(物理)物理微元法解决物理试题练习题含答案及解析

1、（物理）物理微元法解决物理试题练习题含答案及解析一、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1X10kg/m3,据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为A. 0.25NB. 0.5NC. 1.5ND. 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At时间内有质量为Am的雨水的速度由v=10m/s减

2、为零.以向上为正方向，对这部分雨水应用 动量定理：FA=0- （-Amv） =Amv,得：F=Ymv ；设水杯横截面积为 S,对水杯里的雨Vt水，在时间内水面上升 如，则有：Am= p Sh; F=p SYD .压强为：Vt3P v 1 103 10 N/m2 0.25N/m2,故 A 正确，BCD 错误.S Vt10 602.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.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

3、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关系正确的是（A. -nsmv【答案】B【解析】12B. -nmvC. 1nmv26D.1nmv2 t 3一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量I 2mv,如图所示,/si以器壁上面积为S的部分为底、V t为高构成柱体，由题设可知，其内有1的粒子在 t时61 一.间内与器壁上面积为 S的部分发生碰撞，碰撞粒子总数N n Sv t6t时间内粒子给12I 12命壁的冲重I N I -nSmv t ,由I F t可得F - -nSmv , 3t 3r F 12f - -nmv ,故选 B.S 3

4、3.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103kg/m3,伞面的面积约为 0.8m2,据此估算当时雨水对伞面的平均撞击力约为（A. 0.1NB.1.0NC. 10N【答案】B【解析】D.100N对雨水由动量定理得FtmvShvShv0.72N 1.0N所以B正确，ACD错误。故选Bo4. 2019年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的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30m/s。某高层建

5、筑顶部广告牌的尺寸为：高 5m、宽20m,空气密度1.2kg/m3,空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0,则该广告牌受到的最大风力约为()A. 3.6 103NB. 1.1 105NC. 1.0 104ND. 9.0 104N【答案】B【解析】【分析】【详解】广告牌的面积S=5X 20m=100m2设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m,则有m = p Svt根据动量定理有-Ft=0-mv=0- p gt得FSv2 1.1 105N故选Bo5 .如图所示，某力 F 10N ,作用于半径 R 1m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

6、( )A. 0JB. 20 JC. 10JD. 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W F 2tR 20 J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【答案】AB.ghC.ghD. gh【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

7、.当两液面高度相等时，右侧高为h液柱重心下降了 -h,液柱的4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 P .拿去盖板，液体开始运动，根据机械能守恒定律得 hSg 1 h - 4hSv2 ,解得 v Jgh , A 正确.42, 87 .位于光滑水平面上的小车受到水平向右的拉力作用从静止开始运动，已知这一过程中拉 力大小由Fi随时间均匀增大到 F2,所用时间为t,小车的位移为s,小车末速度为v。则下 列判断正确的是（）A .小车增加的动能等于 1 Fi F2 s28 .小车增加的动能大于 -Fi F2 s 21 LC.小车增加的动量等于 一Fi F2 t 2，、1

8、D.小车的位移小于 一vt2【答案】BCD【解析】【详解】AB.因为拉力大小由Fi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加 的越来越大，所以若将位移 s均分为无数小段，则在每一小段位移内 F增加的越来越慢， 如图所示（曲线表示题所示情况，直线表示拉力随s均匀变化情况），而图像的面积表示拉力做的功。1W - F1 F2 s,21 _故当拉力大小由F1随时间均匀增大到F2时（曲线情况），做功大于 2 Fl F2 s,根据动1 _能定理可知小车增加的动能大于 一F1 F2 s, A错误B正确;2C.因为拉力是随时间均匀增大，故在t时间内拉力的平均值为：2 F1F2所以物体动量增

9、加量为:C正确；D.根据牛顿第二定律可知在力随时间均匀增大的过程中物体运动的加速度逐渐增大，即V t图像的斜率增大（图中红线所示，而黑线表示做匀加速直线运动情况）。根据V t图像的面积表示位移可知小车的位移小于1 vt , D正确。2故选BCD。8.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L 0.8m,两端各接一个电阻组成闭合回路，已知 R1 8Q,R2 2Q,磁感应强度B 0.5T ,方向与导轨平面垂直向下，导轨上有一根电阻r 0.4Q的直导体ab ,杆ab以v0 5m/s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

10、。(3)此时R上的电流强度多大？q 0.02C ,杆ab向左滑行的距离x。(4)若直到杆ab停下时R上通过的电量【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 Ri 的电流为 0.2A ; (4) x 0.5m。【详解】(1) ab棒切割产生的感应电动势为根据右手定则知，电流从(2)电路中的总电阻E = BLv = 0.5 创 0.8 5V=2Vb流向a, ab棒为等效电源，可知 a点的电势高于b点;cR1R28 2 八， cR= + r=+0.4 =2R + R28 + 2则电路中的总电流E 2I = = -A=1A所以ab两端的

