《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 思想方法7 微元累積法練習(xí)(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(xí) 第二部分 思想方法7 微元累積法練習(xí)(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(jìn)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(dāng)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(jìn)行數(shù)學(xué)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很多的等份,變
2、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(xué)方法求解,由此求出整體受力或運動情況,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時間達(dá)最高點,在運動過程中受到的阻力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時加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律mgkvma可得ag取一段時間微元t,則vat,在0v0區(qū)間內(nèi)對vat求和,有v(g)t可得v0gt1解得物體上升的最
3、大高度H。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(jìn)行微元處理,在每一小段的時間內(nèi)可以認(rèn)為加速度一定,再進(jìn)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(dāng)物體到達(dá)地面時速度剛好達(dá)到最大,求其下落時間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,空間存在著一個范圍足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)磁場,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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
4、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(dāng)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(vv0),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)
5、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:EBLv0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形框向右運動的過程中,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U形框,取很短的一段時間tk,由動量定理得:F安ktk3mvk3mv0而F安kikBL代入上式得BLiktk3mvk對k求和,有BLiktk3mvt3mv0其中
6、iktkq,可得q。(3)由系統(tǒng)動量守恒有:3mv3mv14mv2依題意得:s(v1v2)t聯(lián)立可得:v1v,v2v。答案(1)BLv0(2)v0(3)vv名師點評在電磁感應(yīng)中當(dāng)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(dǎo)軌安裝在一光滑絕緣斜面上,導(dǎo)軌間距為l、足夠長且電阻忽略不計,導(dǎo)軌平面的傾角為,條形勻強(qiáng)磁場的寬度為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)。線框的邊長為d(dl),
7、電阻為R,下邊與磁場區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放,導(dǎo)體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回,導(dǎo)體棒在整個運動過程中始終與導(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)4mgdsinBIld(2)(3)解析(1)設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)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mgsin4dWBIld0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)線框剛離開磁場下邊界時的速度為v1,則
8、接著向下運動2d,導(dǎo)體棒開始返回,由動能定理mgsin2dBIld0mv下滑過程中線框在磁場中運動時裝置受到的合力FmgsinF線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢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時間內(nèi),有vt則v(gsin)t有v1gt1sin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mgsinxmBIl(xmd)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vt圖象求位移,由Fx(力位移)圖象求做功的方法。請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
9、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Ft(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UI(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Fv圖線中任意一點的橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)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Ft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,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應(yīng)的電流變
10、化過程中的電功率,C錯誤;根據(jù)vr,可由、r的坐標(biāo)值求出對應(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04 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()A04 s時間內(nèi)做勻變速運動B第2 s末速度改變方向C04 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04 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;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動,速度增加量為0
11、2 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(xué)在遠(yuǎn)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,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()A5102 W B5103 WC5104 W D5105 W答案D解析40層樓高約h120 m。設(shè)水泵的功率為P,泵在時間t內(nèi)使質(zhì)量為m的水以速度v通過噴水管口,則
12、Ptmv2,v22gh,mSvt(為水的密度),可得PgSvh5105 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(jìn)行分析處理,再從局部到整體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對鏈條環(huán)中心的張角為,則有2TsinNsin答案AB
13、解析如圖1、2所示,設(shè)l所對的鏈條環(huán)中心的張角為,根據(jù)共點力平衡條件知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錯誤。5(2019江蘇高考模擬)離子發(fā)動機(jī)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(jī)。工作時將推進(jìn)劑離子化,使之帶電,然后在靜電場作用下推進(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,單個離子質(zhì)量為m,帶電量為q,加速電場的電壓為U,高速離
14、子形成的等效電流強(qiáng)度為I。試求該發(fā)動機(jī)產(chǎn)生的推力。答案I解析選擇t時間內(nèi)噴出的質(zhì)量為m的離子流為研究對象,根據(jù)動量定理:Ftmv根據(jù)電流的定義式I對單個離子,根據(jù)動能定理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)v0S
15、(2)解析(1)設(shè)t時間內(nèi),從噴口噴出的水的體積為V,質(zhì)量為m,則mVVSv0t由式得,單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為v0S。(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(dá)玩具底面時的速度大小為v。對于t時間內(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時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量大小為p(m)v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
16、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(dǎo)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(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(圖中未畫出),MN開始向右加速運動。當(dāng)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(dá)到最大速度,之后離開導(dǎo)軌。問:(1)磁場的方向;(2)MN剛開始運動時加速度a的大小;(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
17、)將S接1時,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,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(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,電容器放電,設(shè)剛放電時流經(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,設(shè)電容器上電荷量為Q0,有Q0CE開關(guān)S接2后,MN開始向右加速運動,速度達(dá)到最大值vmax時,設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E,有EBlvmax依題意有E設(shè)在此過程中短暫的ti段時間內(nèi),MN上的電流為i,MN上受到的安培力為F,則有FilB由動量定理,有FtiBiltimv又itiQ0Q,vvmax0聯(lián)立式得Q。- 11 -