物理学中微元法的应用
编稿：李传安 审稿：张金虎
【高考展望】
随着新课程的改革，微积分已经引入了高中数学课标，列入理科学生的高考考试范围，为高中物理的学习提供了更好的数学工具。教材中很多地方体现了微元思想，逐步建立微元思想，加深对物理概念、规律的理解，提高解决物理问题的能力，不仅需要从研究方法上提升学习能力，而且还要提高利用数学方法处理物理问题的能力。高考试题屡屡出现“微元法” 的问题，较多地出现在机械能问题、动量问题、电磁感应问题中，往往一出现就是分值高、难度较大的计算题。在高中物理竞赛、自主招生物理试题中更是受到命题者的青睐，成为必不可少的内容。 【知识升华】
“微元法”又叫“微小变量法”，是分析、解决物理问题中的常用方法，也是从部分到整体的思维方法。用该方法可以使一些复杂的物理过程用我们熟悉的物理规律迅速地加以解决，使所求的问题简单化。在使用微元法处理问题时，需将其分解为众多微小的“元过程”，而且每个“元过程”所遵循的规律是相同的。微元可以是一小段线段、圆弧、一小块面积、一个小体积、小质量、一小段时间……，但应具有整体对象的基本特征。这样，我们只需分析这些“元过程”，然后再将“元过程”进行必要的数学方法或物理思想处理，进而使问题得到求解。利用“微元法”可以将非理想模型转化为理想模型，将一般曲线转化为圆甚至是直线，将非线性变量转化为线性变量甚至是恒量，充分体现了“化曲为直”、“化变为恒”的思想。
【方法点拨】
应用“微元法”解决物理问题时，采取从对事物的极小部分（微元）入手，达到解决事物整体的方法，具体可以分以下三个步骤进行：（1）选取微元用以量化元事物或元过程； （2）把元事物或元过程视为恒定，运用相应的物理规律写出待求量对应的微元表达式；（3）在微元表达式的定义域内实施叠加演算，进而求得待求量。微元法是采用分割、近似、求和、取极限四个步骤建立所求量的积分式来解决问题的。 【典型例题】
类型一、微元法在运动学、动力学中的应用
例1、设某个物体的初速度为0v ，做加速度为a 的匀加速直线运动，经过时间t ，则物
体的位移与时间的关系式为2
012
x v t at =+
，试推导。 【思路点拨】把物体的运动分割成若干个微元，t ?极短，写出v t -图像下微元的面积的表
达式，即位移微元的表达式，最后求和，就等于总的位移。
【解析】作物体的v t -图像，如图甲、乙，把物体的运动分割成若干个小元段（微元），由于每一个小元段时间t ?极短，速度可以看成是不变的，设第i 段的速度为i v ，则在t ?时间内第i 段的位移为i i x v t =?，物体在t 时间内的位移为i i x x v t =∑=∑?，在v t -图像上则为若干个微小矩形面积之和。
当把运动分得非常非常细，若干个矩形合在一起就成了梯形OAPQ ，如图丙所示。图线与轴所夹的面积，表示在时间t 内物体做匀变速直线运动的位移。
面积12S S S =+，又0P v v at =+，所以2012
x v t at =+
【总结升华】这是我们最早接触的微元法的应用。总结应用微元法的一般步骤：（1）选取微元，时间t ?极短，认为速度不变，“化变为恒”，（2）写出所求量的微元表达式，微元段的意义是位移，写出位移表达式i i x v t =?，（3）对所求物理量求和，即对微元段的位移求和， i i x x v t =∑=∑?。
举一反三
【变式1】加速启动的火车车厢内的一桶水，若已知水面与水平面的夹角为θ，则火车加速行驶的加速度大小为（ ）
A.cos g θ
B. tan g θ
C.
cos g θ D. tan g
θ
【答案】B
【解析】如图所示，取水面上质量为m ?的水元为研究对象，其受力如图所示，
应用正交分解或平行四边形定则，可求得质量为m ?的水元受到的合力为
=tan F mg θ?合，根据牛顿第二定律可知
=F ma ?合， 则tan a g θ=，方向与启动方向相同。
【变式2】如图所示，人用绳子通过定滑轮以不变的速度0v 拉水平面上的物体A ，当绳子与 水平方向成θ角时，求物体A 的速度。 【答案】0
cos A v v θ
=
【解析】设物体A 在θ角位置t ?时间向左行驶x ?距离，滑轮右侧绳长缩短L ?，如图，
当绳水平方向的角度变化很小时，有cos L x θ?=?，两边同除以t ?得
c o s L x t t
θ??=??，当这一小段时间趋于零时，收绳的平均速率就等于瞬时速率 即收绳速率0cos A v v θ= 所以物体A 的速率为0
cos A v v θ
=
. 类型二、微元法在功和能中的应用
例2、(2015 北京卷) 真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置，如图所示。光照前两板都不带电。以光照射A 板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于A 板向B 板运动，忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变。a 和b 为接线柱。
已知单位时间内从A 板逸出的电子数为N ，电子逸出时的最大动能为E km 。元电荷为e 。 (1)求A 板和B 板之间的最大电势差U m ，以及将a 、b 短接时回路中的电流I 短。 (2)图示装置可看作直流电源，求其电动势E 和内阻r 。
(3)在a 和b 之间连接一个外电阻时，该电阻两端的电压为U 。外电阻上消耗的电功率设为P ；单位时间内到达B 板的电子，在从A 板运动到B 板的过程中损失的动能之和设为ΔE k 。
请推导证明:P =ΔE k 。
(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明)
【答案】(1)
km E e Ne (2) km E e km
2
E Ne (3)外电阻两端的电压为U ，则电源两端的电压也是U 。
【解析】(1)由动能定理，E km =eU m ，可得
km
m E U e
=
短路时所有逸出电子都到达B 板，故短路电流 I 短=Ne
(2)电源的电动势等于短路时的路端电压，即上面求出的U m ，所以 km
m E E U e
== 电源内阻 km
2
=E E r I Ne =
短 (3)外电阻两端的电压为U ，则电源两端的电压也是U 。 由动能定理，一个电子经电源内部电场后损失的动能
ΔE k e =eU
设单位时间内有N'个电子到达B 板，则损失的动能之和
ΔE k =N'ΔE k e =N'eU
根据电流的定义，此时电源内部的电流
I =N'e
此时流过外电阻的电流也是I =N'e ，外电阻上消耗的电功率
P =IU =N'eU 所以P =ΔE k 举一反三
【变式】（2014 上海徐汇模拟）如图所示，一台农用水泵装在离地面的一定高度处，其出水管是水平的．现仅有一盒钢卷尺，请你粗略测出水流出管口的速度大小和从管口到地面之间在空中水柱的质量(已知水的密度为ρ，重力加速度为g )．
(1)除了已测出的水管内径l 外，还需要测量的物理量是____________(写出物理量名称和对应的字母)；
(2)水流出管口的速度v 0的表达式为________________(请用已知量和待测量的符表示)； (3)空中水柱的质量m 的表达式为____________(请用已知量和待测量的符表示)．
【答案】(1)水的水平射程x ，管口离地的高度h (2) 0=v (3) 2
4
xl m πρ=
【解析】 根据平抛运动的规律知，水平方向上有x =v 0t ，竖直方向上有2
12
h gt =
，联
立以上二式可得初速度0=v ；空中水的质量2
04
xl m Sv t πρρ==.
例3、从地面上以初速度0v 竖直向上抛出一质量为m 的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t 1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为1v ，且落地前球已经做匀速运动．求： （1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；
（2）球抛出瞬间的加速度大小； （3）球上升的最大高度H ．
【思路点拨】（1）（2）求解不难。（3）用微元法求解，首先根据牛顿第二定律写出加速度的表达式，再用v
a t
?=
?，取微元然后写出v ?与t ?关系式，最后求和。 【答案】见解析。 【解析】（1）球从抛出到落地重力做功为零，根据动能定理
22
101122
f W mv mv -=
- 克服空气阻力做功22
011122
f W mv mv =-
（2）阻力与其速率成正比
抛出瞬间阻力0f kv = 匀速运动时11f kv =
抛出瞬间阻力的大小为0
1
v f mg v = 根据牛顿第二定律0mg f ma +=
解得抛出瞬间的加速度大小为
0011v a g v ??=+ ???
