物理微元法解决物理试题练习

44物理微元法解决物理试题练习_、微元法解决物理试题超强台风“利奇马”在2019年8月10口凌晨在浙江省温岭市沿海登陆，登陆时中心附近最人风力16级，对固定建筑物破坏程度非常人。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（）A.F=psvB.F=psv2C.F=psv3D.F=—psv22【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-psv2t得：F=psv2F=psv,与结论不相符，选项A错误；F=psv2,与结论相符，选项B正确；F=psv3,与结论不相符，选项C错误；F=^psv2,与结论不相符，选项D错误；故选B。如图所示，有一连通器，左右两管的横截面枳均为$内盛密度为Q的液体，开始时两管内的液面高度差为力.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（）减少-pgSlr4增加了；pgSlf

减少了LpgSIf2增加了*gSlf【答案】A【解析】打开阀门兀最终两液面相平，相当于右管内£的液体流到了左管中，它的重心下降了2这部分液体的质量〃7=qU=qs£=*qS/2,由于液体重心下降，重力势能减少，重力势能的减少量：AEP=mgh1=1p5/rg.^=1pSgh2,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.3.如图所示，某力F=10N,作用于半径R=lm的转盘的边缘上，力尸的大小保持不变，但方向始终保持与作用点的切线方向一致，则转动一周这个力尸做的总功应为A.OJB.20/rJC・A.OJB.20/rJC・10J【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B.20丹c.10JD.20JAW=FAs则转一周中做功的代数和为W=Fx2tc/?=20ttJ故选B正确。故选B。如图所示，粗细均匀，两端开II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人小是（）D.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p,两边液面等高时，相当于右管上方牛高的液体移到左管上方，这分的液体重心的下降高度为如这"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p.ls・g.l=Lp.4hS・v‘22解得因此A正确，BCD错误。故选A。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，可能会出现的现彖是（）水流柱的粗细保持不变水流柱的粗细逐渐变粗水流柱的粗细逐渐变细水流柱的粗细有时粗有时细【答案】C【解析】【详解】水流在卜•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Co如图所示，摆球质量为悬线的长为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心的人小不变，则下列说法正确的是TOC\o"1-5"\h\z1.IJI/I・I”I-'重力做功为mgL绳的拉力做功为0空气阻力做功0空气阻力做功为-新肿【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在竖直方向上的投影厶，所以WG=mgL.故A正确.B、因为拉力斤在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即14/ft=0.故B正确.C、F更所做的总功等于每个小弧段上弘所做功的代数和，即=—(/*g|Av1+耳［Aq+•••)=—斥|严厶,故C错误，D正确；故选ABD.2【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.如图所示为固定在水平地面上的顶角为a的圆锥体，其表面光滑.有一质量为m、长为L的链条静止在圆锥体的表面上，已知重力加速度为g,若圆锥体对圆环的作用力人小为F,链条中的张力为T,则有()

A.F=mgi=A.F=mgb..asin—2T_陀丁_驱C.1aD.n仅/Ttaii—2;Ttan—22【答案】AD【解析】试题分析：因为圆坏受重力和圆锥体对圆环的作用力处于平衡，则圆锥体对圆坏的作用力等于圆坏的重力，即F=mg,故A对B错.取圆环上很小的一段分析，设对应圆心角为0,分析微元受力有重力加°g、支持力N、两边圆环其余部分对微元的拉力T,由平衡条件QQ&Rtan^22由于微元很小，则对应圆心角很小，故sui-=-,mQtan^22联立求解得：一□."•故C错D对.故选AD.2^tan—2考点：物体平衡问题.【名师点睛】本题为平衡问题，在求解圆锥体对圆环作用力时，可以圆环整体为研究对象进行分析.在求解圆环内部张力时，可选其中一个微元作为研究对彖分析.由于微元很00&RL小，则对应圆心角很小，故sm-=-,mQ=--tng9而/?=—,然后对微元进行受力22L2龙分析，列平衡方程联立求解即可.&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彳的四分之一圆弧，圆弧导轨的左、右两段处于高度相差刍的水平面上.以弧形导轨的末端点0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人小不随时间变化，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t。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）如杲根据已知条件，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）如杲根据已知条件，金属棒滑行到x=xi位置时停下来，求金属棒在水平轨道上滑动过程中通过导体棒的电荷屋q；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】（I）L2BVto（2）+mgL/2-4fnv2（3）金属棒在x=0处，感应电流最大矶2【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Bo的一瞬间，在很短的时间At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:（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=勞4哙半1_鬻（2）金属棒在弧形轨道上滑行过程中，产生的焦耳热为:金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据机械能守恒定律得:金属棒在水平轨道上滑行的过程中，产生的焦耳热为根据能量守恒定律得:所以，金属棒在全部运动过程中产生的焦耳热为：Q=CU+Q2=J^!J+mg^-^mv2Rt22B（K—JT）（3）a.根据图3,x=xl（xl<x）处磁场的磁感应强度为：B尸__・设金属棒在水平轨道上滑行时间为At.由于磁场B（x）沿x方向均匀变化，根据法拉第电

