(完整)高中物理解题(微元法)

高中物理微元法解决物理试题解题技巧和训练方法及练习题一、微元法解决物理试题1．估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45mm 。

查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s 。

据此估算该压强约为（ ）（设雨滴撞击唾莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m 3） A ．0.15Pa B ．0.54PaC ．1.5PaD ．5.1Pa【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 =12m/s 减为零。

以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理有()0F t mv mv ∆=--∆=∆得到mF v t∆=∆ 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 S h ρ∆=∆ =h F Svtρ∆∆ 所以有压强3345101012Pa 0.15Pa 3600F h P v S t ρ-∆⨯===⨯⨯=∆即睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强为0.15Pa 。

故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

2．“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 2MgSρB MgSρC 2MgSρD 4MgSρ【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m Svt ρ=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()()Mgt mv m v v Sv t S t ρρ--=--=解得2Mgv Sρ=故C 正确，A 、B 、D 错误； 故选C 。

高中物理微元法解决物理试题技巧和方法完整版及练习题含解析一、微元法解决物理试题1．如图甲所示，静止于光滑水平面上的小物块，在水平拉力F的作用下从坐标原点O开始沿x轴正方向运动，F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线右半部分为四分之一圆弧，则小物块运动到2x0处时的动能可表示为（）A．0 B．12F m x0（1+π）C．12F m x0（1+2π）D．F m x0【答案】C 【解析】【详解】F-x图线围成的面积表示拉力F做功的大小，可知F做功的大小W=12F m x0+14πx02，根据动能定理得，E k=W=12F m x0+14πx02 =01122mF xπ⎛⎫+⎪⎝⎭，故C正确，ABD错误。

故选C。

2．超强台风“利奇马”在2019年8月10日凌晨在浙江省温岭市沿海登陆，登陆时中心附近最大风力16级，对固定建筑物破坏程度非常大。

假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为s，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，则风力F 与风速大小v关系式为( )A．F =ρsv B．F =ρsv2C．F =ρsv3D．F=12ρsv2【答案】B【解析】【分析】【详解】设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则有：m=ρsvt根据动量定理有：-Ft=0-mv=0-ρsv2t 得：F=ρsv2 A．F =ρsv，与结论不相符，选项A错误；B ．F =ρsv 2，与结论相符，选项B 正确；C ．F =ρsv 3，与结论不相符，选项C 错误；D ．F =12ρsv 2，与结论不相符，选项D 错误； 故选B 。

3．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量，为简化问题，我们假定粒子大小可以忽略；其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与mn 、和v 的关系正确的是（ ）A ．216nsmv B ．213nmvC ．216nmv D ．213nmv t ∆【答案】B 【解析】 【详解】一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量2I mv ∆=，如图所示，以器壁上面积为S 的部分为底、v t ∆为高构成柱体，由题设可知，其内有16的粒子在t ∆时间内与器壁上面积为S 的部分发生碰撞，碰撞粒子总数16N n Sv t =⋅∆，t ∆时间内粒子给器壁的冲量21·3I N I nSmv t =∆=∆，由I F t =∆可得213I F nSmv t ==∆，213F f nmv S ==，故选B ．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 。

高中物理解题方法微元法（原卷版）高考物理卷的最后一题，有的是用微元法解的题目，题目的难度很大，是为了区分最优秀的考生与优秀的考生的，本文通过研究微元法解的题目，探究微元法解题的方法和规律。

1.什么是微元法？“微元法”是高中物理涉及到的一种数学方法,渗透着微积分的思想,是物理学发展过程中最重要的科学思维方法之一,是牛顿力学的数学基础.通过对某一微元的研究求解物理量，有些物理问题中,当我们研究某个物体或某过程而无法求解时,可以把物体或过程进行无限分割,取某个微元做为研究对象,利用这个微元在一微小位移或微小时间内所遵循的物理规律列方程求解.这种方法常常叫做微元法。

微元法是分析、解决物理问题中的常用方法，也是从部分到整体的思维方法。

用该方法可以使一些复杂的物理过程用我们熟悉的物理规律迅速地加以解决，使所求的问题简单化。

在使用微元法处理问题时，需将其分解为众多微小的“元过程”，而且每个“元过程”所遵循的规律是相同的，这样，我们只需分析这些“元过程”，然后再将“元过程”进行必要的数学方法（如求和）或物理思想处理，进而使问题求解。

微元法在处理问题时，从对事物的极小部分(微元)分析入手，达到解决事物整体的方法。

这是一种深刻的思维方法，是先分割逼近，找到规律，再累计求和，达到了解整体。

微元法是对某事件做整体的观察后，取出该事件的某一微小单元进行分析，通过对微元的细节的物理分析和描述，最终解决整体的方法。

微元法是个比较深奥的东西,其原理是微积分,就是将整体化为局部,在局部中进行适当的省略计算后再累加。

3.“微元法”的取元原则：选取微元时所遵从的基本原则是（1）可加性原则：由于所取的“微元” 最终必须参加叠加演算，所以，对“微元” 及相应的量的最基本要求是：应该具备“可加性”特征；（2）有序性原则：为了保证所取的“微元” 在叠加域内能够较为方便地获得“不遗漏”、“不重复”的完整叠加，在选取“微元”时，就应该注意：按照关于量的某种“序”来选取相应的“微元” ；（3）平权性原则：叠加演算实际上是一种的复杂的“加权叠加”。

高中物理微元法解决物理试题技巧(很有用)及练习题一、微元法解决物理试题1．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量，为简化问题，我们假定粒子大小可以忽略；其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与mn 、和v 的关系正确的是（ ）A ．216nsmv B ．213nmvC ．216nmv D ．213nmv t ∆【答案】B 【解析】 【详解】一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量2I mv ∆=，如图所示，以器壁上面积为S 的部分为底、v t ∆为高构成柱体，由题设可知，其内有16的粒子在t ∆时间内与器壁上面积为S 的部分发生碰撞，碰撞粒子总数16N n Sv t =⋅∆，t ∆时间内粒子给器壁的冲量21·3I N I nSmv t =∆=∆，由I F t =∆可得213I F nSmv t ==∆，213F f nmv S ==，故选B ．2．下雨天，大量雨滴落在地面上会形成对地面的平均压强。

某次下雨时用仪器测得地面附近雨滴的速度约为10m/s 。

查阅当地气象资料知该次降雨连续30min 降雨量为10mm 。

又知水的密度为33110kg/m ⨯。

假设雨滴撞击地面的时间为0.1s ，且撞击地面后不反弹。

则此压强为（ ） A ．0.06Pa B ．0.05PaC ．0.6PaD ．0.5Pa【答案】A 【解析】 【详解】取地面上一个面积为S 的截面，该面积内单位时间降雨的体积为31010m 3060sh V S S t -⨯=⋅=⋅⨯则单位时间降雨的质量为m V ρ=撞击地面时，雨滴速度均由v 减为0，在Δ0.1s t =内完成这一速度变化的雨水的质量为m t ∆。

高中物理微元法解决物理试题解题技巧(超强)及练习题一、微元法解决物理试题1．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量，为简化问题，我们假定粒子大小可以忽略；其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与mn 、和v 的关系正确的是（ ）A ．216nsmv B ．213nmvC ．216nmv D ．213nmv t ∆【答案】B 【解析】 【详解】一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量2I mv ∆=，如图所示，以器壁上面积为S 的部分为底、v t ∆为高构成柱体，由题设可知，其内有16的粒子在t ∆时间内与器壁上面积为S 的部分发生碰撞，碰撞粒子总数16N n Sv t =⋅∆，t ∆时间内粒子给器壁的冲量21·3I N I nSmv t =∆=∆，由I F t =∆可得213I F nSmv t ==∆，213F f nmv S ==，故选B ．2．如图所示，有一条长为2m L =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 /sB ．52m /s 2C ．5m /sD ．35m /s 【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1132sin 302024248p k L L E E E mg mg mgL =+=-⨯⨯︒-⨯⨯+=-链条全部滑出后，动能为2122k E mv '=⨯重力势能为22p LE mg '=-⨯由机械能守恒定律可得k p E E E ''=+即238mgL mv mgL -=- 解得52m /v s =故B 正确，ACD 错误。

高中物理物理解题方法：微元法知识点汇总一、高中物理解题方法：微元法1．我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平．若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为4110kW ⨯，排泥量为31.4m /s ，排泥管的横截面积为20.7 m ，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为（ ） A ．6510N ⨯ B ．7210N ⨯C ．9210N ⨯D ．9510N ⨯【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】设排泥的流量为Q ，t 时间内排泥的长度为：1.420.7V Qt x t t S S ==== 输出的功：W Pt =排泥的功：W Fx =输出的功都用于排泥，则解得：6510N F =⨯故A 正确，BCD 错误．2．下雨天，大量雨滴落在地面上会形成对地面的平均压强。

某次下雨时用仪器测得地面附近雨滴的速度约为10m/s 。

查阅当地气象资料知该次降雨连续30min 降雨量为10mm 。

又知水的密度为33110kg/m ⨯。

假设雨滴撞击地面的时间为0.1s ，且撞击地面后不反弹。

则此压强为（ ） A ．0.06Pa B ．0.05PaC ．0.6PaD ．0.5Pa【答案】A 【解析】 【详解】取地面上一个面积为S 的截面，该面积内单位时间降雨的体积为31010m 3060sh V S S t -⨯=⋅=⋅⨯则单位时间降雨的质量为m V ρ=撞击地面时，雨滴速度均由v 减为0，在Δ0.1s t =内完成这一速度变化的雨水的质量为m t ∆。

设雨滴受地面的平均作用力为F ，由动量定理得[()]()F m t g t m t v -∆∆=∆又有F p S=解以上各式得0.06Pa p ≈所以A 正确，BCD 错误。

故选A 。

3．如图所示，摆球质量为m ，悬线的长为L ，把悬线拉到水平位置后放手设在摆球运动过程中空气阻力F 阻的大小不变，则下列说法正确的是A ．重力做功为mgLB ．绳的拉力做功为0C ．空气阻力做功0D ．空气阻力做功为12F L π-阻 【答案】ABD 【解析】A 、如图所示，重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为AB 在竖直方向上的投影L ，所以W G =mgL ．故A 正确．B 、因为拉力F T 在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即W FT =0．故B 正确．C 、F 阻所做的总功等于每个小弧段上F 阻所做功的代数和，即12F 1=()2W F x F x F L π-∆+∆+⋅⋅⋅=阻阻阻阻，故C 错误，D 正确；故选ABD ． 【点睛】根据功的计算公式可以求出重力、拉力与空气阻力的功．4．如图所示，摆球质量为m ，悬线长度为L ，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A 点运动到B 点的过程中空气阻力的大小F 阻不变，则下列说法正确的是( )A ．重力做功为mgLB ．悬线的拉力做功为0C ．空气阻力做功为－mgLD ．空气阻力做功为－12F 阻πL 【答案】ABD 【解析】 【详解】 A ．如图所示重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为AB 在竖直方向上的投影L ，所以G W mgL =．故A 正确．B ．因为拉力T F 在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即FT 0W =．故B 正确． CD ．F 阻所做的总功等于每个小弧段上F 阻所做功的代数和，即121(ΔΔ)π2F W F x F x F L =-++=-阻阻阻阻故C 错误，D 正确； 故选ABD ． 【点睛】根据功的计算公式可以求出重力、拉力与空气阻力的功．注意在求阻力做功时，要明确阻力大小不变，方向与运动方向相反；故功等于力与路程的乘积．5．两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，两导轨间的距离为L ，导轨上垂直放置两根导体棒a 和b ，俯视图如图甲所示。

