2019-2020年高三下学期3月第一次模拟考试物理试题含解析.doc

2019-2020年高三下学期3月第一次模拟考试物理试题含解析一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1（6分）（xx淄博一模）比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，下列物理量中属于用比值法定义的是（） A a= B T= C C= D I=【考点】： 电容【专题】： 电容器专题【分析】： 首先公式必须是定义式；其次要是比值定义法，所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变【解析】： 解：A、是加速度的计算式，不是定义式，故A错误B、是周期的计算式，不是定义式，故B错误C、是电容的定义式，且是用的比值定义法，故C正确D、是电流的计算式，不是定义式，故D错误故选：C【点评】： 解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变2（6分）（xx淄博一模）如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为a=30，弹簧水平，以下说法正确的是（） A 细线拉力大小为mg B 弹簧的弹力大小为mg C 剪断左侧细线瞬间，b球加速度大小为g D 剪断左侧细线瞬间，a球加速度大小为g【考点】： 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 根据共点力平衡求解细线的拉力和弹簧的弹力大小剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出a球的瞬时加速度【解析】： 解：A、B、对a球分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为：=弹簧的弹力：F=mgcot=，故A错误，B正确；C、剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故小球b所受的合力F合=0，加速度为0，故C错误；D、剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力F合=T=2mg，根据牛顿第二定律得，a=2g故D错误故选：B【点评】： 本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变3（6分）（xx淄博一模）太阳系中的行星受到太阳的引力绕太阳公转，但它们公转的周期却各不相同，若把地球和水星绕太阳的运动轨迹都近似看作圆周，根据观测得知，地球绕太阳公转的周期大于水星绕太阳公转的周期，则由此可以判定（） A 地球的线速度大于水星的线速度 B 地球的质量小于水星的质量 C 地球的向心加速度小于水星的向心加速度 D 地球到太阳的距离小于水星到太阳的距离【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 根据万有引力提供圆周运动向心力根据周期大小关系求得半径关系，再由半径确定向心加速度的关系即可【解析】： 解：行星绕太阳做匀速圆周运动由万有引力提供圆周运动向心力有：，可得周期T=由于地球公转周期大于水星的公转周期可知，地球的公转半径大于水星的公转半径，则A、线速度可知地球公转半径大线速度小，故A错误；B、根据万有引力提供圆周运动向心力不能由公转半径关系求得环绕天体的质量大小关系，故B错误；C、向心加速度a=知，地球公转半径大于水星的公转半径，故地球的向心加速度小于水星的向心加速度，故C正确；D、地球公转半径大于水星的公转半径，故地球到太阳间的距离大于水星到太阳间的距离，故D错误故选：C【点评】： 解决本题的关键是根据万有引力提供圆周运动向心力由周期关系得出公转半径的关系，再由公转半径关系分析描述圆周运动的物理量间的关系，掌握相关公式是正确解题的基础4（6分）（xx淄博一模）如图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1：100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小电压表V显示加在报警器上的电压（报警器未画出）未出现火警时，升压变压器的输入功率为750kW下列说法中正确的有（） A 降压变压器副线圈输出的交流电频率为50Hz B 远距离输电线路损耗功率为180kw C 当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变小 D 当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变小【考点】： 远距离输电【专题】： 交流电专题【分析】： 