【物理】2019届二轮复习物理中常用的逻辑学方法作业（全国通用） 6页

‎《物理中常用的逻辑学方法》‎ ‎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=‎2gh=20‎2‎ m/s。当水斜向上喷出时,水流速度v=vx‎2‎‎+‎vy‎2‎,解得竖直方向的速度vy=v‎2‎‎-‎vx‎2‎=10‎7‎ m/s。水在竖直方向上升的高度h'=vy‎2‎‎2g=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‎8‎‎3‎倍 C.该行星与“Glicsc 581”的距离是日地距离的‎13‎‎365‎ 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GMmR‎2‎=mv‎2‎R,解得v=GMR,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GMmR‎2‎=mg,解得g=GMR‎2‎,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GM‎1‎mr‎1‎‎2‎=m‎4‎π‎2‎r‎1‎T‎2‎,解得行星与恒星的距离r1=‎‎3‎GM‎1‎T‎2‎‎4‎π‎2‎ ‎,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r1∶r2=‎3‎‎0.31×1‎‎3‎‎2‎‎(365‎‎)‎‎2‎,故C项错误。因为密度ρ=MV=‎3M‎4πR‎3‎(通式),由此可知行星的密度为地球密度的‎6‎‎1.‎‎5‎‎3‎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qER时,物体所受地球的引力大小可表示为F=GM地球mr‎2‎,由此可知引力大小与r2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Ep=-GMmr,其中G为引力常量,M为地球质量。该卫星原来在半径为R1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R2,此过程中因摩擦而产生的热量为(　　)。‎ A.GMm‎1‎R‎2‎‎-‎‎1‎R‎1‎ B.GMm‎1‎R‎1‎‎-‎‎1‎R‎2‎ C.GMm‎2‎‎1‎R‎2‎‎-‎‎1‎R‎1‎ D.‎GMm‎2‎‎1‎R‎1‎‎-‎‎1‎R‎2‎ ‎　　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R1时,GMmR‎1‎‎2‎=mv‎1‎‎2‎R‎1‎,卫星的引力势能Ep1=-GMmR‎1‎,同理,轨道半径为R2时,GMmR‎2‎‎2‎=mv‎2‎‎2‎R‎2‎,卫星的引力势能为Ep2=-GMmR‎2‎,设因摩擦产生的热量为Q,根据能量守恒定律得‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎+Ep1=‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎+Ep2+Q。联立解得Q=GMm‎2‎‎1‎R‎2‎‎-‎‎1‎R‎1‎,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,上表面压力传感器的示数为12.0 N,下表面压力传感器的示数为20.0 N。当系统竖直向上发射时,上表面压力传感器示数变为下表面压力传感器示数的一半,重力加速度g取10 m/s2,此时木箱的加速度为(　　)。‎ A.10.0 m/s2 B.5.0 m/s2‎ C.2.5 m/s2 D.条件不足,无法确定 ‎　　解析▶　木箱静止时,对弹簧和物块整体进行受力分析,受重力、上方传感器向下的压力F1=12 N,下方传感器向上的支持力F2=20 N,弹簧的弹力大小也为20 N,根据平衡条件,有F1+mg=F2,解得mg=8 N,由此可知物块的质量m=0.8 kg。当系统竖直向上发射时,弹簧形变量不变,所以弹簧的弹力仍为20 N,设上表面传感器的示数为F,则下表面传感器的示数为2F,根据牛顿第二定律,对物块有F2-F-mg=ma,对弹簧和物块整体有2F-F-mg=ma,联立解得a=2.5 m/s2,C项正确。‎ ‎　　答案▶　C ‎7.