高中物理微元法解决物理试题的技巧及练习题及练习题.doc

高中物理微元法处理物理试题技巧及练习题及练习题

一、微元法处理物理试题
1．超强台风“利奇马”在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 =ρsv2 C．F =ρsv3 D．F=ρsv2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
设t时间内吹到建筑物上空气质量为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 =ρsv2，与结论相符，选项B对；
C．F =ρsv3，与结论不相符，选项C错误；
D．F=ρsv2，与结论不相符，选项D错误；
故选B。

2．“水上飞人演出”是近几年来欣赏性较高水上演出项目之一，其原理是运用脚上喷水装置产生反冲动力，使演出者在水面之上腾空而起。同步能在空中完毕多种特技动作，如图甲所示。为简化问题。将演出者和装备与竖直软水管当作分离两部分。如图乙所示。已知演出者及空中装备总质量为M，竖直软水管横截面积为S，水密度为ρ，重力加速度为g。若水流竖直向上喷出，与演出者按触后能以原速率反向弹回，要保持演出者在空中静止，软水管出水速度至少为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【详解】
设出水速度为，则极短时间内，出水质量为

速度由竖起向上变为竖起向下，演出者能静止在空中，由平衡条件可知演出者及空中装备受到水作用力为，由牛顿第三定律可知，装备对水作用力大小也为，取向下为正方向，对时间内水，由动量定理可得

解得

故C对，A、B、D错误；
故选C。

3．一条长为L、质量为m均匀链条放在光滑水平桌面上，其中有三分之一悬在桌边，如图所示，在链条另一端用水平力缓慢地拉动链条，当把链条所有拉到桌面上时，需要做多少功（　　）

A．mgL B．mgL C．mgL D．mgL
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
悬在桌边长链条重心在其中点处，离桌面高度：

它质量是
当把它拉到桌面时，增长重力势能就是外力需要做功，故有

A．mgL，与结论不相符，选项A错误；
B．mgL，与结论不相符，选项B错误；
C．mgL，与结论相符，选项C对；
D．mgL，与结论不相符，选项D错误；
故选C．
【点睛】
假如应用机械能守恒定律处理本题，首先应规定零势能面，确定初末位置，列公式时要注意系统中心变化，可以把整体提成两段来分析．

4．如图所示，有一连通器，左右两管横截面积均为S，内盛密度为ρ液体，开始时两管内液面高度差为h．打开底部中央阀门K，液体开始流动，最终两液面相平．在这一过程中，液体重力加速度为g液体重力势能（ ）

A．减少
B．增长了
C．减少了
D．增长了
【答案】A
【解析】
打开阀门K，最终两液面相平，相称于右管内液体流到了左管中，它重心下降了，这部分液体质量，由于液体重心下降，重力势能减少，重力势能减少许：，减少重力势能转化为内能，故选项A对．
点睛：求出水等效重心下移高度，然后求出重力势能减少许，再求出重力势能变化量，从能量守恒角度分析答题．

5．8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时最大风力为11级，最大风速为。某高层建筑顶部广告牌尺寸为：高、宽，空气密度，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到最大风力约为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
广告牌面积
S=5×20m2=100m2
设t时间内吹到广告牌上空气质量为m，则有
m=ρSvt
根据动量定理有
-Ft=0-mv=0-ρSv2t
得

故选B。

6．如图所示，某力，作用于半径转盘边缘上，力大小保持不变，但方向一直保持与作用点切线方向一致，则转动一周这个力做总功应为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【详解】
把圆周提成无限个微元，每个微元可认为与力F在同一直线上，故

则转一周中做功代数和为

故选B对。
故选B。

7．如图所示，粗细均匀U形管内装有同种液体，在管口右端用盖板A密闭，两管内液面高度差为h，U形管中液柱总长为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阻力，则当两液面高度相等时，右侧液面下降速度是

A． B． C． D．
【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，液体机械能守恒，即可求出右侧液面下降速度．当两液面高度相等时，右侧高为h液柱重心下降了，液柱重力势能减小转化为整个液体动能．
设管子横截面积为S，液体密度为ρ．拿去盖板，液体开始运动，根据机械能守恒定律得，解得，A对．

8．如图所示，粗细均匀，两端开口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，右侧液面下降速度大小是（　　）

A． B． C． D．
【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，相称于右管上方高液体移到左管上方，这高液体重心下降高度为，这高液体重力势能减小量转化为所有液体动能。由能量守恒得

解得

因此A对，BCD错误。
故选A。

9．如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A点运动到B点过程中空气阻力大小不变，则下列说法对是(　　)

A．重力做功为mgL
B．悬线拉力做功为0
C．空气阻力做功为－mgL
D．空气阻力做功为－πL
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A．如图所示

