河南省2020届高三物理上学期期中模拟试卷（附解析Word版）

2019 年秋期高三期中考前模拟 物理试题 一、本题共 12 小题，每小题 4 分．在每小题给出的四个选项中，第 1～8 题只有一项符合题 目要求，第 9～12 题有多项符合题目要求．全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有错 选的得 0 分． 1.《2001 年世界 10 大科技突破》中有一项是加拿大萨德伯里中微子观测站的研究成果．该成 果揭示了中微子失踪的原因．认为在地球上观察到的中微子数目比理论值少，是因为有一部 分中微子在向地球运动的过程中发生了转化，成为一个 μ 子和一个 τ 子．关于上述研究下 列说法中正确的是（ ） A. 该转化过程中牛顿第二定律依然适用 B. 该转化过程中动量守恒定律依然适用 C. 该转化过程中动能定理依然适用 D. 若新产生的 μ 子和中微子原来的运动方向一致，则新产生的 τ 子的运动方向与中微子原 来的运动方向一定相反 【答案】B 【解析】 【详解】A.牛顿第二定律适用于宏观、低速的物体，对于微观物体不适用，故 A 错误； B.动量守恒定律和能量守恒定律是自然界普遍适用的定律，对微观物体间的作用仍然适用。 故 B 正确； C.基于牛顿运动定律的动能定理同样适用于宏观、低速的物体，对于微观物体不适用，故 C 错误； D.若新产生的 μ 子和中微子原来的运动方向一致，根据动量守恒定律知，则新产生的 τ 子 的运动方向与中微子原来的运动方向可能相同，可能相反。故 D 错误。 2.如图所示，斜面上的物体在恒力 F 作用下，沿斜面匀速向上运动。F 的方向平行于斜面，斜 面保持静止，则地面对斜面的摩擦力 A. 大小可能为零 B. 方向水平向右C. 方向水平向左 D. 方向与 F 的大小有关 【答案】C 【解析】 【详解】A、B 项，以整体为研究对象，在水平方向上受力平衡，则必存在水平摩擦力，且大 小等于 F 在水平向右方向上的分量，所以摩擦力方向水平向左，摩擦力的方向与 F 的大小没 有关系，故 C 对；ABD 错； 故选 C 3.如图所示，A、B 两小球从相同高度同时水平抛出，两球下落的高度为 h 时在空中相遇。若 两球的抛出速度都变为原来的 2 倍，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇下落的高度为（ ） A. h B. C. D. 【答案】C 【解析】 两球同时抛出，竖直方向上做自由落体运动，相等时间内下降的高度相同，始终在同一水平 面上，根据 x=vAt+vBt 知，当两球的抛出速度都变为原来的 2 倍，则两球从抛出到相遇经过的 时间为 t/2，根据 h= gt2，则从抛出到相遇下落的高度为 h/4，,故 C 正确，ABD 错误。故选 C。 点睛：解决本题 关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间 由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移． 4.以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略， 另一个物体所受空气阻力大小与物体速率的平方成正比。在同一坐标系中，用虚线和实线描 述两物体运动的 v－t 图象，可能正确的是( ) 的 2 h 4 h 16 h 1 2A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】没有空气阻力时，物体只受重力作用，是竖直上抛运动，速度： 则 v-t 图象是直线； 有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有： 故： 由于物体所受空气阻力与物体速率成正比，故加速度逐渐减小，v-t 图象斜率逐渐减小，图线 与 t 轴的交点对应时刻的加速度最小为 g，v-t 图象的切线与没有阻力时的 v-t 图象平行； 有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有： mg—f=ma， 0v v gt= − mg f ma+ = fa g m = +由于阻力随着速度增大而增大，加速度减小，故 v-t 图象斜率逐渐减小。 A.图象与结论不符，故 A 错误； B. 图象与结论不符，故 B 错误； C. 图象与结论相符，故 C 正确； D. 图象与结论不符，故 D 错误； 5.甲、乙两车在同一直线轨道上同方向行驶，甲车的速度是 8 m/s，后面乙车的速度是 16 m/s.甲车突然以大小为 2 m/s2 的加速度刹车，乙车也同时刹车．则乙车加速度至少为多大时 才能避免两车相撞（ ） A. 若开始刹车时两车相距 16 m，则乙车加速度至少 6.0 m/s2 B. 若开始刹车时两车相距 20 m，则乙车加速度至少为 4.0 m/s2 C. 