2019届高三物理二轮复习专题八：《物理解题中的数学方法》训练含答案

《物理学中常用的数学一般方法》专题训练

1.(2018·衡水三模)(图象法)一个小球从光滑固定的圆弧槽的A点由静止释放后,经最低点B 运动到C点的过程中,小球的动能E k随时间t的变化图象可能是()。

解析?动能E k与时间t的图象上任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率,即

ΔE k Δt =W

Δt

=P,A点与C点处小球速度均为零,B点处小球速度方向与重力方向垂直,所以A、B、

C三点处的重力功率为零,则小球由A点运动到B点的过程中重力做功功率先增大再逐渐减小到零,小球由B点运动到C点的过程中,重力做功功率也是先增大再逐渐减小到零,故A项正确。

答案? A

2.(2018·南充三模)(建模法)“太极球”运动是一项较流行的健身运动,做该项运动时,健身者半马步站立,手持太极球拍,拍上放一橡胶太极球,健身者舞动球拍时,尽量使太极球不掉到地上,现将球拍和太极球简化成如图所示的平板和小球,熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板且做匀速圆周运动,则()。

A.在B、D两处小球运动的加速度一定相同

B.只要平板与水平面的夹角合适,小球在B、D两处可能不受平板的摩擦力作用

C.平板对小球的作用力在A处最大,在C处最小

D.小球在运动过程中机械能保持不变

解析?建立竖直平面内的圆周运动模型,小球在B、D两处的加速度都指向圆心,方向不同,由此可知A项错误;只要平板与水平面的夹角合适,小球在B、D两处受到的重力和支持力的合力可以沿水平方向指向圆心,若正好提供做匀速圆周运动所需要的向心力,则在这两点处小球不受摩擦力,B项正确;根据匀速圆周运动模型,在A处满足mg+F A=m v2

,在C处满足

r

F C-mg=m v2

,由此可知F A

r

化,所以机械能不守恒,D项错误。

答案? B

甲

3.(矢量法)如图甲所示,质量分布均匀的细棒中心为O点,O1为光滑铰链,O2为光滑定滑轮,O2在O1正上方,一根轻绳的一端系于O点,另一端跨过定滑轮O2,由水平外力F牵引,用N表示铰链对杆的作用力。在外力F作用下,细棒从图示位置缓慢转到竖直位置,在此过程中,下列说法正确的是()。

A.F逐渐变小,N大小不变

B.F逐渐变小,N大小变大

C.F先变小后变大,N逐渐变小

乙

D.F先变小后变大,N逐渐变大

解析?画出杆的受力图如图乙所示;根据矢量三角形和相似三角形的规律可知

N OO1=mg

O1O2

=F

OO2

,因OO1和O1O2不变,则N不变;随OO2的减小,F减小,A项正确。答案? A

4.(图象法)(多选)如图所示,定值电阻R1=3 Ω,R2=2 Ω,滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω,电

表均视为理想电表,调节R记录多组U、I数据,画出图乙所示的U-I图象,下列说法正确的是()。

A.当滑动变阻器的滑片由中点向右移动时,滑动变阻器上的功率先增大后减小

B.当滑动变阻器接入电路的电阻为10 Ω时,电源的效率最大

C.当滑动变阻器接入电路的电阻为4 Ω时,滑动变阻器的功率最大

D.电源的最大功率为2.25 W

解析?把滑动变阻器当作负载,R1、R2等效为电源内阻的一部分,当通过R1的电流I1=0.3 A时,根据并联电路的特点可知,通过R2的电流I2=I1R1

R2

=0.45 A ,则等效电源的内阻

r'=E

I1+I2

=4 Ω,因为R的最大阻值为10 Ω,所以滑片由中点向右滑动时,功率逐渐减小,A项错

误;电源的效率η=I2R

外

I2(R

外+r)

=R外

R

外

+r

=1

1+r

R

外

,r为电源内阻,不是等效内阻,故外电阻越大,效率越大,

所以当滑动变阻器的电阻为10 Ω时,电源的效率最大,B项正确;当滑动变阻器接入电路的电阻等于等效电源内阻4 Ω时,滑动变阻器的功率最大,C项正确;当整个回路电阻最小时,即滑动变阻器阻值R=0时,电路的电流最大,电源的最大功率P m=E2

r'

