高中物理专题汇编物理微元法解决物理试题(一)

一、微元法解决物理试题

1．估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45mm。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s。据此估算该压强约为（ ）（设雨滴撞击唾莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3） A．0.15Pa 【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=12m/s减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理有

B．0.54Pa

C．1.5Pa

D．5.1Pa

Ft0mvmv

得到

Fmv t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Sh F=Sv所以有压强

h tFh451033Pv1012Pa0.15Pa

St3600即睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强为0.15Pa。 故A正确，BCD错误。 故选A。

2．“水上飞人表演”是近几年来观赏性较高的水上表演项目之一，其原理是利用脚上喷水装置产生的反冲动力，使表演者在水面之上腾空而起。同时能在空中完成各种特技动作，如图甲所示。为简化问题。将表演者和装备与竖直软水管看成分离的两部分。如图乙所示。已知表演者及空中装备的总质量为M，竖直软水管的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g。若水流竖直向上喷出，与表演者按触后能以原速率反向弹回，要保持表演者在空中静止，软水管的出水速度至少为（ ）

A．2Mg SB．Mg SC．Mg 2SD．Mg 4S【答案】C 【解析】 【详解】

设出水速度为v，则极短的时间t内，出水的质量为

mSvt

速度由竖起向上的v的变为竖起向下的v，表演者能静止在空中，由平衡条件可知表演者及空中装备受到水的作用力为Mg，由牛顿第三定律可知，装备对水的作用力大小也为

Mg，取向下为正方向，对时间t内的水，由动量定理可得

Mgtmv(mv)Sv2t(Sv2t)

解得

v故C正确，A、B、D错误； 故选C。

Mg 2S

3．一条长为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（ ）

1mgL 6【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A．

B．

1mgL 9C．

1mgL 18D．

1mgL 36悬在桌边的l长的链条重心在其中点处，离桌面的高度：

13111hll

236它的质量是m1m 3111WEPmglmgl

3618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

1mgL，与结论不相符，选项A错误； 61B．mgL，与结论不相符，选项B错误；

9A．C．D．

1mgL，与结论相符，选项C正确； 181mgL，与结论不相符，选项D错误； 36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．

4．炽热的金属丝可以发射电子。发射出的电子经过电压U在真空中加速，形成电子束。若电子束的平均电流大小为I，随后进入冷却池并停止运动。已知电子质量为m，电荷量为e，冷却液质量为M，比热为c，下列说法正确的是（ ） A．单位时间内，冷却液升高的温度为B．单位时间内，冷却液升高的温度为C．冷却液受到电子的平均撞击力为IUe cMUI cM2Ue mD．冷却液受到电子的平均撞击力为I2Uem 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 AB．电子加速，则

Ue设单位时间内发射电子个数为N，则

12mv 2INe

电子束动能转化成冷却液内能，则单位时间内

1Nmv2cMT2

解得

TUI cM选项A错误，选项B正确；

CD．在单位时间内，电子束动量减少，等于撞击力冲量，则

NmvF

解得

FI2Um e选项C、D错误。 故选B。

5．位于光滑水平面上的小车受到水平向右的拉力作用从静止开始运动，已知这一过程中拉力大小由F1随时间均匀增大到F2，所用时间为t，小车的位移为s，小车末速度为v。则下列判断正确的是（ ） A．小车增加的动能等于B．小车增加的动能大于C．小车增加的动量等于D．小车的位移小于【答案】BCD 【解析】 【详解】

AB．因为拉力大小由F1随时间均匀增大到F2，而小车做加速运动，位移在单位时间内增加的越来越大，所以若将位移s均分为无数小段，则在每一小段位移内F增加的越来越慢，如图所示（曲线表示题所示情况，直线表示拉力随s均匀变化情况），而图像的面积表示拉力做的功。