高中物理微元法解决物理试题技巧(很有用)及练习题一、微元法解决物理试题1．如图所示，某个力F ＝10 N 作用在半径为R ＝1 m 的转盘的边缘上，力F 的大小保持不变，但方向保持在任何时刻均与作用点的切线一致，则转动一周这个力F 做的总功为（ ）A ．0B ．20π JC ．10 JD ．10π J【答案】B 【解析】本题中力F 的大小不变，但方向时刻都在变化，属于变力做功问题，可以考虑把圆周分割为很多的小段来研究.当各小段的弧长足够小时，可以认为力的方向与弧长代表的位移方向一致，故所求的总功为W ＝F ·Δs 1＋F ·Δs 2＋F ·Δs 3＋…＝F (Δs 1＋Δs 2＋Δs 3＋…）＝F ·2πR ＝20πJ ，选项B 符合题意.故答案为B ．【点睛】本题应注意，力虽然是变力，但是由于力一直与速度方向相同，故可以直接由W =FL 求出．2．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量，为简化问题，我们假定粒子大小可以忽略；其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与mn 、和v 的关系正确的是（ ）A ．216nsmv B ．213nmvC ．216nmv D ．213nmv t ∆【答案】B 【解析】 【详解】一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量2I mv ∆=，如图所示，以器壁上面积为S 的部分为底、v t ∆为高构成柱体，由题设可知，其内有16的粒子在t ∆时间内与器壁上面积为S 的部分发生碰撞，碰撞粒子总数16N n Sv t =⋅∆，t ∆时间内粒子给器壁的冲量21·3I N I nSmv t =∆=∆，由I F t =∆可得213I F nSmv t ==∆，213F f nmv S ==，故选B ．3．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 2FRB ．此过程拉力做功为4FR πC ．小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为12Fv D ．小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为22Fv 【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1144W F R FR ππ=•=，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P Fv =，故选项C 、D 错误。

高中物理微元法解决物理试题解题技巧及练习题一、微元法解决物理试题1．解放前后，机械化生产水平较低，人们经常通过“驴拉磨”的方式把粮食颗粒加工成粗面来食用．如图，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F ，方向与磨杆始终垂直，作用点到轴心的距离为r ，磨盘绕轴缓慢转动，则在转动一周的过程中推力F 做的功为A ．0B ．2πrFC ．2FrD ．-2πrF【答案】B 【解析】 【分析】cos W Fx α=适用于恒力做功，因为推磨的过程中力方向时刻在变化是变力，但由于圆周运动知识可知，力方向时刻与速度方向相同，根据微分原理可知，拉力所做的功等于力与路程的乘积； 【详解】由题可知：推磨杆的力的大小始终为F ，方向与磨杆始终垂直，即其方向与瞬时速度方向相同，即为圆周切线方向，故根据微分原理可知，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿圆周运动弧长的乘积，由题意知，磨转动一周，弧长2L r π=，所以拉力所做的功2W FL rF π==，故选项B 正确，选项ACD 错误． 【点睛】本题关键抓住推磨的过程中力方向与速度方向时刻相同，即拉力方向与作用点的位移方向时刻相同，根据微分思想可以求得力所做的功等于力的大小与路程的乘积，这是解决本题的突破口．2．水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，得到广泛应用．某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d 的水流以速度v 垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零，已知水的密度为ρ，则钢板受到水的冲力大小为A ．2d v πρB ．22d v πρC ．214d v πρD ．2214d v πρ【答案】D 【解析】 【分析】【详解】设t 时间内有V 体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：214m V Svt d vt ρρπρ===以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F ，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：Ft =0-mv解得：2214mv F d v t πρ=-=- A. 2d v πρ与分析不符，故A 错误． B. 22d v πρ与分析不符，故B 错误． C. 214d v πρ与分析不符，故C 错误． D.2214d v πρ与分析相符，故D 正确．3．超强台风“利奇马”在2019年8月10日凌晨在浙江省温岭市沿海登陆， 登陆时中心附近最大风力16级，对固定建筑物破坏程度非常大。

1 高考物理解题方法：微元法微元法是从事物的极小部分(微元)分析，通过对微元的细节的物理分析和描述，最终解决整体问题的方法。

在高考题中，但凡出现考查微元法的试题，其难度系数不超过0.3。

因此，学会微元法的应用，对高三学子来说就会使自己的高考成绩迈上一个新的台阶。

根据研究对象的不同，微元可分为“线元”、“面元”、“体元”、“元过程”等。

例如：例题：一个半径为R 的均匀金属圆环，带电量为q ，试求垂直通过其圆心的轴线上距离圆心为x 处的电场强度。

解析：由题意可设如图，在圆环上取一段极小的圆弧Δl （Δl →0）——“线元”，圆弧带电量Δq =Δlq /2πR ，由于Δl 极小，圆弧可视为点电荷，其在轴上距离圆心为x 处产生的场强为：由圆的对称性可知，每个微元在x 处产生的电场在平行于环面的方向上场强相互抵消，圆环在x 处产生的电场沿x 方向，大小为所有微元在x 处产生的沿x 方向的场强矢量合，即：显然，ΣΔl=2πR ，所以金属圆环在x 处产生的电场场强为：“线元”分析适用于线状物体，用“整体·隔离体”法解决不了的问题，用“微元法”即可解决。

我们来看看下面这道高考题：（2012全国）假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的球体。

一矿井深度为d 。

已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。

矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为参考答案：A ；难度系数：0.11虽然题干给出了“质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零”这个条件，但在高考的考场上，若是学生第一次知道这个结论，要想立即能熟练应用，显然是不现实的，这也是本题难度系数是0.11的原因。

下面，我们应用“微元法”证明“质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零”。

例题：证明：质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。

解析：如图所示，在质量分布均匀的球壳内任取一点O /，连接O /与球心O 并交于球面上O i 、O i /（图中未标出）；以O i 为圆心做半径为r i （r i →0）的圆，这个圆与O /可以形成一个微小的圆锥体，延长圆锥体xα △l O R E l x R R kq r q k E i ∆⋅+=∆=）（2222π∑∑∑∆+=+⋅+∆==l x R R kqx x R x x R R l kq E E i x 2322222222cos ）（）（ππα2322）（x R kqx E x +=2的母线，在对侧可以形成一个类似的圆锥体（R i /、r i /）。

高中物理微元法解决物理试题题20套(带答案)及解析一、微元法解决物理试题1．生活中我们经常用水龙头来接水，假设水龙头的出水是静止开始的自由下落，那么水流在下落过程中，可能会出现的现象是（）A．水流柱的粗细保持不变B．水流柱的粗细逐渐变粗C．水流柱的粗细逐渐变细D．水流柱的粗细有时粗有时细【答案】C【解析】【详解】水流在下落过程中由于重力作用，则速度逐渐变大，而单位时间内流过某截面的水的体积是一定的，根据Q=Sv可知水流柱的截面积会减小，即水流柱的粗细逐渐变细，故C正确，ABD错误。

故选C。

2．某中学科技小组的学生在进行电磁发射装置的课题研究，模型简化如下。

在水平地面上固定着相距为L的足够长粗糙导轨PQ及MN，PQNM范围内存在可以调节的匀强磁场，方向竖直向上，如图所示，导轨左侧末端接有电动势为E、内阻为r的电源，开关K控制电路通断。

质量为m、电阻同为r的导体棒ab垂直导轨方向静止置于上面，与导轨接触良好。

电路中其余位置电阻均忽略不计。

导轨右侧末端有一线度非常小的速度转向装置，能将导体棒水平向速度转为与地面成θ角且不改变速度大小。

导体棒在导轨上运动时将受到恒定的阻力f，导轨棒发射后，在空中会受到与速度方向相反、大小与速度大小成正比的阻力，f0=kv，k为比例常数。

导体棒在运动过程中只平动，不转动。

重力加速度为g。

调节磁场的磁感应强度，闭合开关K，使导体棒获得最大的速度。

（需考虑导体棒切割磁感线产生的反电动势）(1)求导体棒获得最大的速度v m；(2)导体棒从静止开始达到某一速度v1，滑过的距离为x0，导体棒ab发热量Q，求电源提供的电能及通过电源的电量q；(3)调节导体棒初始放置的位置，使其在到达NQ时恰好达到最大的速度，最后发现导体棒以v的速度竖直向下落到地面上。

求导体棒自NQ运动到刚落地时这段过程的平均速度大小。

【答案】(1) 2m 8E v fr =；(2)电源提供的电能210122W mv fx Q =++，通过电源的电量20122fx mv Qq E E E=++；(3) 22cos sin 8mg E v k E frv θθ=+ 【解析】 【分析】 【详解】(1)当棒达到最大速度时，棒受力平衡，则A f F = A F BiL =2E BLvi r-=联立解得22211fr E v L B L B -⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭据数学知识得2m 8E v fr=(2)导体棒电阻为r ，电源内阻为r ，通过两者的电流始终相等，导体棒ab 发热量Q ，则回路总电热为2Q ；据能量守恒定律知，电源提供的电能210122W mv fx Q =++据电源提供电能与通过电源的电量的关系W Eq =可得，通过电源的电量20122fx mv W Qq E E E E==++(3)导体棒自NQ 运动到刚落地过程中，对水平方向应用动量定理可得x x x kv t m v k x m v -∆=∆⇒-∆=∆解得：水平方向位移2cos 8m E xk frθ∆=对竖直方向应用动量定理可得y y y kv t mg t m v k y mg t m v -∆-∆=∆⇒-∆-∆=∆解得：运动的时间2sin 8E vfrt gθ+∆=据平均速度公式可得，导体棒自NQ 运动到刚落地时这段过程的平均速度大小22cos sin 8x mg E v t k E frvθθ∆==∆+3．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 。

高中奥林匹克物理竞赛解题方法微元法方法简介微元法就就是分析、解决物理问题中得常用方法,也就就是从部分到整体得思维方法。

用该方法可以使一些复杂得物理过程用我们熟悉得物理规律迅速地加以解决,使所求得问题简单化。

在使用微元法处理问题时,需将其分解为众多微小得“元过程”,而且每个“元过程”所遵循得规律就就是相同得，这样,我们只需分析这些“元过程”,然后再将“元过程”进行必要得数学方法或物理思想处理,进而使问题求解。

