高考物理微元法解决物理试题解题技巧及练习题一、微元法解决物理试题1．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 2FRB ．此过程拉力做功为4FR πC ．小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为12Fv D 2Fv 【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1144W 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。
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 2MgSρB MgSρC 2MgSρD 4MgSρ【答案】C 【解析】 【详解】设出水速度为v ，则极短的时间t 内，出水的质量为m Svt ρ=速度由竖起向上的v 的变为竖起向下的v ，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Mg ，由牛顿第三定律可知，装备对水的作用力大小也为Mg ，取向下为正方向，对时间t 内的水，由动量定理可得22()()Mgt mv m v v Sv t S t ρρ--=--=解得2Mgv Sρ=故C 正确，A 、B 、D 错误； 故选C 。
3．2019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 。
某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m 、宽20m ，空气密度31.2kg/m ρ=，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 ．33.610N ⨯ B ．51.110N ⨯C ．41.010N ⨯D ．49.010N ⨯【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 广告牌的面积S =5×20m 2=100m 2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-ρSv 2t得251.110N F Sv ρ≈⨯=故选B 。
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/s 2，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】设水在水龙头出口处速度大小为v 1，水流到接水盆时的速度v 2，由22212v v gh -=得：v 2=4m/s设极短时间为△t ，在水龙头出口处流出的水的体积为2111V v t r π=V g水流进接水盆的体积为22224d V v t π⋅∆= 由V 1=V 2得2221124d v t r v t ππ∆∆=g g 代入解得：d 2=1cm ．A ．1cm ，与结论相符，选项A 正确；B ．0.75cm ，与结论不相符，选项B 错误；C ．0.5cm ，与结论不相符，选项C 错误；D ．0.25cm ，与结论不相符，选项D 错误；5．如图所示，水龙头开口处A 的直径d 1＝1cm ，A 离地面B 的高度h ＝75cm ，当水龙头打开时，从A 处流出的水流速度v 1＝1m/s ，在空中形成一完整的水流束，则该水流束在地面B 处的截面直径d 2约为(g 取10m/s 2)( )A ．0.5cmB ．1cmC ．2cmD ．应大于2cm ，但无法计算 【答案】A 【解析】 【详解】设水在水龙头出口处速度大小为v 1，水流到B 处的速度v 2，则由22212v v gh -=得24m/s v =设极短时间为△t ，在水龙头出口处流出的水的体积为2111π()2dV v t =∆⋅水流B 处的体积为2222π()2d V v t =∆⋅ 由12V V =得20.5cm d =故A 正确。
6．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 ．8gh B ．6gh C ．4gh D ．2gh 【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2h高的液体移到左管上方，这2h 高的液体重心的下降高度为2h ，这2h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214222h h S g hS v ρρ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅解得8gh v =因此A 正确，BCD 错误。
故选A 。
7．生活中我们经常用水龙头来接水，假设水龙头的出水是静止开始的自由下落，那么水流在下落过程中，可能会出现的现象是（ ）A ．水流柱的粗细保持不变B ．水流柱的粗细逐渐变粗C ．水流柱的粗细逐渐变细D ．水流柱的粗细有时粗有时细 【答案】C 【解析】 【详解】水流在下落过程中由于重力作用，则速度逐渐变大，而单位时间内流过某截面的水的体积是一定的，根据Q=Sv可知水流柱的截面积会减小，即水流柱的粗细逐渐变细，故C 正确，ABD 错误。