1F1F2s 21F1F2s 21F1F2t 21vt 2

其中拉力随s均匀变化时，拉力做功为：

W1F1F2s， 21F1F2s，根据动2故当拉力大小由F1随时间均匀增大到F2时（曲线情况），做功大于

1F1F2s，A错误B正确； 2C．因为拉力是随时间均匀增大，故在t时间内拉力的平均值为：

1FF1F2，

2能定理可知小车增加的动能大于所以物体动量增加量为：

pC正确；

1F1F2t， 2D．根据牛顿第二定律可知在力随时间均匀增大的过程中物体运动的加速度逐渐增大，即

vt图像的斜率增大（图中红线所示，而黑线表示做匀加速直线运动情况）。

根据vt图像的面积表示位移可知小车的位移小于故选BCD。

1vt，D正确。 2

6．根据量子理论，光子的能量为E=hv，其中h是普朗克常量．

（1）根据爱因斯坦提出的质能方程E=mc2，光子的质量可表示为m=E/c2，由动量的定义和相关知识，推导出波长为λ的光子动量的表达式p=h/λ；

（2）光子能量和动量的关系是E=pc．既然光子有动量，那么光照到物体表面，光子被物体吸收或反射时，都会对物体产生压强，这就是“光压”．

a. 一台二氧化碳气体激光器发出的激光功率为P0=103W，发出的一细束激光束的横截面积为S=1mm2．若该激光束垂直照射到物体表面，且光子全部被该物体吸收，求激光束对该物体产生的光压P0的大小；

b. 既然光照射物体会对物体产生光压，科学家设想在遥远的宇宙探测中，可以用光压为动力使航天器加速，这种探溅器被称做“太阳帆”．设计中的某个太阳帆，在其运行轨道的某一阶段，正在朝远离太阳的方向运动，太阳帆始终保持正对太阳．已知太阳的质量为2×1030kg，引力常量G=7×10-11Nm2/kg2，太阳向外辐射能量的总功率为P=4×1026W，太阳光照到太阳帆后有80%的太阳光被反射．探测器的总质量为m=50kg．考虑到太阳对探测器的万有引力的影响，为了使由太阳光光压产生的推动力大于太阳对它的万有引力，太阳帆的面积S至少要多大？（计算结果保留1位有效数字）

【答案】（1）证明见解析；（2）a.P03.3Pa ；b. s3104m2 【解析】 【分析】 【详解】

（1）光子的能量 E=mc2

E＝hν＝h

c光子的动量 p=mc可得

Ehp＝＝

c（2）一小段时间△t内激光器发射的光子数

n＝光照射物体表面，由动量定理

P0Vtc h F△t=np 产生的光压 I＝

解得

I＝

带入数据解得：

I=3.3pa

（3）由（2）同理可知，当光80%被反射，20%被吸收时，产生的光压

FSP0 cS I＝9P 5cS距太阳为r处光帆受到的光压

I＝9P

5c4r2太阳光对光帆的压力需超过太阳对探测器的引力

IS′＞G 2

解得

S′＞

带入数据解得

Mmr20cGMm 9PS3104m2

【点睛】

考查光子的能量与动量区别与联系，掌握动量定理的应用，注意建立正确的模型是解题的

关键；注意反射的光动量变化为2mv，吸收的光动量变化为mv．

7．如图所示，一质量为m＝2.0kg的物体从半径为R＝5.0m的圆弧的A端．在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端（圆弧AB在竖直平面内）．拉力F大小不变始终为15N，方向始终与物体所在位置的切线成37°角．圆弧所对应的圆心角为60°，BD边竖直，g取10m/s2．求这一过程中（cos37°＝0.8）：

(1)拉力F做的功; (2)重力mg做的功;

(3)圆弧面对物体的支持力FN做的功; (4)圆弧面对物体的摩擦力Ff做的功.

