2023年高考物理二轮复习方法专题二 微元法（答案）考试试卷

2023高三二轮复习方法专题二 微元法
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．力F对物体所做的功可由公式求得。但用这个公式求功是有条件的，即力F必须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的功，我们就需要通过其他的一些方法来求解力F所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的为W=F×AC
B．乙图中，全过程中F做的总功为72J
C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功
D．图丁中，F始终保持水平，无论是F缓慢将小球从P拉到Q，还是F为恒力将小球从P拉到Q，F做的功都是
【答案】B
【详解】A．甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的为
A错误；
B．乙图中，全过程中F做的总功为
B正确；
C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为
C错误；
D．图丁中，F始终保持水平，若F为恒力，将小球从P拉到Q，F做的功是
F始终保持水平，若是F缓慢将小球从P拉到Q，根据动能定理得
解得
D错误。
故选B。
2．在水平面上，有一弯曲的槽道弧AB，槽道由半径分别为和R的两个半圆构成（如图所示），现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿滑槽道拉至B点，若拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为（　　）
A．0 B．FR
C．πFR D．2πFR
【答案】C
【详解】虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力，小球的路程为，则拉力做的功为
故选C。
3．如图所示，一个均匀的带电圆环，带电量为，半径为R，放在绝缘水平桌面上。圆心为O点，过O点做一竖直线，在此线上取一点A，使A到O点的距离为R，在A点放一检验电荷，则在A点所受的静电力为（ ）
A．，方向向下 B．，方向向上
C．，方向向下 D．，方向向上
【答案】D
【详解】取长度为的微元，微元的带电量为
微元对A点的在竖直向上的分力为
根据对称性可知，圆环对电荷在水平方向上的分力相互抵消，则在A点所受的静电力为
方向向上。
故选D。
4．运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示，已知运动员与装备的总质量为90 kg，水带的直径为10 cm，两个喷嘴的直径均为7 cm。已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为（　　）
A．2.7 m/s B．5.4 m/s C．7.6 m/s D．10.8 m/s
【答案】B
【详解】设喷嘴处喷水的速度为v，水带中水的速度为v′，两个喷嘴的横截面积均为
S＝πd2
水带的横截面积
S′＝πd′2
2vS＝S′v′
根据平衡条件可知水对运动员(包括装备)的作用力为
F＝mg
运动员(包括装备)对水的作用力
F′＝F
取
Δm＝2ρSvΔt
的水为研究对象，根据动量定理得
F′Δt＝Δm(v＋v′)
解得
v≈
故选B。
5．如图均匀带电的橡胶圆环半径为，带电量为，在其中心轴线上有点A，到环心的距离为不能认为远小于。想要推出A点电场强度大小有些难度，但我们仍可根据点电荷的场强公式和有关电场的变化规律得出其电场强度表达式为：（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】设圆环上每一个点的电荷量为q，由对称性可得，该点和在圆上与之对称的点在A处的合电场强度大小为
则圆环在A处的电场强度大小为
故D正确，ABC错误。
故选D。
6．如图甲所示的电磁流速/流量仪是一种为多种行业测量流速/流量的便携式测量仪表，其简化模型如图乙所示，在磁感应强度为的匀强磁场中，垂直于磁场方向放一个内径为的不导磁管道，当导电液体在管道中以流速流动时，导电液体切割磁感线产生电动势，在管道截面上垂直于磁场方向的直径两端安装一对电极，该电动势被信号电极采集，通过测量电压的仪表放大转换实现流速的测量，也可以实现流量（单位时间内流经某一段管道的流体体积）的测量。则关于电磁流速/流量仪的说法正确的是（　　）
A．测量电压仪表端的电势高于端的电势
B．稳定时信号电极采集到的电势差与流速大小成反比
C．仪表盘如果是刻度盘，流速/流量刻度都是均匀的
D．流量的测量值与电磁流速/流量仪管道的长度成正比
【答案】C
【详解】A．根据左手定则可知测量电压的仪表端的电势低于端的电势，A错误；
B．当导电液体在管道中以流速流动时，正负离子在磁场的作用下偏转，电极两端形成了电势差，当
即
电势差恒定，保持稳定输出，所以信号电极采集到的电势差与流速大小成正比，B错误；
CD．流量为
流量的测量值与流速成正比，与电磁流速/流量仪管道的长度无关，在仪表内部参数确定后，测量流速和流量的仪表盘刻度都是均匀的，C正确，D错误；
故选C。
7．将一轻弹簧水平放在光滑水平桌面上，一端固定，另一端与一质量为m的小物体相连，将小物体拉至O点由静止释放，小物体的加速度a与离开O点的距离的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．小物体运动过程中，弹簧的最大弹力为
C．小物体运动过程中的最大动能为
D．小物体运动过程中，弹簧的最大弹性势能为
