浙江省衢州市2021届新高考第三次模拟物理试题含解析

浙江省衢州市2021届新高考第三次模拟物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1． “双星系统”由相距较近的星球组成，每个星球的半径均远小于两者之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，它们在彼此的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动。

如图所示，某一双星系统中A 星球的质量为m 1，B 星球的质量为m 2，它们球心之间的距离为L ，引力常量为G ，则下列说法正确的是（ ）
A ．
B 星球的轨道半径为212
m L m m + B ．A 星球运行的周期为122()
L L G m m π+ C ．A 星球和B 星球的线速度大小之比为m 1：m 2
D ．若在O 点放一个质点，则它受到两星球的引力之和一定为零
【答案】B
【解析】
【详解】
由于两星球的周期相同，则它们的角速度也相同，设两星球运行的角速度为ω，根据牛顿第二定律，对A 星球有：
212112m m G m r L
ω= 对B 星球有 212222m m G
m r L ω= 得
1221::r r m m =
又
12r r L +=
得
2112
m r L m m =+
1212m r L m m =+ 故
A 错误；
B ．根据
2
1211224m m G m r L T
π= 2112
m r L m m =+ 解得周期
()
122L T L G m m π=+， 故B 正确；
C ．A 星球和B 星球的线速度大小之比
1221
A B v r m v r m ωω== 故C 错误；
D ．O 点处的质点受到B 星球的万有引力
22222112B Gm m Gm m F r m L m m ==⎛⎫ ⎪+⎝⎭
受到A 星球的万有引力
11221212A Gm m Gm m F r m L m m ==⎛⎫ ⎪+⎝⎭
故质点受到两星球的引力之和不为零，故D 错误。

故选B 。

2．如图所示，一小物块在一足够长的木板上运动时，其运动的v-t 图象，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A ．木板的长度至少为12m
B ．木板的长度至少为6m
C ．小物块在0～4s 内的平均速度是2m/s
D ．在0～4s 内，木板和小物块的平均加速度相同
【答案】B
【解析】
【详解】 AB ．由图像可知，当物块和木板共速时，物块相对木板的位移即为木板的最小长度，即
1(44) 1.5m=6m 2
L =+⨯ 选项A 错误，B 正确；
C ．小物块在0～4s 内的位移
1111432-1m 22
x =⨯⨯-⨯⨯= 负号表示物块的位移向右，则平均速度是
111m/s=0.25m/s 4
x v t == 选项C 错误；
D ．在0～4s 内，木板的位移
211(24) 1.52 2.57m 22
x =+⨯+⨯⨯= 根据2012
x v t at =+可知，木板和小物块的平均加速度不相同，选项D 错误； 故选B 。

3．一个中子与某原子核发生核反应，生成一个氘核，该反应放出的能量为Q ，则氘核的比结合能为（ ） A ．2Q B ．Q C ．3Q D ．2Q
【答案】A
【解析】
【详解】
一个中子与某原子核发生核反应生成一个氘核的核反应方程为
1
1
2011n H H +→
自由核子组合释放的能量Q 就是氘核的结合能，而氘核由两个核子组成，则它的比结合能为
2
Q ，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

