《年高考物理二輪復習 考點千題精練 第十七章 物理思維方法 專題. 微元法》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《年高考物理二輪復習 考點千題精練 第十七章 物理思維方法 專題. 微元法（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題17.3 微元法 一．選擇題 1.質量為40 kg的物體，在一個水平外力作用下，沿直徑為40 m的水平圓形軌道勻速運動一周，若物體與軌道間動摩擦因數(shù)為0.5，水平外力在此過程中做功為 A．0 B. 2.5×104 J C. 1.25×104 J D. 0.5×104 J 【參考答案】B 2（2013·安徽）由消防水龍帶的噴嘴噴出水的流量是0.28m3/min，水離開噴口時的速度大小為16m/s，方向與水平面夾角為60度，在最高處正好到達著火位置，忽略空氣阻力，則空中水柱的高度和水量分別是（重力加速度g取10m/s2） A．28.8m，1

2、.12×10-2m3 B．28.8m，0.672m3 C．38.4m，1.29×10-2m3 D．38.4m，0.776m3 【參考答案】A 【名師解析】消防水龍帶的噴嘴水平噴水，選取噴嘴處的水（微元）作為研究對象，微元做斜拋運動。將噴出水流速度分解為水平方向和豎直方向，則豎直方向的分速度vy=vsin60°=16× m/s =24m/s；由可得水柱可以上升的最大高度h=28.8m；水柱上升時間為=2.4s。題述流量Q=0.28m3/min=0.0047 m3/s，則在空中的水量V=Qt=0.004

3、7 m3/s ×2.4s=1.12×10-2m3，，所以選項A正確。 3. 已知點電荷Q電場中的電勢φ公式為φ=k，式中r為到場源點電荷Q的距離。兩半徑分別為r1和r2(r1

4、 二．計算題 1．從地面上以初速度v0豎直向上拋出一質量為m的木球，若運動過程中受到的空氣阻力與其速率成正比關系，木球運動的速率隨時間變化規(guī)律如圖所示，t1時刻到達最高點，再落回地面，落地時速率為v1，且落地前木球已經(jīng)做勻速運動。求： （1）木球從拋出到落地過程中克服空氣阻力所做的功； （2）木球拋出瞬間的加速度大小； （3）木球上升的最大高度H。 【名師解析】（1）由動能定理得Wf=mv12-mv02， 克服空氣阻力做功W=- Wf=mv02-mv12。 （2）空氣阻力f=kv ，落地前勻速運動，則mg－kv1=0 ， 設剛拋出時加速度大小為a0，則mg+kv0=ma

5、0 解得：a0=(1+)g。 （3）設上升時加速度為a，由牛頓第二定律，-(mg+kv)=ma ，解得：a=-g-v。 取極短△t時間，速度變化△v，有：△v =a△t=-g△t -v△t。 又v△t = △h，所以△v ==-g△t -△h。 對上升全程，Σ△v = -gΣ△t -Σ△h。 因Σ△v =0-v0=- v0，Σ△t =t1，Σ△h=H，所以：v0=g t1+H 解得：H= (v0-g t1)。 【點評】根據(jù)速度圖象的面積表示位移，圖中曲邊三角形v0Ot1的面積表示球上升的最大高度H。 2．半徑為R的光滑球固定在水平桌面上，有一質量為M的圓環(huán)狀均勻彈性繩圈，原

6、長為πR，且彈性繩圈的勁度系數(shù)為k，將彈性繩圈從球的正上方輕放到球上，使彈性繩圈水平停留在平衡位置上，如圖所示，若平衡時彈性繩圈長為，求彈性繩圈的勁度系數(shù)k. 【名師解析】由于整個彈性繩圈的大小不能忽略不計，且具有質量，所以彈性繩圈不能看成質點，所以應將彈性繩圈分割成許多小段，其中每一小段△m兩端受的拉力就是彈性繩圈內(nèi)部的彈力F.。在彈性繩圈上任取一小段質量為△m作為研究對象，進行受力分析。但是△m受的力不在同一平面內(nèi)，可以從一個合適的角度觀察。.選取一個合適的平面進行受力分析，這樣可以看清楚各個力之間的關系。.從正面和上面觀察，分別畫出正視圖和俯視圖，如圖乙和圖甲。 二力的合

