微專題十 微元法（講義）-2025年高考物理二輪復(fù)習(xí)講練測（新高考通）含解析

微專題十微元法（講義）-2025年高考物理二輪復(fù)習(xí)講練測（新高考通用）含解析微專題十微元法（講義）-2025年高考物理二輪復(fù)習(xí)講練測（新高考通用）含解析微專題十微元法目錄TOC\o"1-3"\h\u01考情透視·目標(biāo)導(dǎo)航 2 3 4 4一、微元法 4二、微元法的解題步驟 4 4 5考向一靜動(dòng)力學(xué)中的微元法 5考向二變力做功中的微元法 6考向三柱狀流體和離子模型中的微元法 7考向四均勻帶電體電荷微元法 8考向五電磁感應(yīng)中棒類模型的微元法 9考向六帶電粒子在磁場中的微元法 10命題統(tǒng)計(jì)命題要點(diǎn)2024年2023年2022年熱考角度微元法2024湖南卷T82024全國甲卷T122024海南卷T132023全國甲卷T122023江西卷T152022山東卷T32022福建卷T8、152022遼寧卷T15命題規(guī)律從近三年高考試題來看，試題以計(jì)算題為主，大多在電磁感應(yīng)中考查單雙棒問題，在其中應(yīng)用動(dòng)量定理處理安培力沖量時(shí)多用到微元法?？枷蝾A(yù)測預(yù)計(jì)在2025年高考中，還會(huì)多以考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的單雙棒問題，從中用微元法，解決安培力的沖量問題，這種類型的題目應(yīng)多關(guān)注。命題情景多以典型的電磁感應(yīng)中單雙棒為命題背景常用方法微元法微元法靜動(dòng)力學(xué)中的微元法微元法靜動(dòng)力學(xué)中的微元法變力做功中的微元法均勻帶電體電荷微元法柱狀流體和離子模型中的微元法電磁感應(yīng)中棒類模型的微元法帶電粒子在磁場中的微元法一、微元法微元法是一種處理物理問題的方法，它從對事物的極小部分（微元）分析入手，達(dá)到解決事物整體問題的目的。微元法的核心思想是“化整為零”，即先分析“微元”，再通過“微元”分析整體。這種方法通過將問題分解為眾多微小的“元過程”，每個(gè)“元過程”所遵循的規(guī)律是相同的，然后對“元過程”進(jìn)行必要的數(shù)學(xué)方法或物理思想處理，進(jìn)而使問題求解。二、微元法的解題步驟1.明確研究對象或研究過程，并對其進(jìn)行合理的分割，選擇適當(dāng)?shù)奈⒃?。微元的選取應(yīng)盡量簡單，便于分析處理，可以是長度、時(shí)間、質(zhì)量等基本物理量。2.對微元進(jìn)行分析，找出其滿足的物理規(guī)律?？梢允褂没镜奈锢砉交蚨ɡ?，也可以根據(jù)具體情況建立新的物理模型。3.對微元進(jìn)行數(shù)學(xué)處理，包括代數(shù)運(yùn)算、微積分等。這一步是微元法的核心，需要熟練掌握數(shù)學(xué)工具。4.將微元的結(jié)果進(jìn)行累加或累乘，得到整體的結(jié)果。這一步需要注意物理量的方向、正負(fù)號(hào)等問題。對整體結(jié)果進(jìn)行討論和解釋，明確其物理意義和適用范圍。需要注意的是，微元法雖然是一種有效的解題方法，但并不是萬能的。在應(yīng)用微元法時(shí)，應(yīng)充分考慮其適用范圍和局限性，避免出現(xiàn)錯(cuò)誤或遺漏。1．（2022·山東·高考真題）半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點(diǎn)，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點(diǎn)A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為的小圓弧上的電荷。將一點(diǎn)電荷q置于延長線上距O點(diǎn)為的D點(diǎn)，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為（）A．正電荷， B．正電荷，C．負(fù)電荷， D．負(fù)電荷，【技巧點(diǎn)撥】（1）明確點(diǎn)電荷場強(qiáng)的計(jì)算公式；（2）利用微元法結(jié)合場強(qiáng)矢量疊加原則，求解電荷量。2．（多選）（2024·湖南·高考真題）某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導(dǎo)軌置于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導(dǎo)軌段與段粗糙，其余部分光滑，右側(cè)處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)量為m的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置。現(xiàn)讓金屬桿以初速度沿導(dǎo)軌向右經(jīng)過進(jìn)入磁場，最終恰好停在處。已知金屬桿接入導(dǎo)軌之間的阻值為R，與粗糙導(dǎo)軌間的摩擦因數(shù)為，。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．金屬桿經(jīng)過的速度為B．在整個(gè)過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為C．