4．如下图所示，ab 间接入sin100πtV 的交流电源，理想变压器的原副线圈匝数比为2︰1，R t 为热敏电阻，且在此时的环境温度下R t =2Ω(温度升高时其电阻减小)，忽略保险丝L 的电阻，电路中电表均为理想电表，电路正常工作，则
A ．电压表的示数为2V
B ．保险丝的熔断电流不小于25A
C ．原副线圈交流电压的频率之比为2︰1
D ．若环境温度升高，电压表示数减小，电流表示数减小，输入功率不变
【答案】B
【解析】
【分析】
根据变压器初次级的匝数比求解次级电压有效值即为电压表读数；熔断电流是指有效值；变压器不改变交流电的频率；环境温度升高，则热敏电阻阻值减小，根据次级电压不变进行动态分析.
【详解】
ab 端输入电压的有效值为200V ，由于理想变压器的原副线圈匝数比为2︰1，可知次级电压有效值为100V ，即电压表的示数为100V ，选项A 错误；次级电流有效值为22100502
t U I A A R === ，则初级电流有效值2121
25n I I A n ==，则保险丝的熔断电流不小于25A ， 选项B 正确；变压器不改变交流电压的频率，原副线圈的交流电压的频率之比为1︰1，选项C 错误；若环境温度升高，R t 电阻减小，但是由于次级电压不变，则电压表示数不变，电流表示数变大，次级功率变大，则变压器的输入功率变大，选项D 错误；故选B.
【点睛】
要知道有效值的物理意义，知道电表的读数都是有效值；要知道变压器的原副线圈的电压比等于匝数比，并会计算；要会分析电路的动态变化，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况．
5．某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动
A ．半径越小，周期越大
B ．半径越小，角速度越小
C ．半径越大，线速度越小
D ．半径越大，向心加速度越大
【答案】C
【解析】
【详解】
原子核与核外电子的库仑力提供向心力；
A ．根据
22
224 ke m r r T
π=， 可得
T = 故半径越小，周期越小，A 错误；
B ．根据
2
22 ke m r r
ω=， 可得
ω= 故半径越小，角速度越大，B 错误；
C ．根据
22
2 ke mv r r
=， 可得
v = 故半径越大，线速度越小，C 正确；
D ．根据
2
2 ke ma r
=， 可得
2
2
ke a mr =， 故半径越大，加速度越小，D 错误。

故选C 。

6．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，如图所示。

在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态）则（ ）
A．小物块受到的支持力方向竖直向上B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C．小物块受到的静摩擦力为1
2
mg ma
+
D．小物块受到的滑动摩擦力为1
2
mg ma
+
【答案】C
【解析】
【分析】
由题知：木块的加速度大小为a，方向沿斜面向上，分析木块受力情况，根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。

根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。

【详解】
AB．以木块为研究对象，分析受力情况为重力mg，斜面的支持力N和摩擦力为静摩擦力f，根据平衡条件可知支持力N垂直于斜面向上，摩擦力f沿斜面向上，故AB错误；
CD．由于小物块和斜面保持相对静止，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，根据牛顿第二定律得sin30
f m
g ma
-︒=
解得f mg ma
=+，方向平行斜面向上，故C正确，D错误。

故选C。

【点睛】
本题首先要正确分析木块的受力情况，其次要能根据牛顿第二定律列式，求摩擦力。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道CD的最低点，光滑直导轨的上端点D到A、B两点的距离均为L，D在AB边上的竖直投影点为O．一对电荷量均为－Q的点电荷分别固定于A、B两点．在D处将质量为m、电荷量为+q的小球套在轨道上(忽略它对原电场
的影响)，将小球由静止开始释放，已知静电力常量为k、重力加速度为g，且
2
3 3
Qq
k mg
L
=，忽略空气阻力，则
A ．轨道上D 点的场强大小为2mg q
B ．小球刚到达
C 点时，其加速度为零
C ．小球刚到达C 点时，其动能为3mgL
D ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小
【答案】BC
【解析】
由点电荷场强公式可得,轨道上D 点的场强为:022cos30=D kQ mg E L q
= ，选项A 错误；同理可得轨道上C 点的场强也为:C mg E q
=，在C 点，由牛顿定律可得：sin 45-cos 45=mg Eq ma o o ，解得a=0，选项B 正确；从D 到C ，电场力做功为零，根据动能定理可得：3sin 60=
KC E mgL mgL o =，选项C 正确；小球沿直轨道CD 下滑过程中，电场力先做正功，后做负功，则其电势能先减小后增大，选项D 错误；故选BC.
点睛：解答此题关键是搞清两个点电荷周围的电场分布情况，利用对称的思想求解场强及电势的关系；注意立体图与平面图形的转化关系.
8．如图所示，固定在水平地面上的弹射装置可以向任意方向以同样大小的速度发射小球。

