高考物理微元法解決物理試題解題技巧及練習(xí)題含解析一、微元法解決物理試題1．一條長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的均勻鏈條放在光滑水平桌面上，其中有三分之一懸在桌邊，如圖所示，在鏈條的另一端用水平力緩慢地拉動(dòng)鏈條，當(dāng)把鏈條全部拉到桌面上時(shí)，需要做多少功（）A．mgL B．mgL C．mgL D．mgL【答案】C【解析】【分析】【詳解】懸在桌邊的長(zhǎng)的鏈條重心在其中點(diǎn)處，離桌面的高度：它的質(zhì)量是當(dāng)把它拉到桌面時(shí)，增加的重力勢(shì)能就是外力需要做的功，故有A．mgL，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．mgL，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．mgL，與結(jié)論相符，選項(xiàng)C正確；D．mgL，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選C．【點(diǎn)睛】如果應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解決本題，首先應(yīng)規(guī)定零勢(shì)能面，確定初末位置，列公式時(shí)要注意系統(tǒng)中心的變化，可以把整體分成兩段來分析．2．生活中我們經(jīng)常用水龍頭來接水，假設(shè)水龍頭的出水是靜止開始的自由下落，那么水流在下落過程中，可能會(huì)出現(xiàn)的現(xiàn)象是（）A．水流柱的粗細(xì)保持不變B．水流柱的粗細(xì)逐漸變粗C．水流柱的粗細(xì)逐漸變細(xì)D．水流柱的粗細(xì)有時(shí)粗有時(shí)細(xì)【答案】C【解析】【詳解】水流在下落過程中由于重力作用，則速度逐漸變大，而單位時(shí)間內(nèi)流過某截面的水的體積是一定的，根據(jù)Q=Sv可知水流柱的截面積會(huì)減小，即水流柱的粗細(xì)逐漸變細(xì)，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。3．如圖所示，擺球質(zhì)量為m，懸線的長(zhǎng)為L(zhǎng)，把懸線拉到水平位置后放手設(shè)在擺球運(yùn)動(dòng)過程中空氣阻力的大小不變，則下列說法正確的是A．重力做功為mgLB．繩的拉力做功為0C．空氣阻力做功0D．空氣阻力做功為【答案】ABD【解析】A、如圖所示，重力在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終不變，小球在重力方向上的位移為AB在豎直方向上的投影L，所以WG=mgL．故A正確．B、因?yàn)槔T在運(yùn)動(dòng)過程中始終與運(yùn)動(dòng)方向垂直，故不做功，即WFT=0．故B正確．C、F阻所做的總功等于每個(gè)小弧段上F阻所做功的代數(shù)和，即，故C錯(cuò)誤，D正確；故選ABD．【點(diǎn)睛】根據(jù)功的計(jì)算公式可以求出重力、拉力與空氣阻力的功．4．如圖所示為固定在水平地面上的頂角為α的圓錐體，其表面光滑．有一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的鏈條靜止在圓錐體的表面上，已知重力加速度為g，若圓錐體對(duì)圓環(huán)的作用力大小為F，鏈條中的張力為T，則有（）A．F=mg B．C． D．【答案】AD【解析】試題分析：因?yàn)閳A環(huán)受重力和圓錐體對(duì)圓環(huán)的作用力處于平衡，則圓錐體對(duì)圓環(huán)的作用力等于圓環(huán)的重力，即F=mg，故A對(duì)B錯(cuò)．取圓環(huán)上很小的一段分析，設(shè)對(duì)應(yīng)圓心角為，分析微元受力有重力、支持力N、兩邊圓環(huán)其余部分對(duì)微元的拉力T，由平衡條件，由于微元很小，則對(duì)應(yīng)圓心角很小，故，，而，聯(lián)立求解得：．故C錯(cuò)D對(duì)．故選AD．考點(diǎn)：物體平衡問題．【名師點(diǎn)睛】本題為平衡問題，在求解圓錐體對(duì)圓環(huán)作用力時(shí)，可以圓環(huán)整體為研究對(duì)象進(jìn)行分析．在求解圓環(huán)內(nèi)部張力時(shí)，可選其中一個(gè)微元作為研究對(duì)象分析．由于微元很小，則對(duì)應(yīng)圓心角很小，故，，而，然后對(duì)微元進(jìn)行受力分析，列平衡方程聯(lián)立求解即可．5．