由图乙知交流电的周期0.02s，所以频率为50Hz；根据升压变压器的输入电压，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据闭合电路的动态分析判断电流与电压的变化【解析】： 解：A、由图乙知交流电的周期0.02s，所以频率为50Hz，A正确；B、由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25000V，所以输电线中的电流为：，输电线损失的电压为：U=IR=30100=3000V，输电线路损耗功率为：P=UI=90kW，B错误；C、当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，C正确；D、由C知副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，D错误；故选：AC【点评】： 解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系5（6分）（xx淄博一模）如图所示，小物块以某一初速度v0从固定的粗糙斜面底端上滑至最高点又返回底端，若以沿斜面向上为正方向，用a、x、v和Ek分别表示物块加速度、位移、速度和动能，t表示运动时间则可能正确的图象是（） A B C D 【考点】： 动能定理；匀变速直线运动的图像【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： 根据某物块以初速度v0从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端，知上滑过程中，物块做匀加速直线运动，下滑时做匀加速直线运动；在粗糙斜面上运动，摩擦力做功，物体的机械能减少，故回到底端时速度小于出发时的速度；根据运动特征判断各图形【解析】： 解：A、在上滑的过程中加速度为，在下滑过程中加速度为，故A错误B、上滑时做匀减速运动，故h曲线斜率先大后小，且平均速度大，运动时间短；下滑时做匀加速运动，故h曲线斜率先小后大，且平均速度小，运动时间长；故B正确C、由于上滑时合外力为重力分力和摩擦力之和，加速度大小不变，沿斜面向下；下滑时合外力为重力分力和摩擦力之差，加速度大小不变，方向沿斜面向下；所以上滑时加速度大，所以速度曲线斜率大；下滑时加速度小，所以速度曲线效率小，且此过程中，摩擦力做功，使物块到达底端的速率变小，故C正确D、根据动能定理得：，上滑时做匀减速运动，故EK曲线斜率先大后小；下滑时做匀加速运动，故Ek曲线斜率先小后大，故D错误故选：BC【点评】： 根据图示各物理量的曲线斜率代表的意义，结合实际运动分析即可6（6分）（xx淄博一模）如图所示，x图象表示空间某一静电场的电势沿x轴的变化规律，图象关于轴对称分布x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是Eax、Ebx，则（） A EaxEbx B Eax沿x轴负方向，Ebx沿x轴正方向 C 同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向一定相反 D 将正电荷沿x轴从a点移动到b点的过程中，其电势能先增加后减小【考点】： 电势差与电场强度的关系；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 本题的入手点在于如何判断Eax、Ebx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法【解析】： 解：A、在a点和b点附近分别取很小的一段距离x，由图象，a点段对应的电势差大于b点段对应的电势差，看做匀强电场，由公式E=，可见EaxEbx，故A错误；B、沿电场方向电势降低，在O点左侧，顺着+x轴方向电势升高，则Eax的方向沿x轴负方向，在O点右侧，沿+x轴方向电势降低，则Ebx的方向沿x轴正方向，故B正确；C、由题可知，图为电势沿x轴的分量，B仅为沿电场沿x轴分量，并不是总的电场方向，所以不能判断出总的电场力的方向，所以知同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向不一定相反，故C错误；D、将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，其电势能先增加后减小，故D正确；故选：BD【点评】： 