使用此方法会加强我们对已知规律得再思考,从而引起巩固知识、加深认识与提高能力得作用。

赛题精讲例1:如图3—1所示,一个身高为h得人在灯以悟空速度v沿水平直线行走。

设灯距地面高为H,求证人影得顶端C点就就是做匀速直线运动。

解析:该题不能用速度分解求解,考虑采用“微元法”。

设某一时间人经过AB处,再经过一微小过程△ｔ(△ｔ→０）,则人由AＢ到达Ａ′Ｂ′，人影顶端C点到达C′点,由于△SＡA′=v△t则人影顶端得移动速度可见ｖc与所取时间△t得长短无关，所以人影得顶端C点做匀速直线运动、例2:如图3—2所示,一个半径为Ｒ得四分之一光滑球面放在水平桌面上,球面上放置一光滑均匀铁链,其A端固定在球面得顶点,B端恰与桌面不接触,铁链单位长度得质量为ρ、试求铁链A端受得拉力T、解析:以铁链为研究对象，由由于整条铁链得长度不能忽略不计,所以整条铁链不能瞧成质点,要分析铁链得受力情况,须考虑将铁链分割,使每一小段铁链可以瞧成质点,分析每一小段铁边得受力，根据物体得平衡条件得出整条铁链得受力情况、在铁链上任取长为△Ｌ得一小段(微元)为研究对象,其受力分析如图３—2—甲所示、由于该元处于静止状态，所以受力平衡，在切线方向上应满足:由于每段铁链沿切线向上得拉力比沿切线向下得拉力大△Tθ,所以整个铁链对A端得拉力就就是各段上△Tθ得与,即观察得意义，见图3—２—乙,由于△θ很小,所以ＣD⊥OＣ，∠OCE＝θ△Lcosθ表示△L在竖直方向上得投影△R,所以可得铁链A端受得拉力例3:某行星围绕太阳C沿圆弧轨道运行,它得近日点A离太阳得距离为a,行星经过近日点Ａ时得速度为，行星得远日点B离开太阳得距离为b,如图3—3所示,求它经过远日点Ｂ时得速度得大小、解析：此题可根据万有引力提供行星得向心力求解、也可根据开普勒第二定律,用微元法求解、设行星在近日点Ａ时又向前运动了极短得时间△t,由于时间极短可以认为行星在△ｔ时间内做匀速圆周运动，线速度为,半径为a,可以得到行星在△ｔ时间内扫过得面积同理,设行星在经过远日点B时也运动了相同得极短时间△t，则也有由开普勒第二定律可知:Sａ＝S b即得此题也可用对称法求解、例4:如图３—4所示,长为L得船静止在平静得水面上,立于船头得人质量为m,船得质量为Ｍ,不计水得阻力，人从船头走到船尾得过程中,问:船得位移为多大？解析:取人与船整体作为研究系统,人在走动过程中,系统所受合外力为零，可知系统动量守恒、设人在走动过程中得△t时间内为匀速运动,则可计算出船得位移、设v1、v2分别就就是人与船在任何一时刻得速率,则有①两边同时乘以一个极短得时间△ｔ, 有②由于时间极短,可以认为在这极短得时间内人与船得速率就就是不变得,所以人与船位移大小分别为,由此将②式化为③把所有得元位移分别相加有④即ms1=Ms2⑤此式即为质心不变原理、其中ｓ1、s2分别为全过程中人与船对地位移得大小, 又因为L＝s1+s2⑥由⑤、⑥两式得船得位移例5:半径为R得光滑球固定在水平桌面上,有一质量为M得圆环状均匀弹性绳圈,原长为πR,且弹性绳圈得劲度系数为k,将弹性绳圈从球得正上方轻放到球上，使弹性绳圈水平停留在平衡位置上,如图３—5所示,若平衡时弹性绳圈长为，求弹性绳圈得劲度系数k、解析:由于整个弹性绳圈得大小不能忽略不计,弹性绳圈不能瞧成质点,所以应将弹性绳圈分割成许多小段,其中每一小段△m两端受得拉力就就就是弹性绳圈内部得弹力F、在弹性绳圈上任取一小段质量为△m作为研究对象,进行受力分析、但就就是△m受得力不在同一平面内,可以从一个合适得角度观察、选取一个合适得平面进行受力分析，这样可以瞧清楚各个力之间得关系、从正面与上面观察,分别画出正视图得俯视图,如图3—5—甲与2—３—５—乙、先瞧俯视图3—5—甲,设在弹性绳圈得平面上,△m所对得圆心角就就是△θ,则每一小段得质量△m在该平面上受拉力F得作用,合力为因为当θ很小时, 所以再瞧正视图3—5—乙,△m受重力△mg,支持力Ｎ,二力得合力与T平衡、即现在弹性绳圈得半径为所以因此T= ①、②联立，,解得弹性绳圈得张力为：设弹性绳圈得伸长量为ｘ则所以绳圈得劲度系数为:例6：一质量为M、均匀分布得圆环,其半径为r,几何轴与水平面垂直,若它能经受得最大张力为T,求此圆环可以绕几何轴旋转得最大角速度、解析：因为向心力F=mrω2,当ω一定时,r越大,向心力越大,所以要想求最大张力Ｔ所对应得角速度ω,r应取最大值、如图3—6所示,在圆环上取一小段△L,对应得圆心角为△θ,其质量可表示为,受圆环对它得张力为Ｔ，则同上例分析可得因为△θ很小，所以,即解得最大角速度例7:一根质量为M，长度为L得铁链条，被竖直地悬挂起来,其最低端刚好与水平接触,今将链条由静止释放,让它落到地面上,如图3—7所示,求链条下落了长度x时,链条对地面得压力为多大？解析:在下落过程中链条作用于地面得压力实质就就就是链条对地面得“冲力”加上落在地面上那部分链条得重力、根据牛顿第三定律,这个冲力也就等于同一时刻地面对链条得反作用力,这个力得冲量,使得链条落至地面时得动量发生变化、由于各质元原来得高度不同,落到地面得速度不同,动量改变也不相同、我们取某一时刻一小段链条(微元）作为研究对象,就可以将变速冲击变为恒速冲击、设开始下落得时刻ｔ＝０，在ｔ时刻落在地面上得链条长为ｘ，未到达地面部分链条得速度为ｖ，并设链条得线密度为ρ、由题意可知,链条落至地面后,速度立即变为零、从t时刻起取很小一段时间△ｔ,在△t内又有△M=ρ△ｘ落到地面上静止、地面对△Ｍ作用得冲量为因为所以解得冲力:,其中就就就是ｔ时刻链条得速度v，故链条在t时刻得速度v即为链条下落长为ｘ时得即时速度,即ｖ２=2gｘ,代入Ｆ得表达式中,得此即t时刻链对地面得作用力，也就就就是ｔ时刻链条对地面得冲力、所以在t时刻链条对地面得总压力为例８:一根均匀柔软得绳长为L,质量为m，对折后两端固定在一个钉子上,其中一端突然从钉子上滑落,试求滑落得绳端点离钉子得距离为x时,钉子对绳子另一端得作用力就就是多大? 解析：钉子对绳子另一端得作用力随滑落绳得长短而变化,由此可用微元法求解、如图3—8所示，当左边绳端离钉子得距离为ｘ时,左边绳长为,速度，右边绳长为又经过一段很短得时间△t以后,左边绳子又有长度得一小段转移到右边去了,我们就分析这一小段绳子,这一小段绳子受到两力:上面绳子对它得拉力T与它本身得重力为绳子得线密度),根据动量定理,设向上方向为正由于△ｔ取得很小,因此这一小段绳子得重力相对于T来说就就是很小得,可以忽略，所以有因此钉子对右边绳端得作用力为例9:图３—9中,半径为Ｒ得圆盘固定不可转动，细绳不可伸长但质量可忽略,绳下悬挂得两物体质量分别为Ｍ、m、设圆盘与绳间光滑接触,试求盘对绳得法向支持力线密度、解析:求盘对绳得法向支持力线密度也就就就是求盘对绳得法向单位长度所受得支持力、因为盘与绳间光滑接触，则任取一小段绳,其两端受得张力大小相等,又因为绳上各点受得支持力方向不同,故不能以整条绳为研究对象,只能以一小段绳为研究对象分析求解、在与圆盘接触得半圆形中取一小段绳元△L,△L所对应得圆心角为△θ,如图3—9—甲所示,绳元△L两端得张力均为T,绳元所受圆盘法向支持力为△N，因细绳质量可忽略,法向合力为零,则由平衡条件得：当△θ很小时, ∴△N=Ｔ△θ又因为△Ｌ=Ｒ△θ则绳所受法向支持力线密度为①以M、m分别为研究对象,根据牛顿定律有Mg－T=Mａ②T-mｇ=m a③由②、③解得:将④式代入①式得:例10：粗细均匀质量分布也均匀得半径为分别为R与r得两圆环相切、若在切点放一质点ｍ,恰使两边圆环对m得万有引力得合力为零,则大小圆环得线密度必须满足什么条件？解析:若要直接求整个圆对质点m得万有引力比较难,当若要用到圆得对称性及要求所受合力为零得条件,考虑大、小圆环上关于切点对称得微元与质量m得相互作用,然后推及整个圆环即可求解、如图3—10所示,过切点作直线交大小圆分别于P、Q两点,并设与水平线夹角为α,当α有微小增量时,则大小圆环上对应微小线元其对应得质量分别为由于△α很小，故△m 1、△m 2与m 得距离可以认为分别就就是所以△m 1、△m 2与m 得万有引力分别为 222222212111)cos 2(2,)cos 2(2ααρααρr m R G r m Gm F R m R G r m Gm F ∆⋅=∆=∆∆⋅=∆=∆ 由于α具有任意性,若△F １与△F ２得合力为零,则两圆环对m 得引力得合力也为零， 即解得大小圆环得线密度之比为:例11:一枚质量为M 得火箭，依靠向正下方喷气在空中保持静止,如果喷出气体得速度为v,那么火箭发动机得功率就就是多少?解析:火箭喷气时，要对气体做功，取一个很短得时间,求出此时间内,火箭对气体做得功，再代入功率得定义式即可求出火箭发动机得功率、选取在△t 时间内喷出得气体为研究对象,设火箭推气体得力为F ，根据动量定理,有F △ｔ=△m ·ｖ 因为火箭静止在空中,所以根据牛顿第三定律与平衡条件有F=M ｇ 即 Mg ·△t=△m ·v △t=△m ·ｖ/M ｇ对同样这一部分气体用动能定理，火箭对它做得功为:所以发动机得功率例1２:如图3—１１所示,小环Ｏ与O ′分别套在不动得竖直杆AB 与A ′B ′上,一根不可伸长得绳子穿过环O ′,绳得两端分别系在A ′点与Ｏ环上，设环O ′以恒定速度ｖ向下运动,求当∠AOO ′=α时，环O 得速度、解析：O 、O ′之间得速度关系与O 、O ′得位置有关,即与α角有关,因此要用微元法找它们之间得速度关系、设经历一段极短时间△ｔ,O ′环移到C ′,Ｏ环移到Ｃ，自C ′与C 分别作为O ′O 得垂线C ′D ′与CD,从图中瞧出、因此OC+O ′C ′= ①因△α极小，所以ＥＣ′≈ＥD ′,E Ｃ≈ＥD,从而ＯD+O ′D ′≈OO ′－CC ′ ②由于绳子总长度不变,故 OO ′-CC ′=O ′Ｃ′ ③由以上三式可得:ＯC+Ｏ′Ｃ′= 即等式两边同除以△t 得环O 得速度为例１3： 在水平位置得洁净得平玻璃板上倒一些水银,由于重力与表面张力得影响,水银近似呈现圆饼形状(侧面向外凸出),过圆饼轴线得竖直截面如图3—1２所示，为了计算方便,水银与玻璃得接触角可按180°计算、已知水银密度,水银得表面张力系数当圆饼得半径很大时,试估算其厚度h 得数值大约为多少？