(物理)物理微元法解决物理试题专项含解析

（物理）物理微元法解决物理试题专项含解析一、微元法解决物理试题.我国自主研制的绞吸挖泥船天鲸号”达到世界先进水平.若某段工作时间内， 天鲸号的泥泵输出功率恒为1104kW，排泥量为「4m3/s，排泥管的横截面积为0.7m2，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为（）A.5106N B.2107N【答案】A【解析】【分析】【详解】设排泥的流量为Q,t时间内排泥的长度为：Vx—S输出的功：WPt排泥的功：WFx输出的功都用于排泥，则解得：F5106N故A正确，BCD错误.C.210ND.510NQt1.4t2t0.72.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 p,则风力F与风速大小v关系式为（）2 3 1 2A.F=psv B.F=pSv C.F=pSv D.F=—pSv2【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=psvt根据动量定理有：-Ft=0-mv=0-pSv得：f=psvF=psv与结论不相符，选项A错误;

F=Psv与结论相符，选项B正确；F=p做与结论不相符，选项C错误；1F=-psv与结论不相符，选项D错误；2故选Bo3.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（ ）1Fv2B.此过程拉力做功为1Fv2C.小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为D.小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为【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J 1 、，一八…WF?-R—FR,故选项B正确，A错误；4 4CD、因为F的方向沿切线方向，与速度方向平行，则拉力的功率PFv,故选项C、D错误。4.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/s2,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】112mv222 2设水在水龙头出口处速度大小为 vi,水流到接水盆时的速度V2,由V2Vi2gh得:V2=4m/s设极短时间为在水龙头出口处流出的水的体积为ViVViViVtg2ri水流进接水盆的体积为V2由Vi=V2得VitgVitg2riV2代入解得:d2=1cm.A.1cm,与结论相符，选项A正确;B.C.A.1cm,与结论相符，选项A正确;B.C.D.0.75cm,与结论不相符，选项0.5cm,与结论不相符，选项0.25cm,与结论不相符，选项B错误;C错误；D错误;g取10m/s2)( )2.5m/sD52 .g取10m/s2)( )2.5m/sD52 . m/s2一5m/sD.【答案】B【解析】【分析】【详解】设链条的质量为2m,以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为Ep EkL

2mg-sin30iL-2mg—03mgL5.如图所示，有一条长为L2m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面5.上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为 30。，另一半长度竖直下垂在空中，链条由静止释放后开始滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为（链条全部滑出后，动能为Ek重力势能为由机械能守恒定律可得解得Ep 2m由机械能守恒定律可得解得Ep 2mg2E Ek Ep3mgLmv2mgLv0m/s2故B正确，ACD错误。故选B。6.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iiA.重力做功为mgLB.悬线的拉力做功为0C.空气阻力f做功为—mgLD.空气阻力f做功为1fL2【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 WG=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 Wf=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TOC\o"1-5"\h\z. 1,.Wf (fXifX2...)fsf-L-f山，故C错误，D正确。\o"CurrentDocument"27.如图所示，小球质量为m,悬线的长为L,小球在位置A时悬线水平，放手后，小球运动到位置B,悬线竖直。设在小球运动过程中空气阻力 f的大小不变，重力加速度为g,关于该过程，下列说法正确的是( )I|* /I, ■/I .I/A.重力做的功为mgL B.悬线的拉力做的功为0C.空气阻力f做的功为mgL D.空气阻力f做的功为-fL【答案】ABD【解析】【详解】AB.如图所示，因为拉力T在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即WT0重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为 A、B两点连线在竖直方向上的投影，为L,所以WGmgL故AB正确；CD.空气阻力所做的总功等于每个小弧段上 f所做功的代数和，即Wf fXifX2 —fL2故C错误，D正确。故选ABD。8.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=80m,建筑物上的火点离地高度为 h=60m,整个供水系统的效率 『60%（供水效率刀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 X100%.假设水从水炮水平射出，水炮的出水速度 V0=30m/s,水炮单位时间内的出水量 m0=60kg/s,取g=10m/s2,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=80m,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面以速度vi向前运动了xi时，S2面以速度V2向前运动了X2,若该液柱前后两个截面处的压强分别为 pi和P2,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.以町【答案】(1)120kg(2)1.25 2<kt0⑶见解析;【解析】【分析】【详解】(1)根据平抛运动规律，有H—h=：gt2 ①