(2018·黄冈二模)(演绎推理)(多选)如图甲所示,AB、CD是间距l=1 m的足够长的光滑平行金属导轨,导轨平面与水平面的夹角为α,在虚线下方的导轨平面内存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B0,导轨电阻不计,长为1 m的导体棒ab垂直AB、CD放置在导轨上,导体棒电阻R=1 Ω。AB、CD右侧连接一电路,已知电路中灯泡L的规格为“3 V　3 W”,定值电阻R1=10 Ω,R2=15 Ω。在t=0时,将导体棒ab从某一高度由静止释放,导体棒的速度—时间图象如图乙所示,其中OP段是直线,PM段是曲线。若在导体棒沿导轨下滑12.5 m时,导体棒达到最大速度,并且此时灯泡L已正常发光,假设灯泡的电阻恒定不变,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)。‎ A.α=30°‎ B.B0=2 T C.导体棒的质量为0.2 kg D.在导体棒从静止释放至速度达到最大的过程中,通过电阻R1的电荷量为1 C ‎　　解析▶　由图象可知导体棒在磁场外运动时的加速度a1=ΔvΔt=5 m/s2,对导体棒进行受力分析有mgsin α=ma1,即a1=gsin α,联立解得α=30°,A项正确;小灯泡正常发光时,I=PU=1 A,导体棒达到最大速度时满足I=B‎0‎lvmRL‎+R并+R,其中RL=U‎2‎P=3 Ω,R并=R‎1‎R‎2‎R‎1‎‎+‎R‎2‎=6 Ω,vm=10 m/s,解得B0=1 T,B项错误;根据mgsin α=B0Il,解得m=0.2 kg,C项正确;导体棒在磁场中滑行的距离x=12.5 m-‎1‎‎2‎×1×5 m=10 m,导体棒从静止释放至速度达到最大的过程中,通过回路的总电荷量q=ΔΦR总=B‎0‎lxRL‎+R并+R=1 C,通过R1的电荷量q1=R‎2‎R‎1‎‎+‎R‎2‎q=0.6 C,D项错误。‎ ‎　　答案▶　AC ‎8.(2018·北京二模)(演绎推理)2012年11月,“歼-15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功,当时“歼-15”利用阻拦索的作用力而快速停止。随着电磁技术的日趋成熟,新一代航母已准备采用全新的电磁阻拦技术,该技术原理是飞机着舰时利用电磁作用力而快速停止。为研究问题的方便,我们将其简化为如图所示的模型。在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中,两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内,相距为L,电阻不计。轨道端点MP间接有阻值为R的电阻。一个长为L、质量为m、阻值为r的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上,并始终与轨道保持良好接触。质量为M的飞机以水平速度v0迅速钩住金属棒ab,钩住之后关闭飞机动力系统,飞机和金属棒立即获得共同的速度。假如忽略摩擦等次要因素,飞机和金属棒系统仅在安培力作用下很快停下来。求:‎ ‎(1)飞机钩住金属棒后它们获得的共同速度v的大小。‎ ‎(2)飞机在阻拦减速过程中获得的加速度a的最大值am。‎ ‎(3)飞机从钩住金属棒到完全停下来的整个过程中运动的距离x。‎ ‎　　解析▶　(1)以飞机和金属棒为研究对象 根据动量守恒定律,有Mv0=(M+m)v 解得v=Mv‎0‎M+m。‎ ‎(2)飞机钩住金属棒后它们以速度v开始在安培力的作用下做减速运动,当它们速度为v时安培力最大,此时由安培力产生的加速度也最大 根据牛顿第二定律,有BImL=(M+m)am 根据欧姆定律,有Im=‎BLvR+r 联立解得am=B‎2‎L‎2‎Mv‎0‎‎(R+r)(M+m‎)‎‎2‎。‎ ‎(3)以飞机和金属棒为研究对象,在很短的一段时间Δt内 根据动量定理,有BIL·Δt=(M+m)Δv 在某时刻根据欧姆定律,有I=‎BLviR+r 联立解得B‎2‎L‎2‎viR+r·Δt=(M+m)Δv 飞机经时间t停下来 对B‎2‎L‎2‎viR+r·Δt=(M+m)Δv在时间t内求和 得B‎2‎L‎2‎R+r·x=(M+m)v 解得 x=Mv‎0‎(R+r)‎B‎2‎L‎2‎。‎ ‎　　答案▶　(1)Mv‎0‎M+m　(2)‎B‎2‎L‎2‎Mv‎0‎‎(R+r)(M+m‎)‎‎2‎ ‎(3)‎Mv‎0‎(R+r)‎B‎2‎L‎2‎