最新高考物理微元法解决物理试题技巧小结及练习题

最新高考物理微元法解决物理试题技巧小结及练习题
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 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．
2．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拉力作用下，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，此时小球的速率为v ，已知重力加速度为g ，则( )
A ．此过程拉力做功为2 FR
B ．此过程拉力做功为
4
FR π
C ．小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为1
2Fv D ．小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为22
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，可知此过程中拉力做功为
11
44
W F R FR ππ=•=，故选项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 =，故选项C 、D 错误。

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ρ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（ ）
A ．减少
21
4
gSh ρ B ．增加了21
4gSh ρ C ．减少了21
2gSh ρ D ．增加了
21
2
gSh ρ
【答案】A 【解析】
打开阀门K ，最终两液面相平，相当于右管内 2
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1
22
h m V S Sh ρρρ===，由于液体重心下降，重力势能减少，重力势能的减少量：211
224
p h E mgh Sh g Sgh ρρ∆='=⋅⋅=，减少的重力势能转化为内能，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．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 ．
1
2
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 。

5．如图所示，某力10N F =，作用于半径1m R =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 ．0J
B ．20J π
C ．10J
D ．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
W F s ∆=∆
则转一周中做功的代数和为
2π20πJ F R W ⨯==
故选B 正确。

故选B 。

6．如图所示，粗细均匀的U 形管内装有同种液体，在管口右端用盖板A 密闭，两管内液面的高度差为h ，U 形管中液柱的总长为4h ｡现拿去盖板A ，液体开始流动，不计液体内部及液体与管壁间的阻力，则当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度是
A gh 8
B 4
gh C 2
gh D gh 【答案】A 【解析】
试题分析：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 4
h ，液柱的重力势能减小转化为整个液体的动能．
设管子的横截面积为S ，液体的密度为ρ．拿去盖板，液体开始运动，根据机械能守恒定律得211
442hSg h hSv ρρ⋅
=，解得8
gh
v =A 正确．
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．光子具有能量，也具有动量．光照射到物体表面时，会对物体产生压强，这就是“光压”．光压的产生机理如同气体压强：大量气体分子与器壁的频繁碰撞产生了持续均匀的压力，器壁在单位面积上受到的压力就是气体的压强．设太阳光每个光子的平均能量为E ，太阳光垂直照射地球表面时，在单位面积上的辐射功率为P 0．已知光速为c ，则光子的动量为E/c ．求：
（1）若太阳光垂直照射在地球表面，则时间t 内照射到地球表面上半径为r 的圆形区域内太阳光的光子个数是多少？
（2）若太阳光垂直照射到地球表面，在半径为r 的某圆形区域内被完全反射（即所有光子
均被反射，且被反射前后的能量变化可忽略不计），则太阳光在该区域表面产生的光压（用I 表示光压）是多少？
（3）有科学家建议利用光压对太阳帆的作用作为未来星际旅行的动力来源．一般情况下，太阳光照射到物体表面时，一部分会被反射，还有一部分被吸收．若物体表面的反射系数为ρ，则在物体表面产生的光压是全反射时产生光压的
12
ρ
+倍．设太阳帆的反射系数ρ=0.8，太阳帆为圆盘形，其半径r=15m ，飞船的总质量m=100kg ，太阳光垂直照射在太阳帆表面单位面积上的辐射功率P0=1.4kW ，已知光速c=3.0×108m/s ．利用上述数据并结合第（2）问中的结论，求太阳帆飞船仅在上述光压的作用下，能产生的加速度大小是多少?不考虑光子被反射前后的能量变化．（保留2位有效数字） 【答案】（1）20r P t
n E
π= （2）0
2P I c
=
（3）525.910/a m s -=⨯ 【解析】 【分析】 【详解】
（1）时间t 内太阳光照射到面积为S 的圆形区域上的总能量E 总= P 0St 解得E 总=πr 2 P 0t
照射到此圆形区域的光子数n =E E
总
解得20r P t
n E
π=
（2）因光子的动量p =
E c
则到达地球表面半径为r 的圆形区域的光子总动量p 总=np 因太阳光被完全反射，所以时间t 内光子总动量的改变量 Δp =2p
设太阳光对此圆形区域表面的压力为F ，依据动量定理Ft =Δp 太阳光在圆形区域表面产生的光压I =F /S 解得0
2P I c
=
（3）在太阳帆表面产生的光压I ′=12
ρ
+I 对太阳帆产生的压力F ′= I ′S
设飞船的加速度为a ，依据牛顿第二定律F ′=ma 解得a =5.9×10-5m/s 2
9．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）21
3
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
1
6
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 2
13
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；
10．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 的宇宙飞船，正以速度0v 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ρ．
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
0v 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0v 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．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．
【答案】（1）v M t ∆∆（2）a ．0
19919602M v S ρ b 2
2Sv eum ρ 【解析】 (1)飞船的加速度∆=
∆v
a t
，根据牛顿第二定律有：=f Ma 则飞船受到的阻力v f M
t
∆=∆ (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：
0099
()
100
Mv M Sx v ρ=+，解得99M x S ρ=
由1
x v
-图象可得：0011100299t x v v ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
解得：019919602M
t v S
ρ=
；
b ．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：012Mv Mv m v =+' 由机械能守恒定律可知：222012111222
Mv Mv m v '=+ 解得202M
v v M m '
=
+
由于M m >'，所以碰撞后尘埃的速度202v v =
对尘埃，根据动量定理可得：2f t m v ∆=''，其中0m Sv t ρ'=∆
则飞船所受到的阻力2
02f Sv ρ'=
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：e 212
mv = 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：F t n tmv ∆=∆
则飞船所受动车=F nmv ，飞船做匀速运动，F f '=， 解得：2
02n Sv eum
ρ=
11．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
01
2
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)22222
01022
32162m 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 m
g 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
022
2mv 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
02
2011
222
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-==-
12．为适应太空环境，航天员都要穿航天服．航天服有一套生命保障系统，为航天员提供合适的温度、氧气和气压，让航天员在太空中如同在地面上一样．假如在地面上航天服内气压为1atm ，气体体积为2L ，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积变为4L ，使航天服达到最大体积．若航天服内气体的温度不变，航天服视为封闭系统． ①求此时航天服内的气体压强，并从微观角度解释压强变化的原因．
②若开启航天服封闭系统向航天服内充气，使航天服内的气压变为0．9 atm ，则需补充1 atm 的等温气体多少升?
【答案】(1) P 2＝0.5 atm 航天服内，温度不变，气体分子平均动能不变，体积膨胀，单位体积内的分子数减少，单位时间撞击到单位面积上的分子数减少，故压强减小
(2) 1.6 L
【解析】
（1）对航天服内气体，开始时压强为p 1＝1atm ，体积为V 1＝2L ，到达太空后压强为p 2，气体体积为V 2＝4L ．
由玻意耳定律得：
p 1V 1＝p 2V 2
解得p 2＝0.5 atm
航天服内，温度不变，气体分子平均动能不变，体积膨胀，单位体积内的分子数减少，单位时间撞击到单位面积上的分子数减少，故压强减小
（2）设需补充1atm 气体V′升后达到的压强为p 3＝0.9 atm ，取总气体为研究对象． p 1(V 1＋V ′)＝p 3V 2
解得V ′＝1.6 L…
综上所述本题答案是：(1) P 2＝0.5 atm 航天服内，温度不变，气体分子平均动能不变，体积膨胀，单位体积内的分子数减少，单位时间撞击到单位面积上的分子数减少，故压强减小
(2) 1.6 L
13．一定质量的理想气体经过等温过程由状态A 变为状态B ．已知气体在状态A 时压强为2×105 Pa ，体积为1m 3．在状态B 时的体积为2m 3．
(1)求状态B 时气体的压强；
(2)从微观角度解释气体由状态A 变为状态B 过程中气体压强发生变化的原因．
【答案】(1) 5B =110Pa P ⨯；(2) 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
【解析】
【分析】
【详解】
(1)气体由状态A 变为状态B 的过程遵从玻意耳定律，则有：A A B B P V P V =
解得状态B 的压强：5B =110Pa P ⨯
(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．
14．如图所示，在光滑的水平桌面上放置一根长为l 的链条，链条沿桌边挂在桌外的长度为a ，链条由静止开始释放，求链条全部离开桌面时的速度。

