高中物理微元法解决物理试题模拟试题

高中物理微元法解决物理试题模拟试题

高中物理微元法解决物理试题模拟试题 一、微元法解决物理试题 1．雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象．为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承 受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得 10 分钟内杯中雨水上升了 15mm ，查询 得知，当时雨滴落地速度约为 10m ／s，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的 密度为 1×103kg／m 3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为 A．0.25N B．0.5N C．1.5N D．2.5N 【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=10m/s 减为零．以向上为正方向，对这部分雨水应用 动量定理： F△t=0-（-△mv）=△mv．得： F= mv t V V ；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=ρS△h；F=ρSv h t V V ．压强为： 3 3 2 215 101 10 10 / 0.25 / 10 60 F hP v N m N m S t V V ，故 A 正确， BCD 错误． 2．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】 cosW Fx 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 ，所以拉力所 做的功 2W FL rF ，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 ． 3．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 C．小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为 1 2 Fv D．小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为 2 2 Fv 【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 1 1 4 4 W F R FR? ，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。 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 31 10 kg/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（ ） A．0.1N B．1.0N C．10N D．100N 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 对雨水由动量定理得 Ft mv Shv 则 0.72N 1.0NShvF t 所以 B 正确， ACD 错误。 故选 B。 5．2019 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 ，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． 33.6 10 N B． 51.1 10 N C． 41.0 10 N D． 49.0 10 N 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 广告牌的面积 S=5× 20m2=100m2 设 t 时间内吹到广告牌上的空气质量为 m，则有 m=ρ Svt 根据动量定理有 -Ft=0-mv=0-ρ Sv2t 得 2 51.1 10 NF Sv 故选 B。 6．如图所示，某力 10NF ，作用于半径 1mR 的转盘的边缘上，力 F 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 F 做的总功应为 （ ） A． 0J B． 20 J C． 10J D． 20J 【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 W F s 则转一周中做功的代数和为 2π 20πJF RW 故选 B 正确。 故选 B。 7．如图所示，水龙头开口处 A 的直径 d1＝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 v1＝ 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 d2 约为 (g 取 10m/s 2)( ) A．0.5cm B．1cm C．2cm D．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 v1，水流到 B 处的速度 v2，则由 2 2 2 1 2v v gh 得 2 4m/sv 设极短时间为 △t，在水龙头出口处流出的水的体积为 21 1 1 π( )2 dV v t 水流 B 处的体积为 22 2 2 π( )2 dV v t 由 1 2V V 得 2 0.5cmd 故 A 正确。 8．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。 9．如图所示，摆球质量为 m，悬线长为 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 mgL B．悬线的拉力做功为 0 C．空气阻力 F 阻做功为－ mgL D．