（3）上升时加速度为a ，根据牛顿第二定律
()mg kv ma -+=
k
a g v m
=--
取极短时间t ?，速度的变化量v ?，有
k
v a t g t v t m
?=?=-?-?
式中v t h ?=?
上升全过程对等式两边求和
k
v g t h m
∑?=-∑?-
∑? 左边求和 00v v ∑?=- （末减初）
1g t gt -∑?=- k k
h H m m
-
∑?=- （h H ∑?=） 代入解得010k
v gt H m -=--，又前面已求出1
mg k v =
所以球上升的最大高度
()011
v g t v H g
-=
.
【总结升华】取微元，根据相应的物理规律写出所求问题用微元表示的函数表达式，最后求和，注意各物理量的物理意义，解析中已经写得很清楚了。
类型三、微元法在动量中的应用
例3、一根质量为M ，长度为L 的铁链条，被竖直地悬挂起来，其最低端刚好与水平接触，今将链条由静止释放，让它落到地面上，如图所示，求链条下落了长度x 时，链条对地面的压力为多大？
【思路点拨】在下落过程中链条作用于地面的压力实质就是链条对地面的“冲力”加上落在地面上那部分链条的重力.根据牛顿第三定律，这个冲力也就等于同一时刻地面对链条的反作用力，这个力的冲量，使得链条落至地面时的动量发生变化.由于各质元原来的高度不同，落到地面的速度不同，动量改变也不相同.我们取某一时刻一小段链条（微元）作为研究对象，就可以将变速冲击变为恒速冲击. 【答案】.332L
Mgx
gx gx gx N =
=+=ρρρ 【解析】设开始下落的时刻t=0，在t 时刻落在地面上的链条长为x ，未到达地面部分链条的速度为v ，并设链条的线密度为ρ.由题意可知，链条落至地面后，速度立即变为零.从t 时刻起取很小一段时间t ?，在t ?内又有M x ρ?=?落到地面上静止. 地面对M ?作用的冲量为
x v p t Mg F ?=?=??-ρ)( 因为0≈???t Mg
所以x v v M t F ?=-??=?ρ0 解得冲力：
t x v
F ??=ρ，其中t
x ??就是t 时刻链条的速度v ， 故 2
v F ρ=，链条在t 时刻的速度v 即为链条下落长为x 时的瞬时速度， 即2
2v gx =，代入F 的表达式中，得gx F ρ2=
即t 时刻链条对地面的作用力，也就是t 时刻链条对地面的冲力. 所以在t 时刻链条对地面的总压力为
.332L
Mgx
gx gx gx N =
=+=ρρρ 【总结升华】通过取微元分析，把变速冲击问题转化为恒定速度的冲击问题，这就体现了“化变为恒”的思想。 举一反三
【变式1】一艘帆船在静水中由风力推动做匀速直线运动。帆面的面积为S ，风速为1v ，船速为2v （21v v <），空气的密度为ρ，则帆船在匀速前进时帆面受到的平均风力大小为多少？
【答案】2
12()S v v ρ-
【解析】取图所示的部分空气为研究对象，应用“长方体模型”， 这部分空气的质量为m V Sv t ρρ?=?=?, 这部分空气经过时间t ?后速度都由1v 变为2v ， 取船前进方向为正方向，由动量定理得：
【变式2】处于运转状态的重量为G 直升飞机停在空中不动，则直升机输出功率P 为多大？
设此时螺旋桨推动空气向下运动的速度为v 。 【答案】Gv P 2
1=
【解析】设时间t ?内有质量为m ?的空气撞击机翼，空气的密度为ρ，对于截面积为S 的 空气柱的质量()m v t S ρ?=?
根据动量定理：F t mv ?=? 即2
F t v S t ρ?=? 所以2
F v S ρ=
飞机停止在空中受力平衡，
2F G v S ρ== 可求得2G v S
ρ=
螺旋桨的推动空气做功：
23111
222
W mv v S t Gv t ρ=?=?=?
所以直升机输出功率：
12
W P Gv t =
=?
类型四、微元法在电场中的应用
例4、如图所示，一个半径为R 的带电圆环，带电荷量为+Q ，带电圆环的中心为O ，在通过O 点与圆面垂直的直线上有一点A ，距离O 点为L ，A 点有一带电荷量为+q 的点电荷，求该点电荷受到的电场力．
【思路点拨】带电圆环不是点电荷，用“对称”“等效”或“割补”的方法将非点电荷问题转化为点电荷问题，实际上就是利用“微元法”，把带电圆环平均分为N 小段，每段都可以看着点电荷，这个微小的点电荷的电荷量为/q Q N '=，再利用库仑定律求相互作用力。 【答案】3
222
()
QqL k
L R + 沿OA 方向
【解析】把带电圆环平均分为N 小段，每段都可以看着点电荷，这个微小的点电荷的电荷量为/q Q N '=，则q '与q 间的库仑力的大小为F ，如图所示．设F 、F '夹角为θ，A 点到
圆环边缘距离为r ，则由库仑定律得2qq F k r
'=，cos F F θ'=，由几何知识222
r R L =+
，
cos θ=
，根据对称性（每个微元电荷与q 之间的库仑力的竖直分量的矢量和为
零）有：该点电荷受到的电场力的大小就等于每个微元电荷与q 之间的库仑力的水平分量之和，3
222
()
QqL F NF k
L R '==+合．方向沿OA 方向。
【总结升华】带电圆环是线电荷，应用微元法就是把它均匀分成N 段，每段的电荷量为总电量除以N ，/q Q N '=，再利用库仑定律求相互作用力，各个微元电荷与q 的作用力的方向都不同，把F '分解成水平方向和竖直方向，就清楚地知道竖直分量的矢量和为零，水平分量大小相等方向相同，将水平分力求和，即F NF '=合。 拓展：如果在A 点不放点电荷，求A 点的电场强度的大小和方向。
【答案】3222
()
QL E k
L R =+．方向沿OA 方向。
举一反三 【变式】（2016 河南一模）如图所示为一半径为R 的均匀带电细环，琴上单位长度带电量为η，取环面中心O 为原点，以垂直于环面的轴线为x 轴。设轴上任意点P 到O 点的距离为x ，以无限远处为零电势，P 点电势的大小为φ。下面给出φ的四个表达式（式中k 为静电力常量）正确的是（ ）
A. ?=
B. ?=
C. ?=
D. x ?=
【思路点拨】除点电荷的周围电势的公式外，我们没有学习其它带电体周围的电势公式，本题看似无从下手，实际上我们可以采取“微元法”、“特值法”，将一些特值如x =0等代入公式，从而得出正确结果。
【答案】A
【解析】电的势高低与圆环电量的大小η·2πR 有关，B 选项表达式显然与圆环的电量无关，B 错；无论圆环带什么电荷，圆环中心处的电势均不为零，因此x =0时，电势不为零，D 错；同理x=R 处的电势为无穷大也不可能，C 错；故只有A 正确。
故选A 。 【总结升华】“微元法”、“特值法”、“代入法”是解答选择题经常用到的方法，要熟练掌握。
类型五、微元法在电磁感应中的应用
例5、如图所示，一水平放置的光滑平行导轨上放一质量为m 的金属杆，导轨间距为L ，导轨的一端连接一阻值为R 的电阻，其他电阻不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面.现给金属杆一个水平向右的初速度0v ，然后任其运动，导轨足够长，试求金属杆在导轨上向右移动的最大距离是多少？
【思路点拨】这是一个典型的在变力作用下求位移的题，用我们已学过的知识好像无法解决，其实只要采用的方法得当仍然可以求解。应用微元法求解：取一极短时间t ?，发生了一段极小的位移x ?，切割磁感线面积的变化量为L x ??，磁通量的变化为BL x ?Φ=?，写出电流的表达式，进而写出安培力的表达式，应用动量定理，对所有的位移求和，就可以求出 金属杆移动的最大距离。 【答案】2
20L
B R
mv x =
【解析】设杆在减速中的某一时刻速度为v ，取一极短时间t ?，发生了一段极小的位移x ?， 在t ?时间内，磁通量的变化为?Φ
BL x ?Φ=? tR
x
BL tR R E I ??=
??Φ==
金属杆受到安培力为tR
x
L B ILB F ??==22安
由于时间极短，可以认为F 安为恒力，选向右为正方向，在t ?时间内，
安培力F 安的冲量为：R
x
L B t F I ?-=??-=?22安
对所有的位移求和，可得安培力的总冲量为
x R
L B R x L B I 2
222)(-=?-=∑ ① 其中x 为杆运动的最大距离（x x ∑?=）
， 对金属杆用动量定理可得 00I mv =- ② 由①、②两式得：2
20L B R
mv x =
【总结升华】对于这种轻杆在磁场中的导轨上滑动问题，应用微元法是很好的解题方法。要注意的是，轻杆的运动是变减速运动，速度、电流、安培力等都是变化的，“化变为恒”就是要取一个微元，应用相应的物理规律，这里重要的是必须用动量定理，写出安培力的冲量的表达式，就是我们说的微元的表达式，最后求和。