（取1位有效数字即可)解析：若以整个圆饼状水银为研究对象,只受重力与玻璃板得支持力，在平衡方程中,液体得体积不就就是h 得简单函数，而且支持力Ｎ与重力mg 都就就是未知量,方程中又不可能出现表面张力系数，因此不可能用整体分析列方程求解h 、现用微元法求解、在圆饼得侧面取一个宽度为△x ,高为h 得体积元,,如图3—１２—甲所示,该体积元受重力G 、液体内部作用在面积△x ·h 上得压力F ，,还有上表面分界线上得张力F 1=σ△x 与下表面分界线上得张力Ｆ2=σ△x 、作用在前、后两个侧面上得液体压力互相平衡，作用在体积元表面两个弯曲 分界上得表面张力得合力，当体积元得宽度较小时,这两个力也就就是平衡得,图中都未画出、 由力得平衡条件有：即解得:由于 故2、7×10-3m ＜h<3、８×1０－3ｍ题目要求只取１位有效数字,所以水银层厚度ｈ得估算值为3×10－３ｍ或４×10－3m 、 例14:把一个容器内得空气抽出一些，压强降为p,容器上有一小孔,上有塞子,现把塞子拔掉，如图３—1３所示、问空气最初以多大初速度冲进容器?(外界空气压强为p 0、密度为ρ)解析：该题由于不知开始时进入容器内分有多少,不知它们在容器外如何分布，也不知空气分子进入容器后压强如何变化,使我们难以找到解题途径、注意到题目中“最初”二字,可以这样考虑:设小孔得面积为Ｓ,取开始时位于小孔外一薄层气体为研究对象，令薄层厚度为△L ，因△L 很小,所以其质量△m 进入容器过程中,不改变容器压强,故此薄层所受外力就就是恒力,该问题就可以解决了、由以上分析,得:F ＝(ｐ0-p)S ① 对进入得△m 气体,由动能定理得: ② 而 △m ＝ρS △L联立①、②、③式可得:最初中进容器得空气速度例15:电量Q 均匀分布在半径为R 得圆环上(如图３—１4所示)，求在圆环轴线上距圆心O 点为x 处得Ｐ点得电场强度、解析:带电圆环产生得电场不能瞧做点电荷产生得电场,故采用微元法,用点电荷形成得电场结合对称性求解、选电荷元 它在P 点产生得电场得场强得x 分量为:根据对称性 322322322)(2)(2)(2x R kQx x R kQx x R kQxE E x +=+=∆+=∆=∑∑ππθπ由此可见,此带电圆环在轴线P 点产生得场强大小相当于带电圆环带电量集中在圆环得某一点时在轴线P点产生得场强大小,方向就就是沿轴线得方向、例16:如图3—１5所示,一质量均匀分布得细圆环,其半径为R,质量为m、令此环均匀带正电,总电量为Ｑ、现将此环平放在绝缘得光滑水平桌面上,并处于磁感应强度为Ｂ得均匀磁场中，磁场方向竖直向下、当此环绕通过其中心得竖直轴以匀角速度ω沿图示方向旋转时，环中得张力等于多少？(设圆环得带电量不减少,不考虑环上电荷之间得作用)解析:当环静止时，因环上没有电流，在磁场中不受力,则环中也就没有因磁场力引起得张力、当环匀速转动时,环上电荷也随环一起转动，形成电流,电流在磁场中受力导致环中存在张力,显然此张力一定与电流在磁场中受到得安培力有关、由题意可知环上各点所受安培力方向均不同,张力方向也不同,因而只能在环上取一小段作为研究对象,从而求出环中张力得大小、在圆环上取△Ｌ＝Ｒ△θ圆弧元,受力情况如图3—15—甲所示、因转动角速度ω而形成得电流,电流元I△L所受得安培力因圆环法线方向合力为圆弧元做匀速圆周运动所需得向心力,当△θ很小时,解得圆环中张力为例17:如图3—1６所示,一水平放置得光滑平行导轨上放一质量为m得金属杆,导轨间距为L,导轨得一端连接一阻值为Ｒ得电阻,其她电阻不计,磁感应强度为B得匀强磁场垂直于导轨平面、现给金属杆一个水平向右得初速度v０,然后任其运动,导轨足够长,试求金属杆在导轨上向右移动得最大距离就就是多少?解析:水平地从a向ｂ瞧,杆在运动过程中得受力分析如图3—16—甲所示,这就就是一个典型得在变力作用下求位移得题,用我们已学过得知识好像无法解决，其实只要采用得方法得当仍然可以求解、设杆在减速中得某一时刻速度为v，取一极短时间△ｔ，发生了一段极小得位移△ｘ,在△t时间内,磁通量得变化为△φ△φ=BL△x金属杆受到安培力为由于时间极短,可以认为F安为恒力,选向右为正方向,在△t时间内,安培力F安得冲量为:对所有得位移求与，可得安培力得总冲量为①其中x为杆运动得最大距离,对金属杆用动量定理可得I=0－mV0②由①、②两式得:例１8:如图3—１7所示,电源得电动热为E,电容器得电容为C,Ｓ就就是单刀双掷开关，MN、PQ就就是两根位于同一水平面上得平行光滑长导轨,它们得电阻可以忽略不计,两导轨间距为L,导轨处在磁感应强度为B得均匀磁场中,磁场方向垂直于两导轨所在得平面并指向图中纸面向里得方向、L1与L２就就是两根横放在导轨上得导体小棒,质量分别为m１与m2,且、它们在导轨上滑动时与导轨保持垂直并接触良好,不计摩擦,两小棒得电阻相同，开始时两根小棒均静止在导轨上、现将开关Ｓ先合向1,然后合向２、求:(1)两根小棒最终速度得大小;（2)在整个过程中得焦耳热损耗、(当回路中有电流时,该电流所产生得磁场可忽略不计)解析:当开关S先合上１时，电源给电容器充电,当开关S再合上２时，电容器通过导体小棒放电，在放电过程中,导体小棒受到安培力作用,在安培力作用下,两小棒开始运动，运动速度最后均达到最大、（１)设两小棒最终得速度得大小为v,则分别为L1、Ｌ2为研究对象得：①同理得: ②由①、②得:又因为所以而Ｑ=CＥq=CU′＝CBL v所以解得小棒得最终速度(２)因为总能量守恒,所以即产生得热量针对训练１、某地强风得风速为ｖ，设空气得密度为ρ,如果将通过横截面积为S得风得动能全部转化为电能,则其电功率为多少?２、如图3—19所示,山高为H，山顶A与水平面上B点得水平距离为ｓ、现在修一条冰道ＡCB,其中AＣ为斜面,冰道光滑,物体从Ａ点由静止释放，用最短时间经Ｃ到B,不计过C点得能量损失、问AC与水平方向得夹角θ多大？最短时间为多少?３、如图３—21所示,在绳得C端以速度v匀速收绳从而拉动低处得物体M水平前进,当绳AO段也水平恰成α角时，物体M得速度多大？4,如图３—22所示，质量相等得两个小球A与Ｂ通过轻绳绕过两个光滑得定滑轮带动C 球上升,某时刻连接C球得两绳得夹角为θ,设A、B两球此时下落得速度为ｖ,则C球上升得速度多大？5、质量为M得平板小车在光滑得水平面上以v0向左匀速运动,一质量为m得小球从高ｈ处自由下落,与小车碰撞后反弹上升得高度仍为h、设M>>m，碰撞弹力Ｎ>>g，球与车之间得动摩擦因数为μ,则小球弹起后得水平速度可能就就是（)A、B、０C、D、v０6、半径为R得刚性球固定在水平桌面上、有一质量为M得圆环状均匀弹性细绳圈,原长2πa,a=R/2,绳圈得弹性系数为ｋ(绳伸长s时,绳中弹性张力为kｓ）、将绳圈从球得正上方轻放到球上,并用手扶着绳圈使其保持水平，并最后停留在某个静力平衡位置、考虑重力，忽略摩擦、（１）设平衡时弹性绳圈长2πｂ,b=，求弹性系数k；(用M、R、g表示,g为重力加速度) (2)设k＝Ｍｇ/2π2R,求绳圈得最后平衡位置及长度、7、一截面呈圆形得细管被弯成大圆环,并固定在竖直平面内,在环内得环底A处有一质量为ｍ、直径比管径略小得小球,小球上连有一根穿过环顶B处管口得轻绳,在外力Ｆ作用下小球以恒定速度v沿管壁做半径为Ｒ得匀速圆周运动,如图3—23所示、已知小球与管内壁中位于大环外侧部分得动摩擦因数为μ,而大环内侧部分得管内壁就就是光滑得、忽略大环内、外侧半径得差别，认为均为Ｒ、试求小球从Ａ点运动到B点过程中F做得功W F、8、如图3—２4,来自质子源得质子(初速度为零）,经一加速电压为800kV得直线加速器加速，形成电流为1、０mA得细柱形质子流、已知质子电荷ｅ=1、6０×１0－19C、这束质子流每秒打到靶上得质子数为、假设分布在质子源到靶之间得加速电场就就是均匀得,在质子束中与质子源相距l与4l得两处,各取一段极短得相等长度得质子流,其中质子数分别为n1与n2,则ｎ1: n2、9、如图3—25所示,电量Q均匀分布在一个半径为R得细圆环上,求圆环轴上与环心相距为ｘ得点电荷q所受得力得大小、1０、如图３—26所示,一根均匀带电细线，总电量为Q,弯成半径为R得缺口圆环,在细线得两端处留有很小得长为△Ｌ得空隙，求圆环中心处得场强、11、如图3—27所示,两根均匀带电得半无穷长平行直导线(它们得电荷线密度为η),端点联线LN垂直于这两直导线,如图所示、LＮ得长度为２Ｒ、试求在ＬN得中点Ｏ处得电场强度、12、如图3—2８所示，有一均匀带电得无穷长直导线,其电荷线密度为η、试求空间任意一点得电场强度、该点与直导线间垂直距离为r、13、如图3—２9所示,半径为R得均匀带电半球面,电荷面密度为δ，求球心Ｏ处得电场强度、14、如图3—３０所示，在光滑得水平面上,有一垂直向下得匀强磁场分布在宽度为L得区域内,现有一个边长为a(a＜L),质量为m得正方形闭合线框以初速v0垂直磁场边界滑过磁场后,速度变为v（v<v0)，求：（1）线框在这过程中产生得热量Ｑ;（2)线框完全进入磁场后得速度v′、15、如图3—３1所示，在离水平地面h高得平台上有一相距Ｌ得光滑轨道，左端接有已充电得电容器,电容为C,充电后两端电压为U1、轨道平面处于垂直向上得磁感应强度为B得匀强磁场中、在轨道右端放一质量为m得金属棒,当闭合S,棒离开轨道后电容器得两极电压变为U2, 求棒落在离平台多远得位置、１6、如图3—3２所示，空间有一水平方向得匀强磁场，大小为B,一光滑导轨竖直放置，导轨上接有一电容为C得电容器,并套一可自由滑动得金属棒，质量为m,释放后，求金属棒得加速度a、答案:１、2、θ＝60°3、４、5、CD6、(1) (2)绳圈掉地上，长度为原长7、８、6、２5×1015，2:１9、１0、１１、12、１３、１4、15、1６、。

