高中物理微元法解决物理试题专项训练100(附答案)及解析

高中物理微元法解决物理试题专项训练100(附答案)及解析
一、微元法解决物理试题
1．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．
2．下雨天，大量雨滴落在地面上会形成对地面的平均压强。

某次下雨时用仪器测得地面附近雨滴的速度约为10m/s 。

查阅当地气象资料知该次降雨连续30min 降雨量为10mm 。

又知水的密度为3
3
110kg/m ⨯。

假设雨滴撞击地面的时间为0.1s ，且撞击地面后不反弹。

则此压强为（ ） A ．0.06Pa B ．0.05Pa
C ．0.6Pa
D ．0.5Pa
【答案】A 【解析】
【详解】
取地面上一个面积为S 的截面，该面积内单位时间降雨的体积为
31010m 3060s
h V S S t -⨯=⋅=⋅⨯
则单位时间降雨的质量为
m V ρ=
撞击地面时，雨滴速度均由v 减为0，在Δ0.1s t =内完成这一速度变化的雨水的质量为
m t ∆。

设雨滴受地面的平均作用力为F ，由动量定理得
[()]()F m t g t m t v -∆∆=∆
又有
F
p S
=
解以上各式得
0.06Pa p ≈
所以A 正确，BCD 错误。

故选A 。

3．打开水龙头，水顺流而下，仔细观察将会发现连续的水流柱的直径在流下的过程中，是逐渐减小的（即上粗下细），设水龙头出口处半径为1cm ，安装在离接水盆75cm 高处，如果测得水在出口处的速度大小为1m/s ，g =10m/s 2，则水流柱落到盆中的直径 A ．1cm B ．0.75cm C ．0.5cm D ．0.25cm
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
设水在水龙头出口处速度大小为v 1，水流到接水盆时的速度v 2，由22
212v v gh -=得：
v 2=4m/s
设极短时间为△t ，在水龙头出口处流出的水的体积为
2111V v t r π=V g
水流进接水盆的体积为
2
2
224
d V v t π⋅∆= 由V 1=V 2得
222
11
24
d v t r v t ππ∆∆=g g 代入解得：
d 2=1cm ．
A ．1cm ，与结论相符，选项A 正确；
B ．0.75cm ，与结论不相符，选项B 错误；
C ．0.5cm ，与结论不相符，选项C 错误；
D ．0.25cm ，与结论不相符，选项D 错误；
4．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（ ） A ．单位时间内，冷却液升高的温度为Ue
cM B ．单位时间内，冷却液升高的温度为UI
cM
C ．冷却液受到电子的平均撞击力为
D ．冷却液受到电子的平均撞击力为 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．电子加速，则
212
Ue mv =
设单位时间内发射电子个数为N ，则
I Ne =
电子束动能转化成冷却液内能，则单位时间内
21
2
N mv cM T ⋅=∆
解得
UI
T cM
∆=
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 mv F ⋅=
解得
F = 选项C 、D 错误。

故选B 。

5．如图所示，两条光滑足够长的金属导轨，平行置于匀强磁场中，轨道间距0.8m L =，
两端各接一个电阻组成闭合回路，已知18ΩR =,22ΩR =，磁感应强度0.5T B =，方向与导轨平面垂直向下，导轨上有一根电阻0.4Ωr =的直导体ab ，杆ab 以05m /s v =的初速度向左滑行，求：
（1）此时杆ab 上感应电动势的大小，哪端电势高？ （2）此时ab 两端的电势差。

（3）此时1R 上的电流强度多大？
（4）若直到杆ab 停下时1R 上通过的电量0.02C q =，杆ab 向左滑行的距离x 。

【答案】（1）杆ab 上感应电动势为2V ，a 点的电势高于b 点；（2）ab 两端的电势差为
1.6V （3）通过R 1的电流为0.2A ；（4）0.5m x =。