=2.25 W,D项正确。

答案?BCD

5.(图象法)A、B两车在平直公路上行驶,其速度—时间图象如图甲所示(其中A的图象为对称图形),则下列说法正确的是()。

甲

A.8 s末,A、B两车相遇

B.A车在0~4 s内的位移小于B车在4 s~8 s内的位移

C.4 s末,A车的加速度小于B车的加速度

D.在0~8 s内,A车的平均速度小于B车的平均速度

乙

解析?由于初始时刻两车的位置关系不清楚,故无法判断8 s末A、B两车是否相遇,A 项错误;连接图中(0,0)和(8,40)两点,如图乙所示,根据“速度—时间图象中图线与时间轴所围成的面积表示位移”及对称性可知,A车在0~4 s内的位移(小于40 m)小于B车在4 s~8 s 内的位移(等于40 m),B项正确;速度—时间图象的斜率表示加速度,故4 s末,A车的加速度大

于B车的加速度,C项错误;又由对称性可知,在0~8 s内,两车的位移x大小相等,根据v?=x

t

知,两车的平均速度大小相等,D项错误。

答案? B

甲

6.(2017·石家庄一模)(矢量法)如图甲所示,在竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架(AB 为直径),支架上套着一个小球,轻绳的一端悬于P点,另一端与小球相连。已知半圆形支架的半径为R,轻绳长度为L,且R

A.F1和F2均增大

B.F1保持不变,F2先增大后减小

C.F1先减小后增大,F2保持不变

D.F1先增大后减小,F2先减小后增大

乙

解析?对小球受力分析如图乙所示,因为边三角形与力三角形相似,所以有mg

OP =F2

R

=F1

L

,

现将轻绳的上端点P沿墙壁缓慢下移至A点,OP减小,所以F1和F2均增大,A项正确。

答案? A

7.(2018·南阳二模)(图象法)(多选)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以不变的初速度v 0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x 与斜面倾角θ的关系如图乙所示,g 取10 m/s 2,根据图象可求出( )。

A .物体的初速度大小v 0=6 m/s

B .物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.6

C .取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x 的最小值x min =1.44 m

D .当θ=30°时,物体达到最大位移后将沿斜面下滑

解析? 由图乙可知,当斜面的倾角θ=90°时,物体做竖直上抛运动,位移x 1=1.80 m,则

由竖直上抛运动规律可知v 02=2gx 1,解得v 0=√2gx 1=6 m/s,A 项正确。当θ=0时,可知

x 2=2.40 m,由动能定理可得-μmgx 2=0-12m v 02,解得μ=v

2

2gx 2

=0.75,B 项错误。根据动能定律

得-mgx sin θ-μmg cos θ·x=0-1

2

m v 02,解得x=

v 02

2g(sinθ+μcosθ)=62

2×10×(sinθ+0.75cosθ)

=9

5×5

4

sin(θ+α),

式中有tan α=34

,可知α=37°,当θ+α=90°,即θ=53°时,位移最小x min =1.44 m,C 项正确。若

θ=30°,由题中条件可得mg sin θ<μmg cos θ,则物块到达最高点后,不会再向下滑动,而是

静止在最高点,D 项错误。

答案? AC

甲

8.(2018·成都一模)(矢量法)如图甲所示,光滑绝缘的斜面与水平面的夹角为θ,导体棒ab 静止在斜面上,ab 与斜面底边平行,通有图示方向的恒定电流I ,空间充满竖直向上的匀强磁场,磁

感应强度大小为B,现缓慢增大θ(0<θ<90°),若电流I不变,且ab始终静止在斜面上(不考虑磁场变化产生的影响),下列说法正确的是()。

A.B应缓慢减小

B.B应缓慢增大

C.B应先增大后减小

D.B应先减小后增大

乙

解析?作出受力分析图,由图乙可知,金属棒受重力、支持力及向右的安培力的作用,当增大θ角度,则支持力的方向将向左旋转,要使棒仍然平衡,则支持力与安培力的合力大小一直等于重力大小,则由图可知,安培力必须增大,故磁感应强度应增大,B项正确。