空气阻力 F 阻做功为－ 1 2 F 阻 πL 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 A．由重力做功特点得重力做功为： WG＝mgL A 正确； B．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： WF阻 ＝－ 1 2 F 阻 πL C错误， D 正确． 10． 如图所示，摆球质量为 m，悬线长度为 L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从 A 点运动到 B 点的过程中空气阻力的大小 F阻 不变，则下列说法正确的是 ( ) A．重力做功为 mgL B．悬线的拉力做功为 0 C．空气阻力做功为－ mgL D．空气阻力做功为－ 1 2 F阻 πL 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 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 GW mgL ．故 A 正确． B．因为拉力 TF 在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即 FT 0W ．故 B正确． CD． 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 1 2 1( Δ Δ ) π 2FW F x F x F LL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．注意在求阻力做功时，要明确阻 力大小不变，方向与运动方向相反；故功等于力与路程的乘积． 11． 两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，两导轨间的距离为 L，导轨上垂直 放置两根导体棒 a 和 b，俯视图如图甲所示。两根导体棒的质量均为 m，电阻均为 R，回 路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为 B 的竖直向上的匀强 磁场。两导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距 为 x0，现给导体棒 a 一向右的初速度 v0，并开始计时，可得到如图乙所示的 v t 图像 （ v 表示两棒的相对速度，即 a bv v v ）。求： （1）0～t2 时间内回路产生的焦耳热； （2）t 1 时刻棒 a 的加速度大小； （3）t 2 时刻两棒之间的距离。 【答案】 (1) 2 0 1 4 Q mv＝ ；(2) 2 2 0 8 B L va mR ＝ ；(3) 0 0 2 2 vmx L Rx B ＝ 【解析】 【分析】 【详解】 (1)t2 时刻，两棒速度相等。由动量守恒定律 mv0=mv+mv 由能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热 2 2 0 1 2 21 2 Q vvm m＝ 得 2 0 1 4 Q mv＝ (2)t1 时刻 0 1 4a bv v v vV ＝ ＝ 回路中的电动势 0 1 4 E BL v BLv 此时棒 a 所受的安培力 2 20 0 1 4 2 8 BL v B L vF BIL BL R R 由牛顿第二定律可得，棒 a 的加速度 2 2 0 8 B L R a m vF m ＝ ＝ (3)t2 时刻，两棒速度相同，由 (1)知 0 1 2 v v＝ 0-t 2 时间内，对棒 b，由动量定理，有 ∑BiL△t＝mv-0 即 BqL=mv 得 0 2 mq L v B ＝ 又 0 2 2 2 ( ) 22 BL x xE B stq I t t t R R RR R V V VVV V V＝ ＝ ＝ ＝ 得 0 0 2 2 vmx L Rx B ＝ 12． 守恒定律是自然界中某种物理量的值恒定不变的规律，它为我们解决许多实际问题提 供了依据．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． (1)根据电荷守恒定律可知：一段导体中通有恒定电流时，在相等时间内通过导体不同截面 的电荷量都是相同的． a．己知带电粒子电荷量均为 g，粒子定向移动所形成的电流强度为，求在时间 t 内通过某 一截面的粒子数 N． 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、l2 两处分别取一小段长度相等的粒子流 I ．已知 l l:l2=1:4，这两小段粒子流中所含 的粒子数分别为 n1 和 n2，求： n1:n2． (2)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 A、 B，经过 A、B 的水流速度大小分别为 vI、 v2；A、B 直径分别为 d1、 d2，且 d1：d 2=2:1．求：水流的 速度大小之 比 v1:v2． (3)如图 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 Sl 远远大于细管内的横截面积 S2;重力加速度为 g．假设 水不可压缩，而 且没有粘滞性． a．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 v． 【答案】（ 1）a. Q ItN q q ； b. 21 : 2 :1nn ；（ 2） 2 2 1 2 2 1: : 1: 4v v d d ；（ 3）a. 设：水面下降速度为 1v ，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： 1 2Sv Sv ,由 1 2S S ，可得 1 2v v ．所以：液体面下降的速度 1v 比细管中的水流速度可以忽略不计． b. 2v gh 【解析】 【分析】 【详解】 (1) a.电流 QI t ， 电量 Q Nq 粒子数 Q ItN q q b.