高中物理微元法解决物理试题题20套(带答案)及解析

高中物理微元法解决物理试题题 20套(带答案)及解析一、微元法解决物理试题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104kW，排泥量为

1.4m3/s，排泥管的横截面积为

0.7m2，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为（ ）A．5 106N 2 107N 2 109N 5 109N【答案】A【解析】【分析】【详解】设排泥的流量为t时间内排泥的长度为：V Qt 1.4x t 2t输出的功：

S S 0.7排泥的功：输出的功都用于排泥，则解得：故A正确，BCD错误．

W PtW FxF 5106N如图所示，某个力 10N作用在半径为 1m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 20πJ 10J 10πJ【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＝＋＋＋＝(s＋＋＋）＝·＝0J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．如图甲所示，静止于光滑水平面上的小物块，在水平拉力 F的作用下从坐标原点 O始沿x轴正方向运动，F随物块所在位置坐标 x的变化关系如图乙所示，图线右半部分为四分之一圆弧，则小物块运动到 2x0处时的动能可表示为（ ）A．0

1x（+）211+2

） D．【答案】C【解析】【详解】1图线围成的面积表示拉力 F做功的大小，可知 F做功的大小W=2

1Fmx0+4

，根据动x0m0能定理得，k=W=1m+102=1Fx0m0

，故C正确，ABD错误。故选。

2 4 2 2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/s2，则水流柱落到盆中的直径A．1cm 0.75cm 0.5cm 0.25cm【答案】A【解析】【分析】【详解】2 2设水在水龙头出口处速度大小为 v1，水流到接水盆时的速度 v2，由v2=4m/s设极短时间为△

2gh得：水流进接水盆的体积为

2t 2d22由得

V2 t4d2v t r2 v t 21 1 24代入解得：1cm，与结论相符，选项 A正确；

d2=1cm．0.75cm，与结论不相符，选项 B错误；0.5cm，与结论不相符，选项 C错误；0.25cm，与结论不相符，选项 D错误；如图所示，摆球质量为 m，悬线长为把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动程中空气阻力 F阻的大小不变，则下列说法正确的是 ( )重力做功为 mgL悬线的拉力做功为 0空气阻力F阻做功为－mgL1空气阻力F阻做功为－2

F阻πL【答案】ABD【解析】【详解】由重力做功特点得重力做功为：A正确；

WG＝mgL悬线的拉力始终与 v垂直，不做功，B正确；CD．由微元法可求得空气阻力做功为：CD正确．

1WF阻＝－2

F阻πL如图所示，摆球质量为 m，悬线长为把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动程中空气阻力 f的大小不变，则摆球从 A摆到位置B的过程中，下列说法正确的是重力做功为 mgL悬线的拉力做功为 0空气阻力fmgL1空气阻力f做功为 f L2【答案】ABD【解析】【详解】重力在整个运动过程中始终不变，所以重力做功为 WG=mgL，故A正确；因为拉力在运动过程中始终与运动方向垂直，故拉力对小球不做功，即 WF=0，故B确；CD.阻力所做的总功等于每个小弧段上 f所做功的代数和，即Wf

f f x2

...)

fs f 1L 1fLCD正确。2 2如图所示，两条光滑足够长的金属导轨，平行置于匀强磁场中，轨道间距

L 0.8m，两端各接一个电阻组成闭合回路，已知

8Ω,2Ω，磁感应强度 B

0.5T，方向与导轨平面垂直向下，导轨上有一根电阻速度向左滑行，求：

r 的直导体ab，杆ab以5m/s的初此时杆ab上感应电动势的大小，哪端电势高？此时ab两端的电势差。

R1上的电流强度多大？若直到杆ab

R1上通过的电量q

0.02C，杆ab向左滑行的距离x。【答案】（1）杆ab上感应电动势为2V，a点的电势高于 b点；（2）ab两端的电势差为1.6V（3）通过的电流为0.2A；（4）x【解析】【详解】ab棒切割产生的感应电动势为