本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；故此题的难度较高7（6分）（xx淄博一模）如图所示，abcd为固定的水平光滑矩形金属导轨，导轨间距为L，左右两端接有定值电阻R1和R2，R1=R2=R，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中质量为m的导体棒MN放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻两根相同的轻质弹簧甲和乙一端固定，另一端同时与棒的中点连接初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态，棒获得水平向左的初速度v0，第一次运动至最右端的过程中R1产生的电热为Q，下列说法中正确的是（） A 初始时刻棒所受安培力的大小为 B 棒第一次回到初始位置的时刻，R2的电功率为 C 棒第一次到达最右端的时刻，两根弹簧具有弹性势能的总量为mvQ D 从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的电热大于【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 由E=BLv0、I=、F=BIL三个公式结合求解初始时刻棒受到安培力大小MN棒从开始到第一次运动至最右端，电阻R上产生的焦耳热为2Q，整个回路产生的焦耳热为4Q【解析】： 解：A、由F=BIL及I=，得安培力大小为FA=BIL=故A错误；B、由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，由动能定理得：当棒再次回到初始位置时，速度小于v0，棒产生的感应电动势小于BLv0，则AB间电阻R的功率小于，故B错误；C、由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为2Q，所以两根弹簧具有的弹性势能为，故C错误；D、由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，安培力平均值最大，电路中产生总热量为2Q，整个回路中产生的焦耳热应大于2Q，故D正确故选：D【点评】： 本题分析系统中能量如何转化是难点，也是关键点，根据导体棒克服安培力做功等于产生的焦耳热，分析电阻R上产生的热量二.（必做157分+选做36分，共193分）【必做部分】8（8分）（xx淄博一模）如图所示，在一端带有滑轮的长木板上固定两个光电门1、2，两光电门中心间的距离为L质量为M的滑块A上固定一宽度为d的遮光条，在质量为m的重物B牵引下从木板的上端加速滑下，遮光条通过光电门时，光电门1、2记录的遮光时间分别为t1和t2（1）用此装置验证牛顿第二定律，且认为滑块A受到合外力的大小等于重物B所受的重力，实验中除了调整长木板倾斜角刚好平衡滑动摩擦力外，M、m还必须满足Mm；（2）滑块经过光电门1的速度为，实验测得的加速度为；（均用题中物理量的符号表示）（3）若考虑到d不是远小于L，则加速度测量值比真实值偏大（填“偏大”或“偏小”）【考点】： 验证牛顿第二运动定律【专题】： 实验题【分析】： 为了认为A所受的外力合力等于B的重力，首先需要平衡摩擦力，其次是重物的质量远小于滑块的质量根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门1、2的瞬时速度，结合速度位移公式求出加速度【解析】： 解：（1）根据牛顿第二定律，对整体有：a=，则绳子的拉力F=Ma=，当Mm，重物的总重力等于绳子的拉力，等于滑块的合力（2）滑块通过光电门1的瞬时速度：，通过光电门2的瞬时速度为：，根据v22v12=2aL，解得：a=（3）若考虑到d不是远小于L，两个中间时刻的实际距离大于L，而测量值为L，所以加速度的测量值比真实值大故答案为：（1）Mm；（2）；（3）偏大【点评】： 解决本题的关键知道验证牛顿第二定律实验中的两个认为：1、认为绳子的拉力等于滑块的合力，（前提需平衡摩擦力），2、认为重物的拉力等于绳子的拉力，（前提是重物的质量远小于滑块的质量）9（10分）（xx淄博一模）某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系，可用的器材如下：电源、滑动变阻器、电流表、电压表、不同规格的小灯泡两个、电键、导线若干（1）通过实验、作图得到了小灯泡L1的UI图象如图甲中的图线I，则可知小灯泡L1的电阻随电压增大而增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）（2）为了得到图甲中的图线，请将图乙中缺少的两根导线补全，连接成合理的实验电路（其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压）（3）换小灯泡L2重做实验，作图，得到其UI图象如图甲中的图线，若将小灯泡L1、L2并联使用，请根据、两条图线，在图甲中做出两小灯泡并联的UI图象（4）现将两个小灯泡并联接在电动势3V、内阻6的电源两端，则此时电源两端的电压为0.6V；两小灯泡消耗的总功率为0.24W【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题【分析】： 