2020屆高考物理二輪復習 第二部分 思想方法7 微元累積法練習（含解析）

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1、思想方法7　微元累積法 [方法概述] 高中物理中有很多復雜模型不能直接用已有知識和方法解決，可以在對問題做整體的考察后，選取該問題過程中的某一微小單元進行分析，通過對微元的物理分析和描述，找出該微元所具有的物理性質和運動變化規(guī)律，從而獲得解決該物理問題整體的方法。比如，物體做變加速運動時，若從整體著手研究，則難以在高中物理層面展開，不過當我們用過程微元法，把物體的運動過程按其經歷的位移或時間等分為多個小量，將每個微元過程近似為高中物理知識所能處理的過程，在得出每個微元過程的相關結果后，再進行數(shù)學求和，這樣就能得到物體復雜運動過程的規(guī)律。再比如研究對象難以選擇的情形，可以把實體模型等分為很多

2、很多的等份，變成一個理想化模型，如剛體可以等分成無數(shù)個質點、帶電體可以等分成很多點電荷來研究，先研究其中一份，再研究個體與整體的關系，運用物理規(guī)律，輔以數(shù)學方法求解，由此求出整體受力或運動情況，在中學階段比較常見的有類似流體問題、鐵鏈條的連續(xù)體模型等。 [典型例題] 典例1　質量為m的物體從地面以初速度v0豎直上拋，經過t1時間達最高點，在運動過程中受到的阻力f＝kv(k是常數(shù))，求物體上升的最大高度。 解析　物體上升過程初速度為v0，末速度為0。設上升的最大高度為H，速度為v時加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律 mg＋kv＝ma 可得a＝g＋ 取一段時間微元Δt，則Δv＝aΔt，在0～

3、v0區(qū)間內對Δv＝a·Δt求和，有∑Δv＝∑(g＋)Δt 可得v0＝gt1＋ 解得物體上升的最大高度H＝。① 答案　 名師點評　本題因物體上升、下落過程受到變化的阻力，加速度變化，所以需要把物體的運動過程進行微元處理，在每一小段的時間內可以認為加速度一定，再進行時間的累積，就可以求出結果。 [變式1]　接上題，上題條件不變，物體從最高點下落，當物體到達地面時速度剛好達到最大，求其下落時間t2。 答案　＋－t1 解析　設物體到達地面的速度為vm，則有 kvm＝mg② 物體下落過程中mg－kv＝ma③ ∑Δv＝∑aΔt④ 由①②③④得：t2＝＋－t1。 典例2　(201

4、9·福州高考模擬)如圖甲所示，空間存在著一個范圍足夠大的豎直向下的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B；邊長為L的正方形金屬框abcd(簡稱方框)放在光滑的水平地面上，其外側套著一個與方框邊長相同的U形金屬框架MNPQ(僅有MN、NP、PQ三條邊，簡稱U形框)，U形框的M、P端的兩個觸點與方框接觸良好且無摩擦，其他地方沒有接觸。兩個金屬框每條邊的質量均為m，每條邊的電阻均為r。 (1)若方框固定不動，U形框以速度v0垂直NP邊向右勻速運動，當U形框的接觸點M、Q端滑至方框的最右側時，如圖乙所示，求：U形框上N、P兩端的電勢差UNP； (2)若方框不固定，給U形框垂直NP邊向右的水平初速度

5、v0，U形框恰好不能與方框分離，求：方框最后的速度vt和此過程流過U形框上NP邊的電量q； (3)若方框不固定，給U形框垂直NP邊向右的初速度v(v>v0)，在U形框與方框分離后，經過t時間，方框的最右側和U形框的最左側之間的距離為s。求：分離時U形框的速度大小v1和方框的速度大小v2。 解析　(1)U形框向右勻速運動，NP邊做切割磁感線運動，由法拉第電磁感應定律得：E＝BLv0 此時等效電路圖如圖， 由串并聯(lián)電路規(guī)律得： 外電阻為：R外＝2r＋＝r 由閉合電路歐姆定律得： 流過PN的電流：I＝＝ 所以：UNP＝E－Ir＝。 (2)U形框向右運動的過程中，方框和U形框組成

6、的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒。 依題意得：方框和U形框最終速度相同，有： 3mv0＝(3m＋4m)vt 解得：vt＝v0 對U形框，取很短的一段時間Δtk，由動量定理得： －F安k·Δtk＝3mvk－3mv0 而F安k＝ikBL 代入上式得 －BLik·Δtk＝3m·Δvk 對k求和，有 －BL∑ik·Δtk＝3mvt－3mv0 其中∑ik·Δtk＝q，可得q＝。 (3)由系統(tǒng)動量守恒有：3mv＝3mv1＋4mv2 依題意得：s＝(v1－v2)t 聯(lián)立可得：v1＝v＋，v2＝v－。 答案　(1)BLv0　(2)v0　 (3)v＋　v－ 名師點評　在電磁