高中物理高考必备物理微元法解决物理试题技巧全解及练习题一、微元法解决物理试题1．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量，为简化问题，我们假定粒子大小可以忽略；其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与mn 、和v 的关系正确的是（ ）A ．216nsmv B ．213nmvC ．216nmv D ．213nmv t ∆【答案】B 【解析】 【详解】一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量2I mv ∆=，如图所示，以器壁上面积为S 的部分为底、v t ∆为高构成柱体，由题设可知，其内有16的粒子在t ∆时间内与器壁上面积为S 的部分发生碰撞，碰撞粒子总数16N n Sv t =⋅∆，t ∆时间内粒子给器壁的冲量21·3I N I nSmv t =∆=∆，由I F t =∆可得213I F nSmv t ==∆，213F f nmv S ==，故选B ．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 πC ．小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为12Fv D ．小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为22Fv 【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1144W F R FR ππ=•=，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P Fv =，故选项C 、D 错误。

运动的合成与分解的规律有２L ＝v ０t ,L ＝１２a t ２,粒子在O 点速度沿y 轴方向的分量v y ＝a t ,根据数学关系有t a n α＝v yv ０,所以t a n α＝１,即α＝４５ʎ,粒子到达O 点时的速度大小为v ＝v ０c o s ４５ʎ＝２v ０．(２)粒子在电场中运动时,根据牛顿第二定律可得其加速度为a ＝q E m ．粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有q v B ＝mv２R,根据数学关系有R ＝２L ,可以得出E B＝v ０２．处理粒子在磁场中做匀速圆周运动的习题时要能准确找到粒子的圆心和半径,并画出其运动轨迹．３㊀电场㊁磁场和重力场共存三个场共存的情况下,如果粒子做匀速圆周运动,重力和电场力一定平衡．㊀㊀图５例３㊀如图５,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里,３个带正电的微粒a ㊁b ㊁c 电荷量相等,质量分别为m a ㊁m b ㊁m c ．在该区域内,若a 做匀速圆周运动,b 向右做匀速直线运动,c 向左做匀速直线运动,则下面结论正确的是(㊀㊀)．A．m a ＞m b ＞m c ㊀㊀B ．m b ＞m a ＞m cC ．m c ＞m a ＞m b ㊀㊀D．m c ＞m b ＞m a因为a 在该区域内做匀速圆周运动,所以a所受重力和电场力平衡,即m a g ＝qE ,b ㊁c 分别在纸面内向右和向左做匀速直线运动,有m b g ＝q E ＋B q v ,m c g ＋B q v ＝qE ,所以有m b ＞m a ＞m c ,故选项B 正确．在匀强磁场㊁匀强电场和重力场组成的复合场中,粒子所受重力和电场力是恒力,粒子所受洛伦兹力方向随速度方向变化而变化．总之,带电粒子在复合场中的运动问题涉及的知识较多,需要学生灵活运用力学㊁运动学㊁功能关系及电磁学等知识来解决,同时还要注意挖掘隐含条件,多做练习㊁多总结,做到熟练掌握．(作者单位:山东省青岛市即墨区第四中学)Җ㊀山东㊀宋致堂㊀㊀微元法 是从整体中取某一特定的微小部分作为研究对象从而认识整体的一种思维方法,它是物理学研究连续变量的一种常用方法．通俗地讲, 微元法 就是把研究对象分为无限多个微小的 元过程 ,这些具有代表性的 元 ,可以是一小段线段圆弧(线元)㊁一小段时间(时间元)㊁一小块面积(面积元)或一小部分质量(质量元)等,每个微元中变量可以看作不变,再对这些微小积累量求和,就可以得到物理量的总变化量．用该方法可以使一些复杂的物理过程简单化,用我们熟悉的物理规律迅速地解决问题．下面通过具体实例进一步阐述微元思想的应用,提升微元解题技巧．１㊀微元法 在变力做功中的应用例１㊀如图１所示,某个力F ＝１N作用于半径㊀㊀图１R ＝１m 的圆形转盘的边缘上,力F 的大小保持恒定不变,但方向始终与作用点的切线方向保持一致,则转动一周,这个力F 做的功是多少?由于力F 的方向与作㊀㊀图２用点处的速度方向时刻保持一致,因此力F 做功不为零．此力的大小恒定,方向时刻与速度方向一定,则可以考虑把圆周划分为很多 微元 来研究．当各小段的弧长Δs 足够小时,F 的方向几乎与该小段的位移重合,如图２所示,在这一小段里,力F 可看作恒力且方向与位移方向一致,则F 做的总功W ＝F Δs １＋F Δs ２＋F Δs ３＋ ＋F Δs n ＝F (Δs １＋Δs ２＋Δs ３＋ ＋Δs n )＝F ２πR ＝２πJ ．本题解法等效于将本是曲线的圆周拉直,即化曲为直 ．在这里,力F 所做的功相当于力和物体运动路程的乘积．此思想方法适用于力F 大小恒定且与速度v 夹角不变的情况,其表达式为W ＝F s c o s θ,式中s 为路程,θ为力F 与速度v 的夹角．如物体在地面上滑动时,滑动摩擦力做功可表示为W ＝F f s c o s １８０ʎ＝－F f s ,式中F f 大小不变,s 为物体运动０４的路程．２㊀微元法 在运动的合成与分解中的应用例２㊀如图３所示,物体A 置于水平面上,A 前固定一滑轮B ,高台上有一定滑轮D ,一根轻绳一端固定在C 点,再绕过B㊁D,B C 段水平,当以恒定水平速度v 拉绳的自由端时,A 沿水平面前进,求当跨过B 的两段绳子的夹角为α时,A 的运动速度．图３图求物体A 的瞬时速度,可先假设物体A 在极短时间Δt 内,由G 运动到H ,然后求G H 段的平均速度,当时间Δt 趋近于无穷短时,G H 段的平均速度便为物体在G 点的瞬时速度．设经过Δt 时间物体A 由G 运动到H ,如图４所示,使D E ＝D B ᶄ,则绳子的自由端运动的距离为Δx ＝B E ＋B B ᶄ,当Δt 趋近于零时,角θ趋近于零,则可以认为B ᶄE ʅBD ,那么,Δx ＝B B ᶄc o s α＋B B ᶄ＝B B ᶄ(１＋c o s α)．当Δx 趋近于零时,v A ＝B B ᶄΔt ,v ＝Δx Δt ＝BB ᶄΔt(１＋c o s α),因此v ＝v A (１＋c o s α)．所以A 的运动速度为v A ＝v１＋c o s α．本题关键是用微元思想选取极短时间Δt ,在极短时间内物体和绳自由端的运动均可看作匀速直线运动,然后找出Δt 时间内两位移的关系,即可求出结果,同时要注意理解瞬时速度和极限思想．３㊀微元法 在动量定理中的应用例３㊀如图５所示,高压采煤水枪出水口的截面积为S ,水的射速为v ,射到煤层上后,水的速度为零,若水的密度为ρ．图图６如图６所示,取极短时间Δt ,则Δt 时间内冲到煤层上的水的体积ΔV ＝S v Δt ,这些水的质量Δm ＝ρS v Δt ．规定初速度方向为正方向,由动量定理得－F Δt ＝Δm (０－v ),即F ＝ρS v ２,由牛顿第三定律得,水对煤层的冲力大小F ᶄ＝F ＝ρS v ２．所取的时间Δt 足够短,液体柱长度Δl 很短,相应的质量Δm 也很小,即在水流中取很小一段水柱为研究对象,如图６所示,其水柱质量Δm 与Δt 有关,冲量I 也与Δt 有关,故可消去Δt 求得结果．４㊀微元法 在电磁感应中的应用例４㊀如图７所示,水平放置的导体电阻为R ,R与两根光滑的平行金属导轨相连,导轨间距为l ,其间有垂直导轨平面的㊁磁感应强度为B 的匀强磁场．导轨上有一质量为m 的导体棒a b 以初速度v ０向右运动．求:(１)导体棒在整个运动过程中的位移x ;(２)导体棒整个运动过程中通过闭合回路的电荷量．㊀㊀图７(１)设导体棒整个运动过程中的位移为x ,导体棒速度为v 时,回路中感应电流为i ,则i ＝B l vR,F 安＝B i l ＝B ２l ２vR,由牛顿第二定律得B ２l ２v R ＝m a ,极短时间Δt 内有B ２l２R v Δt ＝m a Δt ＝m Δv ,则B ２l２R ðv Δt ＝m ðΔv ,即B ２l ２R x ＝m v ０,得x ＝m v ０RB ２l２．(２)设整个过程中通过导体棒某一截面的电荷量为q ,导体棒速度为v 时,回路中感应电流为i ,由牛顿第二定律得B i l ＝m a ,在极短时间Δt 内,有B i lΔt ＝m a Δt ＝m Δv ,则B l ði Δt ＝m ðΔv ,即B l q ＝mv ０,解得q ＝m v ０B l．该题两次运用了 微元法 ,很好地体现了化变为恒 的重要思想．微元法 解题可归纳为以下３个步骤:１)选取微元;２)列微元方程;３)累积求和．在不涉及累积求和时,可只用前两步骤,如上面的例２和例３．总之, 微元法 是分析㊁解决物理问题中的常用方法,也是高考提倡的处理问题的数学方法,是高考的热点．运用这一方法不仅丰富了处理问题的手段,拓展了学生的思维,还为后续学习奠定了方法基础．(作者单位:山东省滕州市第一中学)１４。

三、微元法方法简介微元法是分析、解决物理问题中的常用方法，也是从部分到整体的思维方法。

用该方法可以使一些复杂的物理过程用我们熟悉的物理规律迅速地加以解决，使所求的问题简单化。

在使用微元法处理问题时，需将其分解为众多微小的“元过程”，而且每个“元过程”所遵循的规律是相同的，这样，我们只需分析这些“元过程”，然后再将“元过程”进行必要的数学方法或物理思想处理，进而使问题求解。