【答案】22()l a g v l
-= 【解析】
【分析】
【详解】 链条从图示位置到全部离开桌面的过程中，原来桌面上的那段链条下降的距离为2
l a -，挂在桌边的那段链条下降的距离为l a -，设链条单位长度的质量为m '，链条总的质量为m lm '=，由机械能守恒定律得：
21()()22
l a m l a g
m ag l a lm v -'''-+-= 解 22()l a g v l
-= 点评：根据重力势能的减少量等于链条动能的增加量列方程，不需要选取参考平面。

15．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1m L =。

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0.25Ω。

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1T B =，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(0.51)N F t =+，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210m/s g =，求：
(1)撤去力F 的瞬间，ab 棒的速度大小；
(2)若1m s =，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
(0)(4)2N 2
F F F +=
= 由动量定理得 F t =mv 1
所以
v 1=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v 1，设cd 棒离开磁场时的速度为v 2，由动量定理得
21BIL t mv mv -∆=-
2BLs q I t R
=∆=
所以 22126m/s 2B L s v v mR
=-= 上升的高度
22 1.8m 2v h g
== (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
10BIL t mv -∆=-
2BLd q I t R
=∆=
即 122
24m mRv d B L == ①s ≥4m 时，cd 棒不能穿出磁场，停在磁场内，位移为
x =d +1m=5 m
②当2m ≤s <4 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
③当0<s<2 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 m。