【答案】（1）62.8J （2）-50J （3）0 （4）-12.8J 【解析】 【分析】 【详解】

(1)将圆弧分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力在每小段上做的功为W1、W2、…、Wn，因拉力F大小不变，方向始终与物体所在位置的切线成37°角，所以：W1＝Fl1cos37°，W2＝Fl2cos37°，…，Wn＝Flncos37°， 所以拉力F做的功为：

WFW1W2WnFcos37l1l2lnFcos37?R20J62.8J

3(2)重力mg做的功WG＝-mgR（1-cos60°）＝-50J．

(3)物体受到的支持力FN始终与物体的运动方向垂直，所以WF＝0．

(4)因物体在拉力F作用下缓慢移动，则物体处于动态平衡状态，合外力做功为零， 所以WF＋WG＋WFf＝0，

则WFf＝－WF－WG＝－62.8J＋50J＝－12.8J． 【点睛】

本题考查动能定理及功的计算问题，在求解F做功时要明确虽然力是变力，但由于力和速度方向之间的夹角始终相同，故可以采用“分割求和”的方法求解．



8．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”．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E，太阳光垂直照射地球表面时，在单位面积上的辐射功率为P0．已知光速为c，则光子的动量为E/c．求：

（1）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的圆形区域内太阳光的光子个数是多少？

（2）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（用I表示光压）是多少？

（3）有科学家建议利用光压对太阳帆的作用作为未来星际旅行的动力来源．一般情况下，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

1倍．设太阳帆的反射系数28

ρ=0.8，太阳帆为圆盘形，其半径r=15m，飞船的总质量m=100kg，太阳光垂直照射在太阳帆表面单位面积上的辐射功率P0=1.4kW，已知光速c=3.0×10m/s．利用上述数据并结合第（2）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?不考虑光子被反射前后的能量变化．（保留2位有效数字） 【答案】（1）n【解析】 【分析】 【详解】

r2P0tE （2）I2P0 （3）a5.9105m/s2 c（1）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总=πr2 P0t

照射到此圆形区域的光子数n=解得nE总 Er2P0tE

E c（2）因光子的动量p=

则到达地球表面半径为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 Δp=2p

设太阳光对此圆形区域表面的压力为F，依据动量定理Ft=Δp 太阳光在圆形区域表面产生的光压I=F/S 解得I2P0 c1I 2（3）在太阳帆表面产生的光压I′=对太阳帆产生的压力F′= I′S

设飞船的加速度为a，依据牛顿第二定律F′=ma 解得a=5.9×10-5m/s2

9．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．在正方体密闭容器中有大量某种气体的分子，每个分子质量为m，单位体积内分子数量n为恒量．为简化问题，我们假定：分子大小可以忽略；分子速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；分子与器壁碰撞前后瞬间，速度方向都与器壁垂直，且速率不变．

（1）求一个气体分子与器壁碰撞一次给器壁的冲量I的大小；

（2）每个分子与器壁各面碰撞的机会均等，则正方体的每个面有六分之一的几率．请计算在Δt时间内，与面积为S的器壁发生碰撞的分子个数N；

（3）大量气体分子对容器壁持续频繁地撞击就形成了气体的压强．对在Δt时间内，与面积为S的器壁发生碰撞的分子进行分析，结合第（1）（2）两问的结论，推导出气体分子对器壁的压强p与m、n和v的关系式． 【答案】（1）I2mv（2） N【解析】

（1）以气体分子为研究对象，以分子碰撞器壁时的速度方向为正方向 根据动量定理 Imvmv2mv

由牛顿第三定律可知，分子受到的冲量与分子给器壁的冲量大小相等方向相反 所以，一个分子与器壁碰撞一次给器壁的冲量为 I2mv；

11n.Svt （3）nmv2 63

（2）如图所示，以器壁的面积S为底，以vΔt为高构成柱体，由题设条件可知，柱体内的分子在Δt时间内有1/6与器壁S发生碰撞，碰撞分子总数为

1NnSvt

6（3）在Δt时间内，设N个分子对面积为S的器壁产生的作用力为F N个分子对器壁产生的冲量 FtNI 根据压强的定义 pF S12解得气体分子对器壁的压强 pnmv

