思想方法7微元累積法方法概述高中物理中有很多復(fù)雜模型不能直接用已有知識(shí)和方法解決，可以在對(duì)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(jìn)行分析，通過對(duì)微元的物理分析和描述，找出該微元所具有的物理性質(zhì)和運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，若從整體著手研究，則難以在高中物理層面展開，不過當(dāng)我們用過程微元法，把物體的運(yùn)動(dòng)過程按其經(jīng)歷的位移或時(shí)間等分為多個(gè)小量，將每個(gè)微元過程近似為高中物理知識(shí)所能處理的過程，在得出每個(gè)微元過程的相關(guān)結(jié)果后，再進(jìn)行數(shù)學(xué)求和，這樣就能得到物體復(fù)雜運(yùn)動(dòng)過程的規(guī)律。再比如研究對(duì)象難以選擇的情形，可以把實(shí)體模型等分為很多很多的等份，變成一個(gè)理想化模型，如剛體可以等分成無數(shù)個(gè)質(zhì)點(diǎn)、帶電體可以等分成很多點(diǎn)電荷來研究，先研究其中一份，再研究個(gè)體與整體的關(guān)系，運(yùn)用物理規(guī)律，輔以數(shù)學(xué)方法求解，由此求出整體受力或運(yùn)動(dòng)情況，在中學(xué)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(zhì)量為m的物體從地面以初速度v0豎直上拋，經(jīng)過t1時(shí)間達(dá)最高點(diǎn)，在運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力fkv(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(shè)上升的最大高度為H，速度為v時(shí)加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律mgkvma可得ag取一段時(shí)間微元t，則vat，在0v0區(qū)間內(nèi)對(duì)va·t求和，有v(g)t可得v0gt1解得物體上升的最大高度H。答案名師點(diǎn)評(píng)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(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行微元處理，在每一小段的時(shí)間內(nèi)可以認(rèn)為加速度一定，再進(jìn)行時(shí)間的累積，就可以求出結(jié)果。變式1接上題，上題條件不變，物體從最高點(diǎn)下落，當(dāng)物體到達(dá)地面時(shí)速度剛好達(dá)到最大，求其下落時(shí)間t2。答案t1解析設(shè)物體到達(dá)地面的速度為vm，則有kvmmg物體下落過程中mgkvmavat由得：t2t1。典例2(2019·福州高考模擬)如圖甲所示，空間存在著一個(gè)范圍足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框abcd(簡(jiǎn)稱方框)放在光滑的水平地面上，其外側(cè)套著一個(gè)與方框邊長(zhǎng)相同的U形金屬框架MNPQ(僅有MN、NP、PQ三條邊，簡(jiǎn)稱U形框)，U形框的M、P端的兩個(gè)觸點(diǎn)與方框接觸良好且無摩擦，其他地方?jīng)]有接觸。兩個(gè)金屬框每條邊的質(zhì)量均為m，每條邊的電阻均為r。(1)若方框固定不動(dòng)，U形框以速度v0垂直NP邊向右勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)U形框的接觸點(diǎn)M、Q端滑至方框的最右側(cè)時(shí)，如圖乙所示，求：U形框上N、P兩端的電勢(shì)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(jīng)過t時(shí)間，方框的最右側(cè)和U形框的最左側(cè)之間的距離為s。求：分離時(shí)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(yùn)動(dòng)，NP邊做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：EBLv0此時(shí)等效電路圖如圖，由串并聯(lián)電路規(guī)律得：外電阻為：R外2rr由閉合電路歐姆定律得：流過PN的電流：I所以：UNPEIr。(2)U形框向右運(yùn)動(dòng)的過程中，方框和U形框組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。依題意得：方框和U形框最終速度相同，有：3mv0(3m4m)vt解得：vtv0對(duì)U形框，取很短的一段時(shí)間tk，由動(dòng)量定理得：F安k·tk3mvk3mv0而F安kikBL代入上式得BLik·tk3m·vk對(duì)k求和，有BLik·tk3mvt3mv0其中ik·tkq，可得q。(3)由系統(tǒng)動(dòng)量守恒有：3mv3mv14mv2依題意得：s(v1v2)t聯(lián)立可得：v1v，v2v。答案(1)BLv0(2)v0(3)vv名師點(diǎn)評(píng)在電磁感應(yīng)中當(dāng)感應(yīng)電流不是恒定值時(shí)，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(dǎo)軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為l、足夠長(zhǎng)且電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)軌平面的傾角為，條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直。