根据 2v ax , 可知在距粒子源 1l 、 2l 两处粒子的速度之比： 1 2: 1: 2v v 极短长度内可认为速度不变，根据 xv t ， 得 1 2: 2:1t t 根据电荷守恒，这两段粒子流中所含粒子数之比： 1 2: 2 :1n n (2) 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： 2· · 4 v d 处处相等 故这两个截面处的水流的流速之比： 2 2 1 2 2 1: : 1: 4v v d d (3) a. 设：水面下降速度为 1v ，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： 1 2Sv Sv 由 1 2S S ，可得 : 1 2v v . 所以液体面下降的速度 1v 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 1v 忽略不计，即 1 0v . 设细管处为零势面，所以有： 210 0 2 mgh mv 解得 : 2v gh 13． 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． （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，电子电荷量为 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, 求导线中的电流 I （请建立模 型进行推导）； （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 ( 提示：建议，建立模型，思 考压强的产生原理 )． 【答案】（ 1）nvSe；（ 2） 21 3 nmv 【解析】 试题分析：取一时间段 t ，求得相应移动长度 l=vt ，体积为为 Svt．总电量为 nesvt ，再除 以时间，求得表达式；粒子与器壁有均等的碰撞机会，即相等时间内与某一截面碰撞的粒 子为该段时间内粒子数的 1 6 ，据此根据动量定理求与某一个截面碰撞时的作用力 f ． （1）导体中电流大小 qI t t 时间内电子运动的长度为 vt ，则其体积为 Svt，通过导体某一截面的自由电子数为 nSvt 该时间内通过导体该截面的电量： q nSvte 由①②式得 I nesv； （2）考虑单位面积， t 时间内能达到容器壁的粒子所占据的体积为 1V Svt vt ， 其中粒子有均等的概率与容器各面相碰，即可能达到目标区域的粒子数为 1 1 6 6 nV nvt ， 设碰前速度方向垂直柱体地面且碰撞是弹性的，则分子碰撞器壁前后，总动量的变化量为 12 6 p mv nvt 由动量定理可得： 2 1 2 16 3 nvt mvpf nmv t t 14． 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 斜面到达最高点 D．已知 AB=100cm，CD=60cm，∠α =30°，∠β =37°，（ g 取 10m/s2 ）试 求： （1）滑块在 A 和 D点所具有的重力势能是多少？（以 BC面为零势面） （2）若 AB、CD均光滑，而只有 BC面粗糙， BC=28cm且 BC面上各处粗糙程度相同，则滑 块最终停在 BC面上什么位置？ 【答案】 (1) 10PAE J 7.2PDE J (2) S 16cm 【解析】 10PA ABE mgs sin J 7.2PD CDE mgs sin J 功能关系得： A 到 D: μmg 2.8J?BC PA PDs E E ① 设滑块在 BC上的 路程为 : n BCs , A 到最后停止 , 由动能定理得 : μmg n 0BC PAs En ② 解出 4n 3 7 ， 故距 C点的距离为： 4s 28 16cm 7 cm . 15． 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 1mL 。细金属棒 ab 和 cd 垂直于导轨静止放置，它们 的质量 m 均为 1kg ，电阻 R均为 0.25Ω。 cd 棒右侧 1m 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 1TB ，磁场区域长为 s 。以 cd 棒的初始位置为原点，向 右为正方向建立坐标系。现用向右的水平变力 F 作用于 ab 棒上，力随时间变化的规律为 (0.5 1)NF t ，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，重力加速度 210m/sg ，求： (1)撤去力 F 的瞬间， ab 棒的速度大小； (2)若 1ms ，求 cd 棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最大高度 h； (3)若可以通过调节磁场右边界的位置来改变 s 的大小，求 cd 棒最后静止时的位移 x 与 s 的 关系。 【答案】 (1)8m/s ；(2)1.8m；(3)见解析 【解析】 【分析】 【详解】 (1)4 s 内的平均作用力 (0) (4) 2N 2 F FF 由动量定理得 F t=mv1 所以 v1=8 m/s (2)ab 棒与 cd 棒质量相等，发生弹性碰撞后， ab 棒静止， cd 棒速度为 v1，设 cd 棒离开磁 场时的速度为 v2，由动量定理得 2 1BIL t mv mv 2 BLsq I t R 所以 2 2 12 6m/s 2 B L sv v mR 上升的高度 2 2 1.8m 2 vh g (3)分三种情况：如果 s 足够大， cd 棒在磁场内运动的距离为 d，则 10BIL t mv 2 BLdq I t R 即 1 2 2 2 4mmRvd B L ①s≥4m 时， cd 棒不能穿出磁场，停在磁场内，位移为 x=d+1m=5 m ②当 2m≤ s<4 m 时， cd 棒穿过磁场后经竖直轨道返回，若仍没有穿过磁场， cd 棒的位移 为 x=2s-d+1 m=2s-3 m ③当 0

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