金屬桿經(jīng)過與區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量相同D．若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運(yùn)動(dòng)的距離大于原來的2倍【技巧點(diǎn)撥】（1）根據(jù)動(dòng)能定理，求解產(chǎn)生的熱量多少；（2）利用微元法和動(dòng)量定理求解速度、沖量和距離。考向一靜動(dòng)力學(xué)中的微元法3．（多選）（2024高三·全國·模擬預(yù)測）從地面上以初速度v0豎直向上拋出一質(zhì)量為m的球，若運(yùn)動(dòng)過程中球受到的空氣阻力與其速率成正比，球運(yùn)動(dòng)的速率隨時(shí)間變化規(guī)律如圖所示，t1時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)，再落回地面，落地時(shí)速率為v1，且落地前球已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度為g，則（）A．球上升的時(shí)間等于下落的時(shí)間B．球上升階段阻力的沖量大于下落階段阻力的沖量C．球上升的最大高度D．球拋出瞬間的加速度大小4．（多選）（2024·全國·模擬預(yù)測）隨著我國體育在國際體育產(chǎn)業(yè)地位的不斷提高，2023年多場大型高爾夫球賽事落地中國。高爾夫球比賽過程中教練員可根據(jù)風(fēng)力指示桿上飄帶的形態(tài)提示運(yùn)動(dòng)員現(xiàn)場風(fēng)力的情況。若飄帶可視為粗細(xì)一致，其所處范圍內(nèi)風(fēng)速水平向右、大小恒定且不隨高度改變。設(shè)飄帶的總長度為L，質(zhì)量為m，寬度為d，風(fēng)速為v，空氣密度為，可認(rèn)為風(fēng)與飄帶相互作用后速度變?yōu)?。如圖所示現(xiàn)截取極小的一段研究，設(shè)其與豎直方向的夾角為，則下列說法正確的是（）A．風(fēng)對該段飄帶的水平作用力為B．風(fēng)對該段飄帶的水平作用力為C．整條飄帶應(yīng)呈一條向上彎曲的曲線形態(tài)D．整條飄帶應(yīng)呈一條傾斜直線形態(tài)考向二變力做功中的微元法5．（2022·貴州黔南·模擬預(yù)測）在多年前的農(nóng)村，人們往往會(huì)選擇讓驢來拉磨把食物磨成面，假設(shè)驢對磨桿的平均拉力為，半徑為，轉(zhuǎn)動(dòng)一周為，則（）

A．驢轉(zhuǎn)動(dòng)一周拉力所做的功為0B．驢轉(zhuǎn)動(dòng)一周拉力所做的功為C．驢轉(zhuǎn)動(dòng)一周拉力的平均功率為D．磨盤邊緣的線速度為6．（多選）（2023·山東青島·模擬預(yù)測）冬天的北方，人們常用狗來拉雪橇。一條狗用水平拉力拉著質(zhì)量為80kg的雪橇（包括內(nèi)部物品），在水平雪面做半徑為24m的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度大小為3m/s，雪橇與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.05，重力加速度取10m/s2，。下列說法正確的是（）A．雪橇受到狗的水平拉力大小為40NB．狗給雪橇的水平拉力方向與雪橇前進(jìn)方向成37°C．狗給雪橇的水平拉力功率為150WD．狗拉著雪橇轉(zhuǎn)過30°圓弧的過程中，雪橇克服地面摩擦力做功160πJ考向三柱狀流體和離子模型中的微元法7．（2024·安徽合肥·二模）我國是世界上第三個(gè)突破嵌套式霍爾電推進(jìn)技術(shù)的國家?；魻柾七M(jìn)器的工作原理簡化如下圖所示，放電通道的兩極間存在一加速電場。工作物質(zhì)氙氣進(jìn)入放電通道后被電離為氙離子，經(jīng)電場加速后以某一速度噴出，從而產(chǎn)生推力。某次實(shí)驗(yàn)中，加速電壓為U，氙離子向外噴射形成的電流強(qiáng)度為I．氙離子的電荷量與質(zhì)量分別為q和m，忽略離子的初速度及離子間的相互作用，則離子推進(jìn)器產(chǎn)生的推力為（）A． B． C． D．8．（多選）（2024·福建·三模）如圖所示，消防員正在進(jìn)行消防滅火演練，消防員用高壓水槍噴出的強(qiáng)力水柱沖擊著火物，設(shè)水柱直徑為D，以水平速度v垂直射向著火物，水柱沖擊著火物后速度變?yōu)榱?。高壓水槍的質(zhì)量為M，消防員手持高壓水槍操作，進(jìn)入水槍的水流速度忽略不計(jì)，水的密度為，下列說法正確的是（）A．水槍的流量為B．水槍的功率為C．水柱對著火物的沖擊力為D．向前水平噴水時(shí)，消防員對水槍的作用力方向向前且斜向上方考向四均勻帶電體電荷微元法9．（2023·河北·模擬預(yù)測）已知均勻帶電薄殼外部空間電場與其上電荷全部集中在球心時(shí)產(chǎn)生的電場一樣，內(nèi)部空間的電場處處為0．如圖所示為一帶電量為，半徑為r的均勻帶電球殼，以球心為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立軸，其中A點(diǎn)為殼內(nèi)一點(diǎn)，B點(diǎn)坐標(biāo)為，靜電力常量為k，下列說法正確的是（