長(zhǎng)度為2d的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置，總質(zhì)量為m，置于導(dǎo)軌上。導(dǎo)體棒中通以大小恒為I的電流(由外接恒流電源產(chǎn)生，圖中未畫出)。線框的邊長(zhǎng)為d(d<l)，電阻為R，下邊與磁場(chǎng)區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域下邊界處返回，導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直。重力加速度為g。求：(1)裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q；(2)線框第一次穿越磁場(chǎng)區(qū)域所需的時(shí)間t1；(3)經(jīng)過足夠長(zhǎng)時(shí)間后，線框上邊與磁場(chǎng)區(qū)域下邊界的最大距離xm。答案(1)4mgdsinBIld(2)(3)解析(1)設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W，由動(dòng)能定理mgsin·4dWBIld0根據(jù)功能關(guān)系可得線框中產(chǎn)生的焦耳熱QW解得Q4mgdsinBIld。(2)設(shè)線框剛離開磁場(chǎng)下邊界時(shí)的速度為v1，則接著向下運(yùn)動(dòng)2d，導(dǎo)體棒開始返回，由動(dòng)能定理mgsin·2dBIld0mv下滑過程中線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)裝置受到的合力FmgsinF線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBdv感應(yīng)電流I線框受到的安培力FBId由牛頓第二定律得a，在t到tt時(shí)間內(nèi)，有vt則v(gsin)t有v1gt1sin解得t1。(3)經(jīng)過足夠長(zhǎng)時(shí)間后，線框上邊在磁場(chǎng)下邊界與磁場(chǎng)區(qū)域下邊界的最大距離xm之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理mgsin·xmBIl(xmd)0解得xm。配套作業(yè)1類比是一種常用的研究方法。對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)，教科書中講解了由v­t圖象求位移，由F­x(力位移)圖象求做功的方法。請(qǐng)你借鑒此方法分析下列說法，其中正確的是()A由F­v(力速度)圖線和橫軸圍成的面積可求出對(duì)應(yīng)速度變化過程中力做功的功率B由F­t(力時(shí)間)圖線和橫軸圍成的面積可求出對(duì)應(yīng)時(shí)間內(nèi)力所做的沖量C由U­I(電壓電流)圖線和橫軸圍成的面積可求出對(duì)應(yīng)的電流變化過程中電流的功率D由­r(角速度半徑)圖線和橫軸圍成的面積可求出對(duì)應(yīng)半徑變化范圍內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)物體的線速度答案B解析F­v圖線中任意一點(diǎn)的橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)的乘積等于Fv，即瞬時(shí)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(duì)應(yīng)速度變化過程中力做功的功率，A錯(cuò)誤；由F­t圖線和橫軸圍成的面積可求出對(duì)應(yīng)時(shí)間內(nèi)力所做的沖量，B正確；根據(jù)PUI，可由U、I的坐標(biāo)值求出電功率P，而由U­I圖線和橫軸圍成的面積不能求出對(duì)應(yīng)的電流變化過程中的電功率，C錯(cuò)誤；根據(jù)vr，可由、r的坐標(biāo)值求出對(duì)應(yīng)的線速度v的大小，而由­r圖線和橫軸圍成的面積不能求出對(duì)應(yīng)半徑變化范圍內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)物體的線速度，D錯(cuò)誤。2一個(gè)靜止的物體，在04 s時(shí)間內(nèi)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(shí)間的變化如圖所示，則物體在()A04 s時(shí)間內(nèi)做勻變速運(yùn)動(dòng)B第2 s末速度改變方向C04 s時(shí)間內(nèi)位移的方向不變D第2 s末位移最大答案C解析04 s時(shí)間內(nèi)，加速度不恒定，不是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)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(cuò)誤；02 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(yùn)動(dòng)，速度增加量為02 s內(nèi)圖象與橫軸圍成的面積，24 s速度變化量與02 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04 s內(nèi)位移方向不變，第4 s末位移最大，C正確，D錯(cuò)誤。3(2019·江西高三模擬)南昌市秋水廣場(chǎng)擁有亞洲最大的音樂噴泉群。一同學(xué)在遠(yuǎn)處觀看秋水廣場(chǎng)噴泉表演時(shí)，估測(cè)噴泉中心主噴水口的水柱約有40層樓高，表演結(jié)束時(shí)，他靠近觀察到該主噴水管口的圓形內(nèi)徑約有10 cm，由此他估算驅(qū)動(dòng)主噴水管口的水泵功率最接近的數(shù)值是()A5×102 W B5×103 WC5×104 W D5×105 W答案D解析40層樓高約h120 m。