本题（1）根据电阻的定义表达式可知，UI图象上的点与原点连线的斜率表示电阻大小；题（2）的关键是根据图象得出变阻器应采用分压式接法；题（3）根据并联电阻电压与电流的特点作出对应的各点坐标即可；题（4）在表示灯的UI图象中同时作出表示电源的UI图象，然后读出两图线的交点坐标即可【解析】： 解：（1）由R=可知，UI图象上的点与原点连线的斜率等于导体的电阻，所以小灯泡的电阻随电压增大而增大；（2）由UI图象可知变阻器应采用分压式接法，实物连线图如图所示：（3）根据并联电阻电流与电压关系可知，在UI图象中，应满足每一个电压U对应的电流为两灯泡的电流之和，然后再用平滑的曲线连线即可，如图所示：（4）在UI图象中同时作出表示电源的UI图象，如图所示，读出与图线的交点坐标为U=0.6V，I=0.4A，两小灯泡消耗的功率为P=UI=0.24W；故答案为：（1）增大；（2）如图；（3）如图；（4）0.6，0.24【点评】： 应明确：当实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法；UI图象中，图象上的点与原点连线的斜率表示导体的电阻；在表示导体的UI图象中同时作出表示电源的UI图象，读出两图线的交点坐标即为通过导体的实际电流和电压10（18分）（xx淄博一模）某一空间飞行器质量为m，从地面起飞时，恰好沿与水平方向成=30角的直线斜向上右上方匀加速飞行，此时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角=60，经时间t后，将动力方向沿逆时针旋转60，同时适当调节其大小，使飞行器沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g，求：（1）t时刻飞行器的速度（2）t时刻发动机动力的功率（3）从起飞到上升到最大高度的整个过程中，飞行器发动机力做的总功【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率；功的计算【专题】： 功率的计算专题【分析】： （1）起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30角斜向上，根据几何关系求出合力，由牛顿第二定律求出加速度，根据匀加速运动速度公式求解速度；（2）根据P=Fv计算；（3）减速过程根据动能定理求发动机做的功，减速过程发动机做功为零，两阶段求和即可【解析】： 解：（1）对飞行器进行受力分析如图，则：Fsinmg=may Fcos=max 又： 联立式，并代入数据得：飞行器的加速度： 联立以上各式，并代入数据得：a=g t时刻飞行器的速率：v=at=gt （2）设t时刻发动机动力的功率为P，则P=Fvcos30=（3）飞行器加速过程位移位移 飞行器加速过程，由动能定理得 减速过程发动机动力做的功W2=0 飞行器从地面到最大高度的整个过程中发动机动力做的功W=W1+W2 联立上式得：答：（1）t时刻飞行器的速度为gt（2）t时刻发动机动力的功率（3）从起飞到上升到最大高度的整个过程中，飞行器发动机力做的总功为【点评】： 该题中，正确做出受力分析图，并结合力的合成与分解，得出合力与重力之间的大小关系，是解题的关键所在11（20分）（xx淄博一模）真空中有如图所示的矩形区域，该区域总高度为2h、总宽度为4h，其中上半部分有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场，下半部分有方向竖直向下的匀强电场，以水平分界线为x轴，正中心为坐标原点O，在x=2.5h处有一与x轴垂直的足够大的光屏（图中未画出），质量为m、电荷量为q的带负电粒子不断地从下边界中点P处由静止开始经过匀强电场加速，通过坐标原点后射入匀强磁场中，粒子间的相互作用和粒子重力均不计（1）若粒子从P点开始到第二次通过x轴时，恰好过x=h的点A，求加速电场的场强E1（2）若要求粒子从磁场的右侧边界射出，求符合条件的加速电场场强E2的范围（3）若将光屏向x轴正方向平移，粒子打在屏上的位置始终不改变，则加速电场的场强E3多大？粒子在电场和磁场中运动的总时间多长？