）A．將的試探電荷由殼內(nèi)A點(diǎn)移到O點(diǎn)，試探電荷的電勢能減小B．在圓心O處放一個(gè)電量為的點(diǎn)電荷，球殼外表面帶電量仍為C．在處取走極小的一塊面積，O點(diǎn)場強(qiáng)大小為D．在圓心O正上方處取走極小一塊面積，B點(diǎn)場強(qiáng)大小為10．（24-25高三上·河北·開學(xué)考試）如圖，一均勻帶正電荷的圓環(huán)，其半徑為R，圓心為O，AB和CD為圓環(huán)的直徑，AB與CD垂直，P點(diǎn)為圓弧AC的二等分點(diǎn)，四分之一圓環(huán)AC部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為，關(guān)于圓環(huán)各部分電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度，說法正確的是（

）A．整個(gè)圓環(huán)全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為B．四分之三圓環(huán)ACBD部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為C．半圓環(huán)ACB部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為D．八分之一圓環(huán)AP部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為考向五電磁感應(yīng)中棒類模型的微元法11．（2024·全國甲卷·高考真題）如圖，金屬導(dǎo)軌平行且水平放置，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌光滑無摩擦。定值電阻大小為R，其余電阻忽略不計(jì)，電容大小為C。在運(yùn)動(dòng)過程中，金屬棒始終與導(dǎo)軌保持垂直。整個(gè)裝置處于豎直方向且磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。(1)開關(guān)S閉合時(shí)，對金屬棒施加以水平向右的恒力，金屬棒能達(dá)到的最大速度為v0。當(dāng)外力功率為定值電阻功率的兩倍時(shí)，求金屬棒速度v的大小。(2)當(dāng)金屬棒速度為v時(shí)，斷開開關(guān)S，改變水平外力并使金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)外力功率為定值電阻功率的兩倍時(shí)，求電容器兩端的電壓以及從開關(guān)斷開到此刻外力所做的功。12．（2025·全國·模擬預(yù)測）如圖甲所示，在光滑絕緣水平桌面上平放一閉合正方形導(dǎo)線框，其阻值，邊長，邊界平行的有界磁場的寬度為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、方向豎直向下。線框以大小為的初速度水平向右沿與磁場邊界垂直的方向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)邊與磁場左邊界間的距離為L時(shí)線框受到一水平向右的恒定拉力F作用，邊運(yùn)動(dòng)到磁場左邊界時(shí)立即撤去力F，線框加速度隨位移的變化關(guān)系如圖乙所示。求：(1)線框進(jìn)入磁場的過程通過線框某一橫截面的電荷量；(2)時(shí)線框的速度大小；(3)力F的大小?？枷蛄鶐щ娏Ｗ釉诖艌鲋械奈⒃?3．（2025·云南昆明·一模）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第三象限內(nèi)，區(qū)域Ⅰ（）內(nèi)有方向垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場；區(qū)域Ⅱ（）內(nèi)有一平行紙面且大小、方向均未知的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出）。一質(zhì)量為m、電荷量為q（）的粒子從點(diǎn)a（，）沿y軸正方向、以大小為的初速度開始運(yùn)動(dòng)，從點(diǎn)b（，）沿x軸正方向進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間后，從坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)入第一象限，第一象限內(nèi)存在垂直xOy平面向里的磁場，該磁場內(nèi)各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與橫坐標(biāo)x滿足（k為大于0的常量）。不計(jì)粒子重力，求：(1)區(qū)域Ⅰ內(nèi)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；(2)區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大??；(3)該粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中與y軸的最大距離。14．（2024·福建廈門·二模）如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，第一、二象限分別存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B和沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場E，E、B大小均未知。