最新高考物理微元法解决物理试题技巧(很有用)及练习题

最新高考物理微元法解决物理试题技巧(很有用)及练习题
一、微元法解决物理试题
1．如图甲所示，静止于光滑水平面上的小物块，在水平拉力F的作用下从坐标原点O开始沿x轴正方向运动，F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线右半部分为四分之一圆弧，则小物块运动到2x0处时的动能可表示为（）
A．0 B．1
2
F m x0（1+π）
C．1
2
F m x0（1+
2
π
）D．F m x0
【答案】C 【解析】【详解】
F-x图线围成的面积表示拉力F做功的大小，可知F做功的大小W=1
2
F m x0+
1
4
πx02，根据动
能定理得，E k=W=1
2
F m x0+
1
4
πx02 =0
1
1
22
m
F x
π
⎛⎫
+
⎪
⎝⎭
，故C正确，ABD错误。

故选C。

2．超强台风“利奇马”在2019年8月10日凌晨在浙江省温岭市沿海登陆，登陆时中心附近最大风力16级，对固定建筑物破坏程度非常大。

假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为s，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，则风力F 与风速大小v关系式为( )
A．F =ρsv B．F =ρsv2C．F =ρsv3D．F=1
2
ρsv2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则有：
m=ρsvt
根据动量定理有：
-Ft=0-mv=0-ρsv2t 得：
F=ρsv2 A．F =ρsv，与结论不相符，选项A错误；
B ．F =ρsv 2，与结论相符，选项B 正确；
C ．F =ρsv 3，与结论不相符，选项C 错误；
D ．F =
12ρsv 2
，与结论不相符，选项D 错误； 故选B 。

3．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 2gl
B gl
C 2
gl D 1
2
gl 【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
244l l l H =
-= 链条下落过程，由机械能守恒定律，得：
2142
l mg mv ⋅
= 解得：
2
gl v =
2gl A 项与题意不相符； gl B 项与题意不相符； 2
gl
与分析相符，故C 项与题意相符； D.
1
2
gl D 项与题意不相符．
4．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 。

5．如图所示，半径为R 的1/8光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FR
B ．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。

6．水柱以速度v 垂直射到墙面上，之后水速减为零，若水柱截面为S ，水的密度为ρ，则水对墙壁的冲力为（ ） A ．
12
ρSv B ．ρSv C ．
1
2
ρS v 2 D ．ρSv 2
【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：
S m V vt ρρ==
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：
0Ft mv =-
即：
2mv
F Sv t
ρ=-
=- 负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；由牛顿第三定律可以知道，水对钢
板的冲击力大小也为2
S v ρ ，D 正确，ABC 错误。

故选D 。

7．如图所示，水龙头开口处A 的直径d 1＝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v 1＝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d 2约为(g 取10m/s 2)( )
A ．0.5cm
B ．1cm
C ．2cm
D ．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v 1，水流到B 处的速度v 2，则由22
212v v gh -=得
24m/s v =
设极短时间为△t ，在水龙头出口处流出的水的体积为
2111π()2
d
V v t =∆⋅
水流B 处的体积为
2
222π(
)2
d V v t =∆⋅ 由
12V V =
得
20.5cm d =
故A 正确。