【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）根据动能定理求得经电场加速后粒子的速度，由几何关系知粒子恰好不从上边界飞出说明粒子在磁场中圆周运动的半径刚好等于磁场的宽度h，根据半径公式求解即可；（2）根据动能定理和半径公式计算出粒子圆周运动的半径，再由几何关系确定粒子离开磁场区域处的坐标值即可，然后求出符合条件的加速电场场强E2的范围；（3）粒子打在屏上的位置始终不变，说明粒子打在屏上时的速度方向与x轴平行，根据粒子运动可能轨迹确定加速电场的大小及粒子在电场和磁场中运动的总时间即可注意粒子圆周运动的周期性【解析】： 解：（1）粒子在电场中加速（1）粒子在磁场中旋转（2）由几何关系得粒子做圆周运动的半径（3）三式联立可得（4）（2）粒子能从磁场的右侧边界射出时，须满足r2h（5）粒子在电场中加速（6）粒子在磁场中旋转（7）各式联立可得（8）（3）粒子打在屏上的位置始终不变，则粒子离开磁场时速度方向必平行于x轴正向，由几何关系知，进入匀强磁场后做匀速圆周运动的半径2h=（2n+1）r3，n=1，2，3（9）带电粒子在电场中加速过程（10）（11）三式联立得n=1，2，3（12）从O点进入磁场后先运动半个圆周再返回电场减速到0又返回磁场时速度仍是v3，如此周期性运动最后从磁场的右边界水平射出带电粒子在磁场中运动周期（13）带电粒子在磁场中运动总时间，n=1，2，3（14）带电粒子在电场中运动总时间，n=1，2，3（15）带电粒子在电磁场中运动总时间t=t1+t2=n=1，2，3（16）答：（1）若粒子从P点开始到第二次通过x轴时，恰好过x=h的点A，加速电场的场强（2）若要求粒子从磁场的右侧边界射出，求符合条件的加速电场场强E2的范围（3）若将光屏向x轴正方向平移，粒子打在屏上的位置始终不改变，则加速电场的场强E3多大？粒子在电场和磁场中运动的总时间是，n=1，2，3【点评】： 解决本题的关键是掌握带电粒子在加速电场中的运动及由动能定理求得经加速电场后的速度，粒子在磁场中在洛伦兹力作用下做圆周运动，要考虑到由条件作出粒子运动轨迹，由轨迹确定粒子运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式求解，要注意圆周运动的周期性二.选做部分【物理-选修3-3】12（4分）（xx淄博一模）下列叙述正确的有（） A 气体的压强越大，分子的平均动能越大 B 自然界中只要涉及热现象的实际过程都具有方向性 C 外界气体做正功，气体的内能一定增大 D 扩散现象与布朗运动都与温度有关【考点】： 热力学第二定律；温度是分子平均动能的标志；热力学第一定律【专题】： 热力学定理专题【分析】： 温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子平均动能相同；实际的宏观过程都具有“单向性”，所以满足热力学第一定律的不一定满足热力学第二定律；根据能量守恒定律可以判断出气体内能的变化【解析】： 解：A、温度是分子平均动能的标志，所以温度的高低决定分子平均动能的大小与压强无关，故A错误B、根据热力学第二定律，自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故B正确C、外界气体做正功，若同时放出热量，气体的内能不一定增大，故C错误D、温度越高，分子的运动越激烈，扩散现象与布朗运动都与温度有关，故D正确故选：BD【点评】： 本题考查了对热力学第二定律的了解和掌握情况，及宏观自然过程具有方向性，比较简单13（8分）（xx淄博一模）如图，横截面积相等的绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦，两气缸内都装有理想气体，初始时体积均V0、温度为T0且压强相等，缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强变为原来的1.5倍，设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积VA和温度TA【考点】： 理想气体的状态方程【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 因为气缸B导热，所以B中气体始末状态温度相等，为等温变化；另外，因为是刚性杆连接的绝热活塞，所以A、B体积之和不变，即VB=2V0VA，再根据气态方程，本题可解【解析】： 解：设初态压强为P0，膨胀后A，B压强相等PB=1.5P0（1）B中气体始末状态温度相等，由玻意耳定律得：P0V0=1.5P0VB（2）2V0=VA+VB（3）（4）对A部分气体，由理想气体状态方程得：（5）TA=2T0答：气缸A中气体的体积，温度TA=2T0【点评】： 本题考查理想气体状态变化规律和关系，找出A、B部分气体状态的联系是关键【物理-选修3-4】14（xx淄博一模）一列简谐横波沿x轴传播，图甲是波刚好传播到x=5m处的M点的波形图，图乙是质点N（x=3m）从此时刻开始计时的振动图象，Q是位于x=9m处的质点下列说法正确的是 （） A 这列波的波长是4m B 这列波的传播速度是1.25m/s C M点以后的各质点开始振动时的方向都沿y轴正方向 D 质点Q经过7s时，第一次到达波峰【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】： 振动图像与波动图像专题【分析】： 由甲图得到波长，由乙图得到周期，根据v=求解波速；各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同【解析】： 