故选C 。
8．如图所示，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，则下列说法正确的是A ．重力做功为mgLB ．绳的拉力做功为0C ．空气阻力做功0D ．空气阻力做功为12F L π-阻 【答案】ABD 【解析】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AB 在竖直方向上的投影L ，所以W G =mgL ．故A 正确．B 、因为拉力F T 在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即W FT =0．故B 正确．C 、F 阻所做的总功等于每个小弧段上F 阻所做功的代数和，即12F 1=()2W F x F x F L π-∆+∆+⋅⋅⋅=阻阻阻阻，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．9．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F 1随时间均匀增大到F 2，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()1212F F s + B ．小车增加的动能大于()1212F F s + C ．小车增加的动量等于()1212F F t + D ．小车的位移小于12vt【答案】BCD 【解析】 【详解】AB ．因为拉力大小由F 1随时间均匀增大到F 2，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：()1212W F F s =+， 故当拉力大小由F 1随时间均匀增大到F 2时（曲线情况），做功大于()1212F F s +，根据动能定理可知小车增加的动能大于()1212F F s +，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：()1212F F F +=， 所以物体动量增加量为：()1212p F F t ∆=+， 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12vt，D正确。
故选BCD。
10．如图1所示，一端封闭的两条平行光滑长导轨相距L，距左端L处的右侧一段被弯成半径为的四分之一圆弧，圆弧导轨的左、右两段处于高度相差的水平面上．以弧形导轨的末端点O为坐标原点，水平向右为x轴正方向，建立Ox坐标轴．圆弧导轨所在区域无磁场；左段区域存在空间上均匀分布，但随时间t均匀变化的磁场B（t），如图2所示；右段区域存在磁感应强度大小不随时间变化，只沿x方向均匀变化的磁场B（x），如图3所示；磁场B（t）和B（x）的方向均竖直向上．在圆弧导轨最上端，放置一质量为m 的金属棒ab，与导轨左段形成闭合回路，金属棒由静止开始下滑时左段磁场B（t）开始变化，金属棒与导轨始终接触良好，经过时间t0金属棒恰好滑到圆弧导轨底端．已知金属棒在回路中的电阻为R，导轨电阻不计，重力加速度为g.（1）求金属棒在圆弧轨道上滑动过程中，回路中产生的感应电动势E；（2）如果根据已知条件，金属棒能离开右段磁场B（x）区域，离开时的速度为v，求金属棒从开始滑动到离开右段磁场过程中产生的焦耳热Q；（3）如果根据已知条件，金属棒滑行到x=x1位置时停下来，a.求金属棒在水平轨道上滑动过程中通过导体棒的电荷量q；b.通过计算，确定金属棒在全部运动过程中感应电流最大时的位置．【答案】（1）L2B0/t0（2）+ mgL/2-mv2（3）金属棒在x=0处，感应电流最大【解析】试题分析：（1）由图看出，左段区域中磁感应强度随时间线性变化，其变化率一定，由法拉第电磁感应定律得知，回路中磁通量的变化率相同，由法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势．（2）根据欧姆定律和焦耳定律结合求解金属棒在弧形轨道上滑行过程中产生的焦耳热．再根据能量守恒求出金属棒在水平轨道上滑行的过程中产生的焦耳热，即可得到总焦耳热．（3）在金属棒滑到圆弧底端进入匀强磁场B0的一瞬间，在很短的时间△t内，根据法拉第电磁感应定律和感应电流的表达式，求出感应电荷量q．再进行讨论．解：（1）由图2可：=根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为：E==L2=L2（2）金属棒在弧形轨道上滑行过程中，产生的焦耳热为：Q1==金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据机械能守恒定律得：mg=金属棒在水平轨道上滑行的过程中，产生的焦耳热为Q2，根据能量守恒定律得：Q2=﹣=mg﹣所以，金属棒在全部运动过程中产生的焦耳热为：Q=Q1+Q2=+mg﹣（3）a．根据图3，x=x1（x1＜x）处磁场的磁感应强度为：B1=．设金属棒在水平轨道上滑行时间为△t．由于磁场B（x）沿x方向均匀变化，根据法拉第电磁感应定律△t时间内的平均感应电动势为：===所以，通过金属棒电荷量为：q=△t=△t=b．