高考必备物理微元法解决物理试题技巧全解及练习题一、微元法解决物理试题1．如图所示，某个力F＝10 N作用在半径为R＝1 m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 B．20π J C．10 J D．10π J【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＝F·Δs1＋F·Δs2＋F·Δs3＋…＝F(Δs1＋Δs2＋Δs3＋…）＝F·2πR＝20πJ，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．2．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开始沿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 B．12F m x0（1+π）C．12F m x0（1+2π）D．F m x0【答案】C 【解析】【详解】F-x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=12F m x0+14πx02，根据动能定理得，E k=W=12F m x0+14πx02 =01122mF xπ⎛⎫+⎪⎝⎭，故C正确，ABD错误。
故选C。
3．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33110kg/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 ．0.1NB ．1.0NC ．10ND ．100N【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】对雨水由动量定理得Ft mv Shv ρ=∆=则0.72N 1.0N ShvF tρ==≈所以B 正确，ACD 错误。
故选B 。
4．如图所示，摆球质量为m ，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F 阻的大小不变，则下列说法正确的是A ．重力做功为mgLB ．绳的拉力做功为0C ．空气阻力做功0D ．空气阻力做功为12F L π-阻 【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AB 在竖直方向上的投影L ，所以W G =mgL ．故A 正确．B 、因为拉力F T 在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即W FT =0．故B 正确．C 、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12F 1=()2W F x F x F L π-∆+∆+⋅⋅⋅=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．5．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mgLB ．悬线的拉力做功为0C ．空气阻力F 阻做功为－mgLD ．空气阻力F 阻做功为－12F 阻πL 【答案】ABD 【解析】 【详解】A ．由重力做功特点得重力做功为：W G ＝mgLA 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：W F 阻＝－12F 阻πL C 错误，D 正确．6．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mgLB ．悬线的拉力做功为0C ．空气阻力做功为－mgLD ．空气阻力做功为－12F 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G W mgL =．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． 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121(ΔΔ)π2F W F x F x F L =-++=-L 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．7．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F 1随时间均匀增大到F 2，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()1212F F s +B ．小车增加的动能大于()1212F F s + C ．小车增加的动量等于()1212F F t + D ．小车的位移小于12vt 【答案】BCD 【解析】 【详解】AB ．因为拉力大小由F 1随时间均匀增大到F 2，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。