x=vot②联立上述两式，并代入数据得t=jT2sx=vo2(Hh)=60m③水炮与火点之间的水柱的质量m=mox=vo2(Hh)=60m③水炮与火点之间的水柱的质量m=mot=120kg④(2)设在用时间内出水质量为mn,贝Uzm=mo&,由功能关系得:1 2Pt mvo2mgH⑤解得:1 ,2Pt—m解得:1 ,2Pt—m°tv。m°tgH21 2m°VoP=2m0gH -°” =1.25X120kW⑥(3)表示一个细管，其中流体由左向右流动.在管的 ai处和a2处用横截面截出一段流体，即ai处和a2处之间的流体，作为研究对象.ai处的横截面积为S,流速为vi,高度为hi,ai处左边的流体对研究对象的压强为 pi,方向垂直于Si向右.a2处的横截面积为S?,流速为V2,高度为h2,a2处左边的流体对研究对象的压强为 p2,方向垂直于S2向左.经过很短的时间间隔 困，这段流体的左端 Si由ai移到bi.右端S2由a2移到b2,两端移动的距离分别为囚i和囚2.左端流入的流体体积为 ZVi=S&,右端流出的流体体积为a2二金四2,理想流体是不可压缩的，流入和流出的体积相等， 闾1=凶2,记为ZV.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Fi=piSi向右，所做的功Wi=Fi囚i=(piSi)Ai=pi(Si丹i)=pi川.作用在液体右端的力F2=p2s2向左，所做的功W2二一F2内2二—(p2S2)a二一p2(S2四2)二一p2双.外力所做的总功W=Wi+W2=(pi—p2)V①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 ai处和a2处之间的这段流体的机械能Ei,末状态的机械能是bi处和b2处之间的这段流体的机械能E2.由bi到a2这一段，经过时间困，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p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(2-Ei)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二p川，所以流入的那部分流体的动能为Vvi2Vvi22mvi重力势能为mghi=pzVghi流出的那部分流体的动能为

1 2 1 2 1mv22 2Vv2mgh2=pZVgh2重力势能为mgh2=pZVgh2机械能的改变为2 1 2E2E1—7V2—Vv1 Vgh2 Vgh1②2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=E2-Ei③将①式和②式代入③式，得TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"2 1 2p1P2V-Vv2一Vv1 Vgh2 Vgh1④\o"CurrentDocument"2整理后得\o"CurrentDocument"12 1 2Pl-VlghiP2-V2 gh2⑤\o"CurrentDocument"2 2ai和a2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：\o"CurrentDocument"2p-vghC（常量）⑥2④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2P2VC（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】9.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0.5Qcd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/s2）求：ab棒与cd棒碰撞后瞬间的速度分别为多少；（2）若$=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)1.25m；(3)见解析【解析】【详解】(1)对ab棒，由动量定理得Ftmva0ab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mvamvamvcmva由系统机械能守恒定律得1 2 1 2mv由系统机械能守恒定律得1 2 1 2mva mvc2 212mva2a解得va0,Vc6m/s(2)由安培力公式可得FBIL对cd棒进入磁场过程，由动量定理得mvcmvcmvc设导体棒cd进出磁场时回路磁通量变化量为BSL111Wb=1WbqBSL111Wb=1Wbqo t一2Rt2R以上几式联立可得vc5m/s。对cd棒出磁场后由机械能守恒定律可得“2 _,—mvcmgh联立以上各式得h1.25m。(3)第一种情况如果磁场s足够大，cd棒在磁场中运动距离 人时速度减为零，由动量定理可得BIiLt1 0mvc设磁通量变化量为11BLx1流过回路的电量