答案? B

甲

9.(2017·福建一模)(图象法)一圆筒处于匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图甲所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计粒子重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,带电粒子的比荷为k,则磁感应强度的大小为()。

A.ω

3k B.ω

2k

C.ω

k

D.2ω

k

乙

解析?作出粒子的运动轨迹如图乙所示,其中O'为粒子运动轨迹的圆心,由几何关系

可知∠MO'N'=30°。由粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律可知T=2πm

Bq ,即比荷q

m

=2π

BT

,由题

意知t粒子=t筒,即30°

360°·T=90°

360°

·T筒,得T=3T筒,又T筒=2π

ω

,故q

m

=ω

3B

=k,可得B=ω

3k

,A项正确。

答案? A

10.(2018·河北一模)(消元法和图象法)如图甲所示,在平面直角坐标系xOy中0≤x≤L的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,以点(3L,0)为圆心、半径为L的圆形区域,与x轴的交点分别为M、N,在xOy平面内,从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子,以几乎为零的初速度飘入电势差为U的加速电场中,加速后经过右侧极板上的小孔沿x轴正方向由y轴上的P点进入到磁场,飞出磁场后从M点进入圆形区域且速度方向与x轴夹角为30°,此时在圆形区域加周期性变化的磁场(如图乙所示),以垂直于纸面向外的方向为磁场正方向,电子运动一段时间后从N点飞出,速度方向与电子从M点进入磁场时的速度方向相同。

(1)求P点的纵坐标y P。

(2)求0≤x≤L区域内匀强磁场磁感应强度B的大小。

(3)写出圆形磁场区域磁感应强度B 0的大小及磁场变化周期T 各应满足的表达式。

丙

解析? (1)电子在0≤x ≤L 磁场区域做圆周运动,出磁场后做直线运动,其运动轨迹如图

丙所示,由几何关系可得R=2L

y P =R-R cos 30°+L tan 30°=(2?2

3√3)L 。

(2)在加速电场中,由动能定理有

eU=1

2m v 02

解得v 0=√2eU m

由洛伦兹力提供向心力可得

ev 0B=m v

2

R

联立解得B=

√2meU

2eL

。 (3)电子在圆形磁场中做圆周运动的轨迹半径 R'=mv

0eB 0

,假设在磁场变化的半个周期内,粒

子的偏转角为60°,根据几何关系,在磁场变化的半个周期内,粒子在x 轴方向上的位移恰好等于R',粒子能到达N 点且速度符合要求的空间条件是2nR'=2L

解得B 0=

n √2emU eL

(n=1,2,3,…)

粒子在磁场变化的半个周期内恰好转过1

6个圆周,同时,当电子在MN 间运动的时间是磁场变化周期的整数倍时,粒子能到达N 点且速度满足题设要求,则有16T 0=T

2,又因为T 0=2πm

eB 0

,则

T 的表达式为T=2πmL 3n

√2emU

(n=1,2,3,…)。

丁

答案?(1)(2?2

3√3)L (2)√2meU

2eL

(3)B0=n√2emU

eL

(n=1,2,3,…)

T=2πmL

3n√2emU

(n=1,2,3,…)

《物理中常用的数学特殊方法》专题训练

1.(微元法)如图甲所示,一对间距l=20 cm的平行光滑导轨放在水平面上,导轨的左端接R=1

Ω的电阻,导轨上垂直放置一导体杆,整个装置处在磁感应强度大小B=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下。杆在沿导轨方向的拉力F作用下做初速度为零的匀加速运动。测得力F与时间t的关系如图乙所示。杆及两导轨的电阻均可忽略不计,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,则杆的加速度大小和质量分别为()。