当小球射出时速度与水平面成θ角时，小球刚好水平飞入固定在水平平台上竖直放置的光滑半圆形管道内。

当小球运动到轨道最高点时，恰与管壁无相互作用。

已知小球质量m=0.5kg ，初速度v 0=6m/s ，半圆形管道半径R=0.18m ，g 取10m/s 2。

则有（ ）
A ．小球在最高点的速度为0
B ．小球在轨道最低点时对轨道的压力大小为30N
C ．θ=60°
D ．圆轨道最低点距地面高度h=1.8m
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．小球在最高点恰与管壁无相互作用力，根据牛顿第二定律
21v mg m R
= 解得
1m/s 5
v ==
A 错误；
B ．小球从圆轨道最低点至最高点由机械能守恒有
222111222
mgR mv mv =
- 解得 23m/s v =
在最低点有
22N v F mg m R
-= 解得
N 30N F =
根据牛顿第三定律可知小球在轨道最低点时对轨道的压力大小为30N ，B 正确；
C ．平抛运动水平方向上做匀速直线运动，分解速度
02cos v v θ=
解得
1cos 2
θ=
解得 60θ︒=
C 正确；
D ．在竖直方向上做竖直上抛运动，逆过程为自由落体运动，根据运动学公式
20(sin )2v h g
θ= 解得
1.35m h =
D 错误。

故选BC 。

9．三个质量相同的物体A 、B 、C 如图所示放置在光滑的水平面上，斜劈A 的倾角为θ，B 的上表面水平，现对A 施加水平向左的力F ，三个物体相对静止一起向左匀加速运动，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A ．
B 、
C 间的摩擦力大小为13
F B ．A 、B 间的摩擦力大小为12sin cos 3mg F θθ+
C ．若A 、B 间，B 、C 间动摩擦因数相同，则F 逐渐增大，A 、B 间先滑动
D ．若A 、B 间，B 、C 间动摩擦因数相同，则F 逐渐增大，B 、C 间先滑动
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．对整体分析，根据牛顿第二定律可得
3F ma =
解得3
F a =，以C 为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得 F ma = 解得B C 间的摩擦力大小为13
f F =
，故A 正确。

B ．B 和C 的加速度方向向左，大小为3F a =，则B 和C 沿斜面向上的加速度为cos a θ，以BC 为研究对象，沿斜面向上根据牛顿第二定律可得
'2sin 2cos f mg ma θθ-=
所以
22sin cos 3
f m
g F θθ'=+ 故B 错误。

CD ．若BC 间恰好打滑，则加速度a g μ=，此时A 和B 间的摩擦力为
2sin 2cos AB f mg mg θμθ=+
2cos AB f mg μθ>
说明此时A 和B 已经滑动，所以动摩擦因数相同，则F 逐渐增大，AB 间先滑动，故C 正确、D 错误。

故选AC 。

10．如图所示，两个平行的导轨水平放置，导轨的左侧接一个阻值为R 的定值电阻，两导轨之间的距离为L.导轨处在匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向竖直向上.一质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 垂直于两导轨放置，导体棒与导轨的动摩擦因数为μ。

导体棒ab 在水平外力F 作用下，由静止开始运动了x 后，速度达到最大，重力加速度为g ，不计导轨电阻。

则（ ）
A ．导体棒ab 的电流方向由a 到b
B ．导体棒ab 运动的最大速度为22()()F mg R r B L
μ-+ C ．当导体棒ab 的速度为v 0（v 0小于最大速度）时，导体棒ab 的加速度为220()B L v F g m R r m
μ--+ D ．导体棒ab 由静止达到最大速度的过程中，ab 棒获得的动能为E k ，则电阻R 上产生的焦耳热是k Fx mgx E μ--
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．根据楞次定律，导体棒ab 的电流方向由b 到a ，A 错误；
B ．导体棒ab 垂直切割磁感线，产生的电动势大小
E=BLv
由闭合电路的欧姆定律得
E I R r
=+ 导体棒受到的安培力
F A =BIL
当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得
22m B L v mg F R r μ+=+
解得最大速度
tn 22()()F mg R r v B L
μ-+= B 正确；
C ．当速度为v 0由牛顿第二定律得
220B L v F mg ma R r
μ--=+ 解得
220()B L v F a g m R r m
μ=--+ C 正确；
D ．在整个过程中，由能量守恒定律可得
E k +μmgx+Q=Fx
解得整个电路产生的焦耳热为
Q=Fx －μmgx －E k
D 错误。