qiIiqiIiti2Rt1tii2R联立可得xi6m即s>6mx=6m,停在磁场左边界右侧6m处。52,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52,可得二者速度交换，cd会停在距磁场左边界左侧im处，设此种情况下磁场区域宽度向右运动时有BI2Lt2mymvc返回向左运动时BI3Lt30mv通过回路的电量BLs

q212t212t22R联立可得S23m即s<3m时，x=im,停在磁场左边界左侧im处；第三种情况3m与v6m,向右运动时有BI3Lt3mv2mvc通过回路的电量q3 13q3 13t3BLs2R返回向左运动时通过回路的电量BI4Lt40 mv2q2 q2 14t4BLsx2R联立可得x=(2s—6)m,在磁场左边界右侧。i0.如图所示，一质量为m=2.0kg的物体从半径为R=5.0m的圆弧的A端.在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端(圆弧AB在竖直平面内).拉力F大小不变始终为i5N,方向始终与物体所在位置的切线成37。角.圆弧所对应的圆心角为60。，BD边竖直，g取i0m/s2.求这一过程中(cos37=0.8)(1)拉力F做的功；(2)重力mg做的功；(3)圆弧面对物体的支持力 Fn做的功；(4)圆弧面对物体的摩擦力 Ff做的功.【答案】 (1)62.8J(2)-50J(3)0 (4)-12.8J【解析】【分析】【详解】(1)将圆弧分成很多小段11、12、…、ln,拉力在每小段上做的功为 Wl、W2、…、Wn,因拉力F大小不变，方向始终与物体所在位置的切线成 37。角，所以：W1=F1cos37；W2=F2cos37；…，Wn=F1ncos37；所以拉力F做的功为：WF皿W2 Wn Fcos37l1l2lnFcos37?-R20J62.8J(2)重力mg做的功WG=-mgR(1-cos60)=-50J.⑶物体受到的支持力Fn始终与物体的运动方向垂直，所以 Wf=0.(4)因物体在拉力F作用下缓慢移动，则物体处于动态平衡状态，合外力做功为零,所以Wf+Wg+WFf=0,则WFf=—Wf—Wg=—62.8J+50J=—12.8J.本题考查动能定理及功的计算问题，在求解 F做功时要明确虽然力是变力，但由于力和速度方向之间的夹角始终相同，故可以采用“分割求和”的方法求解.11.如图所示，一个粗细均匀的 U形管内装有同种液体，在管口右端盖板A密闭，两液面的高度差为h,U形管内液柱的总长度为 4h.现拿去盖板，液体开始运动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度是多大？【解析】【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1h,液体重力势能的减4小量全部转化为整体的动能；【详解】TOC\o"1-5"\h\z设管子的横截面积为S,液体的密度为 ，则右侧高出左侧的水银柱的体积为 Sh,所以其质量为：mSh,全部的水银柱的质量： MS4h拿去盖板，液体开始运动，当两液面高度相等时，右侧高为 h液柱重心下降了-h41根据机械能守恒定律得： mg—h-Mv22rr 1 1 2即：hSgh4hSv4 2【点睛】本题运用机械能守恒定律研究液体流动的速度问题，要注意液柱 h不能看成质点，要分析其重心下降的高度.12.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)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 mi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nn和v的关系(提示：建议，建立模型，思考压强的产生原理).

…… 1 2【答案】(1)nvSe;(2)—nmv3【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 1，一 …一一，，，，，E,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Iqtt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： qnSvte由①②式得Inesv；(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 VSvt1vt,1 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 1nV-nvt,6 6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1p2mv—nvt6112-nmv12-nmv3由动量定理可得:6由动量定理可得:t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2X10Pa,体积为1m3.在状态B时的体积为2m3.(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)PB=1105Pa；(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： PaVaPBVb5解得状态B的压强：Pb=110Pa(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.如图所示，一个滑块质量为 2kg,从斜面上A点由静止下滑，经过BC平面又冲上另斜面到达最高点D.已知AB=100cm]CD=60cm/“=30°,/3=37°,(g取10m/s2)试求：(1)滑块在A和D点所具有的重力势能是多