举一反三
【变式1】如图所示，水平放置的导体电阻为R ，其他电阻不计。R 与两根光滑的平行金属导轨相连，导轨间距为L ，其间有垂直导轨平面的、磁感应强度为B 的匀强磁场。导轨上有一导体棒a b 质量为m 以初速度0v 向右运动。求这个过程的总位移？
【答案】2
20L
B R
mv x =
【解析】与上面例题是同一个问题，例题中描写的是“位移微元”，现在仍然用微元法，描写“速度微元”，同样要用用动量定理，还要应用牛顿第二定律。 根据牛顿第二定律，导体棒在运动过程中受到安培力作用，
感应电流E BLv
I R R ==，安培力22B L v F BIL R =-=-
导体棒做非匀减速运动，ma R v
L B BIL =-=-22 在某一时刻取一个微元 t v
m R v L B i ??=-22 变式v m t v R L B i ?=?-2
2 两边求和∑∑?=?-v m t v R
L B i 2
2 因 i i x t v ?=? 则 x x t v i i =∑?=?∑ 根据动量定理
)0(02
2v m x R
L B -=- 这个过程的总位移
2
20L B R
mv x =
. 【变式2】如图所示，六段相互平行的金属导轨在同一水平面内，长度分别为L 和2L ，宽间距的导轨间相距均为2L 、窄间距的导轨间相距均为L ，最左端用导线连接阻值为R 的电阻，各段导轨间均用导线连接，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中．质量为m 的导体棒可在各段导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直．导轨和导体棒电阻均忽略不计．现使导体棒从ab 位置以初速度0v 垂直于导轨向右运动，则
（1）若导体棒在大小为F 、沿初速度方向的恒定拉力作用下运动，到达cd 位置时的速度为
v ，求在此运动的过程中电路产生的焦耳热．
（2）若导体棒在水平拉力作用下向右做匀速运动，求导体棒运动到cd 位置的过程中，水
平拉力做的功和电路中电流的有效值．
（3）若导体棒向右运动的过程中不受拉力作用，求运动到cd 位置时的速度大小．
【答案】见解析。 【解析】（1）恒定拉力F 做功9W FL = 根据能量守恒定律
22
11922
FL Q mv mv =+- 电路产生的焦耳热为
22
011922
Q FL mv mv =+-
（2）导体棒在宽间距的导轨上匀速运动时，拉力等于安培力
2200
112422BLv B L v F BI L BL R R === 拉力做功230
11123B L v W F L R
=?=
导体棒在窄间距的导轨上匀速运动时，拉力等于安培力
2200
22BLv B L v F BI L BL R R === 拉力做功230
2266B L v W F L R
=?=
所以水平拉力做的总功为
230
1218B L v W W W R
=+=
导体棒运动的总时间为t ，在宽间距的导轨上匀速运动的时间为13
t ， 产生的感应电流大小0
12BLv I R
=
在窄间距的导轨上匀速运动的时间为23
t ， 产生的感应电流大小0
2BLv I R
= 根据等效原理
2
220022(
)()33
BLv BLv t t
I Rt R =?+?
解得电路中电流的有效值为0
I R
=
（3）设导体棒在每段宽间距和窄间距轨道上运动速度变化的大小分别为1v ?和2v ?，
在宽间距轨道上，根据牛顿第二定律，在t t t ?+→时间内有
F v t m ?=
?，则112BL v I t m
?=∑? q I t ?=? 211122E
B L L BL q t R R R R ?Φ?=??=
== 则 2314B L v Rm ?=，同理 23
22B L v Rm
?=
所以导体棒运动到cd 位置时的速度大小
23
0120183()B L v v v v v mR
'=-?+?=-.
例6、如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l ，导轨电阻忽略不计，导轨所在平面的倾角为α，匀强磁场的宽度为d ，磁感应强度大小为B 、方向与导轨平面垂直向下。长度为2d 的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“
”型装置，总质量为m ，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I 的电流，方向如图
所示（由外接恒流源产生，图中未画出）。线框的边长为d （d l <），电阻为R ，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。重力加速度为g ．求：
（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q 是多少； （2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间1t ；
（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离m x 。
【思路点拨】（1）（3）不难求解，主要是（2）应用微元法求解，关键取好微元v ?、t ?，速度对时间的变化率就是加速度，利用牛顿第二定律，列出v ?与t ?的函数表达式，最后求和，求和时也要理解其物理意义。 【答案】见解析。 【解析】（1）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安 培力做功为W
由动能定理sin 40mg d BIld W α?-+= 且 Q W =-
解得 4sin Q mgd BIld α=-
（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为1v ，则接着向下运动2d 由动能定理212
102sin mv BIld d mg -
=-?α 则
1)
v =
①
装置在磁场中运动时受到的合力 sin 'F mg F α=- 感应电动势E Bdv = 感应电流E I R
'= 安培力F BI d ''=
在t 到t t +?时间内，加速度F v
a m t
?==
? 由牛顿第二定律，有t m
F v ?=
? 则t mR v d B g v ???
?
???-=?∑∑22sin α
对速度求和1v v ∑?=，右边两项分别对时间求和1sin sin g t gt αα∑?=
第二项22B d v
t mR ∑
?中v t d ∑?=（1t 时间内滑动的距离） 所以23
112sin B d v gt mR
α=- ②
联立①②解得
23
12sin B d R t mg α
=
（3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离m x 之间往复运动 由动能定理sin ()0m m mg x BIl x d α?--= 解得 sin m BIld
x BIl mg α
=
-.
【总结升华】（2）中写v ?与t ?的函数表达式时显然根据加速度定义v
a t
?=
?，又根据牛顿第二定律=F ma 合。各项求和时一定要理解它的物理意义，解析中已经给出了说明。
【变式】对于同一物理问题，常常可以从宏观和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 。 （a ）求导线中的电流I ；
（b ）将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B ，导线所受安培力大小为
F 安，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F ，推导F F =安.
（2）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，导出器壁单位面积所受粒子压力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） 【答案】（1）（a ）neSv （b ）见解析 （2）
23
1
nmv 【解析】（1）（a ）设t ?时间内通过导体横截面的电量为q ?，由电流定义， 有 q n e S v t I n e S v t t
??=
==?? （b ）每个自由电子所受的洛伦兹力F evB =洛 设导体中共有N 个自由电子N n Sl =?