A.20 m/s2,0.5 kg

B.20 m/s2,0.1 kg

C.10 m/s2,0.5 kg

D.10 m/s2,0.1 kg

解析?导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动,用v表示瞬时速度,t表示时

间,则杆切割磁感线产生的感应电动势E=Blv=Blat,闭合回路中的感应电流I=E

R

,由安培力公

式和牛顿第二定律得F-BIl=ma,联立解得F=ma+B2l2at

R

。在图乙中图线上取两点,t1=0,F1=1 N;t2=10 s,F2=2 N。代入上式解得a=10 m/s2,m=0.1 kg,D项正确。

答案? D

2.(2018·广东三模)(特殊值法)(多选)如图所示,电源电动势为E,内阻r不为零,且始终小于外电路的总电阻,当滑动变阻器R的滑片P位于中点时,A、B、C三个小灯泡的亮度相同,则()。

A.当滑片P向左移动时,A、C灯变亮,B灯变暗

B.当滑片P向左移动时,B、C灯变亮,A灯变暗

C.当滑片P向左移动时,电源的效率减小

D.当滑片P向左移动时,电源的输出功率减小

解析?由图知,滑动变阻器R与A灯并联后与B灯串联,最后与C灯并联。当滑片P 向左移动时,滑动变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻增大,总电流减小,路端电压增大,C灯变亮。流过B灯的电流I B=I-I C,I减小,I C增大,则I B减小,B灯变暗。A灯的电压

U A=U-U B,U增大,U B减小,则U A增大,A灯变亮。所以A、C两灯变亮,B灯变暗,A项正确,B

项错误。电源的效率η=UI

EI =R外

R

外

+r

=1

1+r

R

外

,当滑片P向左移动时,可知外电路总电阻R增大,效率

η增大,C项错误。当外电阻等于电源的内阻时,电源的输出功率最大,已知r小于外电路的总电阻,当滑片P向左移动时,外电路总电阻增大,电源的输出功率随电阻增大而减小,故D项正确。

答案?AD

3.(配方法和极值法)(多选)在光滑的水平桌面上有体积相等、质量分别为M=0.6 kg,m=0.2 kg的两个小球P、Q,P、Q中间夹着一个被压缩的具有弹性势能E p=10.8 J的轻弹簧(弹簧

与两个球不相连),P 、Q 两球原来处于静止状态。现突然释放弹簧,球Q 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径R=0.425 m 的竖直放置的光滑半圆形轨道,如图所示。(g 取10 m/s 2)( )。

A .小球P 离开轻弹簧时获得的速度为9 m/s

B .小球Q 从轨道底端A 运动到顶端B 的过程中所受合力的冲量大小为3.4 N ·s

C .若半圆轨道半径可调,且小球Q 能从B 点飞出,则小球Q 飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小

D .弹簧伸长过程中,弹力对Q 的冲量大小为1.8 N ·s

解析? 弹簧弹开P 和Q 的过程中满足机械能守恒和动量守恒,由此可得

Mv P =mv Q ,1

2M v P 2+1

2m v Q 2=E p ,联立解得v P =3 m/s,v Q =9 m/s,A 项错误;弹簧弹开P 和Q 过

程中,弹力对Q 的冲量大小为1.8 N ·s,D 项正确;小球经过竖直半圆轨道到达B 点的过程中,由机械能守恒可得1

2

m v Q 2=1

2

m v B 2+2mgR ,代入数据解得v B =8 m/s,方向水平向左,小球Q 所

受合力的冲量大小ΔI=mv Q -(-mv B )=3.4 N ·s,B 项正确;若半圆轨道半径可调,球Q 能从B 点飞出,由能量守恒得1

2

m v Q 2

=mg ·2R+1

2

mv B

'2,解得

v B '=√v Q 2-4gR ,又mv B

'

2

R ≥mg ,则有

R max =1.62 m,当R ≤R max 时,球Q 从A 到B 的过程中,由平抛运动规律有x=v B 't ,2R=1

2gt 2,联

立解得x=√v Q 2-4gR ·√4R

g =√-16(R -v Q 28g )2

+v

Q 4

4g 2,代入数据可知,当R=v

Q 2

8g

=1.0125 m 时,x 有最大值,故球Q 从B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离不一定随轨道半径的增大而减小,C 项错误。