B+B磁感应定律At时间内的平均感应电动势为：E=^y=LxB+B磁感应定律At时间内的平均感应电动势为：E=^y=Lxl_丿“I_9~At~2xAt所以，通过金属棒电荷量为：q=t詣△t二BL*1’*1）KFL2Bnb.金属棒在弧形轨道上滑行过程中，感应电流为:11=^=-^RR5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，感应电流最犬•刚进入水平轨道时，金属棒的速度为：v=VgL若金属棒自由下落高度专，经历时间,显然t>t所以,所以，水平轨道上滑行过程中的最人电流为宀号二時若金属棒自由下落高度专，经历时间,显然t>t所以,综上所述，金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在x=0处，感应电流最人・Bo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£是1»宁答:10T4n2t[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°+m曲-^mv2Rt丄丄BLxi（2x~xi）(3)2xRb・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a.(3)2xRb・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.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/•=lm。细金属棒ab和cd垂直于导轨静止放置，它们的质量m均为lkg,电阻R均为0.5Qo刃棒右侧Im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M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：⑴ab棒与cd棒碰撞后瞬间的速度分别为多少：（2）若s=lm,求刃棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最人高度/）：若可以通过调节磁场右边界的位置来改变s的大小，写出c/棒最后静止时与磁场左边界【答案】(1)0,6nVs:(2)1.25m；(3)见解析【解析】【详解】对ab棒，由动量定理得Ft=niva一0ab棒与刃棒碰撞过程，取向右方向为正，对系统由动量守恒定律得mva=mve+mva由系统机械能守恒定律得1,1,1-,-mv~=—mv；+—tnv'2“22“解得<=0,v.=6ni/s由安培力公式可得F=BIL对cd棒进入磁场过程，由动量定理得-F'\t=im\.-mvc设导体棒cd进出磁场时回路磁通量变化量为△0=BSL=lxlxlWb=lWb°2RN2R以上几式联立可得V；=5m/s。对cd棒出磁场后由机械能守恒定律可得—mv[2=mgh联立以上各式得力=1.25加。第一种情况如果磁场s足够大，cd棒在磁场中运动距离儿时速度减为零，由动量定理可得-BI#△(]=0-/wvr设磁通量变化量为△冯△他=BLxl

流过回路的电量2RM严2R联立可得V=6m即s>6m,x=6m,停在磁场左边界右侧6m处。第二种情况刃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lm处，设此种情况下磁场区域宽度鼻，向右运动时有一BI丄“2=im\-mvc返回向左运动时BI'LA^=0-(-〃y)通过回路的电量-...BLSr人△匚人△匚・・・--2R联立可得£=3m即sV3m时，x=lm,停在磁场左边界左侧lm处；第三种情况3m<s<6m,向右运动时有一BI3厶"3=mV2~mVc通过回路的电量rABLs产2R返回向左运动时BI4LAt4=0-(-mv2)通过回路的电量BL(s-x)=/4AL=-442R联立可得x=(2s-6)m,在磁场左边界右侧。10.如图所示，在方向竖直向上、磁感应强度人小为B的匀强磁场中，有两条相互平行且相距为d的光滑固定金属导轨PRPm和CUCbCb，两导轨间用阻值为R的电阻连接，导轨P1P2、QiCb的倾角均为为导轨P2P3、CbCb在同一水平面上，P2Q2丄P2P3,倾斜导轨和水平导轨用相切的小段光滑圆弧连接.质量为m的金属杆CD从与P2Q2处时的速度恰好达到最人，然后沿水平导轨滑动一段距离后停下.杆CD始终垂直导轨并与导轨保持良好接触，空气阻力、导轨和杆CD的电阻均不计，重力加速度大小为g,求：