导体内自由电子所受洛伦兹力大小的总和 F N F n S l e v B ==?洛 由安培力公式，有=F BIl B neSv l =??安 所以F F =安
（2）一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为2I mv ?=
如图，以器壁上的面积S 为底、以v t ?为高构成柱体，由题设可知，其内的粒子在t ?时间 内有
6
1
与器壁S 发生碰撞，与器壁S 发生碰撞粒子总数为 1
6
N nSv t =?
t ?时间内粒子给器壁的冲量为
21
3
I N I nSmv t =??=?
面积为S 的器壁受到粒子压力为I
F t =? （因为I F t =?） 器壁单位面积所受粒子压力为21
3
F f nmv S ==.
高考物理图示法图像法解决物理试题解题技巧及练习题 一、图示法图像法解决物理试题 1．甲乙两图中，某时刻绳子AB 与水平方向的夹角均为θ，绳子上端以速度v 0匀速拉动，在两车运动过程中，下列说法正确的是（ ） A ．甲、乙两车运动速度大小之比cos 1cos θ θ + B ．甲车运动速度大小为 cos v θ C ．相同时间t ?内乙车速度增量大于甲车速度增量 D ．此刻若将速度v 0改成拉力F ，则两车加速度大小之比1:1 【答案】AC 【解析】 【详解】 ABC ．由甲图可知，甲车的速度 11cos v v θ = + 乙车的速度 2cos v v θ = 所以，甲、乙两车运动速度大小之比cos 11cos θ θ <+，相同时间t ?内乙车速度增量大于甲车 速度增量．故AC 正确，B 错误； D ．改成拉力F ，甲车所绳子合力沿两绳子夹角的角平分线上，汽车甲的合力大小为 22cos 2 F θ ，汽车乙的合力大小为cos F θ，因此合力不相等，加速度不相等，故D 错误． 2．如图所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O ′处(O 为球心)，弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点。已知容器半径为R ，与水平面间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°。下列说法正确的是 A ．容器相对于水平面有向左运动的趋势
B．轻弹簧对小球的作用力大小为 mg C．容器对小球的作用力竖直向上 D．弹簧原长为R＋ 【答案】BD 【解析】 【分析】 对容器和小球整体研究，分析受力可求得半球形容器受到的摩擦力．对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止，由共点力的平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力，由胡克定律求出弹簧的压缩量，即可求得原长．【详解】 由于容器和小球组成的系统处于平衡状态，容器相对于水平面没有向左运动的趋势，故A 错误；容器对小球的作用力是弹力，指向球心O，故B正确；对小球受力分析，如图所示 由可知，支持力和弹簧的弹力之间的夹角为120°，则由几何关系可知，小球受到容器的支持力和弹簧对小球的弹力大小均为mg，故C错误；图中弹簧长度为R，压缩量 为，故原长为，故D正确。故选BD。 【点睛】 本题考查共点力的平衡条件应用，要注意明确共点力平衡问题重点在于正确选择研究对象，本题运用隔离法和整体法两种方法进行受力分析得出结论．同时注意几何关系的正确应用． 3．一快艇从离岸边100m远的河流中央向岸边行驶．已知快艇在静水中的速度图象如（图甲）所示；河中各处水流速度相同，且速度图象如（图乙）所示．则（） A．快艇的运动轨迹一定为直线 B．快艇的运动轨迹一定为曲线 C．快艇最快到达岸边，所用的时间为20s D．快艇最快到达岸边，经过的位移为100m 【答案】BC 【解析】
高考物理微元法解决物理试题及其解题技巧及练习题 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 =ρsv2C．F =ρsv3D．F=1 2 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=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正确； C．F =ρsv3，与结论不相符，选项C错误； D．F=1 2 ρsv2，与结论不相符，选项D错误； 故选B。 2．估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45mm。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s。据此估算该压强约为（）（设雨滴撞击唾莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3） A．0.15Pa B．0.54Pa C．1.5Pa D．5.1Pa 【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△t时间内有质量为△m的雨水的速度由v=12m/s减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理有 () F t mv mv ?=--?=?
高物理解题技巧：图像法2 图象法能简明形象地反映某物理量随另一物理量变化的规律，故图象法在物理有广泛的应用，在定性或定量讨论分析某些物理问题时，应用图象比例解析方程求解，会容易、简明得多 不论是解图象问题或利用图象求解物理问题，都要求： 1 认识坐标轴的意义（包括其正、负号的意义），这是认识图象的开始，是区别图象性质的关键 2 会写图象所表示的函数（如：正比例函数、一次函数、二次函数等），会画已知函数的图象，这是解答图象问题或利用图象求解物理问题的关键 3 清楚图象斜率的意义 4 知道图象在坐标轴上截距的意义 5 理解图线下所围“面积”的意义 全面理解物理图象的意义，熟练应用图象处理物理问题，是同们应该掌握的一个基本技能 一、利用图象解题 例1 某物体从静止开始匀加速直线运动，一段时间后做匀速直线运动直至停止，已知物体共用时间10s，总位移为20m，求物体在运动过程的最大速度 解析：作物体运动的图象，如图1所示，根据图线下所围“面积”表示 位移，可得
图1 即 点评：本题还可以运用求解，若引入加速度分析求解会更麻烦， 借助图象，使物体运动过程更形象、直观地表现了，简捷明快，有着曲径通幽之妙 二、利用图象解题 例2 质量为2g的物体在恒力F作用下，从静止开始运动，已知物体所受恒力F与 位移s的关系是，那么，当位移为2m时，物体的速度多大？ 解析：作物体的图象，如图2所示，根据图线下所围“面积”表示F做的功， 可知 由动能定理得 图2 点评：本题物体受力及运动加速度都是变化的，可以利用平均力计算F的功，也可以利用平均加速度求解，但显然没有利用图象求解得直接、直观 三、利用图象解题
高中奥林匹克物理竞赛解题方法 微元法 方法简介 微元法是分析、解决物理问题中的常用方法，也是从部分到整体的思维方法。用该方法可以使一些复杂的物理过程用我们熟悉的物理规律迅速地加以解决，使所求的问题简单化。在使用微元法处理问题时，需将其分解为众多微小的“元过程”，而且每个“元过程”所遵循的规律是相同的，这样，我们只需分析这些“元过程”，然后再将“元过程”进行必要的数学方法或物理思想处理，进而使问题求解。使用此方法会加强我们对已知规律的再思考，从而引起巩固知识、加深认识和提高能力的作用。 赛题精讲 例1：如图3—1所示，一个身高为h 的人在灯以悟空速度v 沿水平直线行走。设灯距地面高为H ，求证人影的顶端C 点是做匀速直线运动。 解析：该题不能用速度分解求解，考虑采用“微元法”。 设某一时间人经过AB 处，再经过一微小过程 △t （△t →0），则人由AB 到达A ′B ′，人影顶端 C 点到达C ′点，由于△S AA ′=v △t 则人影顶端的 移动速度h H Hv t S h H H t S v A A t C C t C -=??-=??='→?' →?00lim lim 可见v c 与所取时间△t 的长短无关，所以人影的顶 端C 点做匀速直线运动. 例2：如图3—2所示，一个半径为R 的四分之一光滑球 面放在水平桌面上，球面上放置一光滑均匀铁链，其A 端固定在球面的顶点，B 端恰与桌面不接触，铁链单位 长度的质量为ρ.试求铁链A 端受的拉力T. 解析：以铁链为研究对象，由由于整条铁链的长度不能 忽略不计，所以整条铁链不能看成质点，要分析铁链的受 力情况，须考虑将铁链分割，使每一小段铁链可以看成质 点，分析每一小段铁边的受力，根据物体的平衡条件得出 整条铁链的受力情况. 在铁链上任取长为△L 的一小段（微元）为研究对象， 其受力分析如图3—2—甲所示.由于该元处于静止状态， 所以受力平衡，在切线方向上应满足： θθθθT G T T +?=?+cos θρθθcos cos Lg G T ?=?=?