如圖所示，兩條光滑足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌，平行置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，軌道間距，兩端各接一個(gè)電阻組成閉合回路，已知,，磁感應(yīng)強(qiáng)度，方向與導(dǎo)軌平面垂直向下，導(dǎo)軌上有一根電阻的直導(dǎo)體，桿以的初速度向左滑行，求：（1）此時(shí)桿上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，哪端電勢(shì)高？（2）此時(shí)兩端的電勢(shì)差。（3）此時(shí)上的電流強(qiáng)度多大？（4）若直到桿停下時(shí)上通過的電量，桿向左滑行的距離?！敬鸢浮浚?）桿上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)；（2）ab兩端的電勢(shì)差為（3）通過R1的電流為；（4）。【解析】【詳解】（1）ab棒切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為根據(jù)右手定則知，電流從b流向a，ab棒為等效電源，可知a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)；（2）電路中的總電阻則電路中的總電流所以ab兩端的電勢(shì)差為（3）通過R1的電流為（4）由題意知，流過電阻和的電量之比等于電流之比，則有流過ab棒的電荷量ab棒應(yīng)用動(dòng)量定理有：或兩邊求和得：或以上兩式整理得：代入數(shù)據(jù)解得：6．如圖1所示，一端封閉的兩條平行光滑長(zhǎng)導(dǎo)軌相距L，距左端L處的右側(cè)一段被彎成半徑為的四分之一圓弧，圓弧導(dǎo)軌的左、右兩段處于高度相差的水平面上．以弧形導(dǎo)軌的末端點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為x軸正方向，建立Ox坐標(biāo)軸．圓弧導(dǎo)軌所在區(qū)域無磁場(chǎng)；左段區(qū)域存在空間上均勻分布，但隨時(shí)間t均勻變化的磁場(chǎng)B（t），如圖2所示；右段區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不隨時(shí)間變化，只沿x方向均勻變化的磁場(chǎng)B（x），如圖3所示；磁場(chǎng)B（t）和B（x）的方向均豎直向上．在圓弧導(dǎo)軌最上端，放置一質(zhì)量為m的金屬棒ab，與導(dǎo)軌左段形成閉合回路，金屬棒由靜止開始下滑時(shí)左段磁場(chǎng)B（t）開始變化，金屬棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，經(jīng)過時(shí)間t0金屬棒恰好滑到圓弧導(dǎo)軌底端．已知金屬棒在回路中的電阻為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g.（1）求金屬棒在圓弧軌道上滑動(dòng)過程中，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E；（2）如果根據(jù)已知條件，金屬棒能離開右段磁場(chǎng)B（x）區(qū)域，離開時(shí)的速度為v，求金屬棒從開始滑動(dòng)到離開右段磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q；（3）如果根據(jù)已知條件，金屬棒滑行到x=x1位置時(shí)停下來，a.求金屬棒在水平軌道上滑動(dòng)過程中通過導(dǎo)體棒的電荷量q；b.通過計(jì)算，確定金屬棒在全部運(yùn)動(dòng)過程中感應(yīng)電流最大時(shí)的位置．【答案】（1）L2B0/t0（2）+mgL/2-mv2（3）金屬棒在x=0處，感應(yīng)電流最大【解析】試題分析：（1）由圖看出，左段區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間線性變化，其變化率一定，由法拉第電磁感應(yīng)定律得知，回路中磁通量的變化率相同，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．（2）根據(jù)歐姆定律和焦耳定律結(jié)合求解金屬棒在弧形軌道上滑行過程中產(chǎn)生的焦耳熱．再根據(jù)能量守恒求出金屬棒在水平軌道上滑行的過程中產(chǎn)生的焦耳熱，即可得到總焦耳熱．（3）在金屬棒滑到圓弧底端進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B0的一瞬間，在很短的時(shí)間△t內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和感應(yīng)電流的表達(dá)式，求出感應(yīng)電荷量q．再進(jìn)行討論．