金属棒在弧形轨道上滑行过程中，感应电流为：I1==金属棒在水平轨道上滑行过程中，由于滑行速度和磁场的磁感应强度都在减小，所以，此过程中，金属棒刚进入磁场时，感应电流最大．刚进入水平轨道时，金属棒的速度为：v=所以，水平轨道上滑行过程中的最大电流为：I2==若金属棒自由下落高度，经历时间t=，显然t＞t所以，I1=＜==I2．综上所述，金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在x=0处，感应电流最大．答：（1）金属棒在圆弧轨道上滑动过程中，回路中产生的感应电动势E是L2．（2）金属棒从开始滑动到离开右段磁场过程中产生的焦耳热Q为+mg﹣．（3）a．金属棒在水平轨道上滑动过程中通过导体棒的电荷量q为．b．金属棒在全部运动过程中金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在x=0处，感应电流最大．【点评】本题中（1）（2）问，磁通量均匀变化，回路中产生的感应电动势和感应电流均恒定，由法拉第电磁感应定律研究感应电动势是关键．对于感应电荷量，要能熟练地应用法拉第定律和欧姆定律进行推导．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＝80 m，建筑物上的火点离地高度为h＝60 m，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＝30 m/s，水炮单位时间内的出水量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＝80 m，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) 1.25×102 kW (3)见解析；【解析】【分析】【详解】(1)根据平抛运动规律，有H－h＝12gt2 ①x＝v0t ②联立上述两式，并代入数据得t=2() H hg-＝2 sx＝v02()H hg-＝60 m③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：212P t mv mgHη∆=+⑤即200012P t m tv m tgHη∆=∆+∆解得：P＝200012m v m gHη+＝1.25×102 kW ⑥(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)ΔV ①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(E 2－E 1)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22111122mv Vv ρ=∆ 重力势能为mgh 1＝ρΔVgh 1流出的那部分流体的动能为22221122mv Vv ρ=∆ 重力势能为mgh 2＝ρΔVgh 2机械能的改变为211212221122E E V Vv v Vgh Vgh ρρρρ-=∆-∆+∆-∆ 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 =E 2－E 1 ③将①式和②式代入③式，得()221221211122p p V Vv Vv Vgh Vgh ρρρρ-∆=∆-∆+∆-∆ ④ 整理后得221112221122p v gh p v gh ρρρρ++=++ ⑤ a 1和a 2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： 212p v gh C ρρ++=（常量）⑥ ④式和⑤式称为伯努利方程．流体水平流动时，或者高度差的影响不显著时（如气体的流动），伯努利方程可表达为212p v C ρ+=（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．我们一般认为，飞船在远离星球的宇宙深处航行时，其它星体对飞船的万有引力作用很微弱，可忽略不计．此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动．设想有一质量为M 的宇宙飞船，正以速度0v 在宇宙中飞行．飞船可视为横截面积为S 的圆柱体（如图所示）．某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云．(1)已知在开始进入尘埃云的一段很短的时间t ∆内，飞船的速度减小了v ∆，求这段时间内飞船受到的阻力大小．(2)已知尘埃云公布均匀，密度为ρ．a ．假设尘埃碰到飞船时，立即吸附在飞船表面．若不采取任何措施，飞船将不断减速．通过监测得到飞船速度的倒数“1/v ”与飞行距离“x ”的关系如图所示．求飞船的速度由0v 减小1%的过程中发生的位移及所用的时间．b ．假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用．为了保证飞船能以速度0v 匀速穿过尘埃云，在刚进入尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器．