2019高考物理万能答题模板汇总 高考物理万能答题模板（一） 题型1〓直线运动问题 题型概述：直线运动问题是高考的热点，可以单独考查，也可以与其他知识综合考查.单独考查若出现在选择题中，则重在考查基本概念，且常与图像结合;在计算题中常出现在第一个小题，难度为中等，常见形式为单体多过程问题和追及相遇问题. 思维模板：解图像类问题关键在于将图像与物理过程对应起来，通过图像的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动过程进行分析，从而解决问题;对单体多过程问题和追及相遇问题应按顺序逐步分析，再根据前后过程之间、两个物体之间的联系列出相应的方程，从而分析求解，前后过程的联系主要是速度关系，两个物体间的联系主要是位移关系. 题型2〓物体的动态平衡问题 题型概述：物体的动态平衡问题是指物体始终处于平衡状态，但受力不断发生变化的问题.物体的动态平衡问题一般是三个力作用下的平衡问题，但有时也可将分析三力平衡的方法推广到四个力作用下的动态平衡问题. 思维模板：常用的思维方法有两种.(1)解析法：解决此类问题可以根据平衡条件列出方程，由所列方程分析受力变化;(2)图解法：根据平衡条件画出力的合成或分解图，根据图像分析力的变化. 题型3〓运动的合成与分解问题
题型概述：运动的合成与分解问题常见的模型有两类.一是绳(杆)末端速度分解的问题，二是小船过河的问题，两类问题的关键都在于速度的合成与分解. 思维模板：(1)在绳(杆)末端速度分解问题中，要注意物体的实际速度一定是合速度，分解时两个分速度的方向应取绳(杆)的方向和垂直绳(杆)的方向;如果有两个物体通过绳(杆)相连，则两个物体沿绳(杆)方向速度相等.(2)小船过河时，同时参与两个运动，一是小船相对于水的运动，二是小船随着水一起运动，分析时可以用平行四边形定则，也可以用正交分解法，有些问题可以用解析法分析，有些问题则需要用图解法分析. 题型4〓抛体运动问题 题型概述：抛体运动包括平抛运动和斜抛运动，不管是平抛运动还是斜抛运动，研究方法都是采用正交分解法，一般是将速度分解到水平和竖直两个方向上. 思维模板：(1)平抛运动物体在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，其位移满足x=v0t,y=gt2/2，速度满足 vx=v0,vy=gt;(2)斜抛运动物体在竖直方向上做上抛(或下抛)运动，在水平方向做匀速直线运动，在两个方向上分别列相应的运动方程求解. 题型5〓圆周运动问题 题型概述：圆周运动问题按照受力情况可分为水平面内的圆周运动和竖直面内的圆周运动，按其运动性质可分为匀速圆周运动和变速
最新物理微元法解决物理试题专项习题及答案解析 一、微元法解决物理试题 1．解放前后，机械化生产水平较低，人们经常通过“驴拉磨”的方式把粮食颗粒加工成粗面来食用．如图，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F ，方向与磨杆始终垂直，作用点到轴心的距离为r ，磨盘绕轴缓慢转动，则在转动一周的过程中推力F 做的功为 A ．0 B ．2πrF C ．2Fr D ．-2πrF 【答案】B 【解析】 【分析】 cos W Fx α=适用于恒力做功，因为推磨的过程中力方向时刻在变化是变力，但由于圆周 运动知识可知，力方向时刻与速度方向相同，根据微分原理可知，拉力所做的功等于力与路程的乘积； 【详解】 由题可知：推磨杆的力的大小始终为F ，方向与磨杆始终垂直，即其方向与瞬时速度方向相同，即为圆周切线方向，故根据微分原理可知，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿圆周运动弧长的乘积，由题意知，磨转动一周，弧长2L r π=，所以拉力所做的功2W FL rF π==，故选项B 正确，选项ACD 错误． 【点睛】 本题关键抓住推磨的过程中力方向与速度方向时刻相同，即拉力方向与作用点的位移方向时刻相同，根据微分思想可以求得力所做的功等于力的大小与路程的乘积，这是解决本题的突破口． 2．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 =ρsv 2 C ．F =ρsv 3 D ．F = 12 ρsv 2 【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
浅谈高中物理的模型构建 思维定势是人们在思维活动中所倾向的特定的思维模式。它是指人们按照某种固定的思路和模式去考虑问题，表现为思维的倾向性和专注性。它有消极的一面，消极的思维定势是指人将头脑中已有的、习惯了的思维模式生搬硬套到新的物理情景中去，不善于变换认识的角度和改变解决问题的方式。但是它也有积极的一面，积极的思维定势有利于物理概念的形成和对物理规律的理解。构建物理模型一定程度上可以说是利用了思维定势积极的一面。 物理学科的研究对象是自然界物质的结构和最普遍的运动形式，对于那些纷繁复杂事物的研究，首先就需要抓住其主要的特征，而舍去那些次要的因素，形成一种经过抽象概括了的理想化的“模型”，这种以模型概括复杂事物的方法，是对复杂事物的合理的简化。如运动员的跳水问题是一个“竖直上抛”运动的物理模型；人体心脏收缩使血液在血管中流动可简化为一个“做功”的模型等等。物理模型是同类通性问题的本质体现和核心归整。 高中物理模型可以分为三类，即实物模型、过程模型、试题模型。接下来分别详细阐述： 一、实体模型 它是用来代替由具体物质组成的，代表研究对象的实体系统。这一类模型在中学物理中最为常见，如力学中有质点、刚体、杠杆、轻质弹簧、单摆、弹簧振子；热学中有弹性球分子模型、理想气体、黑体；电学中有点电荷、试验电荷、理想导体、绝缘体、理想电表、纯电阻、无限长螺线管；光学中的薄透镜、光的波粒二象性模型、原子物理中原子的核式结构模型等。 这种模型教材中较常见，是研究问题时，抓住事物的主要因素，忽略次要因素建立起来的实物模型，对理解的概念起着不可估量的作用。 例1、如图所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F的拉力作用，而左端的情况各不相同：①中弹簧的左端固定在墙上，②中弹簧的左端受大小也为F 的拉力作用，③中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，④中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动.若认为弹簧的质量都为零，以l1、l2、l3、l4依次表示四个弹簧的伸长量，则有：（）
高物理解题技巧：图像法1 物理规律可以用文字描述，也可以用数函数式表示，还可以用图象描述。图象作为表示物理规律的方法之一，可以直观地反映某一物理量随另一物理量变化的函数关系，形象地描述物理规律。在进行抽象思维的同时，利用图象视觉感知，有助于对物理知识的理解和记忆，准确把握物理量之间的定性和定量关系，深刻理解问题的物理意义。应用图象不仅可以直接求或读某些待求物理量，还可以用探究某些物理规律，测定某些物理量，分析或解决某些复杂的物理过程。 图象的物理意义主要通过“点”、“线”、“面”、“形”四个方面体现，应从这四方面入手，予以明确。 1、物理图象“点”的物理意义：“点”是认识图象的基础。物理图象上的“点”代表某一物理状态，它包含着该物理状态的特征和特性。从“点”着手分析时应注意从以下几个特殊“点”入手分析其物理意义。 （1）截距点。它反映了当一个物理量为零时，另一个物理的值是多少，也就是说明确表明了研究对象的一个状态。如图1，图象与纵轴的交点反映当I=0时，U=E即电的 电动势；而图象与横轴的交点反映电的短路电流。这可通过图象的数表达式 得。 （2）交点。即图线与图线相交的点，它反映了两个不同的研究对象此时有相同的物理量。如图2的P点表示电阻A接在电B两端时的A两端的电压和通过A的电流。
（3）极值点。它可表明该点附近物理量的变化趋势。如图3的D点表明当电流等于时，电有最大的输功率。 （4） 拐 点。通常反映物理过程在该点发生突变，物理量由量变到质变的转折点。拐点分明拐点和暗拐点，对明拐点，生能一眼看其物理量发生了突变。如图4的P点反映了加速度方向发生了变化而不是速度方向发生了变化。而暗拐点，生往往察觉不到物理量的突变。如图5P点看起是一条直线，实际上在该点速度方向发生了变化而加速度没有发生变化。 2、物理图象“线”的物理意义：“线”：主要指图象的直线或曲线的切线，其斜率通常 具有明确的物理意义。物理图象的斜率代表两个物理量增量之比值，其大小往往 代表另一物理量值。如-t图象的斜率为速度，v-t图象的斜率为加速度，Φ-ｔ图象的斜率为感应电动势（n=1的情况下），电U-I图象（如图1）的斜率 为电的内阻（从图象的数表达式也一目了然）等。 3、物理图象“面”的物理意义：“面”：是指图线与坐标轴所围的面积。有些物理图象的图线与横轴所围的面积的值常代表另一个物理量的大小．习图象时，有意识地利用求面积的方法，计算有关问题，可使有些物理问题的解答变得简便，如v-t图象所围面积 代表位移，F-图象所围面积为力做的功，P-V图象所围面积为 气体压强做的功等。 4、物理图象“形”的物理意义：“形”：指图象的形状。由图线的形状结合其斜率找其隐含的物理意义。例如在v-t图象，如果是一条与时间轴平行的直线，说明物体做匀速直线运动；若是一条斜的直线，说明物体做匀变速直线运动；若是一条曲线，则可根据其斜率变化情况，判断加速度的变化情况。在波的图象，可通过微小的平移能够判断各质点在该时刻的振动方向；在研究小电珠两端的电压U与电流I关系时，通过实验测在
