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1、高考物理微元法解决物理试题试题经典及解析 一、微元法解决物理试题 1一条长为L、质量为m 的均匀链条放在光滑水平桌面上，其中有三分之一悬在桌边，如 图所示，在链条的另一端用水平力缓慢地拉动链条，当把链条全部拉到桌面上时，需要做 多少功（） A 1 6 mgLB 1 9 mgLC 1 18 mgLD 1 36 mgL 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 悬在桌边的 1 3 l长的链条重心在其中点处，离桌面的高度： 111 236 hll 它的质量是 1 3 mm 当把它拉到桌面时，增加的重力势能就是外力需要做的功，故有 111 3618 P WEmglmgl A 1 6 mgL，与结论不
2、相符，选项A 错误； B 1 9 mgL，与结论不相符，选项B 错误； C 1 18 mgL，与结论相符，选项C 正确； D 1 36 mgL，与结论不相符，选项D 错误； 故选 C 【点睛】 如果应用机械能守恒定律解决本题，首先应规定零势能面，确定初末位置，列公式时要注 意系统中心的变化，可以把整体分成两段来分析 2水柱以速度v 垂直射到墙面上，之后水速减为零，若水柱截面为S，水的密度为 ，则 水对墙壁的冲力为（） A 1 2 SvB Sv C 1 2 S v 2 D Sv 2 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 设 t 时间内有V 体积的水打在钢板上，则这些水的质量为： SmVvt
3、 以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定 理有： 0Ftmv 即： 2mv FSv t 负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；由牛顿第三定律可以知道，水对钢 板的冲击力大小也为 2 Sv，D 正确， ABC错误。 故选 D。 32019 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 3 1.2kg/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 3 3
4、.6 10 N B 5 1.1 10 N C 4 1.0 10 N D 4 9.0 10 N 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 广告牌的面积 S =5 20m 2=100m2 设 t 时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有 m= Svt 根据动量定理有 -Ft=0-mv=0-S v2t 得 25 1.1 10 NFSv 故选 B。 4如图所示，水龙头开口处A 的直径 d11cm，A 离地面 B的高度 h75cm，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)( ) A0.5cm
5、B1cm C2cm 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 22 21 2vvgh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 11 () 2 d Vvt 水流 B 处的体积为 22 22 () 2 d Vvt 由 12 VV 得 2 0.5cmd 故 A 正确。 5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
6、mgL D空气阻力做功为 1 2 F阻L 【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G WmgL故 A 正确 B因为拉力 T F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 CDF阻所做的总功等于每个小弧段上 F 阻所做功的代数和，即 12 1 () 2 F WFxFxFLL 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 6消防车的
7、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 H80 m，建筑物上的火点离地高度为h60 m，整个供水系统的效率 60%（供水效率 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v030 m/s，水炮单位时间内的出水量 m060 kg/s，取 g10 m/s 2，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H80 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
8、中不变，因此当S1面以速度 v1向前运动了x1时， S2面以速 度 v 2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 p 2，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) 1.2510 2 kW (3)见解析； 【解析】 【分析】 【详解】 (1)根据平抛运动规律，有 Hh 1 2 gt2 xv0t 联立上述两式，并代入数据得 t= 2()Hh g 2 s xv0 2()Hh g 60 m 水炮与火点之间的水柱的质量 m= m0t=120kg
9、(2)设在 t 时间内出水质量为 m，则 m= m0 t，由功能关系得： 2 0 1 2 P tmvmgH 即 2 000 1 2 P tmtvmtgH 解得： P 2 000 1 2 m vm gH 1.2510 2 kW (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 a 1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
10、隔 t，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 l1和 l2左端流入的流体体积为 V1=S1 l1，右端流出的流体体积为 V2=S2 l2，理想流体是不可压缩的，流入和流出的体积相等， V1= V2，记为 V 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=F1 l1=(p1S1) l1=p1(S1 l1) =p1 V 作用在液体右端的力F2=p2S2向左，所做的功 W2=F2 l2=(p2S2) l2=p2(S2 l2) = p2 V 外力所做的总功 W= W1 W 2=(p1 p 2) V 外力做功使这
11、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 t，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 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(E2 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= V，所以流入的那部分流体的动能为 22 11 11 22 mvVv 重力势能为 mgh1 Vgh1 流出的那部分流体的动能为 22 22 11 22 mvV
12、v 重力势能为 mgh2 Vgh2 机械能的改变为 2 112122 211 22 EEVVvvVghVgh 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=E2 E 1 将式和式代入式，得 22 122121 11 22 ppVVvVvVghVgh 整理后得 22 111222 11 22 pvghpvgh a1和 a2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： 21 2 pvghC（常量） 式和式称为伯努利方程 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 21 2 pvC（
13、常量） 从式可知，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】 7如图所示，在方向竖直向上、磁感应强度大小为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P1P2P3和 Q1Q2Q3，两导轨间用阻值为 R 的电阻连接，导轨 P1P2、Q1Q2的倾角均为 ，导轨 P2P3、 Q2Q3在同一水平面上，P2Q2 P 2 P3，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 最大，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
14、电阻均不计，重力加速度大小为g，求： （1）杆 CD到达 P2Q2处的速度大小vm； （2）杆 CD沿倾斜导轨下滑的过程通过电阻R的电荷量q1以及全过程中电阻R 上产生的 焦耳热 Q； （3）杆 CD沿倾斜导轨下滑的时间t1及其停止处到P2Q2的距离 s 【答案】 （1） 222 sin cos m mgR v B d （2） sinQmgL （ 3） 22 442 sin cos m gR s B d 【解析】 （1）经分析可知，杆CD到达22 PQ 处同时通过的电流最大（设为 mI ），且此时杆CD受力 平衡，则有cossin m BdImg 此时杆 CD切割磁感线产生的感应电动势为 co
15、s m EBdv 由欧姆定律可得 m m E I R ，解得 222 sin cos m mgR v B d （2）杆CD沿倾斜导轨下滑过程中的平均感应电动势为 1 1 E t ， 1 cosBLd 该过程中杆CD通过的平均电流为 1 1 E I R ，又 111 qIt ，解得 1 cosBdL q R 对全过程，根据能量守恒定律可得sinQmgL （3）在杆 CD沿倾斜导轨下滑的过程中，根据动量定理有 111 sincos0 m mgtBI dtmv 解得 222 1 222 cos cossin mRB d L t B dmgR 在杆 CD沿水平导轨运动的过程中，根据动量定理有 22 0
16、 m BI dtmv，该过程中通 过 R 的电荷量为 222 qIt 由求 1 q得方法同理可得 2 Bds q R ， 解得 22 442 sin cos m gR s B d 点睛：解决本题时，推导电量的经验公式 q R V 和运用动量定理求速度是解题的关键， 并能抓住感应电荷量与动量定理之间的内在联系 8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 0 v 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 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 0 v 减小1%的过程中发生的位移及所用