使用此方法会加强我们对已知规律的再思考，从而引起巩固知识、加深认识和提高能力的作用。

赛题精讲例1：如图3—1所示，一个身高为h 的人在灯以悟空速度v 沿水平直线行走。

设灯距地面高为H ，求证人影的顶端C 点是做匀速直线运动。

解析：该题不能用速度分解求解，考虑采用“微元法”。

设某一时间人经过AB 处，再经过一微小过程△t （△t →0），则人由AB 到达A ′B ′，人影顶端C 点到达C ′点，由于△S AA ′=v △t 则人影顶端的 移动速度hH Hv t S h H H t S v A A t C C t C -=∆∆-=∆∆='→∆'→∆00lim lim 可见v c 与所取时间△t 的长短无关，所以人影的顶端C 点做匀速直线运动.例2：如图3—2所示，一个半径为R 的四分之一光滑球面放在水平桌面上，球面上放置一光滑均匀铁链，其A端固定在球面的顶点，B 端恰与桌面不接触，铁链单位长度的质量为ρ.试求铁链A 端受的拉力T.解析：以铁链为研究对象，由由于整条铁链的长度不能忽略不计，所以整条铁链不能看成质点，要分析铁链的受力情况，须考虑将铁链分割，使每一小段铁链可以看成质点，分析每一小段铁边的受力，根据物体的平衡条件得出整条铁链的受力情况.在铁链上任取长为△L 的一小段（微元）为研究对象，其受力分析如图3—2—甲所示.由于该元处于静止状态，所以受力平衡，在切线方向上应满足： θθθθT G T T +∆=∆+cos θρθθcos cos Lg G T ∆=∆=∆由于每段铁链沿切线向上的拉力比沿切线向下的拉力大△T θ，所以整个铁链对A 端的拉力是各段上△T θ的和，即 ∑∑∑∆=∆=∆=θρθρθcos cos L g Lg T T观察 θcos L ∆的意义，见图3—2—乙，由于△θ很小，所以CD ⊥OC ，∠OCE=θ△Lcos θ表示△L 在竖直方向上的投影△R ，所以 ∑=∆R L θcos 可得铁链A 端受的拉力 ∑=∆=gR L g T ρθρcos例3：某行星围绕太阳C 沿圆弧轨道运行，它的近日点A 离太阳的距离为a ，行星经过近日点A 时的速度为A v ，行星的远日点B 离开太阳的距离为b ，如图3—3所示，求它经过远日点B 时的速度B v 的大小.解析：此题可根据万有引力提供行星的向心力求解.也可根据开普勒第二定律，用微元法求解.设行星在近日点A 时又向前运动了极短的时间△t ，由于时间极短可以认为行星在△t 时间内做匀速圆周运动，线速度为A v ，半径为a ，可以得到行星在△t 时间内扫过的面积 a t v S A a ⋅∆=21 同理，设行星在经过远日点B 时也运动了相同的极短时间△t ， 则也有 b t v S B b ⋅∆=21 由开普勒第二定律可知：S a =S b 即得 A B v b a v = 此题也可用对称法求解. 例4：如图3—4所示，长为L 的船静止在平静的水面上，立于船头的人质量为m ，船的质量为M ，不计水的阻力，人从船头走到船尾的过程中，问：船的位移为多大？解析：取人和船整体作为研究系统，人在走动过程中，系统所受合外力为零，可知系统动量守恒.设人在走动过程中的△t 时间内为匀速运动，则可计算出船的位移.设v 1、v 2分别是人和船在任何一时刻的速率，则有 21Mv mv = ① 两边同时乘以一个极短的时间△t ， 有 t Mv t mv ∆=∆21 ②由于时间极短，可以认为在这极短的时间内人和船的速率是不变的，所以人和船位移大小分别为t v s ∆=∆11，t v s ∆=∆22由此将②式化为 21s M s m ∆=∆ ③把所有的元位移分别相加有 ∑∑∆=∆21s M s m ④即 ms 1=Ms 2 ⑤ 此式即为质心不变原理. 其中s 1、s 2分别为全过程中人和船对地位移的大小， 又因为 L=s 1+s 2 ⑥由⑤、⑥两式得船的位移 L mM m s +=2 例5：半径为R 的光滑球固定在水平桌面上，有一质量为M 的圆环状均匀弹性绳圈，原长为πR ，且弹性绳圈的劲度系数为k ，将弹性绳圈从球的正上方轻放到球上，使弹性绳圈水平停留在平衡位置上，如图3—5所示，若 平衡时弹性绳圈长为R π2，求弹性绳圈的劲度系数k.解析：由于整个弹性绳圈的大小不能忽略不计，弹性绳圈不能看成质点，所以应将弹性绳圈分割成许多小段，其中每一小段△m 两端受的拉力就是弹性绳圈内部的弹力F.在弹性绳圈上任取一小段质量为△m 作为研究对象，进行受力分析.但是△m 受的力不在同一平面内，可以从一个合适的角度观察.选取一个合适的平面进行受力分析，这样可以看清楚各个力之间的关系.从正面和上面观察，分别画出正视图的俯视图，如图3—5—甲和2—3—5—乙.先看俯视图3—5—甲，设在弹性绳圈的平面上，△m 所对的圆心角是△θ，则每一小段的质量 M m πθ2∆=∆ △m 在该平面上受拉力F 的作用，合力为 2sin 2)2cos(2θθπ∆=∆-=F F T 因为当θ很小时，θθ≈sin 所以θθ∆=∆=F F T 22 再看正视图3—5—乙，△m 受重力△mg ，支持力N ，二力的合力与T 平衡.即 θtan ⋅∆=mg T 现在弹性绳圈的半径为 R R r 2222==ππ 所以 ︒===4522sin θθR r 1tan =θ 因此T=Mg mg πθ2∆=∆ ①、②联立，θπθ∆=∆F Mg 2， 解得弹性绳圈的张力为： π2Mg F = 设弹性绳圈的伸长量为x 则 R R R x πππ)12(2-=-=所以绳圈的劲度系数为：RMg R Mg x F k 222)12()12(2ππ+=-== 例6：一质量为M 、均匀分布的圆环，其半径为r ，几何轴与水平面垂直，若它能经受的最大张力为T ，求此圆环可以绕几何轴旋转的最大角速度.解析：因为向心力F=mr ω2，当ω一定时，r 越大，向心力越大，所以要想求最大张力T 所对应的角速度ω，r 应取最大值.如图3—6所示，在圆环上取一小段△L ，对应的圆心角为△θ，其质量可表示为M m πθ2∆=∆，受圆环对它的张力为T ，则同上例分析可得 22sin2ωθmr T ∆=∆ 因为△θ很小，所以22sin θθ∆≈∆，即 2222ωπθθMr T ∆=∆⋅ 解得最大角速度 MrT πω2= 例7：一根质量为M ，长度为L 的铁链条，被竖直地悬挂起来，其最低端刚好与水平接触，今将链条由静止释放，让它落到地面上，如图3—7所示，求链条下落了长度x 时，链条对地面的压力为多大？解析：在下落过程中链条作用于地面的压力实质就是链条对地面的“冲力”加上落在地面上那部分链条的重力.根据牛顿第三定律，这个冲力也就等于同一时刻地面对链条的反作用力，这个力的冲量，使得链条落至地面时的动量发生变化.由于各质元原来的高度不同，落到地面的速度不同，动量改变也不相同.我们取某一时刻一小段链条（微元）作为研究对象，就可以将变速冲击变为恒速冲击.设开始下落的时刻t=0，在t 时刻落在地面上的链条长为x ，未到达地面部分链条的速度为v ，并设链条的线密度为ρ.由题意可知，链条落至地面后，速度立即变为零.从t 时刻起取很小一段时间△t ，在△t 内又有△M=ρ△x 落到地面上静止.地面对△M 作用的冲量为 I t Mg F ∆=∆∆-)( 因为 0≈∆⋅∆t Mg所以 x v v M t F ∆=-⋅∆=∆ρ0 解得冲力：t x v F ∆∆=ρ，其中tx ∆∆就是t 时刻链条的速度v ， 故 2v F ρ= 链条在t 时刻的速度v 即为链条下落长为x 时的即时速度，即v 2=2g x ，代入F 的表达式中，得 gx F ρ2= 此即t 时刻链对地面的作用力，也就是t 时刻链条对地面的冲力.所以在t 时刻链条对地面的总压力为 .332LMgx gx gx gx N ==+=ρρρ 例8：一根均匀柔软的绳长为L ，质量为m ，对折后两端固定在一个钉子上，其中一端突然从钉子上滑落，试求滑落的绳端点离钉子的距离为x 时，钉子对绳子另一端的作用力是多大？解析：钉子对绳子另一端的作用力随滑落绳的长短而变化，由此可用微元法求解.如图3—8所示，当左边绳端离钉子的距离为x 时，左边绳长为)(21x l -，速度 gx v 2=， 右边绳长为).(21x l + 又经过一段很短的时间△t 以后， 左边绳子又有长度t V ∆21的一小段转移到右边去了，我们就分 析这一小段绳子，这一小段绳子受到两力：上面绳子对它的拉力T 和它本身的重力l m g t v /(21=∆λλ为绳子的线密度）， 根据动量定理，设向上方向为正 )21(0)21(v t v t g t v T ⋅∆--=∆∆-λλ 由于△t 取得很小，因此这一小段绳子的重力相对于T 来说是很小的，可以忽略，所以有 λλgx v T ==221 因此钉子对右边绳端的作用力为 )31(21)(21lx mg T g x l F +=++=λ 例9：图3—9中，半径为R 的圆盘固定不可转动，细绳不可伸长但质量可忽略，绳下悬挂的两物体质量分别为M 、m.设圆盘与绳间光滑接触，试求盘对绳的法向支持力线密度.解析：求盘对绳的法向支持力线密度也就是求盘对绳的法向单位长度所受的支持力.因为盘与绳间光滑接触，则任取一小段绳，其两端受的张力大小相等，又因为绳上各点受的支持力方向不同，故不能以整条绳为研究对象，只能以一小段绳为研究对象分析求解.在与圆盘接触的半圆形中取一小段绳元△L ，△L 所对应的圆心角为△θ，如图3—9—甲所示，绳元△L 两端的张力均为T ，绳元所受圆盘法向支持力为△N ，因细绳质量可忽略，法向合力为零，则由平衡条件得： 2sin 22sin 2sinθθθ∆=∆+∆=∆T T T N 当△θ很小时，22sin θθ∆≈∆ ∴△N=T △θ 又因为 △L=R △θ则绳所受法向支持力线密度为 RT R T L N n =∆∆=∆∆=θθ ① 以M 、m 分别为研究对象，根据牛顿定律有 Mg －T=Ma ② T －mg=m a ③ 由②、③解得： m M Mmg T +=2 将④式代入①式得：Rm M Mmg n )(2+= 例10：粗细均匀质量分布也均匀的半径为分别为R 和r 的两圆环相切.若在切点放一质点m ，恰使两边圆环对m 的万有引力的合力为零，则大小圆环的线密度必须满足什么条件？解析：若要直接求整个圆对质点m 的万有引力比较难，当若要用到圆的对称性及要求所受合力为零的条件，考虑大、小圆环上关于切点对称的微元与质量m 的相互作用，然后推及整个圆环即可求解.如图3—10所示，过切点作直线交大小圆分别于P 、Q 两点，并设与水平线夹角为α，当α有微小增量时，则大小圆环上对应微小线元αα∆⋅=∆∆⋅=∆2221r L R L其对应的质量分别为 αρρ∆⋅=∆=∆21111R l mαρρ∆⋅=∆=∆22222r l m 由于△α很小，故△m 1、△m 2与m 的距离可以认为分别是 ααcos 2cos 221r r R r ==所以△m 1、△m 2与m 的万有引力分别为 222222212111)cos 2(2,)cos 2(2ααρααρr m R G r m Gm F R m R G r m Gm F ∆⋅=∆=∆∆⋅=∆=∆ 由于α具有任意性，若△F 1与△F 2的合力为零， 则两圆环对m 的引力的合力也为零， 即2221)cos 2(2)cos 2(2ααρααρr m r G R m R G ∆⋅=∆⋅ 解得大小圆环的线密度之比为：rR =21ρρ 例11：一枚质量为M 的火箭，依靠向正下方喷气在空中保持静止，如果喷出气体的速度为v ，那么火箭发动机的功率是多少？解析：火箭喷气时，要对气体做功，取一个很短的时间，求出此时间内，火箭对气体做的功，再代入功率的定义式即可求出火箭发动机的功率.选取在△t 时间内喷出的气体为研究对象，设火箭推气体的力为F ，根据动量定理，有F △t=△m ·v 因为火箭静止在空中，所以根据牛顿第三定律和平衡条件有F=Mg即 Mg ·△t=△m ·v △t=△m ·v/Mg对同样这一部分气体用动能定理，火箭对它做的功为： 221mv W ∆= 所以发动机的功率 MgV Mg mV mv t W P 21)/(212=∆∆=∆= 例12：如图3—11所示，小环O 和O ′分别套在不动的竖直杆AB 和A ′B ′上，一根不可伸长的绳子穿过环O ′，绳的两端分别系在A ′点和O 环上，设环O ′以恒定速度v 向下运动，求当∠AOO ′=α时，环O 的速度.解析：O 、O ′之间的速度关系与O 、O ′的位置有关，即与α角有关，因此要用微元法找它们之间的速度关系.设经历一段极短时间△t ，O ′环移到C ′，O 环移到C ，自C ′与C 分别作为O ′O 的垂线C ′D ′和CD ，从图中看出. ααcos ,cos D O C O OD OC ''=''= 因此OC+O ′C ′=αcos D O OD ''+ ① 因△α极小，所以EC ′≈ED ′，EC ≈ED ，从而OD+O ′D ′≈OO ′－CC ′ ②由于绳子总长度不变，故 OO ′－CC ′=O ′C ′ ③由以上三式可得：OC+O ′C ′=αcos C O '' 即)1cos 1(-''=αC O OC等式两边同除以△t 得环O 的速度为 )1cos 1(0-=αv v 例13： 在水平位置的洁净的平玻璃板上倒一些水银，由于重力和表面张力的影响，水银近似呈现圆饼形状（侧面向外凸出），过圆饼轴线的竖直截面如图3—12所示，为了计算方便，水银和玻璃的接触角可按180°计算.