（物理）物理微元法解决物理试题练习全集 一、微元法解决物理试题 1．我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平．若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为4110kW ?，排泥量为31.4m /s ，排泥管的横截面积为20.7 m ，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为（ ） A ．6510N ? B ．7210N ? C ．9210N ? D ．9510N ? 【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： 1.420.7 V Qt x t t S S = === 输出的功： W Pt = 排泥的功： W Fx = 输出的功都用于排泥，则解得： 6510N F =? 故A 正确，BCD 错误． 2．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( ) A ．此过程拉力做功为2 2 FR B ．此过程拉力做功为 4 FR π C ．小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为1 2Fv D ．小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为22 Fv 【答案】B 【解析】
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 11 44 W F R FR ππ=?=，故选项B 正确，A 错误； CD 、因为F 的方向沿切线方向，与速度方向平行，则拉力的功率P Fv =，故选项C 、D 错误。 3．估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45mm 。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s 。据此估算该压强约为（ ）（设雨滴撞击唾莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m 3） A ．0.15Pa B ．0.54Pa C ．1.5Pa D ．5.1Pa 【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△t 时间内有质量为△m 的雨水的速度由v =12m/s 减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理有 ()0F t mv mv ?=--?=? 得到 m F v t ?= ? 设水杯横截面积为S ，对水杯里的雨水，在△t 时间内水面上升△h ，则有 m S h ρ?=? =h F Sv t ρ?? 所以有压强 33 45101012Pa 0.15Pa 3600 F h P v S t ρ-??===??=? 即睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强为0.15Pa 。 故A 正确，BCD 错误。 故选A 。 4．水柱以速度v 垂直射到墙面上，之后水速减为零，若水柱截面为S ，水的密度为ρ，则水对墙壁的冲力为（ ） A ． 1 2 ρSv B ．ρSv C ． 1 2 ρS v 2 D ．ρSv 2 【答案】D
高中物理解题方法----微元法 一、什么是微元法： 在所研究是物理问题中，往往是针对研究对象经历某一过程或处于某一状态来进行研究，而此过程或状态中，描述此对象的物理量可能是不变的，而更多则可能是变化的。对于那些变化的物理量的研究，有一种方法是把全过程分割成很多短暂的小过程或把研究对象整体分解为很多的微小局部的研究而归纳出适用于全过程或整体的结论。这些微小的过程或微小的局部常被称为“微元”，此法也被称为：“微元法”。 二、对微元的理解：简单地说，微元就是时间、空间或其它物理量上的无穷小量，（注：在数学上我们把极限为“零”的物理量，叫着无穷小量）。当某一连续变化的事物被分割成无数“微元”（无穷小量）以后，在某一微元段内，该事物也就可以看出不变的恒量了。所以，微元法又叫小量分析法，它是微积分的理论基础。 三、微元法解题思想： 在中学物理解题中，利用微元法可将非理想模型转化为理想模型（如把物体分割成质点）；将曲面转化为平面，将一般的曲线转化为圆弧甚至直线段；将变量转化成恒量。从而将复杂问题转化为简单问题，使中学阶段常规方法难以解决的问题迎刃而解。 微元法的灵魂是无限分割与逼近。用其解决物理问题的两要诀就是取微元----无限分割和对微元做细节描述----数学逼近。所谓取微元就是对整体对象作无限分割，分割的对象可以是各种几何体，得到“体元”、“面元”、“线元”、“角元”等；分割的对象可以是一段时间或过程，得到“时间元”、“元过程”；也可以对某一物理量分割，得到诸如“元功”、“元电荷”、“电流元”、“质元”等相应元物理量，它们是被分割成的要多么小就有多么小的无穷小量，而要解决整体的问题，就得从它们下手，对微元作细节描述即通过对微元的性质做合理的近似逼近，从而在微元取无穷小量的前提下，达到向精确描述的逼近。 例1、如图所示，岸高为h ，人用不可伸长的绳经滑轮拉船靠岸，若当绳与水平方向为θ时，人收绳速率为υ，则该位置船的速率为多大？ 例2、如图所示，长为L 的船静止在平静的水面上，立于船头的人质量为m ，船的质量为M ，不计水的阻力，人从船头走到船尾的过程中，问：船的位移为多大？ 例3、如图所示，半径为R ，质量为m 的匀质细圆环，置于光滑水平面上，若圆环以角 速度ω绕环心O 转动，试证明：（1）圆环的张力π ω22R m T = (2)圆环的动能2)(2 1 R m E k ω= 例4、一根质量为M ，长度为L 的匀质铁链条，被竖直地悬挂起来，其最低端刚好与水平接触，今将链条由静止释放，让它落到地面上，如图所示，求链条下落了长度x 时，链条对地面的压力为多大？ 例5、如图所示，半径为R 的半圆形绝缘细线上、下1/4圆弧上分别均匀带电+q 和－q ，求圆心处的场强. 例6、如图所示，在离水平地面h 高的平台上有一相距L 的光滑轨道，左端接有已充电的电容器，电容为C ，充电后两端电压为U 1.轨道平面处于垂直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中.在轨道右端放一质量为m 的金属棒，当闭合S ，棒离开轨道后电容器的两极电压变为U 2，求棒落在离平台多远的位置. 例7、（1）试证明：质量为M 的匀质球壳，对放置在空腔内任意一点的质量为m 的质点的万有引力为零。 （2）若将上述质点移至球壳外距球心O 距离为r 处，求此时系统具有的引力势能为多少？规定∞→r 时，系统引力势能为零
高中物理解题常用的几种思维方法 北京二中通州分校：高中物理组 2012年4月 中学物理解题中涉及到科学思维方法大体上两类， 一类是物理学的研究方法—— 理想化的方法： 数学推理方法：函数、函数图象、极限 替代方法：、 近似替代(平均值)、极限替代 比值定义法 图象法： 实验验证法 实验分析法 平行四边形法等效替代法 假设法 反推法 理想实验法--“物理学中的福尔摩斯” 控制变量法 变量转换法(a-1/m) 整体法 隔离法 正交分解法 三力平衡三角形法 相似形法 (力的矢量图与几何图形)等 一类是解题方法 ------ 就解题方法而论，解题方法和解题技巧也很多，这里将高中物理解题中经常要用到的 几种科学思维方法作一些介绍。 1、物理模型法 物理模型法是只考虑对实际物理现象来说是主要的、本质的因素，忽略次要的、非本质 的因素的一种思维方法。是利用物理模型，实现高效解题的策略。 例1：某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比 赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A 出发，沿水 平直线轨道运动L 后，由B 点进入半径为R 的光滑 竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨 道上运动到C 点，并能越过壕沟。已知赛车质量 m =0.1kg ，通电后以额定功率P =1.5w 工作，进入竖 直轨道前受到阻力恒为0.3N ，随后在运动中受到的 阻力均可不计。图中L =10.00m ，R =0.32m ，h =1.25m ，S =1.50m 。问：要使赛车完成比赛，电 动机至少工作多长时间？（取g=10m/s 2 ） 解析：设赛车越过壕沟需要的最小速度为1v ，由平抛运动的规律 1S v t = 2 12h gt = 解得 1v =3/2g S m s h = 设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为2v ，最低点的速度为3v ，由牛顿 运动定律及机械能守恒定律得 22v mg m R = 223211(2)22mv mv mg R =+ 解得 354/v gR m s == 通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是