若开始刹车时两车相距 24 m，则乙车加速度至少为 3.2 m/s2 D. 若开始刹车时两车相距 48 m，则乙车加速度至少为 2.4 m/s2 【答案】C 【解析】 【详解】设甲车初速度 v1，加速度大小 a1，乙车初速度 v2，加速度大小 a2，设开始刹车时两 车相距△x， 甲从开始刹车至停下所需时间为 甲从开始刹车至停下所需位移为： 所以为避免相撞，乙车的刹车距离：x2≤16+△x A. 若开始刹车时两车相距 16m，则： 故 A 错误； B. 若开始刹车时两车相距 20m，则： 为 1 1 4svt a = = 1 1 8 4m 16m2 2 vx t= = × = 2 2 2 162 vx xa = ≤ + ∆ 2 2 2 16 4m/s2(16 16)a ≥ =+故 B 错误； C. 若开始刹车时两车相距 24m，则 故 C 正确； D. 若开始刹车时两车相距 48m，则 故 D 错误。 6.质量为 2kg 的物体，放在动摩擦因数为 μ＝0.1 的水平面上，在水平拉力 F 的作用下，由 静止开始运动，拉力做的功 W 和物体发生的位移 x 之间的关系如图所示，g＝10m/s2，下列说 法中正确的是（ ） A. 此物体在 OA 段做匀加速直线运动，且此过程中拉力 最大功率为 6W B. 此物体在 OA 段做匀速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为 6 W C. 此物体在 AB 段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为 6 W D. 此物体在 AB 段做匀速直线运动，且此过程中拉力的功率恒为 6 W 【答案】D 【解析】 【详解】运动过程中物体受到的滑动摩擦力大小为： ， 图像的斜率表示拉力 F 的大小，在 OA 段拉力： ，做匀加速直线 运动，在 AB 段， ，做匀速直线运动； 当 x=3m 时速度已达最大，根据速度位移公式可得 ， 的 2 2 2 2 16 m/s 3.6m/s2(16 20)a ≥ =+ 2 2 2 2 16 m/s 3.2m/s2(16 24)a ≥ =+ 2 2 2 2 16 m/s 2m/s2(16 48)a ≥ =+ 0.1 2 10N 2NfF mgµ= = × × = W x− 15 N 5N3OA fF F= = > 27 15 N 2N6AB fF F −= = = 2 2v ax=根据牛顿第二定律可得： ，解得 ； OA 段最大功率为： ； 在 AB 段，拉力的功率恒定不变，为： ，故 D 正确． 7.随着世界航空事业的发展，深太空探测已逐渐成为各国关注的热点．假设深太空中有一颗 外星球，质量是地球质量的 2 倍，半径是地球半径的 ，则下列判断正确的是：（ ） A. 该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星周期 B. 某物体在该外星球表面上所受重力是在地球表面上所受重力的 4 倍 C. 该外星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的 2 倍 D. 绕该外星球的人造卫星和以相同轨道半径绕地球的人造卫星运行速度相同 【答案】C 【解析】 试题分析：根据 ，解得： ，而不知道同步卫星轨道半径的关 系，所以无法比较该外星球的同步卫星周期与地球同步卫星周期关系，故 A 错误；根据 ，解得： ，所以 ，故 B 错误；根据 解 得： ，所以 ，故 C 正确；根据 C 分析可知： ，轨道 半径 相同，但质量不同，所以速度也不一样，故 D 错误。 考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 【名师点睛】了解第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度； 要比较一个物理量大小，我们可以把这个物理量先表示出来，在进行比较。 8.如图所示，轻杆长 3L，在杆两端分别固定质量均为 m 的球 A 和 B，光滑水平转轴穿过杆上 距球 A 为 L 处的 O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球 B 运动到最高 点时，杆对球 B 恰好无作用力。忽略空气阻力。则球 B 在最高点时(　　) fF Fa m −= 3 /v m s= 1 15WOAP F v= = 2 2 3W 6WABP F v= = × = 1 2 2 2 2( )GMm m rr T π= 2 34 rT GM π= 2 GMm mar = 2 GMa r = 2 2 8 1 a M r a M r 星 星 地 星地 地 ＝ ＝ 2 2 GMm vmr r = GMv r = 2v M r v M r 星 星 地 星地 地 ＝ ＝ GMv r = rA. 