0.5m。E BLv 0.5 0.8 5V 2V根据右手定则知，电流从 b流向ab棒为等效电源，可知 a点的电势高于b点；电路中的总电阻R＝R1R2

r＝8 2 0.4 ＝28 2则电路中的总电流

I E＝2A所以ab两端的电势差为通过的电流为

Uab

R 2E Ir 2 1 0.4V 1.6V1I＝Uab＝1.6A＝0.2A18由题意知，流过电阻

和的电量之比等于电流之比，则有流过 ab棒的电荷量ab棒应用动量定理有：

总 q

I I1I1

0.02

1 0.20.2

0.02 0.1C两边求和得：

-BIL t mv-B

BLvR2

L t m v以上两式整理得：

BLq总

mv

BLx R代入数据解得：

x 总BLx 0.5m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太阳光垂直照射地球表面时，在单位面积上的辐射功率为 已知光速为 c，则光子动量为E/c．求：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的圆形区域太阳光的光子个数是多少？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I表示光压）是多少？太阳光照射到物体表面时，一部分会被反射，还有一部分被吸收．若物体表面的反射系数为ρ，则在物体表面产生的光压是全反射时产生光压的 12 倍．设太阳帆的反射系数ρ=0.8，太阳帆为圆盘形，其半径 飞船的总质量太阳光垂直照射在太帆表面单位面积上的辐射功率 已知光速c=3.0×108m/s．利用上述数据并结合第（问中的结论，求太阳帆飞船仅在上述光压的作用下，能产生的加速度大小是多少 ?0不考虑光子被反射前后的能量变化．（保留 2位有效数字）0【答案】（1）n【解析】【分析】【详解】

r2PE

（2）I

c

（3）a

5.9

5m/s2时间t内太阳光照射到面积为 S的圆形区域上的总能量 E总=解得E总=πr2P0t照射到此圆形区域的光子数 n=E总0E0解得n

r2PE因光子的动量p=Ec则到达地球表面半径为 r的圆形区域的光子总动量 p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设太阳光对此圆形区域表面的压力为 ，依据动量定理Ftp太阳光在圆形区域表面产生的光压 S解得I

2P0c在太阳帆表面产生的光压 I 1 I′=2对太阳帆产生的压力 ′S设飞船的加速度为 ，依据牛顿第二定律 a解得=5.9×5m/s2了依据．在物理学中这样的守恒定律有很多，例如：电荷守恒定律、质量守恒定律、能量守恒定律等等．的电荷量都是相同的．己知带电粒子电荷量均为 粒子定向移动所形成的电流强度为，求在时间 t内通过一截面的粒子数b．直线加速器是一种通过高压电场使带电粒子加速的装置．带电粒子从粒子源处持续发出，假定带电粒子的初速度为零，加速过程中做的匀加速直线运动．如图 l所示，在距粒子源l1、两处分别取一小段长度相等的粒子流 I．已知ll:l2=1:4，这两小段粒子流中所的粒子数分别为和n2，求：n1:n在实际生活中经常看到这种现象：适当调整开关，可以看到从水龙头中流出的水柱越来越细，如图2所示，垂直于水柱的横截面可视为圆．在水柱上取两个横截面 、经过A、B的水流速度大小分别为 、；A、B直径分别为d1、d2，且d1：d2=2:1．求：水流速度大小之比v1:v2．3所示：一盛有水的大容器，其侧面有一个水平的短细管，水能够从细管中喷出；容器中水面的面积 远远大于细管内的横截面积 重力加速度为假设水不可压缩，且没有粘滞性．推理说明：容器中液面下降的速度比细管中的水流速度小很多，可以忽略不计：b．在上述基础上，求：当液面距离细管的高度为 h时，细管中的水流速度 【答案】（1）a.N

Q It

；b.n:n

2:1；（2）

:v d

:d2

1:4；（a.q q 1 2

1 2 2 1设：水面下降速度为

，细管内的水流速度为 按照水不可压缩的条件，可知水的体积守恒或流量守恒，即：

，可得

v2．所以：液体面下降的速度 比细管中的水流速度可以忽略不计．v 2gh【解析】【分析】【详解】a.电流I Q，t电量Q NqQ It粒子数Nb.根据v

q q2ax,可知在距粒子源

l1、l2两处粒子的速度之比：x

:v2

1:2极短长度内可认为速度不变，根据 v ，t得:t2 2:1根据电荷守恒，这两段粒子流中所含粒子数之比：

:

2:1根据能量守恒，相等时间通过任一截面的质量相等，即水的质量相等 .也即：

·d2处处相等42 2故这两个截面处的水流的流速之比：

:v2

d2:d1

1:4a设：水面下降速度为

，细管内的水流速度为 v.按照水不可压缩的条件，可知水的体积守恒或流量守恒，即：

Sv2

:

v2.所以液体面下降的速度

比细管中的水流速度可以忽略不计 .b.根据能量守恒和机械能守恒定律分析可知：液面上质量为 m的薄层水的机械能等于细管中质量为 m的小水柱的机械能．又根据上述推理：液面薄层水下降的速度

v1忽略不计，即

0.设细管处为零势面，所以有：

0 mgh 1mv2 02解得:v 2gh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 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 太阳光垂直照射地球表面时，在单位面积上的辐射功率为 已知光速为则光子的动E量为P