8．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 。

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mgL
B ．悬线的拉力做功为0
C ．空气阻力f 做功为－mgL
D ．空气阻力f 做功为1
2
f L π- 【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 W G =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W F =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
1211
(...)ππ22
f W f x f x fs f L f L =-∆+∆+=-=-⋅=-，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η＝60%（供水效率η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v 0＝30 m/s ，水炮单位时间内的出水量m 0＝60 kg/s ，取g ＝10 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H ＝80 m ，求水泵的功率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S 1面以速度v 1向前运动了x 1时，S 2面以速度v 2向前运动了x 2，若该液柱前后两个截面处的压强分别为p 1和p 2，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．
【答案】(1) 120kg (2) 1.25×102 kW (3)见解析； 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据平抛运动规律，有
H －h ＝
12
gt 2
① x ＝v 0t ②
联立上述两式，并代入数据得
t 2()
H h g - 2 s x ＝v 2()
H h g
-60 m ③ 水炮与火点之间的水柱的质量 m = m 0t =120kg ④
(2)设在Δt 时间内出水质量为Δm ，则Δm = m 0Δt ，由功能关系得：
2
01
2
P t mv mgH η∆=+⑤
即
2
0001
2
P
t m tv m tgH η∆=∆+∆
解得：
P ＝200012m v m gH η
+＝1.25×102 kW ⑥
(3)表示一个细管，其中流体由左向右流动．在管的a 1处和a 2处用横截面截出一段流体，即a 1处和a 2处之间的流体，作为研究对象．
a 1处的横截面积为S 1，流速为v 1，高度为h 1，a 1处左边的流体对研究对象的压强为p 1，方向垂直于S 1向右．
a 2处的横截面积为S 2，流速为v 2，高度为h 2，a 2处左边的流体对研究对象的压强为p 2，方向垂直于S 2向左．
经过很短的时间间隔Δt ，这段流体的左端S 1由a 1移到b 1．右端S 2由a 2移到b 2．两端移动的距离分别为Δl 1和Δl 2．左端流入的流体体积为ΔV 1=S 1Δl 1，右端流出的流体体积为ΔV 2=S 2Δl 2，理想流体是不可压缩的，流入和流出的体积相等，ΔV 1=ΔV 2，记为ΔV ． 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F 1=p 1S 1向右，所做的功
W 1=F 1Δl 1=(p 1S 1)Δl 1=p 1(S 1Δl 1) =p 1ΔV ．
作用在液体右端的力F 2=p 2S 2向左，所做的功
W 2=－F 2Δl 2=－(p 2S 2)Δl 2=－p 2(S 2Δl 2) =－p 2ΔV ．
外力所做的总功
W = W 1＋W 2=(p 1－p 2)ΔV ①
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a 2处之间的这段流体的机械能E 1，末状态的机械能是b 1处和b 2处之间的这段流体的机械能E 2．由b 1到a 2这一段，经过时间Δt ，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ρ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(E 2－E 1)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 =ρΔV ，所以流入的那部分流体的动能为
221111
22
mv Vv ρ=∆ 重力势能为
mgh 1＝ρΔVgh 1
流出的那部分流体的动能为
22221122
mv Vv ρ=∆ 重力势能为
mgh 2＝ρΔVgh 2
机械能的改变为
21121222
1122
E E V Vv v Vgh Vgh ρρρρ-=
∆-∆+∆-∆ ② 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 =E 2－E 1 ③
将①式和②式代入③式，得
()2
21221211122
p p V Vv Vv Vgh Vgh ρρρρ-∆=
∆-∆+∆-∆ ④ 整理后得
221112221122
p v gh p v gh ρρρρ+
+=++ ⑤ a 1和a 2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：
2
12
p v gh C ρρ+
+=（常量）⑥ ④式和⑤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
2
12
p v C ρ+
=（常量）⑦ 从⑥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．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，f 0=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v 1，滑过的距离为x 0，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) 22
cos 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
2cos 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∆==∆+
12．两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，两导轨间的距离为L ，导轨上垂直放置两根导体棒a 和b ，俯视图如图甲所示。

两根导体棒的质量均为m ，电阻均为R ，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B 的竖直向上的匀强磁场。

两导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x 0，现给导体棒a 一向右的初速度v 0，并开始计时，可得到如图乙所示的v t ∆-图像（v ∆表示两棒的相对速度，即a b v v v ∆=-）。

求：
（1）0～t 2时间内回路产生的焦耳热；
（2）t 1时刻棒a 的加速度大小；
（3）t 2时刻两棒之间的距离。

【答案】(1)2014Q mv ＝ ；(2)2208B L v a mR
＝ ；(3)0022v m x L R x B +＝ 【解析】
【分析】
【详解】
(1)t 2时刻，两棒速度相等。