答案? BD

4.(2018·北京二模)(微元法)在测定电容器电容值的实验中,将电容器、电压传感器、阻值为3 k Ω的电阻R 、电源、单刀双掷开关按图甲所示的电路图进行连接。先使开关S 与1端相连,

电源向电容器充电,充电完毕后把开关S掷向2端,电容器放电,直至放电完毕。实验中与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的u-t曲线如图乙所示,图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录的“峰值”及曲线与时间轴所围“面积”的图。

(1)根据图甲所示的电路,观察图乙可知:充电电流与放电电流方向(选填“相同”或“相反”),大小都随时间(选填“增加”或“减小”)。

(2)利用图丙确定该电容器的电容值为F(结果保留2位有效数字)。

(3)某同学认为:仍利用上述装置,将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端,也可以测出电容器的电容值。请你分析并说明该同学的说法是否正确。

解析?(2)C=Q m

U m =iΔt

U m

=U R t

U m

=S

RU m

解得C=1.0×10-2 F。

(3)正确。因为当开关S与2连接时,电容器放电的过程中,电容器C与电阻R上的电压大小相等,因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值U m”及曲线与时间轴所围“面

积S”,仍可应用C=Q

U =S

RU m

计算电容值。

答案?(1)相反减小(2)1.0×10-2

(3)见解析

5.(极值法)甲、乙两车在同一直线轨道上同向行驶,甲车在前,速度v1=8 m/s,乙车在后,速度v2=16 m/s,当两车相距x0=8 m时,甲车因故开始刹车,加速度大小a1=2 m/s2,为避免相撞,乙车立即开始刹车,要使两车不相撞,则乙车的加速度至少为多大?

解析?设乙车的加速度大小为a2,甲车位移和时间的关系为x甲=v1t-1

2

a1t2

乙车位移和时间的关系为x乙=v2t-1

2

a2t2

两车位移满足x甲+x0≥x乙,即1

2

(a2-a1)t2+(v1-v2)t+x0≥0

代入数值得(a2-2)t2-16t+16≥0

不等式成立条件是a2-2>0,Δ=162-4×16(a2-2)≤0

解得a2≥6 m/s2。

答案? 6 m/s2

6.(特殊值法)如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性现象实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g。求:

(1)当纸板相对砝码运动时,纸板所受摩擦力的大小。

(2)要使纸板相对砝码运动,所需拉力的最小值。

解析?(1)砝码对纸板的摩擦力大小f1=μm1g

桌面对纸板的摩擦力大小f2=μ(m1+m2)g

故纸板所受摩擦力大小f=f1+f2=μ(2m1+m2)g。

(2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,拉力为F,根据牛顿第二定律有

f1=m1a1,f1'=f1

F-f1-f2=m2a2

发生相对运动时,a2>a1

解得F>2μ(m1+m2)g,即所需拉力大小最小值是2μ(m1+m2)g。

答案?(1)μ(2m1+m2)g (2)2μ(m1+m2)g

7.(极值法)如图所示,在水平地面O点的正上方的装置M每隔相等的时间由静止释放一小球,在某小球离开M的同时,O点右侧一长L=1.2 m的平板车开始以a=6.0 m/s2的恒定加速度从静止开始向左运动,该小球恰好落在平板车的左端(小球不弹起),已知平板车上表面距离M 的竖直高度h=0.45 m,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。

(1)求平板车左端离O点的水平距离。

(2)若至少有2个小球落在平板车上,则释放小球的时间间隔Δt应满足什么条件?

解析?(1)设小球落在平板车上表面的左端处历时t0,在该时间段内

g t02

对小球有h=1

2

a t02

对平板车有x=1

2

联立解得x=0.27 m。

(2)从释放第一个小球至第2个小球下落到平板车上表面历时Δt+t0,设平板车在该段时

间内的位移为x1,由运动学方程有

x1=1

2

a(Δt+t0)2

至少有2个小球落在平板车上须满足x1≤x+L

联立解得Δt≤0.4 s。

答案?(1)0.27 m(2)Δt≤0.4 s

8.(数学归纳法)一小球从h0=45 m高处自由下落,着地后又弹起,然后又下落,每与地面相碰

一次,速度大小就变为原来的k倍。若k=1

2

,求小球从下落直至停止运动所用的时间。(g取10 m/s2,碰撞时间忽略不计)

解析?由运动学公式将小球每碰一次后在空中运动的时间的通项公式求出,然后再累加求和

小球从h0处落到地面时的速度v0=√2g?

