届二轮复习 思想方法7 微元累积法 学案.docx

1、届二轮复习 思想方法7 微元累积法 学案思想方法7微元累积法方法概述高中物理中有很多复杂模型不能直接用已有知识和方法解决，可以在对问题做整体的考察后，选取该问题过程中的某一微小单元进行分析，通过对微元的物理分析和描述，找出该微元所具有的物理性质和运动变化规律，从而获得解决该物理问题整体的方法。比如，物体做变加速运动时，若从整体着手研究，则难以在高中物理层面展开，不过当我们用过程微元法，把物体的运动过程按其经历的位移或时间等分为多个小量，将每个微元过程近似为高中物理知识所能处理的过程，在得出每个微元过程的相关结果后，再进行数学求和，这样就能得到物体复杂运动过程的规律。再比如研究对象难以选择的情形

2、，可以把实体模型等分为很多很多的等份，变成一个理想化模型，如刚体可以等分成无数个质点、带电体可以等分成很多点电荷来研究，先研究其中一份，再研究个体与整体的关系，运用物理规律，辅以数学方法求解，由此求出整体受力或运动情况，在中学阶段比较常见的有类似流体问题、铁链条的连续体模型等。典型例题典例1质量为m的物体从地面以初速度v0竖直上抛，经过t1时间达最高点，在运动过程中受到的阻力fkv(k是常数)，求物体上升的最大高度。解析物体上升过程初速度为v0，末速度为0。设上升的最大高度为H，速度为v时加速度为a，根据牛顿第二定律mgkvma可得ag取一段时间微元t，则vat，在0v0区间内对vat求和，有

3、v(g)t可得v0gt1解得物体上升的最大高度H。答案名师点评本题因物体上升、下落过程受到变化的阻力，加速度变化，所以需要把物体的运动过程进行微元处理，在每一小段的时间内可以认为加速度一定，再进行时间的累积，就可以求出结果。变式1接上题，上题条件不变，物体从最高点下落，当物体到达地面时速度刚好达到最大，求其下落时间t2。答案t1解析设物体到达地面的速度为vm，则有kvmmg物体下落过程中mgkvmavat由得：t2t1。典例2(2019福州高考模拟)如图甲所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B；边长为L的正方形金属框abcd(简称方框)放在光滑的水平地面上

4、，其外侧套着一个与方框边长相同的U形金属框架MNPQ(仅有MN、NP、PQ三条边，简称U形框)，U形框的M、P端的两个触点与方框接触良好且无摩擦，其他地方没有接触。两个金属框每条边的质量均为m，每条边的电阻均为r。(1)若方框固定不动，U形框以速度v0垂直NP边向右匀速运动，当U形框的接触点M、Q端滑至方框的最右侧时，如图乙所示，求：U形框上N、P两端的电势差UNP；(2)若方框不固定，给U形框垂直NP边向右的水平初速度v0，U形框恰好不能与方框分离，求：方框最后的速度vt和此过程流过U形框上NP边的电量q；(3)若方框不固定，给U形框垂直NP边向右的初速度v(vv0)，在U形框与方框分离后，

5、经过t时间，方框的最右侧和U形框的最左侧之间的距离为s。求：分离时U形框的速度大小v1和方框的速度大小v2。解析(1)U形框向右匀速运动，NP边做切割磁感线运动，由法拉第电磁感应定律得：EBLv0此时等效电路图如图，由串并联电路规律得：外电阻为：R外2rr由闭合电路欧姆定律得：流过PN的电流：I所以：UNPEIr。(2)U形框向右运动的过程中，方框和U形框组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒。依题意得：方框和U形框最终速度相同，有：3mv0(3m4m)vt解得：vtv0对U形框，取很短的一段时间tk，由动量定理得：F安ktk3mvk3mv0而F安kikBL代入上式得BLiktk3mvk对k

6、求和，有BLiktk3mvt3mv0其中iktkq，可得q。(3)由系统动量守恒有：3mv3mv14mv2依题意得：s(v1v2)t联立可得：v1v，v2v。答案(1)BLv0(2)v0(3)vv名师点评在电磁感应中当感应电流不是恒定值时，可以通过微元法求电荷量和安培力的冲量等。变式2如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置，总质量为m，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I的电流(由外接恒流电源产生

7、，图中未画出)。线框的边长为d(dl)，电阻为R，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。重力加速度为g。求：(1)装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；(2)线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1；(3)经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离xm。答案(1)4mgdsinBIld(2)(3)解析(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W，由动能定理mgsin4dWBIld0根据功能关系可得线框中产生的焦耳热QW解得Q4mgdsinBIld。(2)

8、设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1，则接着向下运动2d，导体棒开始返回，由动能定理mgsin2dBIld0mv下滑过程中线框在磁场中运动时装置受到的合力FmgsinF线框产生的感应电动势EBdv感应电流I线框受到的安培力FBId由牛顿第二定律得a，在t到tt时间内，有vt则v(gsin)t有v1gt1sin解得t1。(3)经过足够长时间后，线框上边在磁场下边界与磁场区域下边界的最大距离xm之间往复运动，由动能定理mgsinxmBIl(xmd)0解得xm。配套作业1类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由vt图象求位移，由Fx(力位移)图象求做功的方法。请你借鉴此方法分析下列说