球 B 的速度为零 B. 球 A 的速度大小为 C. 水平转轴对杆的作用力为 1.5mg D. 水平转轴对杆 作用力为 2.5mg 【答案】C 【解析】 试题分析：球 B 运动到最高点时，球 B 对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有 解得 ,故 A 错误；由于 A、B 两球的角速度相等，则球 A 的速度大小 ， 故 B 错误； B 球到最高点时，对杆无弹力，此时 A 球受重力和拉力的合力提供向心力，有 解得：F=1.5mg 故 C 正确，D 错误．故选 C. 考点：圆周运动；牛顿第二定律的应用. 9.如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为 m 的 物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力 F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度 被压缩了 x0，此时物体静止．撤去 F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为 4x0．物体与 水平面间的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g．则（　　） A. 撤去 F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动 B. 撤去 F 后，物体刚运动时的加速度大小为 的 2gL 2 2 Bvmg m L = 2Bv gL= 1 22Av gL= '2vF mg m L − = 0kx gm µ−C. 弹簧被压缩了 x0 时具有的弹性势能为 3μmgx0 D. 物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为 μmg（x0﹣ ） 【答案】BD 【解析】 【详解】A.撤去力 F 后，物体受四个力作用，竖直方向上重力和地面支持力是一对平衡力， 水平方向受向左的弹簧弹力和向右的摩擦力，合力 F 合=F 弹−f，根据牛顿第二定律物体产生的 加速度： 撤去 F 后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力 随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加 速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故 物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；故 A 错误； B. 撤去 F 后，物体刚运动时的加速度大小为： ， 故 B 正确； C. 从撤去力开始到物体停止的过程中，弹簧的弹力和地面的摩擦力对物体做功，由于初速度、 末速度都是 0，该过程中弹簧的弹性势能转化为内能，所以撤去 F 时，弹簧的弹性势能为： EP=Wf=4μmgx0， 故 C 错误； D. 由上分析可知，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，此时弹簧 的压缩量为 ， 则物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为： ， 故 D 正确。 10.如图所示，ABCD 与 CDEF 为相邻的两个相同正方形，在正方形 ABCD 的中心 O1 有一正点电 荷，在正方形 CDEF 的中心 O2 有一负点电荷，两点电荷带电量相等，G 点为 EF 的中点，H 点为 mg k µ -F fa m = 弹 0 0-F f kx mg kxa gm m m µ µ−= = = −弹 mgx k µ= 0 0( ) ( )mgW mg x x mg x k µµ µ= − = −CD 的中点，则下列说法正确的是（ ） A. C 和 G 两点的电场强度方向相同 B. C 点和 H 点的电势相等 C. 将一带正电的试探电荷沿直线从Ｂ点移动至Ｆ点的过程中，电场力一直做正功 D. 将一带正电的试探电荷沿直线从 F 点移动至 E 点的过程中，电场力先做正功后做负功 【答案】BD 【解析】 试题分析：根据等量异种电荷电场规律分析解题 两点电荷在 C 点的合场强方向水平向右，两点电荷在 G 点的合场强方向水平向左，故两者的 电场强度方向不同，A 错误；等量异种电荷连线的中垂线是一条等势面，故 C 和 H 两点的电势 相等，B 正确；从 B 到 F 过程中电场力的夹角先与速度方向为钝角，即先做负功，再做正功， C 错误；从 F 点到 E 点过程中电场力与速度方向的夹角先是锐角，后为钝角，即先做正功后做 负功，故 D 正确． 11.