运动的时间t0=√2?0

g

第一次碰地后小球反弹的速度v1=kv0=k√2g?

小球在再次与地面碰撞之前先做竖直上抛运动,再做自由落体运动,这一过程小球运动的

时间t1=2v1

g =2k√2?0

g

第n次碰地后,小球的运动速度的通项公式为v n=k n√2g?

运动时间t n=2v n

g =2k n√2?0

g

所以,小球从下落到停止运动的总时间

t=t0+t1+t2+…+t n=√2?0

g +2k√2?0

g

+2k2√2?0

g

+…+2k n√2?0

g

=√2?0

g

+2√2?0

g

(k+k2+…+k n)

上式括号中是一个无穷等比递缩数列,由无穷等比递缩数列求和公式,并代入数据解得t=9 s。

答案?9 s

《物理中常用的逻辑学方法》专题训练

1.(2018·辽宁二模)(演绎推理)消防车的高压水龙头竖直向上喷水,喷出的水最高可上升到距离管口h=40 m处。当高压水龙头固定在高h0=3 m的消防车上,仍以同样大小的速度将水斜向上喷出,可以使水流以10 m/s的水平速度射入某楼层的窗户,不计空气阻力,g=10 m/s2,则该楼层的窗户距离地面的高度约为()。

A.35 m

B.38 m

C.40 m

D.44 m

解析?设水龙头喷出的水速度为v,由匀变速直线运动规律得v2=2gh,解得

v=√2g?=20√2m/s。当水斜向上喷出时,水流速度v=√v x2+v y2,解得竖直方向的速度

v y=√v2-v x2=10√7m/s。水在竖直方向上升的高度h'=v y2

2g

=35 m,楼层高度H=h0+h'=38 m,故B项正确。

答案? B

2.(2018·四川二模)(类比推理)太阳系外的行星大多不适宜人类居住,绕恒星“Glicsc 581”运行的行星“Gl-581c”却很值得我们期待。该行星的温度在0 ℃到40 ℃之间,质量是地球的6倍,直径是地球的1.5倍。公转周期为13个地球日,“Glicsc 581”的质量是太阳质量的31%,设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体,绕其中心天体做匀速圆周运动,则()。

A .该行星的第一宇宙速度和地球的第一宇宙速度相等

B .如果人到了该行星,其体重是地球上的8

3倍

C .该行星与“Glicsc 581”的距离是日地距离的√13

365 D .恒星“Glicsc 581”的密度是地球的169倍

解析? 卫星绕地球表面附近做匀速圆周运动的速度大小等于地球的第一宇宙速度,地球的第一宇宙速度满足G

Mm

R 2

=m v 2

R ,解得v=√GM

R ,M 为地球质量,R 为地球的半径。根据类比思想可知,其他行星表面处的第一宇宙速度可以采用相同的方法求得,因为该行星质量为地球质量的6倍,半径为地球半径的1.5倍,由上式可知,该行星的第一宇宙速度为地球第一宇宙速度的2倍,A 项错误。地球表面处的重力加速度满足G Mm

R 2=mg ,解得g=GM

R 2,由此可以得出该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度比值为83,B 项正确。行星绕恒星运转时,由万有

引力提供向心力,可得G

M 1m

r 1

=m 4π2

r 1T ,解得行星与恒星的距离r 1=√

GM 1T 24π

2

3

,行星“Gl-581c ”公

转周期为13个地球日。将已知条件代入解得行星“Gl-581c ”的轨道半径与地球轨道半径之比r 1∶r 2=√

0.31×132(365)2

3

,故C 项错误。因为密度ρ=M V =

3M

4πR 3

(通式),由此可知行星的密度为地球

密度的6

1.53倍,故D 项错误。 答案? B

3.(2018·湖北二模)(演绎推理)(多选)从地面斜向上抛出一个质量为m 、带电荷量为+q 的小球,选地面为重力零势能面,当小球到达最高点时,小球具有的动能与重力势能之比是9∶16,现在此空间加上一个平行于小球运动平面的竖直匀强电场E ,以相同的初速度抛出原小球,小球到达最高点时的动能等于重力势能。已知重力加速度大小为g ,不计空气阻力。下列说法正确的是( )。

