+ 解得
1
(3sin )2
v gL θ=
-
15．如图所示，一个粗细均匀、内部横截面积均为S 的U 形管内，装有密度为ρ、总长度为4h 的液体，开始时左右两端液面的高度差为h 。

现打开阀门C ，待液体运动到左右液面高度相等时，液体重力势能改变量为________，此时左侧液面下降的速度为________。

（重力加速度为g ）
【答案】2
4
gsh ρ8
gh 【解析】 【分析】 【详解】
[1][2]当两液面高度相等时，右侧高为h 液柱重心下降了
4
h
，液柱的重力势能减少为： 2444
P h h Sh g
E mg Shg ρρ∆=∆=⨯=
根据机械能守恒定律得：
21442
h Shg hSv ρρ⨯=
解得：
8
gh v =。