3点睛：根据动量定理和牛顿第三定律求解一个分子与器壁碰撞一次给器壁的冲量；以Δt时间内分子前进的距离为高构成柱体，柱体内1/6的分子撞击柱体的一个面，求出碰撞分子总数；根据动量定理求出对面积为S的器壁产生的撞击力，根据压强的定义求出压强；

10．如图所示，一质量为m2.0kg的物体从半径为R0.5m的圆弧轨道的A端，在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端（圆弧AB在竖直平面内）。拉力F的大小始终为15N，方向始终与物体所在处的切线成37角。圆弧轨道所对应的圆心角为45，BO边沿竖直方向。求这一过程中：（g取10m/s2，sin370.6，cos370.8） (1)拉力F做的功； (2)重力G做的功；

(3)圆弧面对物体的支持力N做的功。

【答案】(1)47.1J(2)－29.3J(3)0 【解析】

【详解】

(1)将圆弧AB分成很多小段l1，l2，…，ln，物体在这些小段上近似做直线运动，则拉力在每小段上做的功为W1,W2，…，Wn，因拉力F大小不变，方向始终与物体所在点的切线成

37角，所以

W1Fl1cos37 W2Fl2cos37

…

WnFlncos37

WFW1W2LWnFcos37l1l2LlnFcos37(2)重力G做的功

πR47.1J 4WGmgR1cos4529.3J

(3)物体受到的支持力N始终与物体的运动方向垂直，所以

WN0

11．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，左端连有一阻值为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（图中虚线位置）时速度为

1v0。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2μ。除左端所连电阻和金属杆电阻外，其他电阻忽略不计。求： (1)金属杆刚进入磁场区域时的加速度大小；

(2)金属杆在滑过磁场区域的过程中金属杆上产生的焦耳热。

B2L2v03m2gRv022m2g2Rt2【答案】(1)a g ；(2)Q1mv0162B2L22mR【解析】 【分析】 【详解】

(1)金属杆刚进入磁场时，有

EBLv0

IE RRFBIL

金属杆受到的摩擦力

fmg

由牛顿第二定律

Ffma

联立以上各式解得

B2L2v0ag

2mR(2)当金属杆速度为v时，产生的感应电动势

EBLv

感应电流

I金属杆受到的安培力

E RRFBIL

由动量定理得，在短暂的时间t内有

Ftmgtmv

即

B2L2vtmgtmv

2R对上式从金属杆进入磁场到离开磁场，求和得

B2L2xvmgtm0mv0 2R2式中x为磁场区域左、右边界的距离，解得

xmv0R2mgtR

B2L22设此过程中金属杆克服安培力做功为W，由动能定理

1v1Wmgxm0mv02

222联立以上各式，解得此过程中回路产生的焦耳热为

32m2gRv022m2g2Rt QWmv08B2L2则金属杆产生的焦耳热为

m2gRv022m2g2RtQ32 Q1mv0222162BL

12．如图所示，间距为l=0.5m的两平行金属导轨由水平部分和倾角为θ=30o倾斜部分平滑连接而成。倾斜导轨间通过单刀双掷开关连接阻值R=1Ω的电阻和电容C=1F未充电的电容器。倾斜导轨和水平导轨上均存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度均为B=1T。现将开关S掷向电阻，金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨，运动过程中，杆ab与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知杆ab长为l=0.5m，质量为m=0.25kg，电阻忽略不计，不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。 (1)求杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小； (2)求杆ab在水平导轨上滑行的距离；

(3)若将开关S掷向电容，金属杆ab从倾斜导轨上离低端S=5m处释放，求杆ab到达低端的时间。

【答案】(1)5m/s；(2)5m；(3)2s 【解析】 【分析】

到达底端前匀速运动，可求出到达底端时的速度，根据动量定理和流过的电量与位移的关系可求得水平位移；接入电容器后通过受力分析可推出做匀加速运动，从而求得运动时间。 【详解】