質(zhì)量為m、電荷量為－q（q>0）的粒子從x軸負(fù)半軸M點(diǎn)與x軸正方向成60°射入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后以速度v0從點(diǎn)P（0，d）垂直y軸進(jìn)入磁場，最后從N點(diǎn)與x軸正方向成60°射出磁場，不計(jì)粒子重力。（1）求粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度大?。唬?）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（3）若粒子在磁場中受到與速度大小成正比的阻力f=kv（k為已知常量），粒子恰好從Q點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）垂直x軸射出磁場，求Q點(diǎn)的坐標(biāo)；（4）在第（3）問的情況下，求粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的軌跡長度。微專題十微元法目錄TOC\o"1-3"\h\u01考情透視·目標(biāo)導(dǎo)航 2 3 4 4一、微元法 4二、微元法的解題步驟 4 4 7考向一靜動(dòng)力學(xué)中的微元法 7考向二變力做功中的微元法 8考向三柱狀流體和離子模型中的微元法 10考向四均勻帶電體電荷微元法 12考向五電磁感應(yīng)中棒類模型的微元法 14考向六帶電粒子在磁場中的微元法 17命題統(tǒng)計(jì)命題要點(diǎn)2024年2023年2022年熱考角度微元法2024湖南卷T82024全國甲卷T122024海南卷T132023全國甲卷T122023江西卷T152022山東卷T32022福建卷T8、152022遼寧卷T15命題規(guī)律從近三年高考試題來看，試題以計(jì)算題為主，大多在電磁感應(yīng)中考查單雙棒問題，在其中應(yīng)用動(dòng)量定理處理安培力沖量時(shí)多用到微元法?？枷蝾A(yù)測預(yù)計(jì)在2025年高考中，還會(huì)多以考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的單雙棒問題，從中用微元法，解決安培力的沖量問題，這種類型的題目應(yīng)多關(guān)注。命題情景多以典型的電磁感應(yīng)中單雙棒為命題背景常用方法微元法微元法微元法靜動(dòng)力學(xué)中的微元法變力做功中的微元法均勻帶電體電荷微元法柱狀流體和離子模型中的微元法電磁感應(yīng)中棒類模型的微元法帶電粒子在磁場中的微元法一、微元法微元法是一種處理物理問題的方法，它從對事物的極小部分（微元）分析入手，達(dá)到解決事物整體問題的目的。微元法的核心思想是“化整為零”，即先分析“微元”，再通過“微元”分析整體。這種方法通過將問題分解為眾多微小的“元過程”，每個(gè)“元過程”所遵循的規(guī)律是相同的，然后對“元過程”進(jìn)行必要的數(shù)學(xué)方法或物理思想處理，進(jìn)而使問題求解。二、微元法的解題步驟1.明確研究對象或研究過程，并對其進(jìn)行合理的分割，選擇適當(dāng)?shù)奈⒃?。微元的選取應(yīng)盡量簡單，便于分析處理，可以是長度、時(shí)間、質(zhì)量等基本物理量。2.對微元進(jìn)行分析，找出其滿足的物理規(guī)律。可以使用基本的物理公式或定理，也可以根據(jù)具體情況建立新的物理模型。3.對微元進(jìn)行數(shù)學(xué)處理，包括代數(shù)運(yùn)算、微積分等。這一步是微元法的核心，需要熟練掌握數(shù)學(xué)工具。4.將微元的結(jié)果進(jìn)行累加或累乘，得到整體的結(jié)果。這一步需要注意物理量的方向、正負(fù)號(hào)等問題。對整體結(jié)果進(jìn)行討論和解釋，明確其物理意義和適用范圍。需要注意的是，微元法雖然是一種有效的解題方法，但并不是萬能的。在應(yīng)用微元法時(shí)，應(yīng)充分考慮其適用范圍和局限性，避免出現(xiàn)錯(cuò)誤或遺漏。1．（2022·山東·高考真題）半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點(diǎn)，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點(diǎn)A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為的小圓弧上的電荷。將一點(diǎn)電荷q置于延長線上距O點(diǎn)為的D點(diǎn)，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為（）A．正電荷， B．正電荷，C．負(fù)電荷， D．負(fù)電荷，【答案】C【詳解】取走A、B處兩段弧長均為的小圓弧上的電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和，如圖所示，因?yàn)閮啥位￠L非常小，故可看成點(diǎn)電荷，則有由圖可知，兩場強(qiáng)的夾角為，則兩者的合場強(qiáng)為根據(jù)O點(diǎn)的合場強(qiáng)為0，則放在D點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶負(fù)電，大小為根據(jù)聯(lián)立解得故選C。