高中物理微元法解决物理试题的技巧及练习题及练习题

高中物理微元法解决物理试题的技巧及练习题及练习题一、微元法解决物理试题1．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的空气质量为m，则有：m=ρsvt根据动量定理有：-Ft=0-mv=0-ρsv2t得：F=ρsv2A．F=ρsv，与结论不相符，选项A错误；B．F=ρsv2，与结论相符，选项B正确；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．“水上飞人表演”是近几年来观赏性较高的水上表演项目之一，其原理是利用脚上喷水装置产生的反冲动力，使表演者在水面之上腾空而起。同时能在空中完成各种特技动作，如图甲所示。为简化问题。将表演者和装备与竖直软水管看成分离的两部分。如图乙所示。已知表演者及空中装备的总质量为M，竖直软水管的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g。若水流竖直向上喷出，与表演者按触后能以原速率反向弹回，要保持表演者在空中静止，软水管的出水速度至少为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】【详解】设出水速度为，则极短的时间内，出水的质量为速度由竖起向上的的变为竖起向下的，表演者能静止在空中，由平衡条件可知表演者及空中装备受到水的作用力为，由牛顿第三定律可知，装备对水的作用力大小也为，取向下为正方向，对时间内的水，由动量定理可得解得故C正确，A、B、D错误；故选C。3．一条长为L、质量为m的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，在链条的另一端用水平力缓慢地拉动链条，当把链条全部拉到桌面上时，需要做多少功（）A．mgL B．mgL C．mgL D．mgL【答案】C【解析】【分析】【详解】悬在桌边的长的链条重心在其中点处，离桌面的高度：它的质量是当把它拉到桌面时，增加的重力势能就是外力需要做的功，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正确；D．mgL，与结论不相符，选项D错误；故选C．【点睛】如果应用机械能守恒定律解决本题，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的变化，可以把整体分成两段来分析．4．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B．增加了C．减少了D．增加了【答案】A【解析】打开阀门K，最终两液面相平，相当于右管内的液体流到了左管中，它的重心下降了，这部分液体的质量，由于液体重心下降，重力势能减少，重力势能的减少量：，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．5．2019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。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高、宽，空气密度，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】【详解】广告牌的面积S=5×20m2=100m2设t时间内吹到广告牌上的空气质量为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，作用于半径的转盘的边缘上，力的大小保持不变，但方向始终保持与作用点的切线方向一致，则转动一周这个力做的总功应为（）A． B． C． D．【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，故则转一周中做功的代数和为故选B正确。故选B。7．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． 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，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，解得，A正确．8．如图所示，粗细均匀，两端开口的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，右侧液面下降的速度大小是（）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，相当于右管上方高的液体移到左管上方，这高的液体重心的下降高度为，这高的液体的重力势能减小量转化为全部液体的动能。由能量守恒得解得因此A正确，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点的过程中空气阻力的大小不变，则下列说法正确的是()A．重力做功为mgLB．悬线的拉力做功为0C．空气阻力做功为－mgLD．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始终不变，小球在重力方向上的位移为在竖直方向上的投影，所以．故A正确．B．因为拉力在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即．故B正确．CD．所做的总功等于每个小弧段上所做功的代数和，即故C错误，D正确；故选ABD．【点睛】根据功的计算公式可以求出重力、拉力与空气阻力的功．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；故功等于力与路程的乘积．10．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F1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B．小车增加的动能大于C．小车增加的动量等于D．小车的位移小于【答案】BCD【解析】【详解】AB．因为拉力大小由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。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（曲线情况），做功大于，根据动能定理可知小车增加的动能大于，A错误B正确；C．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：，所以物体动量增加量为：，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）。根据图像的面积表示位移可知小车的位移小于，D正确。故选BCD。11．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η＝60%（供水效率η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×100%）．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的压强分别为p1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．【答案】(1)120kg(2)1.25×102kW(3)见解析；【解析】【分析】【详解】(1)根据平抛运动规律，有H－h＝gt2①x＝v0t②联立上述两式，并代入数据得t=＝2sx＝v0＝60m③水炮与火点之间的水柱的质量m=m0t=120kg④(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＝＝1.25×102kW⑥(3)表示一个细管，其中流体由左向右流动．在管的a1处和a2处用横截面截出一段流体，即a1处和a2处之间的流体，作为研究对象．a1处的横截面积为S1，流速为v1，高度为h1，a1处左边的流体对研究对象的压强为p1，方向垂直于S1向右．a2处的横截面积为S2，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Δt，这段流体的左端S1由a1移到b1．右端S2由a2移到b2．两端移动的距离分别为Δl1和Δl2．左端流入的流体体积为ΔV1=S1Δl1，右端流出的流体体积为ΔV2=S2Δl2，理想流体是不可压缩的，流入和流出的体积相等，ΔV1=ΔV2，记为ΔV．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F1=p1S1向右，所做的功W1=F1Δl1=(p1S1)Δl1=p1(S1Δl1)=p1ΔV．作用在液体右端的力F2=p2S2向左，所做的功W2=－F2Δl2=－(p2S2)Δl2=－p2(S2Δl2)=－p2ΔV．外力所做的总功W=W1＋W2=(p1－p2)ΔV①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a1处和a2处之间的这段流体的机械能E1，末状态的机械能是b1处和b2处之间的这段流体的机械能E2．由b1到a2这一段，经过时间Δt，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ρ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(E2－E1)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=ρΔV，所以流入的那部分流体的动能为重力势能为mgh1＝ρΔVgh1流出的那部分流体的动能为重力势能为mgh2＝ρΔVgh2机械能的改变为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，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－E1③将①式和②式代入③式，得④整理后得⑤a1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：（常量）⑥④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（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】12．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0.5Ω。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/s2）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，；（2）1.25m；（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)第一种情况如果磁场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的电量联立可得即s≥6m，x=6m，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，向右运动时有返回向左运动时通过回路的电量联立可得即s＜3m时，x=1m，停在磁场左边界左侧1m处；第三种情况3m≤s＜6m，向右运动时有通过回路的电量返回向左运动时通过回路的电量联立可得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v0，经过时间t，到达磁场区域右边界（图中虚线位置）时速度为。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)；(2)【解析】【分析】【详解】(1)金属杆刚进入磁场时，有金属杆受到的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，产生的感应电动势感应电流金属杆受到