物理微元法解决物理试题题20套(带答案)

物理微元法解决物理试题题20套(带答案)

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 ．0

B ．2πrF

C ．2Fr

D ．-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．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．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 的关系正确的是（ ）

A ．

21

6

nsmv B ．2

13

nmv

C ．

21

6

nmv D ．2

13

nmv t ?

【答案】B 【解析】 【详解】

一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量2I mv ?=，如图所示，

以器壁上面积为S 的部分为底、v t ?为高构成柱体，由题设可知，其内有1

6

的粒子在t ?时间内与器壁上面积为S 的部分发生碰撞，碰撞粒子总数1

6

N n Sv t =

??，t ?时间内粒子给器壁的冲量21·3I N I nSmv t =?=?，由I F t =?可得21

3

I F nSmv t ==?，21

3

F f nmv S ==，故选B ．

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外力作用下，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立即撤去外力，此时小球的速率为v ，已知重力加速度为g ，则( )

A ．此过程外力做功为FR

B ．此过程外力做功为

C ．小球离开轨道的末端时，拉力的功率为

D ．小球离开轨道末端时，拉力的功率为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，可知此过程中外力做功为：

，故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C 、D 错误；

【点睛】

关键是将曲线运动分成无数段，每一段看成恒力，结合功的公式求出此过程中外力做功的大小；根据瞬时功率公式求出小球离开轨道末端时拉力的功率。

4．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 ．0J

B ．20J π

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

2π20πJ F R W ?==

故选B 正确。 故选B 。

5．如图所示，水龙头开口处A 的直径d 1＝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v 1＝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d 2约为(g 取10m/s 2)( )

A ．0.5cm

B ．1cm

C ．2cm

D ．应大于2cm ，但无法计算

【解析】 【详解】

设水在水龙头出口处速度大小为v 1，水流到B 处的速度v 2，则由22

212v v gh -=得

24m/s v =

设极短时间为△t ，在水龙头出口处流出的水的体积为

2111π()2

d

V v t =??

水流B 处的体积为

2

222π(

)2

d V v t =?? 由

12V V =

得

20.5cm d =

故A 正确。

6．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

222111222

a c a mv mv mv '=+ 解得0a

v '=，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

c

c F t mv mv ''-?=- 设导体棒c

d 进出磁场时回路磁通量变化量为

111Wb=1Wb BSL ??==??

022q I t t R t R

??

??=?=

?=? 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

21

2

c

mv 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1??

11BLx ??=

流过回路的电量

11

1111122q I t t R t R

????=?=

?=? 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

2

222222BLs 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

3332BLs

q 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。

7．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 -223

gL 【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

13

m ，其重心在桌面下1

6L 处

此时铁链的重力势能为：111

3618

mg 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2

L 处 此时铁链的重力势能为：1

2

mgL -

设此时铁链的速度为v ，由机械能守恒定律有：

2111

1822

mgL 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．

8．根据量子理论，光子具有动量．光子的动量等于光子的能量除以光速，即P=E/c ．光照射到物体表面并被反射时，会对物体产生压强，这就是“光压”．光压是光的粒子性的典型表现．光压的产生机理如同气体压强：由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．

（1）激光器发出的一束激光的功率为P ，光束的横截面积为S ．当该激光束垂直照射在物体表面时，试计算单位时间内到达物体表面的光子的总动量．

（2）若该激光束被物体表面完全反射，试求出其在物体表面引起的光压表达式． （3）设想利用太阳的光压将物体送到太阳系以外的空间去，当然这只须当太阳对物体的光压超过了太阳对物体的引力才行．现如果用一种密度为1．0×103kg/m 3的物体做成的平板，它的刚性足够大，则当这种平板厚度较小时，它将能被太阳的光压送出太阳系．试估算这种平板的厚度应小于多少（计算结果保留二位有效数字）？设平板处于地球绕太阳运动的公转轨道上，且平板表面所受的光压处于最大值，不考虑太阳系内各行星对平板的影响．已知地球公转轨道上的太阳常量为1．4×103J/m2?s （即在单位时间内垂直辐射在单位面积上的太阳光能量），地球绕太阳公转的加速度为5．9×10-3m/s 2） 【答案】（1）P/C （2）p 压强=F/S=2P/Cs （3）1．6×10-6m 【解析】

试题分析：（1）设单位时间内激光器发出的光子数为n ，每个光子能量为E ，动量为p ，则激光器的功率为P=nE

所以单位时间内到达物体表面的光子的总动量为

（2）激光束被物体表面反射时，其单位时间内的动量改变量为△p="2" p 总=2P/c ． 根据动量定理可知，物体表面对激光束的作用力 F=△p =2P/c ． 由牛顿第三定律可知，激光束对物体表面的作用力为F=2P/c ， 在物体表面引起的光压表达式为：p 压强=F/S=2P/cS ．

（3）设平板的质量为m ，密度为ρ，厚度为d ，面积为S 1，太阳常量为J ，地球绕太阳公转的加速度为a ，利用太阳的光压将平板送到太阳系以外的空间去必须满足条件：太阳光

对平板的压力大于太阳对其的万有引力． 由（2）得出的结论可得，太阳光对平板的压力 F=2JS 1/c ．

太阳对平板的万有引力可表示为f=ma ， 所以，2JS 1/c ．> ma ， 平板质量m=ρdS 1， 所以 ，2JS 1/c ．> ρdS 1a ，

解得：d<

2J

c a

ρ=1．6×10-6m ． 即：平板的厚度应小于1．6×10-6m ． 考点：动量定理、万有引力定律 【名师点睛】

9．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）0

2p 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 t

n 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0

2p I c

=

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：2E mc =，其中c 为真空中光速．

（1）已知某单色光的频率为ν，波长为λ，该单色光光子的能量E h ν=，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

h

p λ

=

．

（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P 0的激光器发出一束某频率的激光，光束的横截面积为S ．当该激光束垂照射到某物体表面时，假设光全部被吸收，试写出其在物体表面引起的光压的表达式． 【答案】（1）见解析（2）0