7、感應中當感應電流不是恒定值時，可以通過微元法求電荷量和安培力的沖量等。 [變式2]　如圖所示，兩平行的光滑金屬導軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導軌間距為l、足夠長且電阻忽略不計，導軌平面的傾角為α，條形勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B、方向與導軌平面垂直。長度為2d的絕緣桿將導體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置，總質量為m，置于導軌上。導體棒中通以大小恒為I的電流(由外接恒流電源產生，圖中未畫出)。線框的邊長為d(d

8、 (1)裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產生的焦耳熱Q； (2)線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間t1； (3)經過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離xm。 答案　(1)4mgdsinα－BIld (2) (3) 解析　(1)設裝置由靜止釋放到導體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W， 由動能定理mgsinα·4d＋W－BIld＝0 根據(jù)功能關系可得線框中產生的焦耳熱Q＝－W 解得Q＝4mgdsinα－BIld。 (2)設線框剛離開磁場下邊界時的速度為v1，則接著向下運動2d，導體棒開始返回， 由動能定理mgsinα·2d－BIld＝0

9、－mv 下滑過程中線框在磁場中運動時裝置受到的合力 F＝mgsinα－F′ 線框產生的感應電動勢E＝Bdv 感應電流I′＝ 線框受到的安培力F′＝BI′d 由牛頓第二定律得a＝，在t到t＋Δt時間內，有Δv＝Δt 則∑Δv＝∑(gsinα－)Δt 有v1＝gt1sinα－ 解得t1＝。 (3)經過足夠長時間后，線框上邊在磁場下邊界與磁場區(qū)域下邊界的最大距離xm之間往復運動， 由動能定理mgsinα·xm－BIl(xm－d)＝0 解得xm＝。 配套作業(yè) 1．類比是一種常用的研究方法。對于直線運動，教科書中講解了由v-t圖象求位移，由F-x(力—位移)圖象求做功的方法。

10、請你借鑒此方法分析下列說法，其中正確的是(　　) A．由F-v(力—速度)圖線和橫軸圍成的面積可求出對應速度變化過程中力做功的功率 B．由F-t(力—時間)圖線和橫軸圍成的面積可求出對應時間內力所做的沖量 C．由U-I(電壓—電流)圖線和橫軸圍成的面積可求出對應的電流變化過程中電流的功率 D．由ω-r(角速度—半徑)圖線和橫軸圍成的面積可求出對應半徑變化范圍內做圓周運動物體的線速度 答案　B 解析　F-v圖線中任意一點的橫坐標與縱坐標的乘積等于Fv，即瞬時功率，而圖線與橫軸圍成的面積不一定等于Fv，即該面積不是對應速度變化過程中力做功的功率，A錯誤；由F-t圖線和橫軸圍成的面積可求

11、出對應時間內力所做的沖量，B正確；根據(jù)P＝UI，可由U、I的坐標值求出電功率P，而由U-I圖線和橫軸圍成的面積不能求出對應的電流變化過程中的電功率，C錯誤；根據(jù)v＝ωr，可由ω、r的坐標值求出對應的線速度v的大小，而由ω-r圖線和橫軸圍成的面積不能求出對應半徑變化范圍內做圓周運動物體的線速度，D錯誤。 2．一個靜止的物體，在0～4 s時間內受到力F的作用，力的方向始終在同一直線上，物體的加速度a隨時間的變化如圖所示，則物體在(　　) A．0～4 s時間內做勻變速運動 B．第2 s末速度改變方向 C．0～4 s時間內位移的方向不變 D．第2 s末位移最大 答案　C 解析　0～4

12、 s時間內，加速度不恒定，不是勻變速直線運動，A錯誤；第2 s末，加速度改變方向，速度最大，但速度不改變方向，B錯誤；0～2 s物體做加速度方向與速度方向相同、加速度變化的加速直線運動，速度增加量為0～2 s內圖象與橫軸圍成的面積，2～4 s速度變化量與0～2 s速度變化量大小相等、方向相反，即第4 s末的速度減小為0，即0～4 s內位移方向不變，第4 s末位移最大，C正確，D錯誤。 3．(2019·江西高三模擬)南昌市秋水廣場擁有亞洲最大的音樂噴泉群。一同學在遠處觀看秋水廣場噴泉表演時，估測噴泉中心主噴水口的水柱約有40層樓高，表演結束時，他靠近觀察到該主噴水管口的圓形內徑約有10 cm，