【技巧點(diǎn)撥】（1）明確點(diǎn)電荷場強(qiáng)的計(jì)算公式；（2）利用微元法結(jié)合場強(qiáng)矢量疊加原則，求解電荷量。2．（多選）（2024·湖南·高考真題）某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導(dǎo)軌置于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導(dǎo)軌段與段粗糙，其余部分光滑，右側(cè)處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)量為m的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置?，F(xiàn)讓金屬桿以初速度沿導(dǎo)軌向右經(jīng)過進(jìn)入磁場，最終恰好停在處。已知金屬桿接入導(dǎo)軌之間的阻值為R，與粗糙導(dǎo)軌間的摩擦因數(shù)為，。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．金屬桿經(jīng)過的速度為B．在整個(gè)過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為C．金屬桿經(jīng)過與區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量相同D．若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運(yùn)動(dòng)的距離大于原來的2倍【答案】CD【詳解】A．設(shè)平行金屬導(dǎo)軌間距為L，金屬桿在AA1B1B區(qū)域向右運(yùn)動(dòng)的過程中切割磁感線有E=BLv，金屬桿在AA1B1B區(qū)域運(yùn)動(dòng)的過程中根據(jù)動(dòng)量定理有

則由于，則上面方程左右兩邊累計(jì)求和，可得則設(shè)金屬桿在BB1C1C區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，同理可得，則金屬桿在BB1C1C區(qū)域運(yùn)動(dòng)的過程中有解得綜上有則金屬桿經(jīng)過BB1的速度大于，故A錯(cuò)誤；B．在整個(gè)過程中，根據(jù)能量守恒有則在整個(gè)過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為故B錯(cuò)誤；C．金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量為則金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域滑行距離均為，金屬桿所受安培力的沖量相同，故C正確；D．根據(jù)A選項(xiàng)可得，金屬桿以初速度在磁場中運(yùn)動(dòng)有金屬桿的初速度加倍，設(shè)此時(shí)金屬桿在BB1C1C區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，全過程對金屬棒分析得聯(lián)立整理得分析可知當(dāng)金屬桿速度加倍后，金屬桿通過BB1C1C區(qū)域的速度比第一次大，故，可得可見若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運(yùn)動(dòng)的距離大于原來的2倍，故D正確。故選CD?！炯记牲c(diǎn)撥】（1）根據(jù)動(dòng)能定理，求解產(chǎn)生的熱量多少；（2）利用微元法和動(dòng)量定理求解速度、沖量和距離?？枷蛞混o動(dòng)力學(xué)中的微元法3．（多選）（2024高三·全國·模擬預(yù)測）從地面上以初速度v0豎直向上拋出一質(zhì)量為m的球，若運(yùn)動(dòng)過程中球受到的空氣阻力與其速率成正比，球運(yùn)動(dòng)的速率隨時(shí)間變化規(guī)律如圖所示，t1時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)，再落回地面，落地時(shí)速率為v1，且落地前球已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度為g，則（）A．球上升的時(shí)間等于下落的時(shí)間B．球上升階段阻力的沖量大于下落階段阻力的沖量C．球上升的最大高度D．球拋出瞬間的加速度大小【答案】C【詳解】A．由于上升過程與下落過程的位移大小相等，又有速度?時(shí)間圖像與時(shí)間軸所圍面積表示位移可知，上升過程中的平均速度大于下落過程中的平均速度，則小球在運(yùn)動(dòng)的全過程，上升的時(shí)間小于下落的時(shí)間，故A錯(cuò)誤；B．由題意可得，阻力與速率的關(guān)系為故阻力的沖量大小為其中表示位移，因?yàn)樯仙^程和下落過程位移相同，則上升和下降過程沖量大小相等，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)上升時(shí)加速度大小為a，由牛頓第二定律得解得取極短時(shí)間，速度變化有，上升全程，則有則空氣阻力與其速率成正比，最終以v1勻速下降，由平衡條件則有聯(lián)立解得故C正確；D．