P cS

【解析】

试题分析：（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h

p 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． （1）光子的能量2E mc =，c

E h h

νλ

==

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

0P t n c h

λ

?=

光照射物体表面，由动量定理

F t np ?=

产生的光压F

I S =

解得：0P I cS

=

11．如图所示,一个粗细均匀的U 形管内装有同种液体,在管口右端盖板A 密闭,两液面的高度差为h,U 形管内液柱的总长度为4h.现拿去盖板,液体开始运动,当两液面高度相等时,右侧液面下降的速度是多大?

18

gh 【解析】 【分析】

拿去盖板，液体开始运动，当两液面高度相等时，液体的机械能守恒，即可求出右侧液面下降的速度，当两液面高度相等时，右侧高为h 液柱重心下降了1 4

h ，液体重力势能的减小量全部转化为整体的动能； 【详解】

设管子的横截面积为S ，液体的密度为ρ，则右侧高出左侧的水银柱的体积为Sh ， 所以其质量为：m Sh ρ=，全部的水银柱的质量：4M S h ρ=?

拿去盖板，液体开始运动，当两液面高度相等时，右侧高为h 液柱重心下降了1 4

h 根据机械能守恒定律得：211

42

mg h Mv ?= 即：211

442hSg h hSv ρρ?=? 解得：1

8

v gh =． 【点睛】

本题运用机械能守恒定律研究液体流动的速度问题，要注意液柱h 不能看成质点，要分析其重心下降的高度．

12．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/s 2）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)10PA E J = 7.2PD E J = (2)S 16cm = 【解析】

10PA AB E mgs sin J α== 7.2PD CD E mgs sin J β==

功能关系得：A 到D :μmg 2.8J?BC PA PD s E E =-= ① 设滑块在BC 上的 路程为: n BC s , A 到最后停止,由动能定理得:

μmg n 0BC PA s E =-n ②

解出4n 3

7=， 故距C 点的距离为：4

s 2816cm 7

cm =?=.

13．某游乐园有一喷泉，竖直向上喷出的水柱将一质量为m = 0.9kg 的开口向下的铁盒倒顶在空中，铁盒稳定悬停。已知水以恒定的速率v 0 = 10m/s ，从截面积为S = 100mm 2的管口中持续不断的喷出；盒子内底平整（盒子底面积大于与盒底接触的水流截面积）；水流向上运动并冲击铁盒后，在竖直方向水的速度减为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力，已知水的密度为ρ = 1?103 kg/m 3，重力加速度g = 10m/s 2，求： （1）喷泉单位时间内喷出的水的质量；

（2）盒子在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度h ；

【答案】（1）1kg ；（2）0.5m 【解析】 【分析】 【详解】

（1）设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则

ΔΔm V ρ=

0ΔΔV v S t =

由以上两式代入数据得

340Δ1101010kg/s 1kg/s Δm

v S t

ρ-==???= 故单位时间内从喷口喷出的水的质量为1 kg/s 。

（2）设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v 。对于?t 时间内冲击铁盒的水?m ，由动能定理得

22

011ΔΔΔ22m gh m v m v '''-=-

ΔΔm vS t ρ'=

以竖直向上为正方向，设水对玩具的作用力的大小为F ，?t 时间内冲击铁盒的水的质量忽略不计，由动量定理得

Δ0ΔF t m v '-?=-

由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得

F mg =

联立以上各式代入数据得

200.5m 22v m h g S

ρ=-=

故盒子在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为0.5m 。

14．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θ角(090θ<

(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。

【答案】(1)22sin mgR B L θ；(2)322244

sin sin 2θθ

-mgqR m g R BL B L

【解析】 【分析】 【详解】

(1)金属棒ab 达到最大速度时，受力平衡，则有

sin mg F θ=安，F BIL =安

根据闭合电路欧姆定律则有

m

BLv I R

=

联立可得

m 22

sin mgR v B L θ

=

(2)假设全过程下滑位移为x ，对全过程应用动能定理则有

k sin mgx W E θ-=?安

其中

=

BLx

E t t

?Φ=?? E

q t R

=

? 联立可得

322244

sin sin 2mgqR m g R Q W BL B L θθ

==-

安

15．从微观角度来看，气体压强的大小跟两个因素有关：一个是气体分子的平均动能，一个是分子的密集程度．如图所示，可以用豆粒做气体分子的模型，演示气体压强产生的机理．为了模拟演示气体压强与气体分子的平均动能的关系，应该如下操作：________________________________________________； 为了模拟演示气体压强与气体分子密集程度的关系，应该如下操作：________________________________________________．

【答案】将相同数量的豆粒先后从不同高度在相同时间内连续释放，使它们落在台秤上 将不同数量的豆粒先后从相同高度在相同时间内连续释放，使它们落在台秤上． 【解析】

为了模拟演示气体压强与气体分子的平均动能的关系，应控制分子的密集程度，即将相同数量的豆粒先后从不同高度在相同时间内连续释放，使它们落在台秤上；为了模拟演示气体压强与气体分子密集程度的关系，应控制分子的平均动能相同，将不同数量的豆粒先后从相同高度在相同时间内连续释放，使它们落在台秤上．