高中物理图像法解决物理试题解题技巧(超强)及练习题 一、图像法解决物理试题 1．如图所示，分别为汽车甲的位移-时间图象和汽车乙的速度-时间图象，则( ) A ．甲的加速度大小为25/m s B ．乙的加速度大小为25/m s C ．甲在4s 内的位移大小为40 m D ．乙在4 s 内的位移大小为20 m 【答案】B 【解析】 A 、在x t -图象中，斜率表示速度，由图象可知：甲做匀速直线运动，加速度为0，故A 错误； B 、在速度-时间图象中，斜率表示加速度，乙的加速度大小为 a 2220/5/4 v a m s m s t = ==，故B 正确； C 、甲在4s 内的位移大小为20020x m m =-=，故C 错误； D 、由v t -图象与时间轴围成的面积表示位移可知：乙在4s 内的位移大小为 204 402 x m m ?= =，故D 错误． 点睛：本题的关键要明确x t -图象与v t -图象的区别，知道v-t 图象的斜率表示加速度， x t -图象的斜率表示速度，两种图象不能混淆． 2．一质点t =0时刻从原点开始沿x 轴正方向做直线运动，其运动的v -t 图象如图所示．下列说法正确的是（ ） A ．t =4s 时，质点在x =1m 处 B ．t =3s 时，质点运动方向改变 C ．第3s 内和第4s 内，合力对质点做的功相同 D ．0~2s 内和0~4s 内，质点的平均速度相同 【答案】B
【解析】 【详解】 A 、0?4s 内质点的位移等于0?2s 的位移，为12 2m 3m 2 x += ?=，0t =时质点位于0x =处，则4s t =时，质点在3m x =处，故选项A 错误； B 、在2s-3s 内速度图象都在时间轴的上方，在3s-4s 内速度图象都在时间轴的下方，所以 3s t =时，质点运动方向改变，故选项B 正确； C 、第3s 内质点的速度减小，动能减小，合力做负功；第4s 内速度增大，动能增加，合力做正功，由动能定理知第3s 内和第4s 内，合力对质点做的功不等，故选项C 错误； D 、根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知0～2s 内和0～4s 内，质点的位移相同，但所用时间不同，则平均速度不同，故选项D 错误。 3．两个质点A 、B 放在同一水平面上，从同一位置沿相同方向做直线运动，其运动的v-t 图象如图所示.对A 、B 运动情况的分析，下列结论正确的是 A ．在6s 末，质点A 的加速度大于质点 B 的加速度 B ．在0-12s 时间内，质点A 的平均速度为 7 6 ms C ．质点A 在0－9s 时间内的位移大小等于质点B 在0－3s 时间内的位移大小 D ．在12s 末，A 、B 两质点相遇 【答案】A 【解析】 【详解】 A 、根据v-t 图象中图线的斜率表示加速度，斜率绝对值越大，加速度越大，可知质点A 在 6 s 末的加速度是 13 m/s 2，质点B 在6 s 时末的加速度是2431 a /1239B m s -= =-，所以A 的加速度较大，故A 正确； B 、在0～12s 时间内，质点A 的位移为1614 310.522 x m m m ?+= +?=，平均速度为10.57 //128 x v m s m s t = ==，故B 错误； C 、质点A 在0－9s 时间内的位移大小16 32 A x m m ?= =，质点B 在0－3s 时间内的位移
高考物理微元法解决物理试题答题技巧及练习题 一、微元法解决物理试题 1．我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平．若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为4110kW ?，排泥量为31.4m /s ，排泥管的横截面积为20.7 m ，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为（ ） A ．6510N ? B ．7210N ? C ．9210N ? D ．9510N ? 【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： 1.420.7 V Qt x t t S S = === 输出的功： W Pt = 排泥的功： W Fx = 输出的功都用于排泥，则解得： 6510N F =? 故A 正确，BCD 错误． 2．如图所示，某个力F ＝10 N 作用在半径为R ＝1 m 的转盘的边缘上，力F 的大小保持不变，但方向保持在任何时刻均与作用点的切线一致，则转动一周这个力F 做的总功为（ ） A ．0 B ．20π J C ．10 J D ．10π J 【答案】B 【解析】 本题中力F 的大小不变，但方向时刻都在变化，属于变力做功问题，可以考虑把圆周分割为很多的小段来研究.当各小段的弧长足够小时，可以认为力的方向与弧长代表的位移方向一致，故所求的总功为W ＝F ·Δs 1＋F ·Δs 2＋F ·Δs 3＋…＝F (Δs 1＋Δs 2＋Δs 3＋…）＝F ·2πR ＝20πJ ，选项B 符合题意.故答案为B ． 【点睛】本题应注意，力虽然是变力，但是由于力一直与速度方向相同，故可以直接由W =FL 求出．
3．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m n 、和v 的关系正确的是（ ） A ． 21 6 nsmv B ．2 13 nmv C ． 21 6 nmv D ．2 13 nmv t ? 【答案】B 【解析】 【详解】 一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量2I mv ?=，如图所示， 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 6 的粒子在t ?时间内与器壁上面积为S 的部分发生碰撞，碰撞粒子总数1 6 N n Sv t = ??，t ?时间内粒子给器壁的冲量21· 3I N I nSmv t =?=?，由I F t =?可得213 I F nSmv t ==?，21 3F f nmv S ==，故选B ． 4．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3 3 110kg/m ?，伞面的面积约为0.8m 2，据此估算当时雨水对伞面的平均撞击力约为（ ）
高中物理解题方法：图解法 2012-8-17 图解法，也叫图形法，是一种利用几何的方法解决物理问题的一种方法。解答共点力的平衡问题，动态平衡问题，常用图解法。基本法则有平行四边形法则，矢量三角形法则等，图解法的优点是简捷，方便，直观。可以化繁为简，化难为易，提高解题的效率。 【例题1】 (2012全国新课标).如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中 A.N1始终减小，N2始终增大 B.N1始终减小，N2始终减小 C.N1先增大后减小，N2始终减小 D.N1先增大后减小，N2先减小后增大 [答案]B 与N2的合力为定值，与重力反向等大。作图。由图形可 知，当板缓慢转动中，N1与N2的方向便发生如图示变 化，但合力不变，可得答案B 。 【点评】：该题为动态平衡问题，在挡板夹角连续变化中，重力始终保持不变，根据共点力平衡的条件，做出力的平行四边形，可以直观看出合力不变，但水平方向的支持力N1连续减小，挡板的支持力也N2始终减小。 【例题2】如图2所示，用一根长为l 的细绳一端固定在O 点，另一端悬挂质量为m 的小球A ，为使细绳与竖直方向夹30°角且绷紧，小球A 处于静止，对小球施加的最小的力是 ( C ) A.mg 3 B.mg 23 C.mg 2 1- D.mg 33 【解析】：将mg 在沿绳方向与垂直于绳方向分解，如图所示． 所以施加的力与F1等大反向即可使小球静止，故 mg mg F 2 130sin 0min = =，故选C. 答案：C