小球拋出瞬間，由牛頓第二定律則有其中解得球拋出瞬間的加速度大小為故D錯(cuò)誤。故選C。4．（多選）（2024·全國·模擬預(yù)測）隨著我國體育在國際體育產(chǎn)業(yè)地位的不斷提高，2023年多場大型高爾夫球賽事落地中國。高爾夫球比賽過程中教練員可根據(jù)風(fēng)力指示桿上飄帶的形態(tài)提示運(yùn)動(dòng)員現(xiàn)場風(fēng)力的情況。若飄帶可視為粗細(xì)一致，其所處范圍內(nèi)風(fēng)速水平向右、大小恒定且不隨高度改變。設(shè)飄帶的總長度為L，質(zhì)量為m，寬度為d，風(fēng)速為v，空氣密度為，可認(rèn)為風(fēng)與飄帶相互作用后速度變?yōu)?。如圖所示現(xiàn)截取極小的一段研究，設(shè)其與豎直方向的夾角為，則下列說法正確的是（）A．風(fēng)對該段飄帶的水平作用力為B．風(fēng)對該段飄帶的水平作用力為C．整條飄帶應(yīng)呈一條向上彎曲的曲線形態(tài)D．整條飄帶應(yīng)呈一條傾斜直線形態(tài)【答案】BD【詳解】AB．長度為的飄帶質(zhì)量為風(fēng)吹到長度為的飄帶上的有效面積則在極短時(shí)間內(nèi)撞擊到有效面積的風(fēng)的質(zhì)量根據(jù)動(dòng)量定理聯(lián)立解得根據(jù)牛頓第三定律故A錯(cuò)誤，B正確；CD．根據(jù)三力平衡的條件和幾何關(guān)系可知整理得可見微元飄帶與豎直方向的夾角僅取決于空氣密度、風(fēng)速及飄帶整體的相關(guān)性質(zhì)，與所取得微元飄帶本身并無關(guān)系，也就是說，飄帶的各部分與豎直方向的夾角都是相同的，因此飄帶應(yīng)呈一條傾斜的直線的形態(tài)，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD?？枷蚨兞ψ龉χ械奈⒃?．（2022·貴州黔南·模擬預(yù)測）在多年前的農(nóng)村，人們往往會(huì)選擇讓驢來拉磨把食物磨成面，假設(shè)驢對磨桿的平均拉力為，半徑為，轉(zhuǎn)動(dòng)一周為，則（）

A．驢轉(zhuǎn)動(dòng)一周拉力所做的功為0B．驢轉(zhuǎn)動(dòng)一周拉力所做的功為C．驢轉(zhuǎn)動(dòng)一周拉力的平均功率為D．磨盤邊緣的線速度為【答案】C【詳解】AB．驢對磨的拉力沿圓周切線方向，拉力作用點(diǎn)的速度方向也在圓周切線方向，故可認(rèn)為拉磨過程中拉力方向始終與速度方向相同，故根據(jù)微分原理可知，拉力對磨盤所做的功等于拉力的大小與拉力作用點(diǎn)沿圓周運(yùn)動(dòng)弧長的乘積，則磨轉(zhuǎn)動(dòng)一周，弧長所以拉力所做的功故AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)功率的定義得故C正確；D．線速度為故D錯(cuò)誤。故選C。6．（多選）（2023·山東青島·模擬預(yù)測）冬天的北方，人們常用狗來拉雪橇。一條狗用水平拉力拉著質(zhì)量為80kg的雪橇（包括內(nèi)部物品），在水平雪面做半徑為24m的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度大小為3m/s，雪橇與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.05，重力加速度取10m/s2，。下列說法正確的是（）A．雪橇受到狗的水平拉力大小為40NB．狗給雪橇的水平拉力方向與雪橇前進(jìn)方向成37°C．狗給雪橇的水平拉力功率為150WD．狗拉著雪橇轉(zhuǎn)過30°圓弧的過程中，雪橇克服地面摩擦力做功160πJ【答案】BD【詳解】A．狗拉雪橇的水平拉力有兩個(gè)作用效果，一個(gè)作用效果平衡雪橇做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)切向受到的摩擦力，另一個(gè)作用效果使雪橇做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)雪橇做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有在雪橇前進(jìn)的方向上始終有則可得雪橇受到狗的水平拉力大小為B．狗給雪橇的水平拉力方向與雪橇前進(jìn)方向之間夾角的正切值為可得夾角故B正確；C．狗給雪橇的水平拉力功率為故C錯(cuò)誤；D．狗拉著雪橇轉(zhuǎn)過30°圓弧的過程中，雪橇克服地面摩擦力做功故D正確。故選BD?？枷蛉鶢盍黧w和離子模型中的微元法7．（2024·安徽合肥·二模）我國是世界上第三個(gè)突破嵌套式霍爾電推進(jìn)技術(shù)的國家?；魻柾七M(jìn)器的工作原理簡化如下圖所示，放電通道的兩極間存在一加速電場。工作物質(zhì)氙氣進(jìn)入放電通道后被電離為氙離子，經(jīng)電場加速后以某一速度噴出，從而產(chǎn)生推力。某次實(shí)驗(yàn)中，加速電壓為U，氙離子向外噴射形成的電流強(qiáng)度為I．氙離子的電荷量與質(zhì)量分別為q和m，忽略離子的初速度及離子間的相互作用，則離子推進(jìn)器產(chǎn)生的推力為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】氙離子經(jīng)電場加速，根據(jù)動(dòng)能定理有解得設(shè)單位體積內(nèi)離子數(shù)目為，加速噴出時(shí)截面積為S，在時(shí)間內(nèi)，有質(zhì)量為的氙離子以速度噴射而出形成電流為：由動(dòng)量定理可得聯(lián)立可得離子推進(jìn)器產(chǎn)生的推力為。