解：A、由甲图得到波长为4m，故A正确；B、由乙图得到周期为4s，故波速v=1m/s；故B错误；C、各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同，波前向下运动，故M点以后的各质点开始振动时的方向都沿y方向，故C错误；D、x=2m处的波峰传到Q点时，质点第一次到达波峰，故t=7s；故D正确；故选：AD【点评】： 本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握15（xx淄博一模）如图所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入，已知棱镜的折射率n=，AB=BC=8cm，OA=2cm，OAB=60求：（1）光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向（2）光线第一次射出棱镜时，出射点距C点多远？【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： （1）根据sinC=，求出临界角的大小，从而作出光路图，根据几何关系，结合折射定律求出出射光线的方向（2）根据几何关系，求出第一次的出射点距C的距离【解析】： 解：（1）因为sinC=，所以得临界角C=45第一次射到AB面上的入射角为 60，大于临界角，所以发生全发射，反射到BC面上，入射角为60，又发生全反射，射到CD面上的入射角为 i=30根据折射定律得，n=解得 r=45即光从CD边射出，与CD边成45斜向左下方（2）根据几何关系得，AF=4cm，则BF=4cmBFG=BGF，则BG=4cm所以GC=4cm所以CE=cm答：从CD边射出，与CD边成45斜向左下方 第一次的出射点距C点cm【点评】： 解决本题的关键掌握全发射的条件，以及折射定律，作出光路图，结合几何关系进行求解【物理-选修3-5】16（xx淄博一模）已知氘核的比结合能是1.09MeV，氚核的比结合能是2.78MeV，氦核的比结合能是7.03MeV在某次棱反应中，1个氘核和1个氚核结台生成1个氦核，则下列说法中正确的是 （） A 这是一个裂变反应 B 核反应方程式为H+HHe+n C 核反应过程中释放的核能是17.6MeV D 目前核电站都采用上述核反应发电【考点】： 爱因斯坦质能方程；裂变反应和聚变反应【专题】： 爱因斯坦的质能方程应用专题【分析】： 1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，这是聚变反应；由质量数守恒和电荷数守恒判定反应方程是否正确；由质能方程判断出释放的核能；目前核电站都采用核裂变发电【解析】： 解：A、1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，这是聚变反应故A错误；B、1个氘核和1个氚核结台生成1个氮核，根据质量数与质子数守恒知同时有一个中子生成，反应方程为H+HHe+n故B正确；C、根据质能方程E=mc2得一次聚变释放出的能量：E=E2E1=7.034（2.783+1.292）=17.6MeV；故C正确；D、目前核电站都采用核裂变发电故D错误；故选：BC【点评】： 本题考查了核反应方程的书写以及质能方程的简单应用，属于简单基础题目，平时练习中对这类问题注意多加训练，不可忽视17（xx淄博一模）如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均可以看成质点）求：（1）子弹射入木块前的速度；（2）若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出初速度；（2）由动量守恒定律与机械能守恒定律求出最大高度【解析】： 解：（1）根据机械能守恒定律得：，解得：v=，子弹射入木块的过程中，对子弹和木块组成的系统研究，规定向右为正方向，根据动量守恒得：mv0=（M+m）v，解得：（2）由动量守恒定律可知，第2、4、6颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1、3、5颗子弹射入后，木块运动当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（9m+M）v9，设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得：由以上各式可得：H=答：（1）子弹射入木块前的速度为；（2）小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为【点评】： 本题考查了求速度与木块上升的高度问题，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题