故选BC 。

11．粗细均匀的电阻丝围成如图所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感应强度为B ，方向垂直于线框平面，图中ab=bc=2cd=2de=2ef=2fa=2L 。

现使线框以同样大小的速度v 匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度始终与线框最先进入磁场的那条边垂直。

在通过如图所示的位置时，下列说法中正确的是（ ）
A ．图甲中a 、b 两点间的电压最大
B ．图丙与图丁中电流相等且最小
C ．维持线框匀速运动的外力的大小均相等
D ．图甲与图乙中ab 段产生的电热的功率相等
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．图甲中ab 两点间的电势差等于外电压，其大小为：
33242
U B Lv BLv ==g 其它任意两点之间的电势差都小于路端电压，A 正确；
B ．图丙和图丁中，感应电动势大小为：
E BLv =
感应电流：
BLv I R
= 感应电动势大小小于图甲和图乙，所以图丙与图丁中电流相等且最小，B 正确；
C ．根据共点力的平衡条件可知，维持线框匀速运动的外力的大小等于安培力大小，根据安培力公式： F BIL =
图甲和图乙的安培力大于图丙和图丁的安培力，所以维持线框匀速运动的外力的大小不相等，C 错误； D ．图甲和图乙的电流强度相等，速度相同，进入磁场的时间也相等，根据焦耳定律：
2Q I Rt =
可得图甲与图乙中ab 段产生的电热的功率相等，D 正确。

故选ABD 。

12．下列说法正确的是（ ）
A ．人耳听到的声波比超声波更容易发生明显衍射现象
B ．在双缝干涉实验中，光的频率越高，光屏上出现的条纹越宽
C ．梳头发时梳子带了电荷，来回抖动梳子时会向外发射电磁波
D ．狭义相对论认为，在惯性系中，光速与光源、观察者间的相对运动无关
E.火车鸣笛向我们驶来，我们听到的声音频率比声源振动的频率低
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．超声波比人耳听到的声波波长短，而波长越长越容易发生光的衍射，所以人耳听到的声波比超声波更容易发生明显衍射现象，A 正确；
B ．根据双缝干涉实验中相邻亮（暗）条纹的间距公式
l x d
λ∆= 可知，光的频率越高，波长越短，光屏上出现的条纹越窄，所以B 错误；
C ．梳头发时梳子带了电荷，来回抖动梳子时会产生变化的电磁场，即可向外发射电磁波；所以C 正确；
D．狭义相对论认为，在惯性系中，光速与光源、观察者间的相对运动无关，所以D正确；
E．火车鸣笛向我们驶来，即波源与观察者相互靠近，我们听到的声音频率比声源振动的频率高，所以E 错误。

故选ACD。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．要测绘一个标有“2.5V 2W”小灯泡的伏安特性曲线.己选用的器材有：
直流电源（3V.内阻不计）
电流表A1量程为0.6 A，内阻为0.6n）
电流表A2（量程为300mA．内阻未知）
电压表V（量程0—3V，内阻约3kQ）
滑动变阻器R（0—5Ω，允许最大电流3A）
开关、导线若干．
其实验步骤如下：
①由于电流表A1的里程偏小.小组成员把A1、A2并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代表导线在实物图中完成余下导线的连接.
（____）
（2）正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最_______端，闭合开关S，调节滑片.发现当A1示数为
0.50A时，A2的示数为200mA，由此可知A2的内阻为_______.
③若将并联后的两个电流表当作一个新电表，则该新电表的量程为_______A；为使其量程达到最大，可将图中_______（选填，“I”、“II”）处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻．
【答案】右 1.5 0.84 I
【解析】
【详解】
（1）由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接实物图如图所示：
（2）开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，故应调至右端；根据欧姆定
律得：11
2
2
0.50.6
1.5
0.2
A
A
I R
R
I
⨯
==Ω=Ω
（3）由于U g1＝0.6×0.6V＝0.36V，U g2＝0.3×1.5V＝0.45V，由于U g1＜U g2，故两电流表两段允许所加最大电压为0.36V，新电流表量程为：
0.36
0.60.84
1.5
I A A
=+=，由于A2未达到最大量程，要使其达到最大量程，要增大电压，此时电流表A1会烧毁，为了保护该电流表，应给其串联一电阻分压，故应在Ⅰ区再串联接入一个阻值合适的电阻．
14．某学习小组用如图甲所示的实验装置来探究“小车加速度与合外力的关系”，并用此装置测量轨道与小车之间的动摩擦因数。