【解析】 【详解】
（1）ab 棒切割产生的感应电动势为
0.50.85V 2V E BLv ==创=
根据右手定则知，电流从b 流向a ，ab 棒为等效电源，可知a 点的电势高于b 点； （2）电路中的总电阻
121282
0.4282
R R R r R R ΩΩ´++++＝
＝＝ 则电路中的总电流
2
A 1A 2
E I R =
＝＝ 所以ab 两端的电势差为
ab 210.4V 1.6V U E Ir =-=-?
（3）通过R 1的电流为
11 1.6
A 0.2A 8
ab U I R ＝＝＝
（4）由题意知，流过电阻1R 和2R 的电量之比等于电流之比，则有流过ab 棒的电荷量
1110.20.020.020.1C 0.2
I I q q q I --=+
=+⨯=总 ab 棒应用动量定理有：
-BIL t m v
∆=∆或-
BLv
B L t m v
R
∆=∆
两边求和得：
BLq mv
=
总或
22
B L x
mv
R
=
以上两式整理得：
q R
x
BL
=总
代入数据解得：
0.5m
x=
6．如图1所示，一端封闭的两条平行光滑长导轨相距L，距左端L处的右侧一段被弯成半径为的四分之一圆弧，圆弧导轨的左、右两段处于高度相差的水平面上．以弧形导轨的末端点O为坐标原点，水平向右为x轴正方向，建立Ox坐标轴．圆弧导轨所在区域无磁场；左段区域存在空间上均匀分布，但随时间t均匀变化的磁场B（t），如图2所示；右段区域存在磁感应强度大小不随时间变化，只沿x方向均匀变化的磁场B（x），如图3所示；磁场B（t）和B（x）的方向均竖直向上．在圆弧导轨最上端，放置一质量为m的金属棒ab，与导轨左段形成闭合回路，金属棒由静止开始下滑时左段磁场B（t）开始变化，金属棒与导轨始终接触良好，经过时间t0金属棒恰好滑到圆弧导轨底端．已知金属棒在回路中的电阻为R，导轨电阻不计，重力加速度为g.
（1）求金属棒在圆弧轨道上滑动过程中，回路中产生的感应电动势E；
（2）如果根据已知条件，金属棒能离开右段磁场B（x）区域，离开时的速度为v，求金属棒从开始滑动到离开右段磁场过程中产生的焦耳热Q；
（3）如果根据已知条件，金属棒滑行到x=x1位置时停下来，
a.求金属棒在水平轨道上滑动过程中通过导体棒的电荷量q；
b.通过计算，确定金属棒在全部运动过程中感应电流最大时的位置．
【答案】（1）L2B0/t0（2）+ mgL/2-mv2（3）金属棒在x=0处，感应电流最大
【解析】
试题分析：（1）由图看出，左段区域中磁感应强度随时间线性变化，其变化率一定，由法拉第电磁感应定律得知，回路中磁通量的变化率相同，由法拉第电磁感应定律求出回路中
感应电动势．
（2）根据欧姆定律和焦耳定律结合求解金属棒在弧形轨道上滑行过程中产生的焦耳热．再根据能量守恒求出金属棒在水平轨道上滑行的过程中产生的焦耳热，即可得到总焦耳热．（3）在金属棒滑到圆弧底端进入匀强磁场B0的一瞬间，在很短的时间△t内，根据法拉第电磁感应定律和感应电流的表达式，求出感应电荷量q．再进行讨论．
解：（1）由图2可：=
根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为：E==L2=L2
（2）金属棒在弧形轨道上滑行过程中，产生的焦耳热为：Q1==
金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据机械能守恒定律得：mg=
金属棒在水平轨道上滑行的过程中，产生的焦耳热为Q2，根据能量守恒定律得：
Q2=﹣=mg﹣
所以，金属棒在全部运动过程中产生的焦耳热为：Q=Q1+Q2=+mg﹣
（3）a．根据图3，x=x1（x1＜x）处磁场的磁感应强度为：B1=．
设金属棒在水平轨道上滑行时间为△t．由于磁场B（x）沿x方向均匀变化，根据法拉第电磁感应定律△t时间内的平均感应电动势为：===
所以，通过金属棒电荷量为：q=△t=△t=
b．金属棒在弧形轨道上滑行过程中，感应电流为：I1==
金属棒在水平轨道上滑行过程中，由于滑行速度和磁场的磁感应强度都在减小，所以，此过程中，金属棒刚进入磁场时，感应电流最大．刚进入水平轨道时，金属棒的速度为：
v=
所以，水平轨道上滑行过程中的最大电流为：I2==
若金属棒自由下落高度，经历时间t=，显然t＞t
所以，I1=＜==I2．
综上所述，金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在x=0处，感应电流最大．
答：（1）金属棒在圆弧轨道上滑动过程中，回路中产生的感应电动势E 是L 2．
（2）金属棒从开始滑动到离开右段磁场过程中产生的焦耳热Q 为+mg ﹣． （3）a ．金属棒在水平轨道上滑动过程中通过导体棒的电荷量q 为
．
b ．金属棒在全部运动过程中金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在x=0处，感应电流最大．
【点评】本题中（1）（2）问，磁通量均匀变化，回路中产生的感应电动势和感应电流均恒定，由法拉第电磁感应定律研究感应电动势是关键．对于感应电荷量，要能熟练地应用法拉第定律和欧姆定律进行推导．
7．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。