A .小球抛出时速度的水平分量与竖直分量的大小之比为4∶3

B .所加电场方向一定竖直向上,且满足qE

C.小球第二次在空中运动的水平位移小于第一次在空中运动的水平位移

D.所加电场的电场强度大小一定是7mg

9q

解析?无电场时,当小球升到最高点时,小球具有的动能与重力势能之比是9∶16,将

小球的运动分解为水平方向的运动和竖直方向的运动,则竖直方向有v y2=2gh,可得

1

m v y2=mgh,因为在最高点,小球的动能和重力势能之比为9∶16,由此可得v x2∶v y2=9∶16, 2

故初始时v x∶v y=3∶4,A项错误;在竖直方向上加一电场,小球受到的电场力沿竖直方向,水平方向上的速度不受影响,到达最高点时,仍旧只剩下水平方向上的速度,与未加电场时动能相同,而动能与重力势能的比值从9∶16变为1∶1,因为竖直方向的初速度恒定,小球上升高度减小,所以电场力方向一定向下,B项错误;小球在空中运动的时间变短,水平方向位移(x=v x t)

减小,C项正确;根据能量守恒定律可知,在施加电场后,在最高点的动能、重力势能和电势能的增量之比为9∶9∶7,故有mgH∶qEH=9∶7,解得E=7mg

,D项正确。

9q

答案?CD

4.(2018·南昌联考)(演绎推理)如图所示,假设地球内部质量分布均匀,半径为R,以地球中心O 为坐标原点建立一维坐标Ox,一个质量一定的小物体(假设它能够在地球内部移动)在x轴上各位置受到的引力大小用F表示,则下列选项中能定性正确反映F随x的变化关系的是()。

解析? 这是一道利用假设推理和“三段论”推理解答的题目,只有当两个物体可以被

看作质点时,万有引力公式F=G

Mm r 2

才能成立。地球可以被看作质量分布均匀的球体,地球内

部可以被看作一层一层分布的球壳,每一层球壳对其内部的物体引力合力为零。由此可知当物体到地心的距离r

r 2=G

ρ4

3

πr 3m r 2

=

4ρG πrm 3

,

由此可知引力大小与r 成正比;当物体到地心的距离r>R 时,物体所受地球的引力大小可表示为F=G

M

地球

m

r 2

,由此可知引力大小与r 2成反比。A 项正确。

答案? A

5.(2018·厦门一模)(演绎推理)质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时,引力势能可表示为E p =-G

Mm r

,其中G 为引力常量,M 为地球质量。该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球

做匀速圆周运动,由于受到摩擦作用,飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R 2,此过程中因摩擦而产生的热量为( )。 A .GMm (1R 2

-1R 1

) B .GMm (1R 1

-1

R 2

)

C .

GMm 2

(1R 2

-1

R 1

)

D .

GMm 2

(1R 1

-1

R 2

)

解析? 卫星做匀速圆周运动时,地球给卫星的万有引力提供圆周运动所需要的向心力,

当轨道半径为R 1时,G

Mm R 1

2

=m v 12

R 1

,卫星的引力势能E p1=-GMm R 1

,同理,轨道半径为R 2

时,G Mm

R 2

2=m v

2

2

R 2

,卫星的引力势能为E p2=-GMm R 2

,设因摩擦产生的热量为Q ,根据能量守恒定律得

1

2m v 12+E p1=12

m v 22+E p2+Q 。联立解得Q=GMm

2

(1R 2

-1

R 1

),C 项正确。

答案? C

6.(2018·南京二模)(演绎推理)如图所示,某发射系统内有一木箱,木箱内有一竖直放置的轻质弹簧,弹簧上方有一物块,木箱内上表面和下表面都装有压力传感器。木箱静止时,上表面压力