实验装置中的微型力传感器质量不计，水平轨道表面粗糙程度处处相同，实验中选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮。

实验中保持小车和位移传感器（发射器）的总质量M不变，小车和位移传感器（发射器）的加速度由位移传感器（接收器）及与之相连的计算机得到。

多次改变重物的质量进行实验得小车和位移传感器（发射器）的加速度a与力传感器的示数F的关系图象如图乙所示。

重力加速度取2
10m/s
g=。

(1)用该实验装置测量小车与水平轨道间的动摩擦因数时，下列选项中必须要做的一项实验要求是______（填写选项对应字母）
A．要使重物的质量远远小于小车和位移传感器（发射器）的总质量
B．要将轨道的一端适当垫高来平衡摩擦力
C．要使细线与水平轨道保持平行
D．要将力传感器的示数作为小车所受的合外力
(2)根据图象乙可知该水平轨道的摩擦因数μ=______（用分数表示）。

(3)该学习小组用该装置来验证“小车和位移传感器（发射器）质量不变情况下，小车和位移传感器（发射器）的加速度与作用在小车上的拉力成正比”，那么应该将轨道斜面调整到θ=_____（用角度表示）。

【答案】C
30° 【解析】
【详解】
（1）[1]小车所受到的水平拉力即为力传感器的示数F ，由图象可知当5N F =，小车开始有加速度，即摩擦力为5N ，由牛顿第二定律可知： F Mg Ma μ-=，
得：
F a Mg g
μ=-， 所以既不需要使重物的质量远远小于小车和位移传感器（发射器）的总质量，也不需要将轨道的一端适当垫高来平衡摩擦力，选项ABD 错误；实验中保持细线与轨道平行时，小车和位移传感器（发射器）所受的拉力为力传感器的示数F ，选项C 正确。

故选：C 。

（2）[2]选小车和位移传感器（发射器）为研究对象，由牛顿第二定律可得
F Mg Ma μ-=，
即
1a F g M
μ=-， 由图乙可知图象的斜率，即
1k M ==， 得：
kg 2
M =， 由5F N =时0a =可解得：
μ=； （3）[3]若要验证“小车和位移传感器（发射器）质量不变情况下，小车和位移传感器（发射器）的加速度与作用在小车上的拉力成正比”要将轨道一端垫高来平衡摩擦力。

对小车和位移传感器（发射器）受力分析可得：
sin cos Mg Mg θμθ=，
即 3tan 3
μθ==
， 所以 30θ︒=。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，为常德市某小区在防治新冠疫情过程中用于喷洒消毒液的喷雾器，由三部分构成，左侧为手持式喷雾管，管底部有阀门K ；中间为储药桶，桶的横截面积处处相等为S=400cm 2，桶高为H=50cm ，桶的上方有可以关闭的盖子；右侧是通过体积可忽略的细管连通的打气装置，每次打进V 0=700cm 3的空气。

某次消毒需将喷嘴举高到比桶底高75cm h ∆=处，工作人员关闭阀门K ，向桶中装入了h=30cm 深的药液，封闭盖子，为了能使储药桶中消毒液全部一次性喷出，通过打气装置向桶内打气。

求需要打气多少次才能达到目的？（已知大气压强075.0cmHg =p ，消毒液的密度为水银密度的0.1倍，不考虑在整个消毒
过程中气体温度的变化。

桶内药液喷洒完时喷管内仍然充满药液，设喷管内部体积远小于储药桶的体积）
【答案】20次
【解析】
【分析】
【详解】
当桶内装入30cm h =深的药液时，桶内气体体积为
1()V S H h =-①
末状态欲使桶内药液全部喷出，对桶内剩余的空气进行分析
200.1p h p =+∆②
根据玻意耳定律，末状态桶内气体可转化为与空气压强相同的气体
202p SH p V =③
需要打气次数
210V V nV =+④
联立上式得
n 次
20
16．2019年1月3日，嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面，并通过“鹊桥”中继卫星传回了世界上第一张近距离拍摄月球背面的图片。