8．守恒定律是自然界中某种物理量的值恒定不变的规律，它为我们解决许多实际问题提供了依据．在物理学中这样的守恒定律有很多，例如：电荷守恒定律、质量守恒定律、能量守恒定律等等．
(1)根据电荷守恒定律可知：一段导体中通有恒定电流时，在相等时间内通过导体不同截面的电荷量都是相同的．
a ．己知带电粒子电荷量均为g ，粒子定向移动所形成的电流强度为，求在时间t 内通过某一截面的粒子数N ．
b ．直线加速器是一种通过高压电场使带电粒子加速的装置．带电粒子从粒子源处持续发出，假定带电粒子的初速度为零，加速过程中做的匀加速直线运动．如图l 所示，在距粒子源l 1、l 2两处分别取一小段长度相等的粒子流I ∆．已知l l :l 2=1:4，这两小段粒子流中所含的粒子数分别为n 1和n 2，求：n 1:n 2．
(2)在实际生活中经常看到这种现象：适当调整开关，可以看到从水龙头中流出的水柱越来越细，如图2所示，垂 直于水柱的横截面可视为圆．在水柱上取两个横截面A 、B ，经过A 、B 的水流速度大小分别为v I 、v 2；A 、B 直径分别为d 1、d 2，且d 1：d 2=2:1．求：水流的速度大小之 比v 1:v 2．
(3)如图3所示：一盛有水的大容器，其侧面有一个水平的短细管，水能够从细管中喷出；容器中水面的面积S l 远远大于细管内的横截面积S 2;重力加速度为g ．假设 水不可压缩，而且没有粘滞性．
a ．推理说明：容器中液面下降的速度比细管中的水流速度小很多，可以忽略不计：
b ．在上述基础上，求：当液面距离细管的高度为h 时， 细管中的水流速度v ．
【答案】（1）a. Q It N q q
=
= ；b. 21:2:1n n =；（2）2
21221::1:4v v d d ==；（3）a.设：水面下降速度为1v ，细管内的水流速度为v ．按照水不可压缩的条件，可知水的体积守恒或流量守恒，即：12Sv Sv =,由12S S >>，可得12v v <<．所以：液体面下降的速度1v 比细管中的水流速度可以忽略不计． b. 2v gh 【解析】 【分析】 【详解】 (1)a.电流Q I t
=
， 电量Q Nq = 粒子数Q It N q q
== b.根据2v ax =
可知在距粒子源1l 、2l 两处粒子的速度之比：12:1:2v v =
极短长度内可认为速度不变，根据x v t ∆=
∆， 得12:2:1t t = 根据电荷守恒，这两段粒子流中所含粒子数之比：12:2:1n n =
(2)根据能量守恒，相等时间通过任一截面的质量相等，即水的质量相等. 也即：2
··4
v d π处处相等 故这两个截面处的水流的流速之比：221221::1:4v v d d == (3)a .设：水面下降速度为1v ，细管内的水流速度为v .
按照水不可压缩的条件，可知水的体积守恒或流量守恒，即：12Sv Sv =
由12S S >>，可得:12v v <<.
所以液体面下降的速度1v 比细管中的水流速度可以忽略不计.
b.根据能量守恒和机械能守恒定律分析可知：
液面上质量为m 的薄层水的机械能等于细管中质量为m 的小水柱的机械能．
又根据上述推理：液面薄层水下降的速度1v 忽略不计，即10v =.
设细管处为零势面，所以有：21002
mgh mv +=
+ 解得:2v gh =
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. 22f nmv =（2）证明过程见解析；4a k =（3）20012
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22f 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202p n mv =
根据P 与热力学温度T 的关系为P =n 0 kT ，
则2002=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014
v tn ∆
由动量定理可得：
()
2 00
1
21
4
2
n v t mv
p
f n mv
t t
∆
∆
∆∆
＝＝＝
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a
T E
∝关系.
10．根据量子理论，光子具有动量．光子的动量等于光子的能量除以光速，即P=E/c．光照射到物体表面并被反射时，会对物体产生压强，这就是“光压”．光压是光的粒子性的典型表现．光压的产生机理如同气体压强：由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．
（1）激光器发出的一束激光的功率为P，光束的横截面积为S．当该激光束垂直照射在物体表面时，试计算单位时间内到达物体表面的光子的总动量．
（2）若该激光束被物体表面完全反射，试求出其在物体表面引起的光压表达式．
（3）设想利用太阳的光压将物体送到太阳系以外的空间去，当然这只须当太阳对物体的光压超过了太阳对物体的引力才行．现如果用一种密度为1．0×103kg/m3的物体做成的平板，它的刚性足够大，则当这种平板厚度较小时，它将能被太阳的光压送出太阳系．试估算这种平板的厚度应小于多少（计算结果保留二位有效数字）？设平板处于地球绕太阳运动的公转轨道上，且平板表面所受的光压处于最大值，不考虑太阳系内各行星对平板的影响．已知地球公转轨道上的太阳常量为1．4×103J/m2•s（即在单位时间内垂直辐射在单位面积上的太阳光能量），地球绕太阳公转的加速度为5．9×10-3m/s2）