其中拉力随s 均匀变化时，拉力做功为：()1212W F F s =+， 故当拉力大小由F 1随时间均匀增大到F 2时（曲线情况），做功大于()1212F F s +，根据动能定理可知小车增加的动能大于()1212F F s +，A 错误B 正确； C ．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：()1212F F F +=， 所以物体动量增加量为：()1212p F F t ∆=+， C 正确；D ．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12vt，D正确。
故选BCD。
8．某中学科技小组的学生在进行电磁发射装置的课题研究，模型简化如下。
在水平地面上固定着相距为L的足够长粗糙导轨PQ及MN，PQNM范围内存在可以调节的匀强磁场，方向竖直向上，如图所示，导轨左侧末端接有电动势为E、内阻为r的电源，开关K控制电路通断。
质量为m、电阻同为r的导体棒ab垂直导轨方向静止置于上面，与导轨接触良好。
电路中其余位置电阻均忽略不计。
导轨右侧末端有一线度非常小的速度转向装置，能将导体棒水平向速度转为与地面成θ角且不改变速度大小。
导体棒在导轨上运动时将受到恒定的阻力f，导轨棒发射后，在空中会受到与速度方向相反、大小与速度大小成正比的阻力，f0=kv，k为比例常数。
导体棒在运动过程中只平动，不转动。
重力加速度为g。
调节磁场的磁感应强度，闭合开关K，使导体棒获得最大的速度。
（需考虑导体棒切割磁感线产生的反电动势）(1)求导体棒获得最大的速度v m；(2)导体棒从静止开始达到某一速度v1，滑过的距离为x0，导体棒ab发热量Q，求电源提供的电能及通过电源的电量q；(3)调节导体棒初始放置的位置，使其在到达NQ时恰好达到最大的速度，最后发现导体棒以v的速度竖直向下落到地面上。
求导体棒自NQ运动到刚落地时这段过程的平均速度大小。
【答案】(1)2m8Evfr=；(2)电源提供的电能210122W mv fx Q=++，通过电源的电量20122fx mv Qq E E E=++；(3) 22cos sin 8mg E v k E frv θθ=+ 【解析】 【分析】 【详解】(1)当棒达到最大速度时，棒受力平衡，则A f F = A F BiL =2E BLvi r-=联立解得22211fr E v L B L B -⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭据数学知识得2m 8E v fr=(2)导体棒电阻为r ，电源内阻为r ，通过两者的电流始终相等，导体棒ab 发热量Q ，则回路总电热为2Q ；据能量守恒定律知，电源提供的电能210122W mv fx Q =++据电源提供电能与通过电源的电量的关系W Eq =可得，通过电源的电量20122fx mv W Qq E E E E==++(3)导体棒自NQ 运动到刚落地过程中，对水平方向应用动量定理可得x x x kv t m v k x m v -∆=∆⇒-∆=∆解得：水平方向位移2cos 8m E x k frθ∆=对竖直方向应用动量定理可得y y y kv t mg t m v k y mg t m v -∆-∆=∆⇒-∆-∆=∆解得：运动的时间2sin 8E vfrt gθ+∆=据平均速度公式可得，导体棒自NQ 运动到刚落地时这段过程的平均速度大小22cos sin 8x mg E v t k E frvθθ∆==∆+9．两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x 0，现给导体棒a 一向右的初速度v 0，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 b v v v ∆=-）。
求： （1）0～t 2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)2014Q mv ＝ ；(2)2208B L v a mR＝；(3)0022v m x L R x B +＝ 【解析】 【分析】 【详解】(1)t 2时刻，两棒速度相等。
由动量守恒定律mv 0=mv +mv由能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热()22012212Q v v m m -＝得2014Q mv ＝(2)t 1时刻014a b v v v v -V ＝＝回路中的电动势014E BL v BLv =∆=此时棒a 所受的安培力22001428BL v B L vF BIL BLR R===由牛顿第二定律可得，棒a 的加速度2208B L Ra m v F m ＝＝(3)t 2时刻，两棒速度相同，由(1)知012v v ＝ 0-t 2时间内，对棒b ，由动量定理，有∑BiL △t ＝mv −0即BqL=mv得02m q Lv B ＝又0222()22BL x x E B s t q I t t t R R R R RΦ-Φ==V V V V V V V ＝＝＝＝得0022v m x L Rx B +＝10．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．由狭义相对论可知,一定的质量m 与一定的能量E 相对应：E =m 2 c ，其中c 为真空中光速．(1)已知某单色光的频率为v ,波长为λ,该单色光光子的能量E =hv ,其中h 为普朗克常量．试借用质子、电子等粒子动量的定义：动量=质量×速度,推导该单色光光子的动量p = hλ.