7、力與T平衡.即 現(xiàn)在彈性繩圈的半徑為 所以sinθ=，θ=45°，tanθ=1， 因此T=， ② 聯(lián)立①、②得，， 解得彈性繩圈的張力為： 設彈性繩圈的伸長量為x 則 所以繩圈的勁度系數(shù)為：。 3.如圖所示，電量Q均勻分布在半徑R的圓環(huán)上，求在圓環(huán)軸線上距圓心O點為x=R處的P點的電場強度。 4．如圖所示，兩根平行放置在絕緣地面上的光滑金屬框架?？蚣艿淖蠖私佑幸浑娙萘繛镃的電容器。框架上放置有一質量為m，長為L的金屬棒，與框架接觸良好無摩擦。磁感應強度為B的勻強磁場豎直向下，與框架平面相垂直，開始時電容器不帶電?，F(xiàn)作用于金屬棒上一恒力F

8、，使金屬棒自靜止起向右加速運動，求： （1）金屬棒中電流為I時的加速度。 （2）金屬棒位移s時的速度。 【名師解析】（1）當金屬棒中電流為I時，所受的向左的安培力F安=BIL， 由牛頓第二定律，F(xiàn)-F安=ma， 解得：a=。 由Q=CU得ΔQ=CΔU，式中ΔU是極短時間內(nèi)電壓的增量。 電壓U的增量等于產(chǎn)生的感應電動勢E的增量，即：ΔU=ΔE=BlΔv， 說明電壓的增量取決于速度的增量△v。 根據(jù)加速度的定義a=， 聯(lián)立上述各式解得： a=。 式中m、F、C、B、L都是恒量，說明金屬棒加速運動的加速度恒定不變，即金屬棒做勻加速直線運動。 由v2=2as解得金屬

9、棒運動位移s時的速度為v=。 5.如圖所示，兩塊很薄的金屬板之間用金屬桿固定起來使其平行正對，兩個金屬板完全相同、且豎直放置，金屬桿粗細均勻、且處于水平狀態(tài)。已知兩個金屬板所組成的電容器的電容為C，兩個金屬板之間的間距為d，兩個金屬板和金屬桿的總質量為m。整個空間存在一個水平向里的勻強磁場，勻強磁場的磁感應強度為B，磁場方向垂直金屬桿，且和金屬板平行?，F(xiàn)在使整個裝置從靜止開始在該磁場中釋放。重力加速度大小為g。 (1)推導出電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系； (2)推導出金屬棒的速度大小隨時間變化的關系。 (3)若所有電阻不計，求整個裝置從靜止開始在該磁場中下落h高

10、度時兩個金屬板之間產(chǎn)生的電場儲存的電場能。 （2）設在時間間隔（t，t+△t）內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為△Q，金屬棒受到的安培力為F， 有：F=Bid ⑤ i= ⑥ △Q也是平行板電容器在時間間隔（t，t+△t）內(nèi)增加的電荷量，由④式得： △Q= CBd△v ⑦ △v為金屬棒的速度變化量，有：a= ⑧ 對金屬棒，有：mg-F=ma ⑨ 以上聯(lián)合求解得：a= ⑩ 因為加速度a為常數(shù)，所以該裝置在磁場中做初速

11、度為零的勻加速直線運動。 金屬棒的速度v=at=t。 6．（2013·全國）如圖，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L。導軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面。在導軌上放置一質量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求： （1）電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系； （2）金屬棒的速度大小隨時間變化的關系。 【名師解析】 （1）設金屬棒下滑的速度大小為v，則感應電動勢為E=BLv。① 平行板電容器兩極板之間的電勢差為：U=E，② 設此時電容器極板上積累的電荷量為Q，由電容定義有C=Q/U，③ 聯(lián)立①②③式解得：Q=CBLv。 ④ 金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為f2=μN，⑨ 式中，N是金屬棒對于導軌的正壓力的大小，有：N=mgcosθ， ⑩ 金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有 mgsinθ- f1- f2=ma ⑾ 聯(lián)立⑤至⑾式解得 a=g。⑿ 由⑿式及題設可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運動，t時刻金屬棒的速度大小為： v=at=gt。 10