，求：c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的圆形区域太阳光的总能量及光子个数分别是多少？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0（用l表示光压）是多少？0【答案】（1）n【解析】【分析】【详解】

r2PE

（I

2p0c时间t内太阳光照射到面积为 S的圆形区域上的总能量E总=P0St解得E r2Pt总 0照射到此圆形区域的光子数n E总E解得n

r2PE0因光子的动量p E0c则达到地球表面半径为 r的圆形区域的光子总动量p总nP因太阳光被完全反射，所以时间 t内光子总动量的改变量p 2p设太阳光对此圆形区域表面的压力为 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I

2c系，从而更加深刻地理解其物理本质．光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面．前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量之外还具有动量．我们知道光子的能量 E hv，动量p h，其中v为光的频率，h为普朗克常量，为光的波长．由于光子具有动量，当光照射到物体表面时，会对物体表面产生持续均匀的压力，这种压力会对物体表面产生压强，这就是 光压，用I表示．一台发光功率为 0的激光器发出一束频率为

的激光，光束的横截面积（0）．求：该激光器在单位时间内发出的光子数 N；该激光作用在物体表面时产生的光压 从微观角度看，气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁的频繁撞击引起的．正方体密闭容器中有大量运动的粒子，每个粒子质量为 m，单位体积内粒子数量为 为简问题，我们假定：粒子大小可以忽略；速率均为 且与容器壁各面碰撞的机会均等；与容器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与容器壁垂直，且速率不变．a．利用所学力学知识，推导容器壁受到的压强 P与m、n和v的关系；b．我们知道，理想气体的热力学温度 T与分子的平均动能

成正比，即

T ，式中α为比例常数．请从微观角度解释说明：一定质量的理想气体，体积一定时，其压强与温度成正比．【答案】（1）a. N【解析】【分析】【详解】

P0b. Ihv0

P0

（2）a. P

1nmv2b.见解析3a.单位时间的能量为： P0

NE，光子能量：

h，得单位时间内发出的光子数N ．hv0b.该激光作用在物体表面产生的压力用 表示，根据牛顿第三定律物体表面对光子的力大小也为时间为 t，由动量定理可知：

t tNP, P

h, I

F0，解得SI Sa.在容器壁附近，取面积为 高度为vt的体积内的粒子为研究对象．该体积中粒1子个数N2

Svtn，可以撞击该容器壁的粒子数

N2，一个撞击容器壁的气体分子对其6产生的压力用 F来表示，根据牛顿第三定律容器壁对气体分子的力大小也为 由2mv

1NFt 2mvF

，容器壁受到的压强

6 1 22t21 2 1

P nmvS 32nb.由P nmv, T aEk, mv，解得P T，一定质量的理想气体，体积3 2 一定时，其压强与温度成正比．如图所示，摆球质量为m，悬线的长为动过程中空气阻力F阻的大小不变，求摆球从A运动到竖直位置B时，重力mg、空气阻力F阻各做了多少功？

；

WF阻=

F2因为拉力FT在运动过程中，始终与运动方向垂直，故不做功，即TWF 0T重力在整个运动过程中始终不变，小球在竖直方向上的位移为 所以mgL如图所示，F阻所做的功就等于每个小弧段上 F阻所做功的代数和。即W (F x F x ) 1FLF阻 阻 1 阻 2 阻2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1置）时速度为

v0。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2TT。除左端所连电阻和金属杆电阻外，其他电阻忽略不计。求：金属杆刚进入磁场区域时的加速度大小；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)a

B2L2v

3 200g；(2)Q mv00

m2gRv

2m2g2Rt【解析】【分析】【详解】

2mR

1 16 0

2B2L2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

BLv0I ER RBILf mgF f ma0B2L2v0a g2mR当金属杆速度为v时，产生的感应电动势E BLv感应电流I ER R金属杆受到的安培力F BIL由动量定理得，在短暂的时间 t内有F t mgt m v即B2L2v tmg t mv2R对上式从金属杆进入磁场到离开磁场，求和得B2L2x vmgt m 0

mv02R 2式中x为磁场区域左、右边界的距离，解得x R

2B2L2

mgtR设此过程中金属杆克服安培力做功为 W，由动能定理W mgx

21m

1mv202 2 20联立以上各式，解得此过程中回路产生的焦耳热为3 m2gRv 2 2m2g2RtQ W mv2 008则金属杆产生的焦耳热为

B2Q 3 m2gRv 2 2m2g2Rt10Q mv2 0102 16

2B2L2如图所示，一个滑块质量为 2kg，从斜面上A点由静止下滑，经过 BC平面又冲上另一2斜面到达最高点．已知AB=100c，，∠α=3°，∠β=3°，（ g取s）试求：滑块在A和D点所具有的重力势能是多少？（以 面为零势面）若、均光滑，而只有BC面粗糙，BC块最终停在