(1)设匀速运动时速度大小为v

IBlv RBIlmgsin

解得

v5m/s

(2)设移动位移为x

BIltmv

It解得

Blx Rx5m

(3)设到低端的时间为t

Iqcu ttuBlv

cBlvcBla tmgsinBIlma I解得

a因此运动的时间

mgsin2.5m/s2 22mcBl2s2s at【点睛】

接入电容器后导棒做匀加速运动。

13．如图所示，有一条长为L的均匀金属链条，一半长度在光滑斜面上，另一半长度沿竖直方向下垂在空中，斜面倾角为。当链条由静止开始释放后，链条滑动，求链条刚好全部滑出斜面时的速度。

1gL(3sin) 2【解析】 【分析】 【详解】

【答案】设斜面的最高点所在的水平面为零势能参考面，链条的总质量为m。 开始时斜面上的那部分链条的重力势能为

Ep1竖直下垂的那部分链条的重力势能为

mgLsin 24mgL 24Ep2则开始时链条的机械能为

E1Ep1Ep2mgLmgLmgLsin(1sin) 24248当链条刚好全部滑出斜面时，重力势能为

Epmg动能为

L 2Ek则机械能为

12mv 2121mvmgL 22E2EkEp因为链条滑动过程中只有重力做功，所以其机械能守恒，则由机械能守恒定律得E2E1 即

121mgLmvmgL(1sin) 228解得

v1gL(3sin) 2

14．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，但大量粒子撞击物体的平均效果是均匀而持续的力。我们假定单位体积内粒子数量为n，每个粒子的质量为m，粒子运动速率均为v。如果所有粒子都垂直物体表面运动并与其碰撞，利用所学力学知识，导出物体表面单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。

（2）实际上大量粒子运动的速率不尽相同。如果某容器中速率处于100~200m/s区间的粒子约占总数的10%，而速率处于700~800m/s区间的粒子约占总数的5%，论证：上述两部分粒子，哪部分粒子对容器壁的压力f贡献更大。

2【答案】（1）fnmv；（2）速率处于700~800m/s区间的粒子对容器壁的压力f贡献

更大 【解析】 【分析】

本题考查碰撞过程中的动量定理和压强与压力的公式推导 【详解】

（1）在时间t入物体单位面积上的粒子数为

Nnvt

由动量定理得

Nmvft

可推导出

fnmv2

（2）设炉子的总数为N总，故速率处于 100~200m/s 区间的粒子数

n1=N总×10%

它对物体表面单位面积的压力

f1= n1mv12= N总×10%×mv12

同理可得速率处于700～800m/s 区间的粒子数

n2=N总×5%

它对物体表面单位面积的压力

f2= n2mv22= N总×5%×mv22

故

2f1N总10%mv1101502==1 22f2N总5%mv25750故是速率大的粒子对容器壁的压力f贡献更大。

15．电磁缓冲器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。某同学借助如下模型讨论电磁阻尼作用：如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角(090o)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab质量为m，接入电路部分的电阻为R，与两导轨始终保持垂直且良好接触。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，到ab棒速度刚达到最大的过程中，流过ab棒某一横截面的电量为q，（重力加速度g）。求：

(1)金属棒ab达到的最大速度；

(2)金属棒ab由静止到刚达到最大速度过程中产生的焦耳热。

mgRsinmgqRsinm3g2R2sin2【答案】(1)；(2) B2L2BL2B4L4【解析】 【分析】 【详解】

(1)金属棒ab达到最大速度时，受力平衡，则有

mgsinF安，F安BIL

根据闭合电路欧姆定律则有

IBLvm R联立可得

vmmgRsin

B2L2(2)假设全过程下滑位移为x，对全过程应用动能定理则有

其中

联立可得

mgxsinW安Ek

E=tBLxt qERt QWmgqRsinm3g2R2sin2安BL2B4L4