解：（1）由圖2可：=根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E==L2=L2（2）金屬棒在弧形軌道上滑行過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為：Q1==金屬棒在弧形軌道上滑行過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mg=金屬棒在水平軌道上滑行的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為Q2，根據(jù)能量守恒定律得：Q2=﹣=mg﹣所以，金屬棒在全部運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=Q1+Q2=+mg﹣（3）a．根據(jù)圖3，x=x1（x1＜x）處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為：B1=．設(shè)金屬棒在水平軌道上滑行時(shí)間為△t．由于磁場(chǎng)B（x）沿x方向均勻變化，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律△t時(shí)間內(nèi)的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：===所以，通過金屬棒電荷量為：q=△t=△t=b．金屬棒在弧形軌道上滑行過程中，感應(yīng)電流為：I1==金屬棒在水平軌道上滑行過程中，由于滑行速度和磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度都在減小，所以，此過程中，金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流最大．剛進(jìn)入水平軌道時(shí)，金屬棒的速度為：v=所以，水平軌道上滑行過程中的最大電流為：I2==若金屬棒自由下落高度，經(jīng)歷時(shí)間t=，顯然t＞t所以，I1=＜==I2．綜上所述，金屬棒剛進(jìn)入水平軌道時(shí)，即金屬棒在x=0處，感應(yīng)電流最大．答：（1）金屬棒在圓弧軌道上滑動(dòng)過程中，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E是L2．（2）金屬棒從開始滑動(dòng)到離開右段磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q為+mg﹣．（3）a．金屬棒在水平軌道上滑動(dòng)過程中通過導(dǎo)體棒的電荷量q為．b．金屬棒在全部運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒剛進(jìn)入水平軌道時(shí)，即金屬棒在x=0處，感應(yīng)電流最大．【點(diǎn)評(píng)】本題中（1）（2）問，磁通量均勻變化，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流均恒定，由法拉第電磁感應(yīng)定律研究感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是關(guān)鍵．對(duì)于感應(yīng)電荷量，要能熟練地應(yīng)用法拉第定律和歐姆定律進(jìn)行推導(dǎo)．7．消防車的供水系統(tǒng)主要由水泵、輸水管道和水炮組成．如圖所示，消防水炮離地高度為H＝80m，建筑物上的火點(diǎn)離地高度為h＝60m，整個(gè)供水系統(tǒng)的效率η＝60%（供水效率η定義為單位時(shí)間內(nèi)抽水過程水所獲得的機(jī)械能與水泵功率的比值×100%）．假設(shè)水從水炮水平射出，水炮的出水速度v0＝30m/s，水炮單位時(shí)間內(nèi)的出水量m0＝60kg/s，取g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力．（1）求水炮與火點(diǎn)的水平距離x，和水炮與火點(diǎn)之間的水柱的質(zhì)量m；（2）若認(rèn)為水泵到炮口的距離也為H＝80m，求水泵的功率P；（3）如圖所示，為流速穩(wěn)定分布、體積不可壓縮且粘性可忽略不計(jì)的液體（比如水）中的一小段液柱，由于體積在運(yùn)動(dòng)中不變，因此當(dāng)S1面以速度v1向前運(yùn)動(dòng)了x1時(shí)，S2面以速度v2向前運(yùn)動(dòng)了x2，若該液柱前后兩個(gè)截面處的壓強(qiáng)分別為p1和p2，選用恰當(dāng)?shù)墓δ荜P(guān)系證明：流速穩(wěn)定分布、體積不可壓縮且粘性可忽略不計(jì)的液體水平流動(dòng)（或者高度差的影響不顯著）時(shí)，液體內(nèi)流速大的地方壓強(qiáng)反而?。