如图所示，用光滑的粗铁丝做成一直角三角形，BC 边水平，AC 边竖直，∠ABC=β， ∠A=α，AB 及 AC 两边上分别套有细线系着的铜环 M、N，当它们静止时，细线跟 AB 所成的角 γ，跟 AC 所成的角大小为 θ（细线长度小于 BC）则（ ） A. γ=βB. C. D. 【答案】CD 【解析】 假设 AC 上的铜环质量为零，重力为零，它仅受线的拉力和铁丝 AC 的弹力，它们是一对平衡 力．由于铁丝对 AC 上的环的弹力垂直于 AC，则细线必定垂直于 AC，则细线平行于 BC，此时 ， ，实际上 AC 上的环的质量大于零，重力大于零，要使此环处于静止，细线的 左端必须斜向左上方，则有 ， ，此时三角形为锐角三角形，所以 ；假 设 AB 上的铜环 P 的质量为零，重力为零，它仅受细线的拉力和铁丝 AB 的弹力，它们是一对 平衡力，则此环平衡时，细线与 AB 垂直， ，而 AB 上的铜环的质量大于零，重力大 于零，要使此环处于静止状态，细线不能与 AB 垂直，应有 ，故 CD 正确． 12.将两完全相同的玩具车 A、B 并排放在一平直的水平上,分别通过挂钩拉着另一个与车等质 量的玩具拖车，控制两车以相同的速度 v0 做匀速直线运动。某一时刻 , 通过控制器使两车 连接拖车的挂钩同时断开,玩具车 A 保持原来的牵引力不变前进,玩具车 B 保持原来的输出功 率不变前进,当玩具车 A 的速度为 2v0 时,玩具车 B 的速度为 1.5v0,已知水平面对两车的阻力 均为车重的 0.1 倍,g=10m/s2,则从挂钩断开至 A、B 两车的速度分别为 2v0 和 1.5v0 的过程中, 下列说法正确的是( ) A. A、B 两车的位移之比为 12:11 B. 玩具车 A 的速度为 2v0 时其功率为此时玩具车 B 功率的 4 倍 C. 两车所受水平面的阻力做功的比值为 11:12 D. 两车牵引力做功的比值为 3:2 【答案】AD 【解析】 【详解】A.设玩具车 A.B 的质量为 m，匀速运动时，两玩具车的牵引力 F=2×0.1mg=0.2mg， 输出功率 P=F⋅v0=0.2mgv0， 从挂钩断开至 A 车的速度为 2v0 的过程中，加速度为 2 πθ = 2 πθ α> − 2 πβ γ< < 2 πθ = γ β= 2 πθ < γ β> 2 πβ γ< < 2 πθ α= − 2 πθ α> −用时 位移 从挂钩断开至 B 车的速度为 1.5v0 的过程中，由动能定理得： 解得 B 位移 所以 . 故 A 正确； B.玩具车 A 的速度为 2v0 时其功率为： PA=F⋅2v0=0.4mgv0， B 车的功率为 P=F⋅v0=0.2mgv0， 所以玩具车 A 的速度为 2v0 时其功率为此时玩具车 B 功率的 2 倍，故 B 错误； C.两车所受水平面的阻力做功的比值为 WfA：WfB=−fxA：(−fxB)=12:11， 故 C 错误； D.两车牵引力做功的比值： WFA：WFB=FxA：Pt=(0.2mg⋅ )：(0.2mgv0⋅ )=3:2， 故 D 正确。 13.为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置， 的 0.1 0.1F mga gm −= = 0 0 02 10v v vt a g −= = 2 0 0 0 A 2 15 2 v v vx t g += = 2 2 B 0 0 1 10.1 (1.5 )2 2Pt mgx m v mv− = − 2 0 B 55 4 vx g = 2 2 0 0 A B 15 55: : 12:114 v vx x g g = = 2 015v g 010v g小车总质量用 M 表示（乙图中 M 包括小车与传感器，丙图中 M 包括小车和与小车固连的滑] 轮），钩码总质量用 m 表示。为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加 速度与所受合外力成正比的结论，下列说法正确的是（） A. 三组实验中只有甲需要平衡摩擦力 B. 三组实验都需要平衡摩擦力 C. 三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量 m 远小于小车的总质量 M 的条件 D. 三组实验都需要满足所挂钩码的总质量 m 远小于小车的总质量 M 的条件 【答案】BC 【解析】 为便于测量合外力的大小，甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，而乙图是力传感 器的示数，丙图则是测力计的 2 倍，因此它们都必须平衡摩擦力，故 A 错误，B 正确；由于甲 图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，因此三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总 质量 m 远小于小车的总质量 M 的条件，故 C 正确，D 错误。 