已知水银密度33/106.13m kg ⨯=ρ，水 银的表面张力系数./49.0m N =σ当圆饼的半径很大时，试估算其厚度h 的数值大约为多少？（取1位有效数字即可）解析：若以整个圆饼状水银为研究对象，只受重力和玻璃板的支持力，在平衡方程中，液体的体积不是h 的简单函数，而且支持力N 和重力mg 都是未知量，方程中又不可能出现表面张力系数，因此不可能用整体分析列方程求解h.现用微元法求解.在圆饼的侧面取一个宽度为△x ，高为h 的体积元，，如图3—12—甲所示，该体积元受重力G 、液体内部作用在面积△x ·h 上的压力F ，x gh xh hg S P F ∆⋅=∆⋅==22121ρρ， 还有上表面分界线上的张力F 1=σ△x 和下表面分界线上的 张力F 2=σ△x .作用在前、后两个侧面上的液体压力互相平衡，作用在体积元表面两个弯曲 分界上的表面张力的合力，当体积元的宽度较小时，这两个力也是平衡的，图中都未画出. 由力的平衡条件有：0cos 21=--F F F θ即 0cos 212=∆-∆-∆x x x gh σθσρ 解得：θρθσcos 1107.2)cos 1(23+⨯=+=-gh 由于 ,2cos 11,20<+<<<θπθ所以 故2.7×10－3m<h<3.8×10－3m题目要求只取1位有效数字，所以水银层厚度h 的估算值为3×10－3m 或4×10－3m.例14：把一个容器内的空气抽出一些，压强降为p ，容器上有一小孔，上有塞子，现把塞子拔掉，如图3—13所示.问空气最初以多大初速度冲进容器？（外界空气压强为p 0、密度为ρ）解析：该题由于不知开始时进入容器内分有多少，不知它们在容器外如何分布，也不知空气分子进入容器后压强如何变化，使我们难以找到解题途径.注意到题目中“最初”二字，可以这样考虑：设小孔的面积为S ，取开始时位于小孔外一薄层气体为研究对象，令薄层厚度为△L ，因△L 很小，所以其质量△m 进入容器过程中，不改变容器压强，故此薄层所受外力是恒力，该问题就可以解决了.由以上分析，得：F=(p 0－p)S ① 对进入的△m 气体， 由动能定理得：221mv L F ∆=∆ ② 而 △m=ρS △L联立①、②、③式可得：最初中进容器的空气速度 ρ)(20p p v -=例15：电量Q 均匀分布在半径为R 的圆环上（如图3—14所示），求在圆环轴线上距圆心O 点为x 处的P 点的电场强度.解析：带电圆环产生的电场不能看做点电荷产生的电场，故采用微元法，用点电荷形成的电场结合对称性求解.选电荷元 ,2RQ R q πθ∆=∆它在P 点产生的电场的场强的x 分量为： 22222)(2cos x R x x R R Q R k r q k E x ++∆=∆=∆πθα 根据对称性 322322322)(2)(2)(2x R kQx x R kQxx R kQxE E x +=+=∆+=∆=∑∑ππθπ由此可见，此带电圆环在轴线P 点产生的场强大小相当于带电圆环带电量集中在圆环的某一点时在轴线P 点产生的场强大小，方向是沿轴线的方向.例16：如图3—15所示，一质量均匀分布的细圆环，其半径为R ，质量为m.令此环均匀带正电，总电量为Q.现将此环平放在绝缘的光滑水平桌面上，并处于磁感应强度为B 的均匀磁场中，磁场方向竖直向下.当此环绕通过其中心的竖直轴以匀角速度ω沿图示方向旋转时，环中的张力等于多少？（设圆环的带电量不减少，不考虑环上电荷之间的作用）解析：当环静止时，因环上没有电流，在磁场中不受力，则环中也就没有因磁场力引起的张力.当环匀速转动时，环上电荷也随环一起转动，形成电流，电流在磁场中受力导致环中存在张力，显然此张力一定与电流在磁场中受到的安培力有关.由题意可知环上各点所受安培力方向均不同，张力方向也不同，因而只能在环上取一小段作为研究对象，从而求出环中张力的大小.在圆环上取△L=R △θ圆弧元，受力情况如图3—15—甲所示.因转动角速度ω而形成的电流 πω2Q I =，电流元I △L 所受的安培力θπω∆=∆=∆QB R LB I F 2 因圆环法线方向合力为圆弧元做匀速圆周运动所需的向心力，R m F T 22sin 2ωθ∆=∆-∆ 当△θ很小时，R m QB R T 2222sin ωθπωθθθ∆=∆-∆∆≈∆ θπωθπωθθπ∆=∆-∆∴∆=∆2222R m QB R T m m解得圆环中张力为 )(2ωπωm QB R T += 例17：如图3—16所示，一水平放置的光滑平行导轨上放一质量为m 的金属杆，导轨间距为L ，导轨的一端连接一阻值为R 的电阻，其他电阻不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面.现给金属杆一个水平向右的初速度v 0，然后任其运动，导轨足够长，试求金属杆在导轨上向右移动的最大距离是多少？解析：水平地从a 向b 看，杆在运动过程中的受力分析如图3—16—甲所示，这是一个典型的在变力作用下求位移的题，用我们已学过的知识好像无法解决，其实只要采用的方法得当仍然可以求解.设杆在减速中的某一时刻速度为v ，取一极短时间△t ，发生了一段极小的位移△x ，在△t 时间内，磁通量的变化为△φ △φ=BL △x tRx BL tR R I ∆∆=∆∆Φ==ε金属杆受到安培力为tRx L B ILB F ∆∆==22安 由于时间极短，可以认为F 安为恒力，选向右为正方向，在△t 时间内，安培力F 安的冲量为：Rx L B t F I ∆-=∆⋅-=∆22安 对所有的位移求和，可得安培力的总冲量为x RL B R x L B I 2222)(-=∆-=∑ ① 其中x 为杆运动的最大距离， 对金属杆用动量定理可得 I=0－mV 0 ② 由①、②两式得：220LB R m V x = 例18：如图3—17所示，电源的电动热为E ，电容器的电容为C ，S 是单刀双掷开关，MN 、PQ 是两根位于同一水平面上的平行光滑长导轨，它们的电阻可以忽略不计，两导轨间距为L ，导轨处在磁感应强度为B 的均匀磁场中，磁场方向垂直于两导轨所在的平面并指向图中纸面向里的方向.L 1和L 2是两根横放在导轨上的导体小棒，质量分别为m 1和m 2，且21m m <.它们在导轨上滑动时与导轨保持垂直并接触良好，不计摩擦，两小棒的电阻相同，开始时两根小棒均静止在导轨上.现将开关S 先合向1，然后合向2.求：（1）两根小棒最终速度的大小；（2）在整个过程中的焦耳热损耗.（当回路中有电流时，该电流所产生的磁场可忽略不计） 解析：当开关S 先合上1时，电源给电容器充电，当开关S 再合上2时，电容器通过导体小棒放电，在放电过程中，导体小棒受到安培力作用，在安培力作用下，两小棒开始运动，运动速度最后均达到最大.（1）设两小棒最终的速度的大小为v ，则分别为L 1、L 2为研究对象得：1111v m v m t F i i -'=∆ ∑=∆v m t F i i 111 ① 同理得： ∑=∆v m t F i i 222 ② 由①、②得：v m m t F t F i i i i )(212211+=∆+∆∑∑又因为 11Bli F i = 21i i t t ∆=∆ 22Bli F i = i i i =+21所以 ∑∑∑∑∆=∆+=∆+∆i i i i t i BL t i i BL t BLi t BLi )(212211v m m q Q BL )()(21+=-=而Q=CE q=CU ′=CBL v所以解得小棒的最终速度 2221)(LCB m m BLCE v ++= （2）因为总能量守恒，所以热Q v m m C q CE +++=22122)(212121 即产生的热量 22122)(212121v m m C q CE Q +--=热 )(2)()()]([2121)(21)(12121222122122212122222122C L B m m CE m m L CB m m BLCE m m L CB CE v m m CBLv C CE +++=+++--=+--=针对训练1．某地强风的风速为v ，设空气的密度为ρ，如果将通过横截面积为S 的风的动能全部转化为电能，则其电功率为多少？2．如图3—19所示，山高为H ，山顶A 和水平面上B 点的水平距离为s.现在修一条冰道ACB ，其中AC 为斜面，冰道光滑，物体从A 点由静止释放，用最短时间经C 到B ，不计过C 点的能量损失.问AC 和水平方向的夹角θ多大？最短时间为多少？3．如图3—21所示，在绳的C 端以速度v 匀速收绳从而拉动低处的物体M 水平前进，当绳AO 段也水平恰成α角时，物体M 的速度多大？4，如图3—22所示，质量相等的两个小球A 和B 通过轻绳绕过两个光滑的定滑轮带动C 球上升，某时刻连接C 球的两绳的夹角为θ，设A 、B 两球此时下落的速度为v ，则C 球上升的速度多大？5．质量为M 的平板小车在光滑的水平面上以v 0向左匀速运动，一质量为m 的小球从高h 处自由下落，与小车碰撞后反弹上升的高度仍为h.设M>>m ，碰撞弹力N>>g ，球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球弹起后的水平速度可能是（ ）A ．gh 2B ．0C ．gh 22D ．v 0 6．半径为R 的刚性球固定在水平桌面上.有一质量为M 的圆环状均匀弹性细绳圈，原长 2πa ，a =R/2，绳圈的弹性系数为k （绳伸长s 时，绳中弹性张力为ks ）.将绳圈从球的正上方轻放到球上，并用手扶着绳圈使其保持水平，并最后停留在某个静力平衡位置.考 虑重力，忽略摩擦.（1）设平衡时弹性绳圈长2πb ，b=a 2，求弹性系数k ；（用M 、R 、g 表示，g 为重力加速度）（2）设k=Mg/2π2R ，求绳圈的最后平衡位置及长度.7．一截面呈圆形的细管被弯成大圆环，并固定在竖直平面内，在环内的环底A 处有一质量为m 、直径比管径略小的小球，小球上连有一根穿过环顶B 处管口的轻绳，在外力F 作用下小球以恒定速度v 沿管壁做半径为R 的匀速圆周运动，如图3—23所示.已知小球与管内壁中位于大环外侧部分的动摩擦因数为μ，而大环内侧部分的管内壁是光滑的.忽略大环内、外侧半径的差别，认为均为R.试求小球从A 点运动到B 点过程中F 做的功W F .8．如图3—24，来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为800kV 的直线加速器加速，形成电流为1.0mA的细柱形质子流.已知质子电荷e=1.60×10－19C.这束质子流每秒打到靶上的质子数为 .假设分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距l和4l 的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中质子数分别为n 1和n 2，则n 1: n 2 .9．如图3—25所示，电量Q 均匀分布在一个半径为R 的细圆环上，求圆环轴上与环心相距为x 的点电荷q 所受的力的大小.10．如图3—26所示，一根均匀带电细线，总电量为Q ，弯成半径为R 的缺口圆环，在细线的两端处留有很小的长为△L 的空隙，求圆环中心处的场强.11．如图3—27所示，两根均匀带电的半无穷长平行直导线（它们的电荷线密度为η），端点联线LN 垂直于这两直导线，如图所示.LN 的长度为2R.试求在LN 的中点O 处的电场强度.12．如图3—28所示，有一均匀带电的无穷长直导线，其电荷线密度为η.试求空间任意一点的电场强度.该点与直导线间垂直距离为r.13．如图3—29所示，半径为R 的均匀带电半球面，电荷面密度为δ，求球心O 处的电场强度.14．如图3—30所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L 的区域内，现有一个边长为a （a <L ），质量为m 的正方形闭合线框以初速v 0垂直磁场边界滑过磁场后，速度变为v （v <v 0），求：（1）线框在这过程中产生的热量Q ；（2）线框完全进入磁场后的速度v ′.15．如图3—31所示，在离水平地面h 高的平台上有一相距L 的光滑轨道，左端接有已充电的电容器，电容为C ，充电后两端电压为U 1.轨道平面处于垂直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中.在轨道右端放一质量为m 的金属棒，当闭合S ，棒离开轨道后电容器的两极电压变为U 2，求棒落在离平台多远的位置.16．如图3—32所示，空间有一水平方向的匀强磁场，大小为B ，一光滑导轨竖直放置，导轨上接有一电容为C 的电容器，并套一可自由滑动的金属棒，质量为m ，释放后，求金属棒的加速度a .答案：1．321v S ρ 2．θ=60°)223(2hs g h + 3．)cos 1/(x v + 4．2cos /θv 5．CD 6．（1）RMg 22)12(π+ （2）绳圈掉地上，长度为原长 7．22v m mgR πμ+ 8．6.25×1015,2:1 9．2322)(x R QqxK + 10．32R l Q K ρ∆ 11．R k λ2 12．r k λ213．σπR 2 14．2),(210220v v v v v m +='- 15．gh m u u CBL 2)(21- 16．22L CB m mg a +=。