故選D。8．（多選）（2024·福建·三模）如圖所示，消防員正在進(jìn)行消防滅火演練，消防員用高壓水槍噴出的強(qiáng)力水柱沖擊著火物，設(shè)水柱直徑為D，以水平速度v垂直射向著火物，水柱沖擊著火物后速度變?yōu)榱?。高壓水槍的質(zhì)量為M，消防員手持高壓水槍操作，進(jìn)入水槍的水流速度忽略不計(jì)，水的密度為，下列說法正確的是（）A．水槍的流量為B．水槍的功率為C．水柱對著火物的沖擊力為D．向前水平噴水時(shí)，消防員對水槍的作用力方向向前且斜向上方【答案】BD【詳解】A．設(shè)時(shí)間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為，質(zhì)量為，則，流量，A錯(cuò)誤；B．時(shí)間內(nèi)水槍噴出的水的動(dòng)能為知高壓水槍在此期間對水做功為高壓水槍的功率為，B正確；C．考慮一個(gè)極短時(shí)間，在此時(shí)間內(nèi)噴到著火物上水的質(zhì)量為m，設(shè)著火物對水柱的作用力為F，由動(dòng)量定理得時(shí)間內(nèi)沖到著火物上水的質(zhì)量為解得由牛頓第三定律可知，水柱對著火物的平均沖力為，C錯(cuò)誤；D．當(dāng)高壓水槍水平向前噴出高壓水流時(shí)，水流對高壓水槍的作用力水平向后，由于高壓水槍有重力，根據(jù)平衡條件，手對高壓水槍的作用力方向斜向前上方，D正確。故選BD?？枷蛩木鶆驇щ婓w電荷微元法9．（2023·河北·模擬預(yù)測）已知均勻帶電薄殼外部空間電場與其上電荷全部集中在球心時(shí)產(chǎn)生的電場一樣，內(nèi)部空間的電場處處為0．如圖所示為一帶電量為，半徑為r的均勻帶電球殼，以球心為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立軸，其中A點(diǎn)為殼內(nèi)一點(diǎn)，B點(diǎn)坐標(biāo)為，靜電力常量為k，下列說法正確的是（

）A．將的試探電荷由殼內(nèi)A點(diǎn)移到O點(diǎn)，試探電荷的電勢能減小B．在圓心O處放一個(gè)電量為的點(diǎn)電荷，球殼外表面帶電量仍為C．在處取走極小的一塊面積，O點(diǎn)場強(qiáng)大小為D．在圓心O正上方處取走極小一塊面積，B點(diǎn)場強(qiáng)大小為【答案】C【詳解】A．殼內(nèi)場強(qiáng)處處為0，故移動(dòng)試探電荷不做功，A錯(cuò)誤；B．在圓心O處放一個(gè)電量為的點(diǎn)電荷，由于靜電感應(yīng)，球殼內(nèi)表面感應(yīng)出的電荷，則球殼外表面的電荷量為，B錯(cuò)誤；C．在處取走極小一塊面積，根據(jù)對稱性，在處極小一塊面積的電荷產(chǎn)生的電場，C正確；D．整個(gè)球殼在B點(diǎn)的電場水平向右，在圓心O正上方處取走極小一塊面積在B點(diǎn)的場強(qiáng)為方向斜向右下，與矢量作差即為B點(diǎn)電場強(qiáng)度，D錯(cuò)誤。故選C。10．（24-25高三上·河北·開學(xué)考試）如圖，一均勻帶正電荷的圓環(huán)，其半徑為R，圓心為O，AB和CD為圓環(huán)的直徑，AB與CD垂直，P點(diǎn)為圓弧AC的二等分點(diǎn)，四分之一圓環(huán)AC部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為，關(guān)于圓環(huán)各部分電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度，說法正確的是（

）A．整個(gè)圓環(huán)全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為B．四分之三圓環(huán)ACBD部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為C．半圓環(huán)ACB部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為D．八分之一圓環(huán)AP部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為【答案】D【詳解】AB．圓環(huán)上取一微元電荷q，可視為點(diǎn)電荷，根據(jù)真空中點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度計(jì)算公式，微元電荷q在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小圓環(huán)上電荷到圓心O的距離相同，都為R，則每個(gè)微元電荷q在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小都相等，方向從微元電荷指向圓心O，根據(jù)對稱性和疊加原理可知整個(gè)圓環(huán)全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為0；同理，根據(jù)對稱性和疊加原理可知圓環(huán)AC和BD部分全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