13、由此他估算驅動主噴水管口的水泵功率最接近的數(shù)值是(　　) A．5×102 W B．5×103 W C．5×104 W D．5×105 W 答案　D 解析　40層樓高約h＝120 m。設水泵的功率為P，泵在時間Δt內使質量為Δm的水以速度v通過噴水管口，則PΔt＝Δmv2，v2＝2gh，Δm＝ρSvΔt(ρ為水的密度)，可得P＝ρgSvh≈5×105 W，D正確。 4．(2019·黑龍江高考模擬)(多選)微元法就是把研究對象分為無限多個無限小的部分，取出有代表性的極小的一部分進行分析處理，再從局部到整體綜合起來加以考慮的科學思維方法。如圖所示，靜止的圓錐體豎直放置，頂角為α，質量為

14、m且分布均勻的鏈條環(huán)水平地套在圓錐體上，忽略鏈條與圓錐體之間的摩擦力，在鏈條環(huán)中任取一小段Δl，其質量為Δm，對Δm受力分析，下列說法正確的是(　　) A．設圓錐體的支持力為N，則Δmg＝Nsin B．設鏈條環(huán)中的張力為 T，則T＝ C．設鏈條環(huán)中的張力為 T，則T＝tanα D．設Δl對鏈條環(huán)中心的張角為Δφ，則有2Tsin＝Nsin 答案　AB 解析　如圖1、2所示，設Δl所對的鏈條環(huán)中心的張角為Δφ，根據(jù)共點力平衡條件知Δl在水平方向上受力平衡，有：2Tsin＝Ncos① 因Δl很短，Δφ很小，所以sin≈② 將②代入①式有：TΔφ＝Ncos③ Δl在豎直方向上

15、也受力平衡，Δmg＝Nsin④ 由③④式得，tan＝ g⑤ ⑤式中Δm＝Δl＝， 將其代入⑤式可得tan＝，所以鏈條環(huán)中的張力為T＝。則A、B正確，C、D錯誤。 5．(2019·江蘇高考模擬)離子發(fā)動機是利用電場加速離子形成高速離子流而產生推力的航天發(fā)動機。工作時將推進劑離子化，使之帶電，然后在靜電場作用下推進劑得到加速后噴出，從而產生推力。這種發(fā)動機適用于航天器的姿態(tài)控制、位置保持等。設航天器質量為M，單個離子質量為m，帶電量為q，加速電場的電壓為U，高速離子形成的等效電流強度為I。試求該發(fā)動機產生的推力。 答案　I 解析　選擇Δt時間內噴出的質量為Δm的離子流為研究對象，根據(jù)動

16、量定理：FΔt＝Δmv 根據(jù)電流的定義式I＝＝＝ 對單個離子，根據(jù)動能定理mv2＝qU 解得：F＝I。 6．某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求： (1)噴泉單位時間內噴出的水的質量； (2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。 答案　(1)ρv0S　(2)－ 解析　(1)設Δt時間內，從噴口噴出的水的體積

17、為ΔV，質量為Δm，則 Δm＝ρΔV① ΔV＝Sv0Δt② 由①②式得，單位時間內從噴口噴出的水的質量為 ＝ρv0S。③ (2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v。對于Δt時間內噴出的水，由機械能守恒定律得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④ 在h高度處，Δt時間內噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量大小為Δp＝(Δm)v⑤ 設玩具對水的作用力的大小為F，規(guī)定豎直向下為正方向，根據(jù)動量定理有 FΔt＝Δp⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得 F＝Mg⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得 h＝－。 7．(2017·天津高考)電

18、磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距離為l，電阻不計。炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸。首先開關S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動。當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌。問： (1)磁場的方向； (2)MN剛開始運動時加速度a

19、的大小； (3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。 答案　(1)垂直于導軌平面向下　(2) (3) 解析　(1)將S接1時，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負電，當將S接2時，電容器放電，流經MN的電流由M到N，又知MN向右運動，由左手定則可知磁場方向垂直于導軌平面向下。 (2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當開關S接2時，電容器放電，設剛放電時流經MN的電流為I，有 I＝① 設MN受到的安培力為F，有 F＝IlB② 由牛頓第二定律，有 F＝ma③ 聯(lián)立①②③式得 a＝④ (3)當電容器充電完畢時，設電容器上電荷量為Q0，有 Q0＝CE⑤ 開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設MN上的感應電動勢為E′，有 E′＝Blvmax⑥ 依題意有 E′＝⑦ 設在此過程中短暫的Δti段時間內，MN上的電流為i，MN上受到的安培力為F，則有 F＝ilB⑧ 由動量定理，有 ∑FΔti＝∑BilΔti＝∑m·Δv⑨ 又∑iΔti＝Q0－Q，∑Δv＝vmax－0⑩ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 Q＝。 - 11 -