重力在整个运动过程中一直不变，小球在重力方向上位移为在竖直方向上投影，因此．故A对．
B．由于拉力在运动过程中一直与运动方向垂直，故不做功，即．故B对．
CD．所做总功等于每个小弧段上所做功代数和，即

故C错误，D对；
故选ABD．
【点睛】
根据功计算公式可以求出重力、拉力与空气阻力功．注意在求阻力做功时，要明确阻力大小不变，方向与运动方向相反；故功等于力与旅程乘积．

10．位于光滑水平面上小车受到水平向右拉力作用从静止开始运动，已知这一过程中拉力大小由F1随时间均匀增大到F2，所用时间为t，小车位移为s，小车末速度为v。则下列判断对是（　　）
A．小车增长动能等于
B．小车增长动能不小于
C．小车增长动量等于
D．小车位移不不小于
【答案】BCD
【解析】
【详解】
AB．由于拉力大小由F1随时间均匀增大到F2，而小车做加速运动，位移在单位时间内增长越来越大，因此若将位移s均分为无数小段，则在每一小段位移内F增长越来越慢，如图所示（曲线表达题所示状况，直线表达拉力随s均匀变化状况），而图像面积表达拉力做功。

其中拉力随s均匀变化时，拉力做功为：
，
故当拉力大小由F1随时间均匀增大到F2时（曲线状况），做功不小于，根据动能定理可知小车增长动能不小于，A错误B对；
C．由于拉力是随时间均匀增大，故在t时间内拉力平均值为：
，
因此物体动量增长量为：
，
C对；
D．根据牛顿第二定律可知在力随时间均匀增大过程中物体运动加速度逐渐增大，即图像斜率增大（图中红线所示，而黑线表达做匀加速直线运动状况）。

根据图像面积表达位移可知小车位移不不小于，D对。
故选BCD。

11．消防车供水系统重要由水泵、输水管道和水炮构成．如图所示，消防水炮离地高度为H＝80 m，建筑物上火点离地高度为h＝60 m，整个供水系统效率η＝60%（供水效率η定义为单位时间内抽水过程水所获得机械能与水泵功率比值×100%）．假设水从水炮水平射出，水炮出水速度v0＝30 m/s，水炮单位时间内出水量m0＝60 kg/s，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．

（1）求水炮与火点水平距离x，和水炮与火点之间水柱质量m；
（2）若认为水泵到炮口距离也为H＝80 m，求水泵功率P；
（3）如图所示，为流速稳定分布、体积不可压缩且粘性可忽视不计液体（例如水）中一小段液柱，由于体积在运动中不变，因此当S1面以速度v1向前运动了x1时，S2面以速度v2向前运动了x2，若该液柱前后两个截面处压强分别为p1和p2，选用恰当功能关系证明：流速稳定分布、体积不可压缩且粘性可忽视不计液体水平流动（或者高度差影响不明显）时，液体内流速大地方压强反而小．

【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＝gt2 ①
x＝v0t ②
联立上述两式，并代入数据得
t=＝2 s
x＝v0＝60 m ③
水炮与火点之间水柱质量
m= m0t=120kg ④
(2)设在Δt时间内出水质量为Δm，则Δm= m0Δt，由功能关系得：
⑤
即

解得：
P＝＝1.25×102 kW ⑥
(3)表达一种细管，其中流体由左向右流动．在管a1处和a2处用横截面截出一段流体，即a1处和a2处之间流体，作为研究对象．
a1处横截面积为S1，流速为v1，高度为h1，a1处左边流体对研究对象压强为p1，方向垂直于S1向右．
a2处横截面积为S2，流速为v2，高度为h2，a2处左边流体对研究对象压强为p2，方向垂直于S2向左．
通过很短时间间隔Δt，这段流体左端S1由a1移到b1．右端S2由a2移到b2．两端移动距离分别为Δl1和Δl2．左端流入流体体积为ΔV1=S1Δl1，右端流出流体体积为ΔV2=S2Δl2，理想流体是不可压缩，流入和流出体积相等，ΔV1=ΔV2，记为ΔV．
目前考虑左右两端力对这段流体所做功．
作用在液体左端力F1=p1S1向右，所做功
W1=F1Δl1=(p1S1)Δl1=p1(S1Δl1) =p1ΔV．
作用在液体右端力F2=p2S2向左，所做功
W2=－F2Δl2=－(p2S2)Δl2=－p2(S2Δl2) =－p2ΔV．
外力所做总功
W= W1＋W2=(p1－p2)ΔV ①

外力做功使这段流体机械能发生变化．初状态机械能是a1处和a2处之间这段流体机械能E1，末状态机械能是b1处和b2处之间这段流体机械能E2．由b1到a2这一段，通过时间Δt，虽然流体有所更换，但由于我们研究是理想流体定常流动，流体密度ρ和各点流速v没有变化，动能和重力势能都没有变化，因此这一段机械能没有变化，这样机械能变化(E2－E1)就等于流出那部分流体机械能减去流入那部分流体机械能．
由于m=ρΔV，因此流入那部分流体动能为