【答案】A
【分析】由题意可知，本题考查弹簧的弹力与形变量的关系，根据图像，可得到弹力与位移的关系，并结合弹性势能与动能的相互转化进行分析。
【详解】A．由图可知，当物体在位置时，加速度等于0，故这个位置即为弹簧的原长处，刚开始弹簧压缩量为，加速度为，则
解得
故A正确；
B．由图可知，弹簧最大的形变量为，则弹簧最大的弹力为
故B错误；
C．当弹簧压缩量为0时动能最大，根据
而就是图像与轴围成的面积，即
故最大的动能
故C错误；
D．物体在运动过程中只发生动能和弹性势能的相互转化，当动能为0时，弹簧弹性势能最大，此时动能全部转化为弹簧的弹性势能，但最大的弹性势能为
故D错误。
故选A。
【点睛】解题的关键是要能理解就是图像与轴围成的面积。
二、多选题
8．如图甲所示，一绝缘的竖直圆环上均匀分布着正电荷，一光滑细杆从圆心垂直圆环平面穿过圆环，杆上套有带正电的小球。现使小球从a点由静止释放，并开始计时，后经过b、c两点，其运动过程中的图像如图乙所示。则下列说法正确的是（　　）
A．a、b点的场强
B．带电圆环在圆心处产生的场强为零
C．带电圆环在圆心处产生的电势小于b点的电势
D．小球在b点时的电势能大于在c点时的电势能
【答案】BD
【详解】A．对圆环进行受力分析有
解得
图像的斜率表示加速度，根据图像可知，图像切线的斜率先增大后减小，则有
A错误；
B．由于竖直圆环上均匀分布着正电荷，根据微元法与对称性，结合电场叠加，可知带电圆环在圆心处产生的场强为零，B正确；
C．由于场源电荷为正电荷，则电场线起源于正电荷，终止于无穷远，则带电圆环右侧电场线整体上由圆心指向b，而沿电场线，电势降低，即带电圆环在圆心处产生的电势大于b点的电势，C错误；
D．小球从b到c过程速度增大，动能增大，则电势能减小，即在b点时的电势能大于在c点时的电势能，D正确。
故选BD。
9．河北省张家口市风电装机容量累计突破了千万千瓦。草原天路景区风力发电机如图所示，风力带动叶片转动，叶片再带动转子（磁极）转动，使定子（线圈不计电阻）中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为l，风速为v，空气的密度为ρ，空气遇到叶片旋转形成的圆面后一半减速为零，一半原速率穿过，下列说法正确的是（　　）
A．一台风力发电机获得风能的功率为
B．一台风力发电机获得风能的功率为
C．空气对一台风力发电机的平均作用力为
D．空气对一台风力发电机的平均作用力为
【答案】BC
【详解】AB．建立一个“风柱”模型如图所示
风柱的横截面积为叶片旋转扫出的面积
经过t风柱长度
所形成的风柱体积
风柱的质量
根据动能定理，风力在这一段位移做的功
风柱的功率，即一台风力发电机获得风能的功率为
故A错误，B正确；
CD．根据动量定理可得
解得
故C正确，D错误；
故选BC。
10．如图所示为固定在水平地面上的顶角为α的圆锥体，其表面光滑．有一质量为m、长为L的链条静止在圆锥体的表面上，已知重力加速度为g，若圆锥体对圆环的作用力大小为F，链条中的张力为T，则有（　　）
A．F=mg B．
C． D．
【答案】AD
【详解】AB．因为圆环受重力和圆锥体对圆环的作用力处于平衡，则圆锥体对圆环的作用力等于圆环的重力，即
F=mg
故A正确，B错误；
C．取圆环上很小的一段分析，设对应圆心角为，分析微元受力有重力、支持力N、两边圆环其余部分对微元的拉力T，由平衡条件
由于微元很小，则对应圆心角很小，故
、
而
联立求解得
故C错误，D正确。
故选AD。
11．如图所示，光滑水平面上有竖直向下的有界匀强磁场，正方形线框abcd以与ab垂直的速度v0向右运动，一段时间后进入磁场，磁场宽度大于线框宽度。ab边刚进入磁场时的速度为v0。整个过程中ab、cd边始终与磁场边界平行。若线框进入磁场过程中通过线框的电荷量为q，线框中产生的焦耳热为Q，则线框穿出磁场过程中（　　）
A．通过线框的电荷量为q B．通过线框的电荷量为q
C．线框中产生的焦耳热为 D．线框中产生的焦耳热为Q
【答案】AC
【详解】AB．设线框边长为Ｌ，电阻为R，进入磁场过程中，通过线框的电荷量
又
联立求得
所以线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量为
显然线框进、出磁场的过程中，通过线框的电荷量相等，所以线框穿出磁场过程中，通过线框的电荷量仍然为q，故A正确，B错误；
CD．线框进入磁场过程中，受到安培力减速，有
又
由动量定理有
联立求得线框完全进入磁场时，线框动量改变量大小为
同理可得线框完全穿出磁场时，线框动量改变量大小为
所以求得线框穿出磁场时的速度大小为
线框进、出磁场的过程中，产生的焦耳热等于线框动能的减少量，所以线框进入磁场过程中产生的焦耳热为
线框穿出磁场过程中产生的焦耳热为
故有
故C正确，D错误。
故选AC。
12．某家用桶装纯净水手压式压水器如图，桶放置在水平地面上，在手连续稳定按压下，出水速度为v0，供水系统的效率为η(η<1)，现测量出桶底到出水管之间的高度差为H，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．出水口t时间内的出水体积Q＝v0St
B．出水口所出水落地时的速度v＝
C．出水后，手连续稳定按压的功率为
D．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和
【答案】AB
【详解】A．t时间内水从出水口流出的体积为Sv0t，选项A正确；
B．水从出水口流出后到落地的过程，根据动能定理得
解得落地速度为
v＝
选项B正确；
C．手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，在时间t内，流过出水口的水的质量