此次任务实现了人类探测器首次在月球背面软着陆、首次在月球背面通过中继卫星与地球通讯，因而开启了人类探索月球的新篇章。

（1）为了尽可能减小着陆过程中月球对飞船的冲击力，探测器在距月面非常近的距离h处才关闭发动机，此时速度相对月球表面竖直向下，大小为v，然后仅在月球重力作用下竖直下落，接触月面时通过其上的“四条腿”缓冲，平稳地停在月面，缓冲时间为t，如图1所示。

已知月球表面附近的力加速度为0g，探测m，求：
器质量为0
①探测器与月面接触前瞬间相对月球表面的速度v´的大小。

②月球对探测器的平均冲击力F的大小。

（2）探测器在月球背面着陆的难度要比在月球正面着陆大很多，其主要的原因在于：由于月球的遮挡，着陆前探测器将无法和地球之间实现通讯。

2018年5月，我国发射了一颗名为“鹊桥”的中继卫星，在地球和月球背面的探测器之间搭了一个“桥”，从而有效地解决了通讯的问题。

为了实现通讯和节约能量，“鹊桥”的理想位置就是固绕“地一月”系统的一个拉格朗日点运动，如图2所示。

所谓“地一月”系统的拉格朗日点是指空间中的某个点，在该点放置一个质量很小的天体，该天体仅在地球和月球的万有引力作用下保持与地球和月球敏相对位置不变。

①设地球质量为M，月球质量为m，地球中心和月球中心间的距离为L，月球绕地心运动，图2中所示的拉格朗日点到月球球心的距离为r。

推导并写出r与M、m和L之间的关系式。

②地球和太阳组成的“日一地”系统同样存在拉格朗日点，图3为“日一地”系统示意图，请在图中太阳和地球所在直线上用符号“*”标记出几个可能拉格朗日点的大概位置。

【答案】 (1)①202v v g h '=+，②200002m F v g h m g t
=++；(2)①223()()m M M L r r L r L +=++，②
【解析】
【分析】
【详解】 (1)①由运动学公式2202v v g h '-=得
'202v v g h =+②设平均冲击力为F ，以竖直向上为正方向，据动量定理得
000)(0()F m g t m v -=--'
解得
200002m F v g h m g t
=+ (2)①设在图中的拉格朗日点有一质量为m′的物体（m′＜＜m ），则月球对其的万有引力
'
12mm F G r
= 地球对其的万有引力F 2为
'
22
()Mm F G L r =+ 质量为m′的物体以地球为中心做圆周运动，向心力由F 1和F 2的合力提供，设圆周运动的角速度为ω，则
212F F m L r ω+='+（）
根据以上三个式子可得
222()()
m M G G L r r L r ω+=++ 月球绕地球做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，有
22Mm G m L L ω= 联立以上两式子可得
223()()m M M L r r L r L
+=++ ②对于“日-地系统”，在太阳和地球连线上共有3个可能的拉格朗日点，其大概位置如图所示。

17．一半径为R 的玻璃板球，O 点是半球的球心，虚线OO´表示光轴（过球心O 与半球底面垂直的直线）。

已知玻璃的折射率为2，现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表面反射后的光线，已知62sin154
-=o ），求： (1)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；
(2)距光轴2
R 的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O 点的距离。

【答案】 2R ；(2)(31)R 。

【解析】
【分析】
【详解】 (1)当光线在球面发生全反射，即入射角为临界角C 时，入射光线到光轴距离最大，由
max 1sin d C n R
=
= 解得 max 22
R d R n == (2)由折射定律可得
sin 2sin r n i ==
由三角函数定义
/21sin 2R i R == 由正弦定理
sin()sin(180)r i r R CO
--=o 联立解得 31)CO R =
距光轴2R 的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O 点的距离为(31)R 。