敬鸢浮?1)120kg(2)1.25×102kW(3)見解析；【解析】【分析】【詳解】(1)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有H－h(huán)＝gt2①x＝v0t②聯(lián)立上述兩式，并代入數(shù)據(jù)得t=＝2sx＝v0＝60m③水炮與火點(diǎn)之間的水柱的質(zhì)量m=m0t=120kg④(2)設(shè)在Δt時(shí)間內(nèi)出水質(zhì)量為Δm，則Δm=m0Δt，由功能關(guān)系得：⑤即解得：P＝＝1.25×102kW⑥(3)表示一個(gè)細(xì)管，其中流體由左向右流動(dòng)．在管的a1處和a2處用橫截面截出一段流體，即a1處和a2處之間的流體，作為研究對(duì)象．a(chǎn)1處的橫截面積為S1，流速為v1，高度為h1，a1處左邊的流體對(duì)研究對(duì)象的壓強(qiáng)為p1，方向垂直于S1向右．a(chǎn)2處的橫截面積為S2，流速為v2，高度為h2，a2處左邊的流體對(duì)研究對(duì)象的壓強(qiáng)為p2，方向垂直于S2向左．經(jīng)過很短的時(shí)間間隔Δt，這段流體的左端S1由a1移到b1．右端S2由a2移到b2．兩端移動(dòng)的距離分別為Δl1和Δl2．左端流入的流體體積為ΔV1=S1Δl1，右端流出的流體體積為ΔV2=S2Δl2，理想流體是不可壓縮的，流入和流出的體積相等，ΔV1=ΔV2，記為ΔV．現(xiàn)在考慮左右兩端的力對(duì)這段流體所做的功．作用在液體左端的力F1=p1S1向右，所做的功W1=F1Δl1=(p1S1)Δl1=p1(S1Δl1)=p1ΔV．作用在液體右端的力F2=p2S2向左，所做的功W2=－F2Δl2=－(p2S2)Δl2=－p2(S2Δl2)=－p2ΔV．外力所做的總功W=W1＋W2=(p1－p2)ΔV①外力做功使這段流體的機(jī)械能發(fā)生改變．初狀態(tài)的機(jī)械能是a1處和a2處之間的這段流體的機(jī)械能E1，末狀態(tài)的機(jī)械能是b1處和b2處之間的這段流體的機(jī)械能E2．由b1到a2這一段，經(jīng)過時(shí)間Δt，雖然流體有所更換，但由于我們研究的是理想流體的定常流動(dòng)，流體的密度ρ和各點(diǎn)的流速v沒有改變，動(dòng)能和重力勢(shì)能都沒有改變，所以這一段的機(jī)械能沒有改變，這樣機(jī)械能的改變(E2－E1)就等于流出的那部分流體的機(jī)械能減去流入的那部分流體的機(jī)械能．由于m=ρΔV，所以流入的那部分流體的動(dòng)能為重力勢(shì)能為mgh1＝ρΔVgh1流出的那部分流體的動(dòng)能為重力勢(shì)能為mgh2＝ρΔVgh2機(jī)械能的改變?yōu)棰诶硐肓黧w沒有粘滯性，流體在流動(dòng)中機(jī)械能不會(huì)轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以這段流體兩端受的力所做的總功W等于機(jī)械能的改變，即W=E2－E1③將①式和②式代入③式，得④整理后得⑤a1和a2是在流體中任意取的，所以上式可表示為對(duì)管中流體的任意處：（常量）⑥④式和⑤式稱為伯努利方程．流體水平流動(dòng)時(shí)，或者高度差的影響不顯著時(shí)（如氣體的流動(dòng)），伯努利方程可表達(dá)為（常量）⑦從⑥式可知，在流動(dòng)的流體中，壓強(qiáng)跟流速有關(guān)，流速v大的地方要強(qiáng)p小，流速v小的地方壓強(qiáng)p大．【點(diǎn)睛】8．如圖所示，有兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌水平放置，右側(cè)用一小段光滑圓弧和另一對(duì)豎直光滑導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌間距L＝1m。細(xì)金屬棒ab和cd垂直于導(dǎo)軌靜止放置，它們的質(zhì)量m均為1kg，電阻R均為0.5Ω。cd棒右側(cè)lm處有一垂直于導(dǎo)軌平面向下的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T，磁場(chǎng)區(qū)域長(zhǎng)為s。以cd棒的初始位置為原點(diǎn)，向右為正方向建立坐標(biāo)系?，F(xiàn)用向右的水平恒力F＝1.5N作用于ab棒上，作用4s后撤去F。撤去F之后ab棒與cd棒發(fā)生彈性碰撞，cd棒向右運(yùn)動(dòng)。金屬棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，空氣阻力不計(jì)。（g=10m/s2）求：(1)ab棒與cd棒碰撞后瞬間的速度分別為多少；(2)若s＝1m，求cd棒滑上右側(cè)豎直導(dǎo)軌，距離水平導(dǎo)軌的最大高度h；(3)若可以通過調(diào)節(jié)磁場(chǎng)右邊界的位置來改變s的大小，寫出cd棒最后靜止時(shí)與磁場(chǎng)左邊界的距離x的關(guān)系。