9、法，其中正确的是()A由Fv(力速度)图线和横轴围成的面积可求出对应速度变化过程中力做功的功率B由Ft(力时间)图线和横轴围成的面积可求出对应时间内力所做的冲量C由UI(电压电流)图线和横轴围成的面积可求出对应的电流变化过程中电流的功率D由r(角速度半径)图线和横轴围成的面积可求出对应半径变化范围内做圆周运动物体的线速度答案B解析Fv图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于Fv，即瞬时功率，而图线与横轴围成的面积不一定等于Fv，即该面积不是对应速度变化过程中力做功的功率，A错误；由Ft图线和横轴围成的面积可求出对应时间内力所做的冲量，B正确；根据PUI，可由U、I的坐标值求出电功率P，而由UI

10、图线和横轴围成的面积不能求出对应的电流变化过程中的电功率，C错误；根据vr，可由、r的坐标值求出对应的线速度v的大小，而由r图线和横轴围成的面积不能求出对应半径变化范围内做圆周运动物体的线速度，D错误。2一个静止的物体，在04 s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，物体的加速度a随时间的变化如图所示，则物体在()A04 s时间内做匀变速运动B第2 s末速度改变方向C04 s时间内位移的方向不变D第2 s末位移最大答案C解析04 s时间内，加速度不恒定，不是匀变速直线运动，A错误；第2 s末，加速度改变方向，速度最大，但速度不改变方向，B错误；02 s物体做加速度方向与速度方向相同、

11、加速度变化的加速直线运动，速度增加量为02 s内图象与横轴围成的面积，24 s速度变化量与02 s速度变化量大小相等、方向相反，即第4 s末的速度减小为0，即04 s内位移方向不变，第4 s末位移最大，C正确，D错误。3(2019江西高三模拟)南昌市秋水广场拥有亚洲最大的音乐喷泉群。一同学在远处观看秋水广场喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高，表演结束时，他靠近观察到该主喷水管口的圆形内径约有10 cm，由此他估算驱动主喷水管口的水泵功率最接近的数值是()A5102 W B5103 WC5104 W D5105 W答案D解析40层楼高约h120 m。设水泵的功率为P，泵在时间t

12、内使质量为m的水以速度v通过喷水管口，则Ptmv2，v22gh，mSvt(为水的密度)，可得PgSvh5105 W，D正确。4(2019黑龙江高考模拟)(多选)微元法就是把研究对象分为无限多个无限小的部分，取出有代表性的极小的一部分进行分析处理，再从局部到整体综合起来加以考虑的科学思维方法。如图所示，静止的圆锥体竖直放置，顶角为，质量为m且分布均匀的链条环水平地套在圆锥体上，忽略链条与圆锥体之间的摩擦力，在链条环中任取一小段l，其质量为m，对m受力分析，下列说法正确的是()A设圆锥体的支持力为N，则mgNsinB设链条环中的张力为 T，则TC设链条环中的张力为 T，则TtanD设l对链条环中心

13、的张角为，则有2TsinNsin答案AB解析如图1、2所示，设l所对的链条环中心的张角为，根据共点力平衡条件知l在水平方向上受力平衡，有：2TsinNcos因l很短，很小，所以sin将代入式有：TNcosl在竖直方向上也受力平衡，mgNsin由式得，tan g式中ml，将其代入式可得tan，所以链条环中的张力为T。则A、B正确，C、D错误。5(2019江苏高考模拟)离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机。工作时将推进剂离子化，使之带电，然后在静电场作用下推进剂得到加速后喷出，从而产生推力。这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等。设航天器质量为M，单个离子质量为m

14、，带电量为q，加速电场的电压为U，高速离子形成的等效电流强度为I。试求该发动机产生的推力。答案I解析选择t时间内喷出的质量为m的离子流为研究对象，根据动量定理：Ftmv根据电流的定义式I对单个离子，根据动能定理mv2qU解得：FI。6某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为，重力加速度大小为g。求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，

15、其底面相对于喷口的高度。答案(1)v0S(2)解析(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mVVSv0t由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S。(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于t时间内喷出的水，由机械能守恒定律得(m)v2(m)gh(m)v在h高度处，t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量大小为p(m)v设玩具对水的作用力的大小为F，规定竖直向下为正方向，根据动量定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得h。7(2017天津高考)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理

16、可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。答案(1

17、)垂直于导轨平面向下(2)(3)解析(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I设MN受到的安培力为F，有FIlB由牛顿第二定律，有Fma联立式得a(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0CE开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E，有EBlvmax依题意有E设在此过程中短暂的ti段时间内，MN上的电流为i，MN上受到的安培力为F，则有FilB由动量定理，有FtiBiltimv又itiQ0Q，vvmax0联立式得Q。