14.某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧一端固定于某一深度 为 h＝0.25 m、开口向右的小筒中（没有外力作用时弹簧的另一端也位于筒内），如图甲所示， 如果本实验的长度测量工具只能测量出筒外弹簧的长度 l，现要测出弹簧的原长 l0 和弹簧的 劲度系数，该同学通过改变所挂钩码的个数来改变 l，作出 F—l 图线如图乙所示。（1）由此图线可得出的结论是____________。 （2）弹簧的劲度系数为_______N/m，弹簧的原长 l0＝_______m. 【答案】 (1). 在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比 (2). 100 (3). 0.15 【解析】 【详解】试题分析：（1）[1] 根据图象结合数学知识可知：在弹性限度内，弹力与弹簧的伸 长量成正比； （2）[2][3]根据胡克定律 F 与 的关系式为： ， 从图象中可得直线的斜率为 2N/cm，截距为 20N，故弹簧的劲度系数为 ， 由 ， 于是： 考点：考查了胡可定律 【名师点睛】找到各个物理量之间的关系，然后根据胡克定律列方程，是解答本题的突破口， 这要求学生有较强的数学推导能力． 15.某同学用如图（a）所示的实验电路来测量未知电阻 的阻值，将电阻箱接入 a、b 之间， 闭合电键 S，适当调节滑动变阻器 后保持滑片位置不变，改变电阻箱的阻值 R， l ( ) ( )0 0F k l h l kl k h l= + − = + − 1 / 100 /k N cm N m= = ( )0 20k h l N− = 0 15 0.15l cm m= = xR 'R得到多组电压表的示数 U 与 R 的数据，并绘出的 U-R 图像如图（b）所示 （1）请用笔画线代替导线，根据电路图在图（c）中画出缺少的两根导线____。 （2）用待测电阻 替换电阻箱，读得电压表示数为 5.0V，利用图（b）中的 U-R 图像可得 =____Ω（保留两位有效数字） （3）使用较长时间后，电源的电动势可认为不变，但其内阻增大，若仍使用该装置和图（b） 中的 U-R 图像来测定某一电阻，则测定结果将____________（选填“偏大”、“偏小”或不 变）。 【答案】 (1). (2). 25 (3). 偏小 【解析】 【详解】（1）[1]根据电路图，导线连接如图： （2）[2]根据 U-R 图像可知，纵坐标 5.0V 对应的横坐标电阻值为 25Ω，故 Rx=25Ω； （3）[3]a、b 两点间这段电路可以当作一个等效的电源，当等效电源的内电阻变大时，外电 xR xR阻相同时，外电路分得的电压减小，相同的电压表读数，测量值小于真实值，测定结果将偏 小。 16.一长木板静止在水平地面上，木板长 ，小茗同学站在木板的左端，也处于静止状态， 现小茗开始向右做匀加速运动，经过 2s 小茗从木板上离开，离开木板时小茗的速度为 v=4m/s，已知木板质量 M=20kg，小茗质量 m=50kg，g 取 10m/s2，求木板与地面之间的动摩擦 因数 （结果保留两位有效数字）。 【答案】0.13 【解析】 【分析】 对人分析，由速度公式求得加速度，由牛顿第二定律求人受到木板的摩擦力大小；由运动学 的公式求出长木板的加速度，由牛顿第二定律求木板与地面之间的摩擦力大小和木板与地面 之间的动摩擦因数。 【详解】对人进行分析，由速度时间公式：v=a1t 代入数据解得：a1=2m/s2 在 2s 内人的位移为：x1＝ 代入数据解得：x1=4m 由于 x1=4m＜5m，可知该过程中木板的位移：x2=l-x1=5-4=1m 对木板：x2＝ 可得：a2=0.5m/s2 对木板进行分析，根据牛顿第二定律：f-μ（M+m）g=Ma2 根据牛顿第二定律，板对人的摩擦力 f=ma1 代入数据解得：f=100N 代入数据解得：μ＝ 。 【点睛】本题主要考查了相对运动问题，应用牛顿第二定律和运动学公式，再结合位移间的 关系即可解题。本题也可以根据动量定理解答。 17.如图所示绝缘的半径为 R 的光滑圆环，放在竖直平面内，环上套有一个质量为 m，带电量 为+q 的小环，它们处在水平向右的匀强电场中，电场强度为 E（如图所示），小环从最高点 A 5l m= µ 2 1 1 2 a t 2 2 1 2 a t 9 0.1370 ≈由静止开始滑动， （1）当小环通过与大环圆心等高的 B 点时大环对它的弹力； （2）当小环通过最低点 C 时，大环对它的弹力？ （3）若 E= ，则小环在光滑圆环上运动的最大速度在什么位置？值是多少？ 