11、电势差为(3)通过Ri的电流为Uab = E - Ir =2 - 1? 0.4V 1.6VR 2Uab 1.6I1= 3=A = 0.2AR 8(4)由题意知，流过电阻 R和R2的电量之比等于电流之比，则有流过ab棒的电荷量I L1 0 2q 总 q 1 q 0.02 0.02 0.1CI10.2ab棒应用动量定理有：BLv .,-BIL t m v 或-BL t m vR两边求和得：B2L2xBLq 总 mv 或mvR以上两式整理得:x咄 xBL代入数据解得:小。【答案】(1) vmmv； fx02E Ex 0.5m9.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

12、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0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go调节磁场的磁感应强度，

13、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 vm ；(2)导体棒从静止开始达到某一速度vi,滑过的距离为x。，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匕；(2)电源提供的电能 W -mv2fx0 2Q,通过电源的电量8 fr222Q - mg E cos T；（3） v k E2sin 8frv【详解】(1)当棒达到最大速度时，棒受力平衡，则f

14、FaFa BiLE BLvi 2r联立解得22fr 1E 1v qL2BL B据数学知识得E28fr(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12r 八W mv fx0 2Q2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2W mv1fx0 2Qq - E2EEE(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解得：水平方向位移对竖直方向应用动量定理可得kvy t解得：运动的时间kvx t m vx k x m vxm E2xcosk 8frmg t m vyk y

15、mg t m vyE2sin vt 8fr据平均速度公式可得，导体棒自gNQ运动到刚落地时这段过程的平均速度大小2-x mg E cost k E2sin 8frv10.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

16、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T aEa,（注：其中，a为物理常量，Ea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P nokT ,式中no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，T aEa,并求出a；（3）物理学中有些运动

17、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 nO为恒量，为简化问题，

18、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f0（不必推导）；B.这种情况下证还会有 T Ea的关系吗？给出关系需要说明理由.412【答案】（1） a.2mv b. f 2nmv （2）证明过程见解析； a 一（3） f0= 一 n0mv ； k2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：I mv ( mv) 2mv；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

19、理：f t NI解得f 2nmv22(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p 2n°mv根据P与热力学温度T的关系为P=no kT,2则 2n0mv =n0kT ,22 44即 T mv Ea=aEa 其中 a 一 k kk(3)考虑单位长度，？t时间内能达到容器壁的粒子数 1 >v?tno, ._一, 1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-v tn041n由动量定理可得：，p 4 n0v ' 212fo=-1=5n0mv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 T Ea关系.11 .如图所

20、示，摆球质量为 m,悬线的长为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阻的大小不变，求摆球从 A运动到竖直位置 B时，重力mg、绳的拉力 Ft、空气阻力F阻各做了多少功？【答案】 Wg mgL； WFT 0; WfE= 1F阻社2【解析】【分析】 【详解】因为拉力Ft在运动过程中，始终与运动方向垂直，故不做功，即Wft0L,所以重力在整个运动过程中始终不变，小球在竖直方向上的位移为WG mgL如图所示，F阻所做的功就等于每个小弧段上 F阻所做功的代数和。即1WF阻（F阻Xi F阻X2 L ） F阻社212 .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

21、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3 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n n和v的关系(提示：建议，建立模型，思考压强的产生原理).12【答案】(1) nvS

22、e； (2) -nmv23【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，、一 1子为该段时间内粒子数的 -，据此根据动量定理求与某一个截面碰撞时的作用力f.6(1)导体中电流大小I qtt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V Svt 1 vt ,11其中粒子有均等的概率与容器各面相碰

23、，即可能达到目标区域的粒子数为nV 'nvt,66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-1p 2mv nvt61-nvt 2 mv /由动量定理可得：p P 6 12t - -nmvtt313 .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0.25Q。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

24、平变力F作用于ab棒上，力随时间变化的规律为F (0.5t 1)N ,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2 g 10m/s ,求： 撤去力F的瞬间，ab棒的速度大小； (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，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F F(0) F(4)2由动量定理得F t=mv1 所

25、以vi =8 m/s(2)ab棒与cd棒质量相等，发生弹性碰撞后， 场时的速度为V2,由动量定理得bILq所以V2%上升的高度hab棒静止，cd棒速度为vi,设cd棒离开磁mv2 mv1t BLs 2R2. 2B L s 6m/s 2mR2-1.8m 2g(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BIL t 0 mv1BLd2R2mRv1d 2- 4mB Ls>4m时，cd棒不能穿出磁场，停在磁场内，位移为x=d+1m=5 mcd棒的位移当2mws<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, 为x=2s-d+1 m=2s-3 m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 m14 .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vo = I0m/s,从截面积为 S = 100mm2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