設(shè)水泵的功率為P，泵在時(shí)間t內(nèi)使質(zhì)量為m的水以速度v通過噴水管口，則Ptmv2，v22gh，mSvt(為水的密度)，可得PgSvh5×105 W，D正確。4(2019·黑龍江高考模擬)(多選)微元法就是把研究對(duì)象分為無限多個(gè)無限小的部分，取出有代表性的極小的一部分進(jìn)行分析處理，再?gòu)木植康秸w綜合起來加以考慮的科學(xué)思維方法。如圖所示，靜止的圓錐體豎直放置，頂角為，質(zhì)量為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l，其質(zhì)量為m，對(duì)m受力分析，下列說法正確的是()A設(shè)圓錐體的支持力為N，則mgNsinB設(shè)鏈條環(huán)中的張力為 T，則TC設(shè)鏈條環(huán)中的張力為 T，則TtanD設(shè)l對(duì)鏈條環(huán)中心的張角為，則有2TsinNsin答案AB解析如圖1、2所示，設(shè)l所對(duì)的鏈條環(huán)中心的張角為，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件知l在水平方向上受力平衡，有：2TsinNcos因l很短，很小，所以sin將代入式有：TNcosl在豎直方向上也受力平衡，mgNsin由式得，tan g式中ml，將其代入式可得tan，所以鏈條環(huán)中的張力為T。則A、B正確，C、D錯(cuò)誤。5(2019·江蘇高考模擬)離子發(fā)動(dòng)機(jī)是利用電場(chǎng)加速離子形成高速離子流而產(chǎn)生推力的航天發(fā)動(dòng)機(jī)。工作時(shí)將推進(jìn)劑離子化，使之帶電，然后在靜電場(chǎng)作用下推進(jìn)劑得到加速后噴出，從而產(chǎn)生推力。這種發(fā)動(dòng)機(jī)適用于航天器的姿態(tài)控制、位置保持等。設(shè)航天器質(zhì)量為M，單個(gè)離子質(zhì)量為m，帶電量為q，加速電場(chǎng)的電壓為U，高速離子形成的等效電流強(qiáng)度為I。試求該發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的推力。答案I解析選擇t時(shí)間內(nèi)噴出的質(zhì)量為m的離子流為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理：Ftmv根據(jù)電流的定義式I對(duì)單個(gè)離子，根據(jù)動(dòng)能定理mv2qU解得：FI。6某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計(jì)算方便起見，假設(shè)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，重力加速度大小為g。求：(1)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度。答案(1)v0S(2)解析(1)設(shè)t時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為V，質(zhì)量為m，則mVVSv0t由式得，單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為v0S。(2)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v。對(duì)于t時(shí)間內(nèi)噴出的水，由機(jī)械能守恒定律得(m)v2(m)gh(m)v在h高度處，t時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量大小為p(m)v設(shè)玩具對(duì)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(dòng)量定理有Ftp由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得FMg聯(lián)立式得h。7(2017·天津高考)電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)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(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距離為l，電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。問：(1)磁場(chǎng)的方向；(2)MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大??；(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。答案(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下(2)(3)解析(1)將S接1時(shí)，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，當(dāng)將S接2時(shí)，電容器放電，流經(jīng)MN的電流由M到N，又知MN向右運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I設(shè)MN受到的安培力為F，有FIlB由牛頓第二定律，有Fma聯(lián)立式得a(3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0CE開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，有EBlvmax依題意有E設(shè)在此過程中短暫的ti段時(shí)間內(nèi)，MN上的電流為i，MN上受到的安培力為F，則有FilB由動(dòng)量定理，有FtiBiltim·v又itiQ0Q，vvmax0聯(lián)立式得Q。- 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