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  • 2021-05-28 发布

高中物理微元法解决物理试题模拟试题

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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