高考物理微元法解决物理试题专项训练100(附答案)含解析

高考物理微元法解决物理试题专项训练100(附答案)含解析 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／m3，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=mvtVV；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=ρSvhtVV．压强为：3322151011010/0.25/1060FhPvNmNmStV

V，故A正确，BCD错误．

2．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

2FR

B．此过程拉力做功为

4FR



C．小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为

1

2Fv

D．小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为

2

2Fv

【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

1144WFRFR•，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PFv，故选项C、D错

误。

3．“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．2MgS B．MgS C．2MgS D．

4MgS

【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 mSvt

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()()MgtmvmvvSvtSt

解得

2MgvS 故C正确，A、B、D错误； 故选C。

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33110kg/m，伞面的面积约为0.8m2，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 FtmvShv

则 0.72N1.0NShvFt 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．33.610N B．51.110N C．41.010N D．

49.010N

【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=ρSvt 根据动量定理有 -Ft=0-mv=0-ρSv2t 得 251.110NFSv

故选B。

6．如图所示，有一条长为2mL的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，链条由静止释放后开始滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为（g取210m/s）（ ）

A．2.5m/s B．52m/s2 C．5m/s D．

35m/s

2

【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为 1132sin302024248pkLLEEEmgmgmgL

链条全部滑出后，动能为 2122kEmv

重力势能为 22pLEmg 由机械能守恒定律可得 kpEEE 即 238mgLmvmgL

解得 52m/2vs

故B正确，ACD错误。 故选B。

7．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0.5Ω。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/s2）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 0aFtmv

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

acamvmvmv 由系统机械能守恒定律得 222111222aca

mvmvmv

解得0av，6m/scv (2)由安培力公式可得FBIL 对cd棒进入磁场过程，由动量定理得

ccFtmvmv

设导体棒cd进出磁场时回路磁通量变化量为 111Wb=1WbBSL

022qIttRtR

以上几式联立可得'5m/scv。 对cd棒出磁场后由机械能守恒定律可得 212cmvmgh

联立以上各式得1.25 hm。 (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

110cBILtmv

设磁通量变化量为1



11BLx 流过回路的电量 111111

122qIttRtR

联立可得1

6mx

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 221cBILtmvmv

返回向左运动时 3310BILtmv

通过回路的电量 2222222BLsqItItR



联立可得2

3ms

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

332cBILtmvmv

通过回路的电量

3332BLsqItR



返回向左运动时 4420BILtmv

通过回路的电量 2442BLsxqItR



联立可得x=(2s－6）m，在磁场左边界右侧。