高考物理物理解题方法：微元法习题知识归纳总结含答案一、高中物理解题方法：微元法1．“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 2MgSρB MgSρ C 2MgSρD 4MgSρ【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m Svt ρ=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()()Mgt mv m v v Sv t S t ρρ--=--=解得2Mgv Sρ=故C 正确，A 、B 、D 错误； 故选C 。

2．如图所示，有一连通器，左右两管的横截面积均为S ，内盛密度为ρ的液体，开始时两管内的液面高度差为h ．打开底部中央的阀门K ，液体开始流动，最终两液面相平．在这一过程中，液体的重力加速度为g 液体的重力势能（ ）A ．减少214gSh ρ B ．增加了214gSh ρ C ．减少了212gSh ρ D ．增加了212gSh ρ 【答案】A 【解析】打开阀门K ，最终两液面相平，相当于右管内 2h 的液体流到了左管中，它的重心下降了2h ，这部分液体的质量122h m V S Sh ρρρ===，由于液体重心下降，重力势能减少，重力势能的减少量：211224p h E mgh Sh g Sgh ρρ∆='=⋅⋅=，减少的重力势能转化为内能，故选项A 正确．点睛：求出水的等效重心下移的高度，然后求出重力势能的减少量，再求出重力势能的变化量，从能量守恒的角度分析答题．3．生活中我们经常用水龙头来接水，假设水龙头的出水是静止开始的自由下落，那么水流在下落过程中，可能会出现的现象是（ ）A ．水流柱的粗细保持不变B ．水流柱的粗细逐渐变粗C ．水流柱的粗细逐渐变细D ．水流柱的粗细有时粗有时细【答案】C 【解析】 【详解】水流在下落过程中由于重力作用，则速度逐渐变大，而单位时间内流过某截面的水的体积是一定的，根据Q=Sv可知水流柱的截面积会减小，即水流柱的粗细逐渐变细，故C 正确，ABD 错误。

高考物理物理解题方法：微元法压轴题一、高中物理解题方法：微元法1．如图所示，小球质量为m ，悬线的长为L ，小球在位置A 时悬线水平，放手后，小球运动到位置B ，悬线竖直。

设在小球运动过程中空气阻力f 的大小不变，重力加速度为g ，关于该过程，下列说法正确的是（ ）A ．重力做的功为mgLB ．悬线的拉力做的功为0C ．空气阻力f 做的功为mgL -D ．空气阻力f 做的功为2fL π-【答案】ABD 【解析】 【详解】AB ．如图所示，因为拉力T 在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即T 0W =重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为A 、B 两点连线在竖直方向上的投影，为L ，所以G W mgL =故AB 正确；CD ．空气阻力所做的总功等于每个小弧段上f 所做功的代数和，即()f 12π2W f x f x fL =-∆+∆+⋅⋅⋅=-故C 错误，D 正确。

故选ABD 。

2．如图所示，两条光滑足够长的金属导轨，平行置于匀强磁场中，轨道间距0.8m L =，两端各接一个电阻组成闭合回路，已知18ΩR =,22ΩR =，磁感应强度0.5T B =，方向与导轨平面垂直向下，导轨上有一根电阻0.4Ωr =的直导体ab ，杆ab 以05m /s v =的初速度向左滑行，求：（1）此时杆ab 上感应电动势的大小，哪端电势高？ （2）此时ab 两端的电势差。

（3）此时1R 上的电流强度多大？（4）若直到杆ab 停下时1R 上通过的电量0.02C q =，杆ab 向左滑行的距离x 。

【答案】（1）杆ab 上感应电动势为2V ，a 点的电势高于b 点；（2）ab 两端的电势差为1.6V （3）通过R 1的电流为0.2A ；（4）0.5m x =。

【解析】 【详解】（1）ab 棒切割产生的感应电动势为0.50.85V2V EBLv根据右手定则知，电流从b 流向a ，ab 棒为等效电源，可知a 点的电势高于b 点； （2）电路中的总电阻1212820.4282R R R r R R ΩΩ＝＝＝则电路中的总电流2A 1A 2E IR ＝＝ 所以ab 两端的电势差为ab210.4V 1.6V U EIr（3）通过R 1的电流为11 1.6A 0.2A 8ab U I R ＝＝＝ （4）由题意知，流过电阻1R 和2R 的电量之比等于电流之比，则有流过ab 棒的电荷量1110.20.020.020.1C 0.2I I q q q I --=+=+⨯=总ab 棒应用动量定理有：-BIL t m v ∆=∆或-BLvBL t m v R∆=∆ 两边求和得：BLq mv =总或22B L xmv R=以上两式整理得：q Rx BL=总 代入数据解得：0.5m x =3．光子具有能量，也具有动量．光照射到物体表面时，会对物体产生压强，这就是“光压”，光压的产生机理如同气体压强；大量气体分子与器壁的频繁碰撞产生了持续均匀的压力，器壁在单位面积上受到的压力就是气体的压强，设太阳光每个光子的平均能量为E ，太阳光垂直照射地球表面时，在单位面积上的辐射功率为P 0，已知光速为c ，则光子的动量为EP c=，求： （1）若太阳光垂直照射在地球表面，则时间t 内照射到地球表面上半径为r 的圆形区域内太阳光的总能量及光子个数分别是多少？（2）若太阳光垂直照射到地球表面，在半径为r 的某圆形区域内被完全反射（即所有光子均被反射，且被反射前后的能量变化可忽略不计），则太阳光在该区域表面产生的光压（用l 表示光压）是多少？ 【答案】（1）20r P tn Eπ=（2）02p I c=【解析】 【分析】 【详解】（1）时间t 内太阳光照射到面积为S 的圆形区域上的总能量0=E P St 总解得 20Er Pt π=总照射到此圆形区域的光子数E n E=总 解得20r P tn Eπ=（2）因光子的动量E p c=则达到地球表面半径为r 的圆形区域的光子总动量p nP =总因太阳光被完全反射，所以时间t 内光子总动量的改变量2p p ∆=设太阳光对此圆形区域表面的压力为F ，依据动量定理 Ft p =∆太阳光在圆形区域表面产生的光压I=F/S 解得02p I c=4．从微观角度看，气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁的频繁撞击引起的．正方体密闭容器中有大量运动的粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内的粒子数量为n ．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；速率均为v ，且与容器壁各面碰撞的机会均等；与容器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与容器壁垂直，且速率不变． ①利用所学力学知识，推导容器壁受到的压强p 与m 、n 和v 的关系；②我们知道，理想气体的热力学温度T 与分子的平均动能E 1成正比，即1T E α=，式中α为比例常数．请从微观角度解释说明：一定质量的理想气体，体积一定时，其压强与热力学温度成正比．【答案】①213p nmv = ②见解析【解析】 【分析】 【详解】①在容器壁附近，取面积为S ，高度为v t ∆的体积内的粒子为所究对象，该体积中粒子个数2N Sv tn =∆可以撞击任一容器壁的粒子数为216N ， 一个撞击容器壁的气体分子对其产生的压力用F 来表示，根据牛顿第三定律容器壁对气体分子的力大小也为F ， 由2F t mv ∆=得2mvF t=∆ 容器壁受到的压强221163N Fp nmv S ==②由213p nmv =，k T aE =，212k E mv = 解得23np T a=所以一定质量的理想气体，体积一定时，其压强与热力学温度成正比．5．如图所示,一个粗细均匀的U 形管内装有同种液体,在管口右端盖板A 密闭,两液面的高度差为h,U 形管内液柱的总长度为4h.现拿去盖板,液体开始运动,当两液面高度相等时,右侧液面下降的速度是多大?18gh 【解析】 【分析】拿去盖板，液体开始运动，当两液面高度相等时，液体的机械能守恒，即可求出右侧液面下降的速度，当两液面高度相等时，右侧高为h 液柱重心下降了1 4h ，液体重力势能的减小量全部转化为整体的动能； 【详解】设管子的横截面积为S ，液体的密度为ρ，则右侧高出左侧的水银柱的体积为Sh ， 所以其质量为：m Sh ρ=，全部的水银柱的质量：4M S h ρ=⋅拿去盖板，液体开始运动，当两液面高度相等时，右侧高为h 液柱重心下降了1 4h 根据机械能守恒定律得：21142mg h Mv ⋅= 即：211442hSg h hSv ρρ⋅=⋅ 解得：18v gh =． 【点睛】本题运用机械能守恒定律研究液体流动的速度问题，要注意液柱h 不能看成质点，要分析其重心下降的高度．6．如图所示，摆球质量为m ，悬线的长为L ，把悬线拉到水平位置后放手。

高中物理物理解题方法：微元法习题综合题附答案解析一、高中物理解题方法：微元法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 ／m 3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为 A ．0.25N B ．0.5NC ．1.5ND ．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 =mvt；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 =ρSvht．压强为：3322151011010/0.25/1060F h P v N m N m S t ρ-⨯===⨯⨯⨯=⨯，故A 正确，BCD 错误．2．估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45mm 。

查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s 。

据此估算该压强约为（ ）（设雨滴撞击唾莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m 3） A ．0.15Pa B ．0.54PaC ．1.5PaD ．5.1Pa【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 =12m/s 减为零。

以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理有()0F t mv mv ∆=--∆=∆得到mF v t∆=∆ 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 S h ρ∆=∆=h F Svtρ∆∆ 所以有压强3345101012Pa 0.15Pa 3600F h P v S t ρ-∆⨯===⨯⨯=∆即睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强为0.15Pa 。