已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速（远远大于飞船速度）粒子流，从而对飞行器产生推力的．若发射的是一价阳离子，每个阳离子的质量为m ，加速电压为U ，元电荷为e ．在加速过程中飞行器质量的变化可忽略．求单位时间内射出的阳离子数．【答案】（1）v M t ∆∆（2）a ．019919602M v S ρ b 202Sv eumρ 【解析】(1)飞船的加速度∆=∆v a t，根据牛顿第二定律有：=f Ma 则飞船受到的阻力v f M t∆=∆ (2)a ．对飞船和尘埃，设飞船的方向为正方向，根据动量守恒定律有：0099()100Mv M Sx v ρ=+，解得99M x S ρ= 由1x v-图象可得：0011100299t x v v ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ 解得：019919602M t v S ρ=；b ．设在很短时间t ∆内，与飞船碰撞的尘埃的质量为m '，所受飞船的作用力为f '，飞船与尘埃发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知：012Mv Mv m v =+' 由机械能守恒定律可知：222012111222Mv Mv m v '=+ 解得202M v v M m '=+ 由于M m >'，所以碰撞后尘埃的速度202v v =对尘埃，根据动量定理可得：2f t m v ∆=''，其中0m Sv t ρ'=∆则飞船所受到的阻力202f Sv ρ'=设一个离子在电场中加速后获得的速度为v根据动能定理可能得：e 212mv =设单位时间内射出的离子数为n ，在很短的时间t ∆内， 根据动量定理可得：F t n tmv ∆=∆则飞船所受动车=F nmv ，飞船做匀速运动，F f '=，解得：202n Sv eumρ=13．如图所示，在光滑水平桌面上，用手拉住长为L 质量为M 的铁链，使其1/3垂在桌边．松手后，铁链从桌边滑下，取桌面为零势能面．（1）求整条铁链开始时的重力势能为多少？（2）求铁链末端经过桌边时运动速度是多少？【答案】(1) 118mgL -223gL 【解析】试题分析：松手后，铁链在运动过程中，受重力和桌面的支持力，支持力的方向与运动方向垂直，对铁链不做功，只是垂在桌外部分的重力做功，因此，从松手到铁链离开桌边，铁链的机械能守恒．(1) 取桌面为零势能面桌外部分的质量为13m ，其重心在桌面下16L 处此时铁链的重力势能为：1113618mg L mgL -⨯=-； (2)铁链末端经桌面时，整条铁链都在空中，其重心在桌面下2L 处 此时铁链的重力势能为：12mgL - 设此时铁链的速度为v ，由机械能守恒定律有：21111822mgL mv mgL -=-解得：v =点晴：绳子、铁链运动的问题，对于每一部分来讲都是变力，运用动能定理难以解决过程中变力做功，但运用机械能守恒定律只要知道绳子的两个运动状态，不必考虑运动过程，因此解题就简单了，注意选好参考平面，尽量使解题简捷．14．光子具有能量，也具有动量．光照射到物体表面时，会对物体产生压强，这就是“光压”，光压的产生机理如同气体压强；大量气体分子与器壁的频繁碰撞产生了持续均匀的压力，器壁在单位面积上受到的压力就是气体的压强，设太阳光每个光子的平均能量为E ，太阳光垂直照射地球表面时，在单位面积上的辐射功率为P 0，已知光速为c ，则光子的动量为E P c=，求： （1）若太阳光垂直照射在地球表面，则时间t 内照射到地球表面上半径为r 的圆形区域内太阳光的总能量及光子个数分别是多少？（2）若太阳光垂直照射到地球表面，在半径为r 的某圆形区域内被完全反射（即所有光子均被反射，且被反射前后的能量变化可忽略不计），则太阳光在该区域表面产生的光压（用l 表示光压）是多少？【答案】（1）20r P t n E π=（2）02p I c= 【解析】【分析】【详解】（1）时间t 内太阳光照射到面积为S 的圆形区域上的总能量 0=E P St 总解得 20E r P t π=总照射到此圆形区域的光子数E n E=总解得20r P tn E π=（2）因光子的动量E p c =则达到地球表面半径为r 的圆形区域的光子总动量p nP =总因太阳光被完全反射，所以时间t 内光子总动量的改变量2p p ∆=设太阳光对此圆形区域表面的压力为F ，依据动量定理Ft p =∆太阳光在圆形区域表面产生的光压I=F/S 解得02p I c=15．一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2×105 Pa ，体积为1m 3．在状态B 时的体积为2m 3．(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) 5B =110Pa P ⨯；(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：A A B B P V P V =解得状态B 的压强：5B =110Pa P ⨯(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．。