高考物理图示法图像法解决物理试题解题技巧及练习题含解析 一、图示法图像法解决物理试题 1．如图所示，质量相同的小球A 、B 通过质量不计的细杆相连接，紧靠竖直墙壁放置。由于轻微扰动，小球A 、B 分别沿水平地面和竖直墙面滑动，滑动过程中小球和杆始终在同一竖直平面内，当细杆与水平方向成37°角时，小球B 的速度大小为v ，重力加速度为g ，忽略一切摩擦和阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则 A ．小球A 的速度为 34 v B ．小球A 的速度为 43 v C ．细杆的长度为2 12564v g D ．细杆的长度为2 12536v g 【答案】AC 【解析】 【详解】 小球B 的速度为v 时，设小球A 的速度大小为v '，则有5337vcos v cos ?='?，解得： 3 4 v v '= ，A 正确，B 错误；两球下滑过程中系统的机械能守恒，即：()22 111sin 3722 mgL mv mv '-=+o ，解得：212564v L g =，C 正确，D 错误。 2．如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A 处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d 时（图中B 处），下列说法正确的是 A ．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg B ．小环到达B 处时，重物上升的高度也为d
C ．小环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于 D ．小环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】 由题意，释放时小环向下加速运动，则重物将加速上升，对重物由牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重力2mg ，所以A 正确；小环到达B 处时，重物上升的高度应为绳子缩短的长度，即2h d d ?= -，所以B 错误；根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环A 速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解应满足： A B v cos v θ=，即1 2A B v v cos θ ==，所以C 正确，D 错误． 【点睛】 应明确：①对与绳子牵连有关的问题，物体上的高度应等于绳子缩短的长度；②物体的实际速度即为合速度，应将物体速度沿绳子和垂直于绳子的方向正交分解，然后列出沿绳子方向速度相等的表达式即可求解． 3．如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q ，跨过悬挂于O 点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q ，另一端悬挂一物块P ．设细线的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小．现将P 、Q 由静止同时释放．关于P 、Q 以后的运动下列说法正确的是 A ．当θ =60o时，P 、Q 的速度之比1：2 B ．当θ =90o时，Q 的速度最大 C ．当θ =90o时，Q 的速度为零 D ．当θ向90o增大的过程中Q 的合力一直增大 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】 A 、则Q 物块沿水平杆的速度为合速度对其按沿绳方向和垂直绳方向分解，P 、Q 用同一根绳连接，则Q 沿绳子方向的速度与P 的速度相等，则当θ =60°时，Q 的速度
微元法在高中物理中的应用 江苏省靖江市斜桥中学夏桂钱 微元法是分析、解决物理问题中的常用方法，也是从部分到整体的思维方法。它是将研究对象（物体或物理过程）进行无限细分，从其中抽取某一微小单元即“元过程”，进行讨论，每个“元过程”所遵循的规律是相同的。对这些“元过程”进行必要的数学方法或物理思想处理，进而使问题求解。使用此方法可以把一些复杂的物理过程用我们熟悉的物理规律迅速地加以解决，使所求的问题简单化，从而起到巩固知识、加深认识和提高能力的作用。 一、挖掘教材中微元素材，认知微元思想 微元法思想在新课标教材（人教版）上时有渗透。如在引入瞬时速度的概念时，教材从平均速度出发，提出从t到t+△t这段时间间隔内，△t越小运动快慢的差异也就越小，运动的描述就越精确。在此基础上，再提出若△t趋向于零时，就可以认为△t的平均速度就是t时刻的瞬时速度。正是这种无限分割的方法，可以使原来较为复杂的过程转化为较简单的过程。再如，我们要推导匀变速直线运动的位移公式，显然不能直接用s=vt，原因就在于速度本身是变化的，不能直接套用匀速直线运动的公式。但是我们可以想象，如果我们把整个过程的时间分成无数微小的时间间隔，我们分得愈密，每一份的时间间隔也就愈小，此间隔内，速度的变化亦就愈小，如果分得足够细，就可以认为速度几乎不变，此时就可将每一份按匀速直线运动来处理，完毕之后，再累加即可。 必修2第五章第四节《重力势能》中，计算物体沿任意路径向下运动时重力所做的功时，先将物体运动的整个路径分成许多很短的间隔，由于每一段都很小很小，就可以将每一段近似地看做一段倾斜的直线，从而就能利用功的定义式计算出每一小段内重力的功，再累加得到整个过程重力的总功。第五节《弹性势能》中关于在求弹簧弹力所做的功时，先将弹簧拉伸的整个过程分成很多小段，在足够小的情况下，每一小段位移中可以认为拉力是不变的，从而也能直接利用功的定义式来计算每一小段内拉力所做的功，再累加得到整个过程拉力的总功。这两个功的计算，前者的难点在于物体运动的路径是曲线，后者的难点在于力的大小在变化。教材中的处理方法是前者采用了“化曲为直”的思想，后者采用了“化变为恒”的思想。
高中物理16个万能答题模版，飞速提升解题能力！题型1〓直线运动问题 题型概述：直线运动问题是高考的热点，可以单独考查，也可以与其他知识综合考查.单独考查若出现在选择题中，则重在考查基本概念，且常与图像结合；在计算题中常出现在第一个小题，难度为中等，常见形式为单体多过程问题和追及相遇问题. 思维模板：解图像类问题关键在于将图像与物理过程对应起来，通过图像的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动过程进行分析，从而解决问题；对单体多过程问题和追及相遇问题应按顺序逐步分析，再根据前后过程之间、两个物体之间的联系列出相应的方程，从而分析求解，前后过程的联系主要是速度关系，两个物体间的联系主要是位移关系. ▼ 题型2〓物体的动态平衡问题 题型概述：物体的动态平衡问题是指物体始终处于平衡状态，但受力不断发生变化的问题.物体的动态平衡问题一般是三个力作用下的平衡问题，但有时也可将分析三力平衡的方法推广到四个力作用下的动态平衡问题. 思维模板：常用的思维方法有两种.（1）解析法：解决此类问题可以根据平衡条件列出方程，由所列方程分析受力变化；（2）图解法：根据平衡条件画出力的合成或分解图，根据图像分析力的变化. ▼ 题型3〓运动的合成与分解问题
题型概述：运动的合成与分解问题常见的模型有两类.一是绳（杆）末端速度分解的问题，二是小船过河的问题，两类问题的关键都在于速度的合成与分解. 思维模板：（1）在绳（杆）末端速度分解问题中，要注意物体的实际速度一定是合速度，分解时两个分速度的方向应取绳（杆）的方向和垂直绳（杆）的方向；如果有两个物体通过绳（杆）相连，则两个物体沿绳（杆）方向速度相等.（2）小船过河时，同时参与两个运动，一是小船相对于水的运动，二是小船随着水一起运动，分析时可以用平行四边形定则，也可以用正交分解法，有些问题可以用解析法分析，有些问题则需要用图解法分析. ▼ 题型4〓抛体运动问题 题型概述：抛体运动包括平抛运动和斜抛运动，不管是平抛运动还是斜抛运动，研究方法都是采用正交分解法，一般是将速度分解到水平和竖直两个方向上. 思维模板：（1）平抛运动物体在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，其位移满足x=v0t,y=gt2/2，速度满足vx=v0,vy=gt；（2）斜抛运动物体在竖直方向上做上抛（或下抛）运动，在水平方向做匀速直线运动，在两个方向上分别列相应的运动方程求解. ▼ 题型5〓圆周运动问题 题型概述：圆周运动问题按照受力情况可分为水平面的圆周运动和竖直面的圆周运动，按其运动性质可分为匀速圆周运动和变速圆周运动.水平面的圆周运动多为匀速圆周运动，竖直面的圆周运动一般为变速圆周运动.对水平面的圆周