m′＝ρSv0t
则出水口的水具有的机械能为
而供水系统的效率为η，所以手连续稳定按压做的功为
W＝＋
则功率为
P＝＝＋
选项C错误；
D．由于供水系统的效率η<1，因此手按压输入的功率大于单位时间内所出水的动能和重力势能之和，选项D错误；
故选AB。
三、解答题
13．我们一般认为，飞船在远离星球的宇宙深处航行时，其它星体对飞船的万有引力作用很微弱，可忽略不计。此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动。
设想有一质量为的宇宙飞船，正以速度在宇宙中飞行。飞船可视为横截面积为的圆柱体（如图所示）。某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云。
（1）已知在开始进入尘埃云的一段很短的时间内，飞船的速度减小了，求这段时间内飞船受到的阻力大小；
（2）已知尘埃云公布均匀，密度为。
a．假设尘埃碰到飞船时，立即吸附在飞船表面。若不采取任何措施，飞船将不断减速。通过监测得到飞船速度的倒数“”与飞行距离“”的关系如图所示。求飞船的速度由减小的过程中发生的位移及所用的时间。
b．假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用。为了保证飞船能以速度匀速穿过尘埃云，在刚进入尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器。已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速（远远大于飞船速度）粒子流，从而对飞行器产生推力的。若发射的是一价阳离子，每个阳离子的质量为，加速电压为，元电荷为，在加速过程中飞行器质量的变化可忽略。求单位时间内射出的阳离子数。
【答案】（）；（）a．，b．
【详解】（1）飞船的加速度
根据牛顿第二定律有
则飞船受到的阻力
（2）a．对飞船和尘埃，设飞船的方向为正方向，根据动量守恒定律有
解得
由图象可得
解得
b．设在很短时间内，与飞船碰撞的尘埃的质量为，所受飞船的作用力为，飞船与尘埃发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知
由机械能守恒定律可知
解得
由于，所以碰撞后尘埃的速度，对尘埃，根据动量定理可得
，
则飞船所受到的阻力
设一个离子在电场中加速后获得的速度为，根据动能定理可能得
设单位时间内射出的离子数为，在很短的时间内，根据动量定理可得
则飞船所受动车
飞船做匀速运动
解得
14．如图（a）所示，电阻为2R、半径为r、匝数为n的圆形导体线圈两端与水平导轨AD、MN相连。与导体线圈共圆心的圆形区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图（b）所示，图（b）中的B0和t0均已知。PT、DE、NG是横截面积和材料完全相同的三根粗细均匀的金属棒。金属棒PT的长度为3L、电阻为3R、质量为m。导轨AD与MN平行且间距为L，导轨EF与GH平行且间距为3L，DE和NG的长度相同且与水平方向的夹角均为30°。区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的、长和宽均为d的空间区域。区域Ⅰ中存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。0～2t0时间内，使棒PT在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨EF和GH对齐。除导体线圈、金属棒PT、DE、NG外，其余导体电阻均不计，所有导体间接触均良好且均处于同一水平面内，不计一切摩擦，不考虑回路中的自感。
（1）求在0～2t0时间内，使棒PT保持静止的水平外力F的大小；
（2）在2t0以后的某时刻，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下从区域Ⅰ以v0的速度匀速运动，完全运动到区域Ⅱ时，导体棒PT速度恰好达到v0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒PT产生的焦耳热为Q，求金属棒PT与区域Ⅰ右边界的初始距离x0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W；
（3）若磁场完全运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒PT运动到EG时的速度大小v。
【答案】（1）0～t0时间内 ；t0～2t0时间内F＝0；（2）； ；（3）
【详解】（1）在0～t0时间内，由法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律得
故在0～t0时间内，使PT棒保持静止的水平外力大小为
在t0～2t0时间内，磁场不变化，回路中感应电动势为零，无电流，则使PT棒保持静止的水平外力大小为
（2）PT棒向右加速运动过程中，取向右的方向为正方向，由动量定理有
其中
联立解得
PT棒向右加速过程中，根据串联电路特征可知，回路中的总焦耳热为
由功能关系和能量守恒定律得
（3）棒PT从磁场区域Ⅱ左边界向右运动距离x时，回路中棒PT的长度为
回路中总电阻为
回路中电流为
棒PT所受安培力大小为
棒PT从磁场区域Ⅱ左边界运动到EG过程中，以v0方向为正方向，由动量定理得
根据微元法可知，时间内回路中棒PT扫过的面积为
即有
其中
故有
试卷第1页，共3页
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