《2020屆高考物理二輪復(fù)習 第二部分 思想方法7 微元累積法練習（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習 第二部分 思想方法7 微元累積法練習（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、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(zhì)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(jīng)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(guān)結(jié)果后，再進行數(shù)學求和，這樣就能得到物體復(fù)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(zhì)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(guān)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(zhì)量為m的物體從地面以初速度v0豎直上拋，經(jīng)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(shè)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(nèi)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(nèi)可以認為加速度一定，再進行時間的累積，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?。璽1 解析　設(shè)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(yīng)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(cè)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?jīng)]有接觸。兩個金屬框每條邊的質(zhì)量均為m，每條邊的電阻均為r。 (1)若方框固定不動，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(cè)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(jīng)過t時間，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(yīng)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(yīng)中當感應(yīng)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(yīng)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(zhì)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(chǎn)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(chǎn)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(jīng)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(shè)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(guān)系可得線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝－W 解得Q＝4mgdsinα－BIld。 (2)設(shè)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(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Bdv 感應(yīng)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(nèi)，有Δv＝Δt 則∑Δv＝∑(gsinα－)Δt 有v1＝gt1sinα－ 解得t1＝。 (3)經(jīng)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(fù)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(yīng)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(yīng)時間內(nèi)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(yīng)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(yīng)半徑變化范圍內(nèi)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(yīng)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(yīng)時間內(nèi)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(yīng)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(yīng)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(yīng)半徑變化范圍內(nèi)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(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隨時間的變化如圖所示，則物體在(　　) A．0～4 s時間內(nèi)做勻變速運動 B．第2 s末速度改變方向 C．0～4 s時間內(nèi)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(nèi)，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(nèi)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(nèi)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(jié)束時，他靠近觀察到該主噴水管口的圓形內(nèi)徑約有10 cm，

13、由此他估算驅(qū)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(shè)水泵的功率為P，泵在時間Δt內(nèi)使質(zhì)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(zhì)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(zhì)量為Δm，對Δm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Δmg＝Nsin B．設(shè)鏈條環(huán)中的張力為 T，則T＝ C．設(shè)鏈條環(huán)中的張力為 T，則T＝tanα D．設(shè)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(shè)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(chǎn)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(chǎn)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(shè)航天器質(zhì)量為M，單個離子質(zhì)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(chǎn)生的推力。 答案　I 解析　選擇Δt時間內(nèi)噴出的質(zhì)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(zhì)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(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)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_。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(nèi)噴出的水的質(zhì)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(shè)Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積

17、為ΔV，質(zhì)量為Δm，則 Δm＝ρΔV① ΔV＝Sv0Δt② 由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 ＝ρv0S。③ (2)設(shè)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(nèi)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(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量大小為Δp＝(Δm)v⑤ 設(shè)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(nèi)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(zhì)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(guān)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(yīng)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(yīng)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??； (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(jīng)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(guān)S接2時，電容器放電，設(shè)剛放電時流經(jīng)MN的電流為I，有 I＝① 設(shè)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(shè)電容器上電荷量為Q0，有 Q0＝CE⑤ 開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E′，有 E′＝Blvmax⑥ 依題意有 E′＝⑦ 設(shè)在此過程中短暫的Δti段時間內(nèi)，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 -