高中物理学中的微元法习题训练

1、高中物理学中的微元法习题训练、微元法在关联速度中的运用1、如图所示，人用绳子通过定滑轮以不变的速度Vo拉水平面上的物体 A,当绳子与水平方向成。角时，求物体A的速度。【答案】vA -v0 cos【解析】设物体 A在。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L xcos ,两边同除以 t得L xL cos ,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 t t即收绳速率v0 vA cos所以物体A的速率为vA %cos二、微元法在运动学、动力学中的应用2、设某个物体的初速度为 v0,做加速度为a的匀加速直线运动，经过时间 t,则物1 C体的

2、位移与时间的关系式为 x vot at?,试推导。2【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Vi ,则在t时间Vi t,在v t图像上则为内第i段的位移为xivi t ,物体在t时间内的位移为x xi若干个微小矩形面积之和。当把运动分得非常非常细,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。若干个矩形合在一起就成了梯形OAPQ,如图丙所示。图

3、线.,1 . 2v0 at ,所以 x v0t 一 at20,则火车加速3、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行驶的加速度大小为（）g cosg tan【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F合=mg tan ,根据牛顿第二定律可知F合=ma,则a g tan ，方向与启动方向相同。三、微元法在功和能中的应用4、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

4、量(已知水的密度为伪重力加速度为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 vo的表达式为 (请用已知量和待测量的符号表 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号表示 ).【答案】(1)水的水平射程x,管口离地的高度 h (2) v0=x,叵(3) m=&- TOC o 1-5 h z 2h42【斛析】 根据平抛运动的规律知，水平方向上有x=vot,竖直方向上有h= gt ,联 HYPERLINK l bookmark23 o Current Document 立以上二式可得初速度 v0=x

5、j-g ;空中水的质量 m=Sv0tx. 2h45、从地面上以初速度 V0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，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为 必，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a v,取微元然后写出V与t关系式，最后求和。t【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 TOC

6、o 1-5 h z 212Wfmv1 一 mv0 HYPERLINK l bookmark29 o Current Document 2克服空气阻力做功 Wf mv2 mv2 22(2)阻力与其速率成正比抛出瞬间阻力f kv0匀速运动时f1 kv1抛出瞬间阻力的大小为 f mg包根据牛顿第二定律mg f ma0解得抛出瞬间的加速度大小为ao 1V0g 必(3)上升时加速度为a,根据牛顿第二定律mg kv mak a g -v m取极短时间t,速度的变化量v ,有式中v t h上升全过程对等式两边求和左边求和v 0 v0(末减初)kk一g tgt1 h H ( h H )mm代入解得0 v0gt

7、i, mg又刖面已求出 k所以球上升的最大高度vogti vi【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。四、微元法在动量中的应用6、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“，船速为v2 ( v2 vj,空气的密度为，则帆船在匀速前进时帆面受到的平均风力大小为多少？2【答案】S(v1 v2)【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,这部分空气经过时间t后速度都由V1变为v2, 取船前进方向为正方向，由动量定理得：F tm(v2 v1

8、)所以 Fm(v1v2)S(Vl；2)t(v1v2)S(v1v2)2五、微元法在电场中的应用7、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，用点电荷问题，实际上就是利用“微元法”对称”等效“或 割补”的方法将非点电荷问题转化为,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】k QqL 3 沿OA方向 (L2 R2)2【解析】把带电圆环平均分

9、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，A点到 圆环边缘距离为r,则由库仑定律得 F kqqL, F Fcos ，由几何知识r2 R2 L2,rcos j L ,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L2 R2零)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，F合 NFk -QqL 3 .方向沿OA方向。(L2 R2)2【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

10、，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合 NF。六、微元法在电磁感应中的应用8、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v0,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？b【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

11、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,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。mv0RB2L2【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BL x I BL xR tRtR金属杆受到安培力为 F安ILBtR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：IB2L2 xF安t R对所有的位移求和，可得安培力的总冲量为2, 21 ( T2 . 2B-x 其中x为杆运动的最大距离（

12、R对金属杆用动量定理可得I 0 mv0由、两式得：x mV0Rb2l2【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。跟踪训练1、（2015 新课标I卷）如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T,方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电