由动量守恒定律
mv 0=mv +mv
由能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热
()22012212
Q v v m m -＝ 得
2014
Q mv ＝ (2)t 1时刻
014
a b v v v v -V ＝＝ 回路中的电动势
014
E BL v BLv =∆=
此时棒a 所受的安培力 22001428BL v B L v F BIL BL R R
=== 由牛顿第二定律可得，棒a 的加速度
2208B L R
a m v F m ＝＝ (3)t 2时刻，两棒速度相同，由(1)知
012
v v ＝ 0-t 2时间内，对棒b ，由动量定理，有
∑BiL △t ＝mv −0
即
BqL=mv
得
02m q L v B ＝
又 0222()22BL x x E B s t q I t t t R R R R R
Φ
-Φ==V V V V V V V ＝＝＝＝ 得
0022v m x L
R
x B +＝
13．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．在正方体密闭容器中有大量某种气体的分子，每个分子质量为m ，单位体积内分子数量n 为恒量．为简化问题，我们假定：分子大小可以忽
略；分子速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；分子与器壁碰撞前后瞬间，速度方向都与器壁垂直，且速率不变．
（1）求一个气体分子与器壁碰撞一次给器壁的冲量I 的大小；
（2）每个分子与器壁各面碰撞的机会均等，则正方体的每个面有六分之一的几率．请计算在Δt 时间内，与面积为S 的器壁发生碰撞的分子个数N ；
（3）大量气体分子对容器壁持续频繁地撞击就形成了气体的压强．对在Δt 时间内，与面积为S 的器壁发生碰撞的分子进行分析，结合第（1）（2）两问的结论，推导出气体分子对器壁的压强p 与m 、n 和v 的关系式．
【答案】（1）2I mv =（2） 1.6N n Sv t =
∆ （3）213
nmv 【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 2I mv mv mv -=--=-'
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 2I mv =；
（2）如图所示，以器壁的面积S 为底，以vΔt 为高构成柱体，由题设条件可知，柱体内的分子在Δt 时间内有1/6与器壁S 发生碰撞，碰撞分子总数为
16
N n Sv t =⋅∆ （3）在Δt 时间内，设N 个分子对面积为S 的器壁产生的作用力为F
N 个分子对器壁产生的冲量 F t NI ∆=
根据压强的定义 F p S
= 解得气体分子对器壁的压强 213
p nmv = 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Δt 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；
14．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v 0，经过时间t ，到达磁场区域右边界（图中虚线位置）时速度为012
v 。

金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好，它们之间的动摩擦因数为μ。

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)2202B L v a g mR
μ=+ ；(2)222220102232162m gRv m g Rt Q mv B L μμ-=- 【解析】
【分析】
【详解】
(1)金属杆刚进入磁场时，有
0E BLv =
E I R R
=+ F BIL =
金属杆受到的摩擦力 f mg μ=
由牛顿第二定律
F f ma +=
联立以上各式解得
2202B L v a g mR
μ=+ (2)当金属杆速度为v 时，产生的感应电动势
E BLv '=
感应电流
E I R R
''=
+ 金属杆受到的安培力 F BI L ''=
由动量定理得，在短暂的时间t ∆内有
F t mg t m v μ-∆-∆=⋅∆
即
222B L v t mg t m v R μ∆--∆=∆ 对上式从金属杆进入磁场到离开磁场，求和得
220022
B L x v mgt m mv R μ--=- 式中x 为磁场区域左、右边界的距离，解得
0222mv R mgtR x B L
μ-= 设此过程中金属杆克服安培力做功为W ，由动能定理 022011222
v W mgx m mv μ⎛⎫--=- ⎪⎝⎭ 联立以上各式，解得此过程中回路产生的焦耳热为
222220022
328m gRv m g Rt Q W mv B L μμ-==- 则金属杆产生的焦耳热为
2222201022232162m gRv m g Rt Q Q mv B L
μμ-==-
15．某游乐园有一喷泉，竖直向上喷出的水柱将一质量为m = 0.9kg 的开口向下的铁盒倒顶在空中，铁盒稳定悬停。

已知水以恒定的速率v 0 = 10m/s ，从截面积为S = 100mm 2的管口中持续不断的喷出；盒子内底平整（盒子底面积大于与盒底接触的水流截面积）；水流向上运动并冲击铁盒后，在竖直方向水的速度减为零，在水平方向朝四周均匀散开。

忽略空气阻力，已知水的密度为ρ = 1⨯103 kg/m 3，重力加速度g = 10m/s 2，求：
（1）喷泉单位时间内喷出的水的质量；
（2）盒子在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度h ；
【答案】（1）1kg ；（2）0.5m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则
ΔΔm V ρ=
0ΔΔV v S t =
由以上两式代入数据得
340Δ1101010kg/s 1kg/s Δm v S t
ρ-==⨯⨯⨯= 故单位时间内从喷口喷出的水的质量为1 kg/s 。

（2）设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v 。

对于∆t 时间内冲击铁盒的水∆m ，由动能定理得
22011ΔΔΔ22
m gh m v m v '''-=- ΔΔm vS t ρ'=
以竖直向上为正方向，设水对玩具的作用力的大小为F ，∆t 时间内冲击铁盒的水的质量忽略不计，由动量定理得
Δ0ΔF t m v '-⋅=-
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F mg =
联立以上各式代入数据得
200.5m 22v m h g S
ρ=-= 故盒子在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为0.5m 。