高中物理微元法解决物理试题的基本方法技巧及练习题及练习题一、微元法解决物理试题1．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 ．0B ．2πrFC ．2FrD ．-2πrF【答案】B 【解析】 【分析】cos W Fx α=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 π=，所以拉力所做的功2W FL rF π==，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．2．水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，得到广泛应用．某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d 的水流以速度v 垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零，已知水的密度为ρ，则钢板受到水的冲力大小为A ．2d v πρB ．22d v πρC ．214d v πρD ．2214d v πρ【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：214m V Svt d vt ρρπρ===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：Ft =0-mv解得：2214mv F d v t πρ=-=- A. 2d v πρ与分析不符，故A 错误． B. 22d v πρ与分析不符，故B 错误． C. 214d v πρ与分析不符，故C 错误． D.2214d v πρ与分析相符，故D 正确．3．如图所示，长为l 均匀铁链对称挂在一轻质小滑轮上，由于某一微小扰动使铁链向一侧滑动，则铁链完全离开滑轮时速度大小为（ ）A 2glB glC 2gl D 12gl 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】铁链从开始到刚脱离滑轮的过程中，链条重心下降的高度为244l l l H =-= 链条下落过程，由机械能守恒定律，得：2142l mg mv ⋅= 解得：2gl v =A. 2gl 与分析不相符，故A 项与题意不相符；B. gl 与分析不相符，故B 项与题意不相符；C. 2gl与分析相符，故C 项与题意相符； D.12gl 与分析不相符，故D 项与题意不相符．4．“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 2MgSρB MgSρC 2MgSρD 4MgSρ【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 ρ=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22()()Mgt mv m v v Sv t S t ρρ--=--=解得2Mgv Sρ=故C 正确，A 、B 、D 错误； 故选C 。
5．如图所示，有一连通器，左右两管的横截面积均为S ，内盛密度为ρ的液体，开始时两管内的液面高度差为h ．打开底部中央的阀门K ，液体开始流动，最终两液面相平．在这一过程中，液体的重力加速度为g 液体的重力势能（ ）A ．减少214gSh ρ B ．增加了214gSh ρ C ．减少了212gSh ρ D ．增加了212gSh ρ 【答案】A 【解析】打开阀门K ，最终两液面相平，相当于右管内 2h 的液体流到了左管中，它的重心下降了2h ，这部分液体的质量122h m V S Sh ρρρ===，由于液体重心下降，重力势能减少，重力势能的减少量：211224p h E mgh Sh g Sgh ρρ∆='=⋅⋅=，减少的重力势能转化为内能，故选项A 正确．点睛：求出水的等效重心下移的高度，然后求出重力势能的减少量，再求出重力势能的变化量，从能量守恒的角度分析答题．6．如图所示，某力10N F =，作用于半径1m R =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 ．0JB ．20J πC ．10JD ．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2π20πJ F R W ⨯==故选B 正确。
故选B 。
7．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=mc 2，光子的质量可表示为m=E/c 2，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P 0=103W ，发出的一细束激光束的横截面积为S=1mm 2．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P 0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=7×10-11Nm 2/kg 2，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.0 3.3Pa P = ；b. 42310s m =⨯ 【解析】 【分析】 【详解】（1）光子的能量 E=mc 2E ＝h ν＝h cλ光子的动量 p=mc 可得E h p c λ＝＝（2）一小段时间△t 内激光器发射的光子数0 P tn c hλV ＝光照射物体表面，由动量定理F △t=np 产生的光压 I ＝ F S解得I ＝P cS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9 5PI cS＝距太阳为r 处光帆受到的光压2954PI c r＝π⋅ 太阳光对光帆的压力需超过太阳对探测器的引力IS ′＞G 2 Mm r解得S ′＞20 9cGMmPπ 带入数据解得42310S m ⨯'≥【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 ．8．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L ＝1m 。
细金属棒ab 和c d 垂直于导轨静止放置，它们的质量m 均为1kg ，电阻R 均为0.5Ω。
cd 棒右侧lm 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B ＝1T ，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。
现用向右的水平恒力F ＝1.5N 作用于ab 棒上，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。
（g =10m/s 2）求： (1) ab 棒与cd 棒碰撞后瞬间的速度分别为多少；(2)若s ＝1m ，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，写出cd 棒最后静止时与磁场左边界的距离x 的关系。
（不用写计算过程）【答案】（1）0，6m/s ；（2）1.25 m ；（3）见解析 【解析】 【详解】(1)对ab 棒，由动量定理得0a Ft mv =-ab 棒与cd 棒碰撞过程，取向右方向为正，对系统由动量守恒定律得a c a mv mv mv '=+由系统机械能守恒定律得222111222a c a mv mv mv '=+ 解得0av '=，6m/s c v = (2)由安培力公式可得F BIL '= 对cd 棒进入磁场过程，由动量定理得cc F t mv mv ''-∆=- 设导体棒cd 进出磁场时回路磁通量变化量为111Wb=1Wb BSL ϕ∆==⨯⨯022q I t t R t Rϕϕ∆∆=∆=∆=∆ 以上几式联立可得'5m/s c v =。
对cd 棒出磁场后由机械能守恒定律可得212cmv mgh '= 联立以上各式得 1.25 h m =。
(3)第一种情况如果磁场s 足够大，cd 棒在磁场中运动距离1x 时速度减为零，由动量定理可得110c BI L t mv -∆=-设磁通量变化量为1ϕ∆11BLx ϕ∆=流过回路的电量111111122q I t t R t Rϕϕ∆∆=∆=∆=∆ 联立可得16m x =即s ≥6 m ，x =6 m ，停在磁场左边界右侧6m 处。
第二种情况cd 棒回到磁场左边界仍有速度，这时会与ab 再次发生弹性碰撞，由前面计算可得二者速度交换，cd 会停在距磁场左边界左侧1m 处，设此种情况下磁场区域宽度2s ，向右运动时有221c BI L t mv mv -∆=-返回向左运动时()3310BI L t mv ∆=--通过回路的电量2222222BLs q I t I t R=∆=∆=联立可得23m s =即s ＜3 m 时，x =1 m ，停在磁场左边界左侧1m 处； 第三种情况3 m≤s ＜6 m ， 向右运动时有332c BI L t mv mv -∆=-通过回路的电量3332BLsq I t R=∆=返回向左运动时()4420BI L t mv ∆=--通过回路的电量()2442BL s x q I t R-=∆=联立可得x =(2s －6）m ，在磁场左边界右侧。