重力势能为
mgh1＝ρΔVgh1
流出那部分流体动能为

重力势能为
mgh2＝ρΔVgh2
机械能变化为
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，因此这段流体两端受力所做总功W等于机械能变化，即
W=E2－E1 ③
将①式和②式代入③式，得
④
整理后得
⑤
a1和a2是在流体中任意取，因此上式可表达为对管中流体任意处：
（常量）⑥
④式和⑤式称为伯努利方程．
流体水平流动时，或者高度差影响不明显时（如气体流动），伯努利方程可体现为
（常量）⑦
从⑥式可知，在流动流体中，压强跟流速有关，流速v大地方要强p小，流速v小地方压强p大．
【点睛】

12．如图所示，有两根足够长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棒初始位置为原点，向右为正方向建立坐标系。现用向右水平恒力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。金属棒与导轨一直接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计。（g=10m/s2）求：
(1) ab棒与cd棒碰撞后瞬间速度分别为多少；
(2)若s＝1m，求cd棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨最大高度h；
(3)若可以通过调整磁场右边界位置来变化s大小，写出cd棒最终静止时与磁场左边界距离x关系。（不用写计算过程）

【答案】（1）0，；（2）1.25 m；（3）见解析
【解析】
【详解】
(1)对ab棒，由动量定理得

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

由系统机械能守恒定律得

解得，
(2)由安培力公式可得
对cd棒进入磁场过程，由动量定理得

设导体棒cd进出磁场时回路磁通量变化量为

以上几式联立可得。
对cd棒出磁场后由机械能守恒定律可得

联立以上各式得。
(3)第一种状况假如磁场s足够大，cd棒在磁场中运动距离时速度减为零，由动量定理可得

设磁通量变化量为

流过回路电量

联立可得
即s≥6 m，x=6 m，停在磁场左边界右侧6m处。
第二种状况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，由前面计算可得两者速度互换，cd会停在距磁场左边界左侧1m处，设此种状况下磁场区域宽度，向右运动时有

返回向左运动时

通过回路电量

联立可得
即s＜3 m时，x=1 m，停在磁场左边界左侧1m处；
第三种状况3 m≤s＜6 m，
向右运动时有

通过回路电量

返回向左运动时

通过回路电量

联立可得x=(2s－6）m，在磁场左边界右侧。

13．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电阻。一根质量为m、电阻也为R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、方向竖直向下匀强磁场区域。给金属杆一种瞬时冲量使它水平向右运动，它从左边界进入磁场区域速度为v0，通过时间t，抵达磁场区域右边界（图中虚线位置）时速度为。金属杆与导轨一直保持垂直且接触良好，它们之间动摩擦因数为μ。除左端所连电阻和金属杆电阻外，其他电阻忽视不计。求：
(1)金属杆刚进入磁场区域时加速度大小；
(2)金属杆在滑过磁场区域过程中金属杆上产生焦耳热。

【答案】(1) ；(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)金属杆刚进入磁场时，有

金属杆受到摩擦力

由牛顿第二定律

联立以上各式解得

(2)当金属杆速度为时，产生感应电动势

感应电流

金属杆受到安培力

由动量定理得，在短暂时间内有

即

对上式从金属杆进入磁场到离开磁场，求和得

式中为磁场区域左、右边界距离，解得

设此过程中金属杆克服安培力做功为，由动能定理

联立以上各式，解得此过程中回路产生焦耳热为

则金属杆产生焦耳热为

14．如图所示，一种滑块质量为2kg，从斜面上A点由静止下滑，通过BC平面又冲上另一斜面抵达最高点D．已知AB=100cm，CD=60cm，∠α=30°，∠β=37°，（g取10m/s2）试求：
（1）滑块在A和D点所具有重力势能是多少？（以BC面为零势面）
（2）若AB、CD均光滑，而只有BC面粗糙，BC=28cm且BC面上各处粗糙程度相似，则滑块最终停在BC面上什么位置？

【答案】(1) (2)
【解析】

功能关系得：A到D: ①
设滑块在BC上 旅程为: , A到最终停止,由动能定理得:
②
解出， 故距C点距离为：.

15．如图所示，有一条长为L均匀金属链条，二分之一长度在光滑斜面上，另二分之一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，求链条刚好所有滑出斜面时速度。

【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
设斜面最高点所在水平面为零势能参照面，链条总质量为m。
开始时斜面上那部分链条重力势能为

竖直下垂那部分链条重力势能为

则开始时链条机械能为

当链条刚好所有滑出斜面时，重力势能为

动能为

则机械能为

由于链条滑动过程中只有重力做功，因此其机械能守恒，则由机械能守恒定律得
即

解得