【答案】（1）P/C （2）p压强=F/S=2P/Cs （3）1．6×10-6m
【解析】
试题分析：（1）设单位时间内激光器发出的光子数为n，每个光子能量为E，动量为p，则激光器的功率为P=nE
所以单位时间内到达物体表面的光子的总动量为
（2）激光束被物体表面反射时，其单位时间内的动量改变量为△p="2" p总=2P/c．
根据动量定理可知，物体表面对激光束的作用力 F=△p =2P/c．
由牛顿第三定律可知，激光束对物体表面的作用力为F=2P/c，
在物体表面引起的光压表达式为：p压强=F/S=2P/cS．
（3）设平板的质量为m，密度为ρ，厚度为d，面积为S1，太阳常量为J，地球绕太阳公转的加速度为a，利用太阳的光压将平板送到太阳系以外的空间去必须满足条件：太阳光对平板的压力大于太阳对其的万有引力．
由（2）得出的结论可得，太阳光对平板的压力
F=2JS1/c．
太阳对平板的万有引力可表示为f=ma，
所以，2JS1/c．> ma，
平板质量m=ρdS1，
所以，2JS1/c．> ρdS1a，
解得：d<2J c a
ρ=1．6×10-6m ． 即：平板的厚度应小于1．6×10-6m ．
考点：动量定理、万有引力定律
【名师点睛】
11．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）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．我们知道光子的能量E hv =，动量h
p λ=，
其中v 为光的频率，h 为普朗克常量，λ为光的波长．由于光子具有动量，当光照射到物体表面时，会对物体表面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的激光器发出一束频率为0v 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（即光子的末动量变为0）．求：
a ．该激光器在单位时间内发出的光子数N ；
b ．该激光作用在物体表面时产生的光压I ．
（2）从微观角度看，气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁的频繁撞击引起的．正方体密闭容器中有大量运动的粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量为n ．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；速率均为v ，且与容器壁各面碰撞的机会均等；与容器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与容器壁垂直，且速率不变．
a ．利用所学力学知识，推导容器壁受到的压强P 与m 、n 和v 的关系；
b ．我们知道，理想气体的热力学温度T 与分子的平均动能1E 成正比，即1T E α=，式中α为比例常数．请从微观角度解释说明：一定质量的理想气体，体积一定时，其压强与温度成正比．
【答案】（1）a. 00P N hv =
b. 00P I v S λ= （2）a. 213P nmv = b.见解析 【解析】
【分析】
【详解】
（1）a .单位时间的能量为：e P NE =，光子能量：0 E h v =，得单位时间内发出的光子数00
P N hv =． b .该激光作用在物体表面产生的压力用F 0表示，根据牛顿第三定律物体表面对光子的力大小也为F 0，时间为t ∆，由动量定理可知：00,,F h F t tNP P I S λ∆=∆==
，解得
00P I v S λ=
（2）a .在容器壁附近，取面积为S ，高度为v t ∆的体积内的粒子为研究对象．该体积中粒子个数2N Sv tn =∆，可以撞击该容器壁的粒子数216
N ，一个撞击容器壁的气体分子对其产生的压力用F 来表示，根据牛顿第三定律容器壁对气体分子的力大小也为F ，由
2F t mv ∆=，得2mv F t =∆，容器壁受到的压强221163
N F P nmv S == b .由22k k 11,,32P nmv T aE E mv =
==，解得23n P T a
=，一定质量的理想气体，体积一定时，其压强与温度成正比．
12．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 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 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
2222201022
232162m gRv m g Rt Q Q mv B L μμ-==-
13．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 p224mg 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 1122E 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=-。