為0，則四分之三圓環(huán)ACBD部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相當(dāng)于四分之一圓環(huán)BC部分在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度，四分之一圓環(huán)BC部分在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小與四分之一圓環(huán)AC部分在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，即為，故AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)對稱性可知四分之一圓環(huán)AC部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為，方向沿PO方向，圓環(huán)BC部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小也為，方向垂直于PO方向，根據(jù)疊加原理和平行四邊形定則可知半圓環(huán)ACB部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)八分之一圓環(huán)AP部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為，根據(jù)對稱性可知八分之一圓環(huán)CP部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小也為，根據(jù)對稱性和疊加原理可知兩電場強(qiáng)度方向夾角為45°，兩電場強(qiáng)度矢量和即為四分之一圓環(huán)AC部分的全部正電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度，所以有解得故D正確。故選D?？枷蛭咫姶鸥袘?yīng)中棒類模型的微元法11．（2024·全國甲卷·高考真題）如圖，金屬導(dǎo)軌平行且水平放置，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌光滑無摩擦。定值電阻大小為R，其余電阻忽略不計(jì)，電容大小為C。在運(yùn)動(dòng)過程中，金屬棒始終與導(dǎo)軌保持垂直。整個(gè)裝置處于豎直方向且磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。(1)開關(guān)S閉合時(shí)，對金屬棒施加以水平向右的恒力，金屬棒能達(dá)到的最大速度為v0。當(dāng)外力功率為定值電阻功率的兩倍時(shí)，求金屬棒速度v的大小。(2)當(dāng)金屬棒速度為v時(shí)，斷開開關(guān)S，改變水平外力并使金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)外力功率為定值電阻功率的兩倍時(shí)，求電容器兩端的電壓以及從開關(guān)斷開到此刻外力所做的功。【答案】（1）；（2），【詳解】（1）開關(guān)S閉合后，當(dāng)外力與安培力相等時(shí)，金屬棒的速度最大，則由閉合電路歐姆定律金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為聯(lián)立可得，恒定的外力為在加速階段，外力的功率為定值電阻的功率為若時(shí)，即化簡可得金屬棒速度v的大小為（2）斷開開關(guān)S，電容器充電，則電容器與定值電阻串聯(lián)，則有當(dāng)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器不斷充電，電荷量q不斷增大，電路中電流不斷減小，則金屬棒所受安培力不斷減小，而拉力的功率定值電阻功率當(dāng)時(shí)有可得根據(jù)可得此時(shí)電容器兩端電壓為從開關(guān)斷開到此刻外力所做的功為其中聯(lián)立可得12．（2025·全國·模擬預(yù)測）如圖甲所示，在光滑絕緣水平桌面上平放一閉合正方形導(dǎo)線框，其阻值，邊長，邊界平行的有界磁場的寬度為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、方向豎直向下。線框以大小為的初速度水平向右沿與磁場邊界垂直的方向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)邊與磁場左邊界間的距離為L時(shí)線框受到一水平向右的恒定拉力F作用，邊運(yùn)動(dòng)到磁場左邊界時(shí)立即撤去力F，線框加速度隨位移的變化關(guān)系如圖乙所示。求：(1)線框進(jìn)入磁場的過程通過線框某一橫截面的電荷量；(2)時(shí)線框的速度大??；(3)力F的大小?！敬鸢浮?1)0.4C(2)0.4m/s(3)0.04N【詳解】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有根據(jù)歐姆定律可得又因?yàn)槁?lián)立解得（2）圖像中圖線與軸圍成的面積可表示為，0.4～1.2m位移內(nèi)，結(jié)合圖乙可得，解得（3）線框剛進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢根據(jù)閉合電路歐