杆CD到达P2Q处的速度人小f；杆CD沿倾斜导轨下滑的过程通过电阻R的电荷量qi以及全过程中电阻R上产生的焦耳热Q；杆CD沿倾斜导轨下滑的时间Mi及其停止处到PzCb的距离s・【答案】(1)v【答案】(1)vn=mgRsin0B廿cos20(2)Q=mg厶sin。(3)_nrgR2sin8B4d4cos20【解析】(1)经分析可知，杆CD到达处同时通过的电流最大(设为仁)，且此时杆CD受力平衡,则有Bcose・dJ=mgsme此时杆CD切割磁感线产生的感应电动势为E=BcosO・dj由欧姆定律可得人=¥，解得％=胃sm：Rdu"cos"6△①杆CD沿倾斜导轨下滑过程中的平均感应电动势为E==,△①严BcosOdd该过程中杆CD通过的平均电流为斤=寻，又q严和,解得%=&仏:。S°对全过程，根据能量守恒定律可得0=mgLsm0在杆CD沿倾斜导轨下滑的过程中，根据动量定理有mgsmcosOl^d・A/】=mvm-0”，AmRB2d2Lcos20解得△人=—t—7r—+—-——B\rcos"0mgRsm0在杆CD沿水平导轨运动的过程中，根据动量定理有-3?>・少2=0-〃先”，该过程中通过R的电荷量为q、=人由求0得方法同理可得鼻=竽,解得s=解得s=m2gR2sin^BFcos'e点睛：解决本题时，推导电量的经验公式<?=—-和运用动量定理求速度是解题的关键,R并能抓住感应电荷量与动量定理之间的内在联系.

11・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，正以速度儿在宇宙中飞行.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.己知在开始进入尘埃云的一段很短的时间内，飞船的速度减小了Au，求这段时间内飞船受到的阻力大小.已知尘埃云公布均匀，密度为P.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・求飞船的速度由勺减小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岭匀速穿过尘埃云，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(远远人于飞船速度)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加,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】⑴哙(【答案】⑴哙(2门199M19602vop5【解析】/\V⑴飞船的加速度“石，根据牛顿第二定律有：i则飞船受到的阻力f=M—Ar(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:99呱99呱=(M+4)忒。99pS由--X图彖可得:由--X图彖可得:Vif1100)一一+x299勺丿199M解得：f=f196O2vopS'199M解得：f=b.设在很短时间内，与飞船碰撞的尘埃的质量为加’,所受飞船的作用力为f,飞船与尘埃发生弹性碰撞，解得冬=匚苓由动量守恒定律可知：=M\\+mv2解得冬=匚苓由于M>m.所以碰撞后尘埃的速度v2=2v0对尘埃，根据动量定理可得：广△心加'冬，其中m=pSv.M则飞船所受到的阻力广=2qS斥设一个离子在电场中加速后获得的速度为"根据动能定理可能得：°=mv22设单位时间内射出的离子数为〃,在很短的时间内，根据动量定理可得：FAr=n^ttnv则飞船所受动车F=mnv,飞船做匀速运动，F=『，12.为适应太空坏境，航天员都要穿航天服.航天服有一套生命保障系统，为航天员提供合适的温度、氧气和气压，让航天员在太空中如同在地面上一样.假如在地面上航天服内气压为latm,气体体积为2L,到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积变为4L,使航天服达到最人体枳.若航天服内气体的温度不变，航天服视为封闭系统.求此时航天服内的气体压强，并从微观角度解释压强变化的原因.若开启航天服封闭系统向航天服内充气，使航天服内的气压变为0.9atm,则需补充1atm的等温气体多少升？【答案】⑴P2=0.5atm航天服内，温度不变，气体分子平均动能不变，体积膨胀，单位体积内的分子数减少，单位时间撞击到单位面积上的分子数减少，故压强减小(2)1.6L【解析】(1)对航天服内气体，开始时压强为Pi=latm,体积为Vi=2L,到达太空后压强为P2,气体体积为％二4L.由玻意耳定律得：PiV1=p2V2解得P2=0.5atm航天服内，温度不变，气体分子平均动能不变，体积膨胀，单位体积内的分子数减少，单位时间撞击到单位面积上的分子数减少，故压强减小（2）设需补充latm气体V，升后达到的压强为p3=0.9atm,取总气体为研究对象.Pi（Ui+Z）=p3V2解得^=1.6L…综上所述本题答案是：（1）P2二0.5atm航天服内，温度不变，气体分子平均动能不变，体枳膨胀，单位体积内的分子数减少，单位时间撞击到单位面积上的分子数减少，故压强减小（2）1.6L13・如图所示，摆球质量为悬绳的长为0,把悬绳拉到水平位置后放手。设在摆球运动过程中空气阻力/的人小不变，求摆球从&点运动到竖直位置B时，绳的拉力F,空气阻力『各做了多少功？1【答案】％=0,丄fiiL2【解析】【分析】【详解】拉力F始终与运动方向垂直，不做功，所以%=0将AB分成许多小弧段，使每一小弧段小到可以看成是直线，在每一小弧段上，可以认为f的人小，方向是不变的（即为恒力），这样就把变力做功转换为恒力做功，如图所示f做的总功就等于每个小弧段上于所做功的代数和，即^=/a/1+/a/2+...=-|a^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，可以更加深刻地理解其物理本质。（1）单个微小粒子撞击巨大物体的力是局部而短促的脉冲，但人量粒子撞击物体的平均效呆是均匀而持续的力。我们假定单位体枳内粒子数量为门，每个粒子的质量为m,粒子运动速率均为叭如果所