(2)光照射到物体表面时，如同大量气体分子与器壁的频繁碰撞一样，将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O P 的激光器发出一束某频率的激光，光束的横截面积为S .如图所示，真空中，有一被固定的“∞”字形装置，其中左边是圆形黑色的大纸片，右边是与左边大小、质量均相同的圆形白色大纸片．①当该激光束垂直照射到黑色纸片中心上,假设光全部被黑纸片吸收,试写出该激光在黑色纸片的表面产生的光压1I 的表达式．②当该激光束垂直坪射到白色纸片中心上,假设其中被白纸反射的光占入射光的比例为η,其余的入射光被白纸片吸收,试写出该激光在白色纸片的光压2I 的表达式． 【答案】(1)见解析；(2)1I =02P I cS ；= ()01P CSη+ 【解析】 【分析】（1）根据能量与质量的关系，结合光子能量与频率的关系以及动量的表达式推导单色光光子的动量hp λ＝．（2）根据一小段时间△t 内激光器发射的光子数，结合动量定理求出其在物体表面引起的光压的表达式． 【详解】（1）光子的能量为 E=mc 2 根据光子说有 E=hν=chλ光子的动量 p=mc 可得 E h p c λ==． （2）①一小段时间△t 内激光器发射的光子数 0P t n hc V λ=光照射物体表面，由动量定理得-F △t=0-np 产生的光压 I 1=F S解得 01P I cS=②假设其中被白纸反射的光占入射光的比例为η，这些光对物体产生的压力为F 1，（1-η）被黑纸片吸收，对物体产生的压力为F 2． 根据动量定理得 -F 1△t=0-（1-η）np -F 2△t=-ηnp -ηnp 产生的光压 122F F I S+= 联立解得 ()021P I cSη+=【点睛】本题要抓住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．11．如图所示，在光滑水平桌面上，用手拉住长为L 质量为M 的铁链，使其1/3垂在桌边．松手后，铁链从桌边滑下，取桌面为零势能面．（1）求整条铁链开始时的重力势能为多少？（2）求铁链末端经过桌边时运动速度是多少？【答案】(1) 118mgL -223gL 【解析】试题分析：松手后，铁链在运动过程中，受重力和桌面的支持力，支持力的方向与运动方向垂直，对铁链不做功，只是垂在桌外部分的重力做功，因此，从松手到铁链离开桌边，铁链的机械能守恒．(1) 取桌面为零势能面 桌外部分的质量为13m ，其重心在桌面下16L 处 此时铁链的重力势能为：1113618mg L mgL -⨯=-； (2)铁链末端经桌面时，整条铁链都在空中，其重心在桌面下2L 处 此时铁链的重力势能为：12mgL - 设此时铁链的速度为v ，由机械能守恒定律有：21111822mgL mv mgL -=- 解得：22gL v =点晴：绳子、铁链运动的问题，对于每一部分来讲都是变力，运用动能定理难以解决过程中变力做功，但运用机械能守恒定律只要知道绳子的两个运动状态，不必考虑运动过程，因此解题就简单了，注意选好参考平面，尽量使解题简捷．12．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P 0，已知光速为c ，则光子的动量为E P 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总能量及光子个数分别是多少？（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l 表示光压）是多少？【答案】（1）20r P t n E π=（2）02p I c= 【解析】【分析】【详解】（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 0=E P St 总解得 20E r P t π=总照射到此圆形区域的光子数E n E=总 解得20r P tn E π=（2）因光子的动量E p c =则达到地球表面半径为r 的圆形区域的光子总动量p nP =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2p p ∆=设太阳光对此圆形区域表面的压力为F ，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02p I c=13．一定质量的理想气体经过等温过程由状态A 变为状态B ．已知气体在状态A 时压强为2×105 Pa ，体积为1m 3．在状态B 时的体积为2m 3．(1)求状态B 时气体的压强；(2)从微观角度解释气体由状态A 变为状态B 过程中气体压强发生变化的原因．【答案】(1) 5B =110Pa P ⨯；(2) 气体分子的平均动能不变，气体体积变大，气体分子的密集程度减小，气体的压强变小【解析】【分析】【详解】(1)气体由状态A 变为状态B 的过程遵从玻意耳定律，则有：A A B B P V P V =解得状态B 的压强：5B =110Pa P ⨯(2)气体的压强与气体分子的平均动能和气体分子的密集程度有关，气体经过等温过程由状态A 变化为状态B ，气体分子的平均动能不变，气体体积变大，气体分子的密集程度减小，气体的压强变小．14．如图所示，在光滑的水平桌面上放置一根长为l 的链条，链条沿桌边挂在桌外的长度为a ，链条由静止开始释放，求链条全部离开桌面时的速度。