（不用寫計(jì)算過程）【答案】（1）0，；（2）1.25m；（3）見解析【解析】【詳解】(1)對(duì)ab棒，由動(dòng)量定理得ab棒與cd棒碰撞過程，取向右方向?yàn)檎?，?duì)系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律得由系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得解得，(2)由安培力公式可得對(duì)cd棒進(jìn)入磁場(chǎng)過程，由動(dòng)量定理得設(shè)導(dǎo)體棒cd進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)回路磁通量變化量為以上幾式聯(lián)立可得。對(duì)cd棒出磁場(chǎng)后由機(jī)械能守恒定律可得聯(lián)立以上各式得。(3)第一種情況如果磁場(chǎng)s足夠大，cd棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)距離時(shí)速度減為零，由動(dòng)量定理可得設(shè)磁通量變化量為流過回路的電量聯(lián)立可得即s≥6m，x=6m，停在磁場(chǎng)左邊界右側(cè)6m處。第二種情況cd棒回到磁場(chǎng)左邊界仍有速度，這時(shí)會(huì)與ab再次發(fā)生彈性碰撞，由前面計(jì)算可得二者速度交換，cd會(huì)停在距磁場(chǎng)左邊界左側(cè)1m處，設(shè)此種情況下磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾?，向右運(yùn)動(dòng)時(shí)有返回向左運(yùn)動(dòng)時(shí)通過回路的電量聯(lián)立可得即s＜3m時(shí)，x=1m，停在磁場(chǎng)左邊界左側(cè)1m處；第三種情況3m≤s＜6m，向右運(yùn)動(dòng)時(shí)有通過回路的電量返回向左運(yùn)動(dòng)時(shí)通過回路的電量聯(lián)立可得x=(2s－6）m，在磁場(chǎng)左邊界右側(cè)。9．兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng)，導(dǎo)軌上垂直放置兩根導(dǎo)體棒a和b，俯視圖如圖甲所示。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻不計(jì)，在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)，有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行，開始時(shí)，兩棒均靜止，間距為x0，現(xiàn)給導(dǎo)體棒a一向右的初速度v0，并開始計(jì)時(shí)，可得到如圖乙所示的圖像（表示兩棒的相對(duì)速度，即）。求：（1）0～t2時(shí)間內(nèi)回路產(chǎn)生的焦耳熱；（2）t1時(shí)刻棒a的加速度大??；（3）t2時(shí)刻兩棒之間的距離?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【解析】【分析】【詳解】(1)t2時(shí)刻，兩棒速度相等。由動(dòng)量守恒定律mv0=mv+mv由能量守恒定律，整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱得(2)t1時(shí)刻回路中的電動(dòng)勢(shì)此時(shí)棒a所受的安培力由牛頓第二定律可得，棒a的加速度(3)t2時(shí)刻，兩棒速度相同，由(1)知0-t2時(shí)間內(nèi)，對(duì)棒b，由動(dòng)量定理，有∑BiL△t＝mv?0即BqL=mv得又得10．光子具有能量，也具有動(dòng)量．光照射到物體表面時(shí)，會(huì)對(duì)物體產(chǎn)生壓強(qiáng)，這就是“光壓”．光壓的產(chǎn)生機(jī)理如同氣體壓強(qiáng)：大量氣體分子與器壁的頻繁碰撞產(chǎn)生了持續(xù)均勻的壓力，器壁在單位面積上受到的壓力就是氣體的壓強(qiáng)．設(shè)太陽光每個(gè)光子的平均能量為E，太陽光垂直照射地球表面時(shí)，在單位面積上的輻射功率為P0．已知光速為c，則光子的動(dòng)量為E/c．求：（1）若太陽光垂直照射在地球表面，則時(shí)間t內(nèi)照射到地球表面上半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)太陽光的光子個(gè)數(shù)是多少？（2）若太陽光垂直照射到地球表面，在半徑為r的某圓形區(qū)域內(nèi)被完全反射（即所有光子均被反射，且被反射前后的能量變化可忽略不計(jì)），則太陽光在該區(qū)域表面產(chǎn)生的光壓（用I表示光壓）是多少？