13、路总电阻为2。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm o重力加速度大小取10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安 培力的方向，并求出金属棒的质量。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？3、电量Q均匀分布在半径为 R的圆环上，如图所示，求在圆环轴线上距圆心O点为x处的P点的电场强度。4、如图所示，一个半径为R的圆环均匀带电，ab为一极小的缺口，缺口长为L( L R), 圆环的带电量为 Q (正电荷)，在圆心处置

14、一带电量为 q的负点电荷，试求负点电荷受到的5、如图所示，用金属丝 AB弯成半径r 1m的圆弧，但在 A、B之间留出宽度为 d=2cm、相对来说很小的间隙，将电荷量Q=3.13 1019c的正电荷均匀分布在金属丝上，求圆心 O 处的电场强度。6、如图所示，来自质子源的质子(初速度为零)，经一加速电压为 800 kV的直线加速器加速，形成电流强度为 1.0 mA的细柱形质子流.已知质子电荷 e = 1.60 X1019 C,这束质子流 每秒打到靶上的质子数为 .假设分布在质子源到靶子之间的加速电场是均 匀的，在质子束中与质子源相距l和4l的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中质子数分别为n

15、i和n2,则ni ： n2 = 。7、把一个容器内的空气抽出一些，压强降为p,容器上有一小孔，上有塞子，现把塞子拔掉，如图所示。问空气最初以多大初速度冲进容器？(外界空气压强为p0、密度为 )8、如图所示，两平行的足够长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“，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，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，图中未图出).线框的边长为d (d l ),电阻为R,下边与磁场区域上边界重

16、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.问：(1)线框从开始运动到完全进入磁场区域的过程中，通过线框的电量为多少？(2)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？Fa多大?(3)线框第一次向下运动即将离开磁场下边界时线框上边所受的安培力Xm是多少?(4)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9、如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于竖直平面内，两导轨间的距离为d,导轨上面横放着两根导体棒Li和L2,与导轨构成回路，两根导体棒的质量都为m,电阻都为R,回路中其余部分的电阻可不计。在整个

17、导轨平面内都有与导轨所在面垂直的匀强磁场，磁感应弓II度为B。两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，保持Li向上作速度为v的匀速运动，在t=0时刻将靠近Li处的L2由静止释放(刚释放时两棒的距离可忽略)，经过一段时间后L2 也作匀速运动。已知 d=0.5m ,m=0.5kg , R=0.1 Q B=1T, g 取 10m/s2。(1)为使导体棒L2向下运动，Li的速度v最大不能超过多少？(2)若L1的速度v为3m/s,在坐标中画出L2的加速度a2与速率v2的关系图像；(3)若L1的速度v为3m/s,在L2刚作匀速运动的某时刻，两棒的间距4m,求在此时刻前L2运动的距离。XXXX答案解析1、【答案】竖

18、直向下0.01 kg【解析】依题意，开关闭合后，电流方向为从b到a,由左手定则可知，金属棒所受的 安培力方向为竖直向下。开关断开时，两弹簧各自相对于其原长的伸长量为Ah=0.5cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kAli=mg式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小。开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F=IB L式中，I是回路电流，L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了Ak=0.3cm,由胡克定律 和力的平衡条件得2k（ Ai+ 囚 2）=mg+F由欧姆定律有E=IR式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。联立式，并代入题给数据得m=0.01 kg2、【答案】一L M m

19、【解析】取人和船整体作为研究系统，人在走动过程中，系统所受合外力为零，可知系统动量守恒.设人在走动过程中的t时间内为匀速运动，则可计算出船的位移。这是我们所熟悉的“人船（人车）模型”，即平均动量守恒问题。设vi、V2分别是人和船在任一时刻的速率，则有mvi MV2两边同时乘以一个极短的时间 t ,有mv1 t Mv2 t 由于时间极短，可以认为在这极短的时间内人和船的速率是不变的，所以人和船位移大小分别为S1 vi t, 82 V2 t由此将式化为 m M s2把所有的元位移分别相加有 mS| Ms2即ms| Ms2 其中、S2分别为全过程中人和船对地位移的大小，又因为L s1s2 由、两式得