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 【详解】（1）小环由 A 到 B 的过程中，根据动能定理（设通过 B 点时速度大小为 vB）： ……………………① 小环通过 B 点的运动方程为： ……………………② 解方程①和②，可知小环通过 B 点时，大环对它的弹力指向环心 O，大小为 ……………………③ （2）小环由 A 到 C 的过程中，根据动能定理： ………………④ 小环通过 C 点时的运动方程为 ……………⑤ 解方程④和⑤得： ……………………⑥ mg q 2 3BN mg qE= + 5CN mg= ( )2 1 2mv gR= + 2 B 1 2mgR qER mv+ = 2 B B mv N qER = − 2 B B 2 3mvN qE mg qER = + = + 2 C 1 22 mv mgR= 2 C C mv N mgR = − 2 C C 5mvN mg mgR = + =（3）因 则重力与电场力的合力恒为： F 合= = mg 当合力与圆心共线，切向加速度为 0 时，速度有最大值 tanθ= 则：θ=45°……………………⑦ 即：BC 圆弧的中点位置……………………⑧ 重力下降的高度为：H=R+Rcos45° 沿电场力水平移动的距离为：d=Rsin45° 由动能定理： mgH+qEd= ……………………⑨ 速度最大值为： ……………………⑩ 18.如图所示，地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动，地球的轨道半径 为 R，运转周期为 T，地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角角地球对该行星的 观察视角（简称视角）。已知该行星的最大视角为 ，当行星处于最大视角处时，是地球上的 天文爱好者观察该行星的最佳时期，若某时刻该行星正处于最佳观察期，问该行星下一次处 于最佳观察期至少经历多次时间？ 【答案】 或 mg q E = 2 2( ) ( )mg qE+ 2 qE mg 21 2 mmv ( )m 2 1 2v gR= + θ ( ) ( ) ( ) 3 3 2 sin 2 (1 sin ) t T π θ θ π θ + = − ( ) ( ) 3 3 ( 2 ) sin 2 (1 sin ) t T π θ θ π θ − = −【解析】 试题分析：由题意可得行星的轨道半径 设行星绕太阳的转动周期为 T′由开普勒第三定律有： 设行星最初处于最佳观察时期前，其位置超前于地球，且经时间 t 地球转过 α 角后，该行星 再次处于最佳观察期，则行星转过的较大为 于是有： 解得： 若行星最初处于最佳观察期时，期位置滞后于地球，同理可得： 考点：考查了万有引力定律，开普勒第三定律 【名师点睛】根据题意知道当行星处于最大视角处时，地球和行星的连线应与行星轨道相切， 运用几何关系求解问题．地球与某行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律及角 速度公式列出等式，表示出周期，然后去进行求解． 19.如图所示，质量为 km 小球 a，用 l1=0.4m 的细线悬挂于 O1 点，质量为 m 小球 b，用 l2=0.8m 的细线悬挂于 O2 点，且 O1、O2 两点在同一条竖直线上。让小球 a 静止下垂，将小球 b 向右拉 起，使细线水平，从静止释放，两球刚好在最低点对心相碰。相碰后，小球 a 向左摆动，细 线与竖直方向最大偏角为 600，两小球可视为质点，空气阻力忽略不计，仅考虑首次碰撞。取 g=10m/s2。求： （1）讨论 k 可能的取值范围 （2）所有满足题干要求的碰撞情形中，k 取何值时？机械能损失最多。 【答案】(1) (2) 当 时，动能损失最大。 【解析】 sinr R θ= 3 3 2 2 R r T T = ′ 2β π α θ= + + 2 2,t tT T π πα β= =′ ( ) ( ) ( ) 3 3 2 sin 2 (1 sin ) t T π θ θ π θ + = − ( ) ( ) 3 3 ( 2 ) sin 2 (1 sin ) t T π θ θ π θ − = − 1 3k≤ ≤ 1.5k =【详解】（1）对小球 b 下摆过程： 得出碰前 ， 小球 a 上摆过程： 碰后 对两球碰撞过程有 ， 得出 。 由碰撞过程动能不增加有： ， 得出 ， 此外由碰撞中合理性原则得： ， 得出 。 综上所述 （2）碰撞中动能损失： 可以得出当 时，动能损失最大。 2 2 b 1 2mgl mv= b 4m/sv = ( ) 2 1 a 11 cos60 2kmgl kmv− ° = a 2m/sv = b b amv mv kmv′= + b 4 2v k′ = − 2 2 2 b b a 1 1 1 2 2 2mv mv kmv+′≥ 3k ≤ b a4 2 2v k v= − ≤ =′ 1k ³ 1 3k≤ ≤ 2 2 2 b b a 1 1 1 2 (32 2 2E mv mv kmv mk k∆ = − − = −′ ） 1.5k =