（3）有科學(xué)家建議利用光壓對(duì)太陽帆的作用作為未來星際旅行的動(dòng)力來源．一般情況下，太陽光照射到物體表面時(shí)，一部分會(huì)被反射，還有一部分被吸收．若物體表面的反射系數(shù)為ρ，則在物體表面產(chǎn)生的光壓是全反射時(shí)產(chǎn)生光壓的倍．設(shè)太陽帆的反射系數(shù)ρ=0.8，太陽帆為圓盤形，其半徑r=15m，飛船的總質(zhì)量m=100kg，太陽光垂直照射在太陽帆表面單位面積上的輻射功率P0=1.4kW，已知光速c=3.0×108m/s．利用上述數(shù)據(jù)并結(jié)合第（2）問中的結(jié)論，求太陽帆飛船僅在上述光壓的作用下，能產(chǎn)生的加速度大小是多少?不考慮光子被反射前后的能量變化．（保留2位有效數(shù)字）【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【詳解】（1）時(shí)間t內(nèi)太陽光照射到面積為S的圓形區(qū)域上的總能量E總=P0St解得E總=πr2P0t照射到此圓形區(qū)域的光子數(shù)n=解得（2）因光子的動(dòng)量p=則到達(dá)地球表面半徑為r的圓形區(qū)域的光子總動(dòng)量p總=np因太陽光被完全反射，所以時(shí)間t內(nèi)光子總動(dòng)量的改變量Δp=2p設(shè)太陽光對(duì)此圓形區(qū)域表面的壓力為F，依據(jù)動(dòng)量定理Ft=Δp太陽光在圓形區(qū)域表面產(chǎn)生的光壓I=F/S解得（3）在太陽帆表面產(chǎn)生的光壓I′=I對(duì)太陽帆產(chǎn)生的壓力F′=I′S設(shè)飛船的加速度為a，依據(jù)牛頓第二定律F′=ma解得a=5.9×10-5m/s211．隨著電磁技術(shù)的日趨成熟，新一代航母已準(zhǔn)備采用全新的電磁阻攔技術(shù)，它的原理是，飛機(jī)著艦時(shí)利用電磁作用力使它快速停止。為研究問題的方便，我們將其簡(jiǎn)化為如圖所示的模型。在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)。軌道端點(diǎn)MP間接有阻值為R的電阻。一個(gè)長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、阻值為r的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好。飛機(jī)著艦時(shí)質(zhì)量為M的飛機(jī)迅速鉤住導(dǎo)體棒ab，鉤住之后關(guān)閉動(dòng)力系統(tǒng)并立即獲得共同的速度v,忽略摩擦等次要因素，飛機(jī)和金屬棒系統(tǒng)僅在安培力作用下很快停下來。求（1）飛機(jī)在阻攔減速過程中獲得的加速度a的最大值；（2）從飛機(jī)與金屬棒共速到它們停下來的整個(gè)過程中R上產(chǎn)生的焦耳熱QR；（3）從飛機(jī)與金屬棒共速到它們停下來的整個(gè)過程中運(yùn)動(dòng)的距離x?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【分析】【詳解】（1）產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)解得（2）由能量關(guān)系；解得（3）由動(dòng)量定理解得12．如圖所示，一質(zhì)量為的物體從半徑為的圓弧軌道的端，在拉力作用下沿圓弧緩慢運(yùn)動(dòng)到端（圓弧在豎直平面內(nèi)）。拉力的大小始終為，方向始終與物體所在處的切線成角。圓弧軌道所對(duì)應(yīng)的圓心角為，邊沿豎直方向。求這一過程中：（取，，）(1)拉力做的功；(2)重力做的功；(3)圓弧面對(duì)物體的支持力做的功?！敬鸢浮?1)47.1J(2)－29.3J(3)0【解析】【詳解】(1)將圓弧AB分成很多小段，，…，，物體在這些小段上近似做直線運(yùn)動(dòng)，則拉力在每小段上做的功為，…，，因拉力F大小不變，方向始終與物體所在點(diǎn)的切線成角，所以…(2)重力做的功(3)物體受到的支持力始終與物體的運(yùn)動(dòng)方向垂直，所以13．如圖所示，在光滑的水平桌面上放置一根長(zhǎng)為l的鏈條，鏈條沿桌邊掛在桌外的長(zhǎng)度為a，鏈條由靜止開始釋放，求鏈條全部離開桌面時(shí)的速度。【答案】【解析】【分析】【詳解】鏈條從圖示位置到全部離開桌面的過程中，原來桌面上的那段鏈條下降的距離為，掛在桌邊的那段鏈條下降的距離為，設(shè)鏈條單位長(zhǎng)度的質(zhì)量為，鏈條總的質(zhì)量為，由機(jī)械能守恒定律得：解點(diǎn)評(píng)：根據(jù)重力勢(shì)能的減少量等于鏈條動(dòng)能的增加量列方程，不需要選取