20、船的位移s2kQx【解析】带电圆环产生的电场不能看作点电荷产生的电场,故采用微元法，用点电荷形成的电场结合对称性求解.如图所示Ex,qk - cos r选电荷元 q R -Q,它在P点产生的电场的场强的 x分量为: 2 R, R Q xk222 R(R x ) . r2 x2根据对称性4、【答案】kQx2 (R2 x2)3kQx2 2 (R2 x2)3kQx-IY)3LQq(2 R L)R2方向由ab指向圆心.【解析】首先讨论一个封闭圆环的情形。如图 a所示，在圆环上任意取两个对称的点（很小的一段圆弧）P、Q, P点对圆心处的负电荷的引力为Fp, Q点对圆心处的负电荷的引力为Fq,由库仑定律可

21、知，这两个力一定大小相等，且方向相反，合力为零。同理可知，在圆上 任何一点都有与之对称的点， 它们对圆心处的负电荷的合力均为零。而圆环正是由无数对这样的点组成。不难确定，圆环中心处的点电荷受力为零。再讨论题中的情形，如图所示，只有与ab缺口相对的那一部分圆弧没有与之对称的部分存在。因此，处于圆心处的负电荷受到的力就是与缺口ab对称的a b对它的引力。ab ( LR)很短，可看成点电荷，其带电量为：Q 一Q一 L2 R- L由库仑定律可得：F kQq 一kLQq一2 R (2 R-L)R受力方向为：由ab指向圆心O。2 一一一5、【答案】9 10 N/C方向由圆心指向间隙处。【解析】若用与 AB

22、圆弧有相同电荷密度的金属丝 AB把缺口补上，由对称性可知， O点 的合场强为零，所以 AB圆弧产生的场强与 AB产生的场强等大反向，而 AB可视为点电 荷，AB在O点产生的场强就可以求出。设圆缺口所带电荷的线密度为q,2 r d则补上的金属小段带电荷量 Qd ,它在O处的场强为E1Qdr d)r2QE1k -2 k -r (2代入数据求得Ei9_ 2_10 N /C所以，待求的场强为 E2, e2Ei,负号表示方向相反，方向由圆心指向间隙处。_一_ _ 156、【答案】6.25 10 ; 2:1【解析】设时间t内打到靶子上的质子数为n由电流强度定义可知：q It ne,1秒打到靶上的质子数31

23、.0 101一 一 191.6 10_ _ 156.25 10质子在直线加速器的运动可以视匀加速运动，设加速度为则质子在l和41的速度分别为v1J两，v202a(4l) 2v1 ,质子在1和41处的速度之比v1: v2 1:2,又因为电流强度InevS, (n为单位体积内质子数)，n 一evS由题意对于极短长度L内质子数n1 : n2 v2: v1 2:1。2g p)【解析】该题由于不知开始时进入容器内分子有多少，不知它们在容器外如何分布，也不知空气分子进入容器后压强如何变化，使我们难以找到解题途径。注意到题目中“最初”二字，可以这样考虑：如图所示，设小孔的面积为 S,取开始时位于小孔外一薄层

24、气体为研究对象， 令薄层厚度为 L ,因 L很小，所以其质量m进入容器过程中，不改变容器压强，故此薄层所受外力是恒力，该问题就可以解决了。由以上分析，得F (p0 p)S 对进入的 m气体，由动能定理得：12FL-mv 而 m S L d 2联立、式可得最初冲进容器的空气速度v 产。一P).8、【答案】见解析。思路点拨：当线框进入磁场时， 磁通量发生变化， 导致线框中有感应电流， 处于磁场中受到 安培力，从而阻碍线框运动.通过线框截面的电量由磁通量的变化与线框的电阻之比求得. ： 穿过线框的磁通量发生变化时， 线框中产生感应电流， 从而产生热量，同时在运动过程中重 力做正功，导体棒受到安培力做负功， 则可由动能定理列式求出. 运用动能定理可求出线框 上边经过磁场下边界时速度，从而根据左手定则算出所受的安培力.【解析】(1)通过线框的电量为(2)设装置由静止释放到导体棒运