2019-2020年高三物理下学期第七次月考试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高三物理下学期第七次月考试题（含解析）新人教版一、选择题（本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1-5小题只有一项符合题目要求，第68小题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）1以下表述正确的是（）A. 奥斯特首先发现了电磁感应定律，开辟了能源利用的新时代B. 牛顿利用扭秤实验，首先测出引力常量，为人类实现飞天梦想奠定了基础C. 安培首先提出了“场”的概念，使人们认识了物质存在的另一种形式D. 伽利略利用实验和推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原因考点：物理学史.分析：本题是物理学史问题，根据相关科学家的物理学成就进行解答解答：解：A、法拉第首先发现了电磁感应定律，开辟了能源利用的新时代故A错误B、卡文迪许利用扭秤实验，首先测出引力常量，为人类实现飞天梦想奠定了基础故B错误C、法拉第首先提出了“场”的概念，使人们认识了物质存在的另一种形式故C错误D、伽利略利用实验和推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原因故D正确故选：D点评：多了解物理学史对培养我们学习物理的兴趣是有帮助的，所以考试中也时有涉及，在学习中应注意2如图所示，一只半球形碗倒扣在水平桌面上处于静止状态，球的半径为R质量为m的蚂蚁只有在离桌面高度大于或等于时，才能停在碗上那么蚂蚁和碗面间的最大静摩擦力为（）A. B. C. D. 考点：摩擦力的判断与计算.专题：摩擦力专题分析：蚂蚁受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡求出蚂蚁和碗面间的动摩擦因数解答：解：蚂蚁受重力、支持力和摩擦力处于平衡，根据平衡有：f=mgsin=N=mgcos而cos=0.8所以=tan=故最大静摩擦力为：f=mgcos=故选：A点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解3把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车而动车组就是几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（也叫拖车）编成一组，就是动车组，如图所示假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等若1节动车加4节拖车编成的动车组的最大速度为120km/h；则6节动车加4节拖车编成的动车组的最大速度为（）A. 120km/h B. 240km/h C. 360km/h D. 480km/h考点：功率、平均功率和瞬时功率.专题：功率的计算专题分析：当牵引力与阻力相等时，速度最大，求出功率与阻力和最大速度的关系6节动车加4节拖车编成的动车组运动时，牵引力与阻力相等时速度最大，结合6P=10fvm求出最大速度的大小解答：解：设每节车厢所受的阻力为f，若1节动车加4节拖车编成的动车组的最大速度为120km/h，则P=Fvm=5fvm设6节动车加4节拖车编成的动车组的最大速度为vm，牵引力等于阻力时速度最大，则有：6P=10fvm联立两式解得vm=360km/h故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键知道牵引力与阻力相等时，速度最大，结合功率与速度的关系进行求解4（6分）如图所示，A、B、Q、C、D、P为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，P、Q外有电荷量相等的两个异种点电荷，它们的连线中点为O点则（）AA点和B点的电场强度相同BA点和C点的电场强度相同CPA两点间的电势差小于C、Q两点间的电势差D将正电荷q从A点沿直线移到B点的过程中，电场力做负功考点：电场强度；电势差.专题：电场力与电势的性质专题分析：由题意可知，根据矢量叠加原理，则相当于等量的异种电荷分布；PQ连线即为等量的异种电荷的中垂线，根据平行四边形定则分析出中垂线上的场强方向和大小根据电场线与等势线垂直，判断电势的高低解答：解：电荷量相等的两个异种点电荷的电场线的分布如图，与题目中的图对比，依据矢量的合成法则可知：A、A点和B点的电场强度的方向不同，所以A错误；B、A点和C点的电场强度大小相等，方向相同，所以B正确；C、由电场的对称性可得，PA两点间的电势差等于C、Q两点间的电势差所以C错误；D、将正电荷q从A点沿直线移到B点的过程中，电场力的方向与运动方向之间的夹角是锐角，电场力做正功，所以D错误；故选：B点评：本题考查的就是点电荷的电场的分布，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况，注意运用等效思维来解题5（6分）英国物理学家狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，距离它r处的磁感应强度大小为B=（k为常数），其磁场分布与点电荷的电场分布相似现假设某磁单极子S固定，一带电小球分别在S极附近做匀速圆周运动下列小球可以沿图示方向做匀速圆周运动的有（）ABCD考点：磁感应强度.分析：粒子在磁场中受洛仑兹力及本身的重力做匀速圆周运动，故它们的合力应充当向心力，则逐一分析各图种粒子受到的洛伦兹力的方向可得出正确的结果解答：解：AB、要使粒子能做匀速圆周运动，则洛仑兹力与重力的合力应能充当向心力，图A中，粒子为正电荷且逆时针转动（由上向下看）则其受力斜向上，与重力的合力可以指向圆心，图B中，粒子为负电荷，也逆时针转动，则洛伦兹力斜向下，与重力的合力指向圆的下方，不能提供向心力，故A正确、B错误；C、图C中，洛伦兹力斜向上方外侧，与重力的合力指向圆的外侧不能提供向心力，故C错误D、图D中，洛伦兹力斜向下方内外侧，与重力的合力指向圆的下方不能提供向心力，故D错误故选：A点评：本题巧妙地将电场和磁场相结合，考查了向心力、库仑力及洛仑兹力方向的判断问题带点微粒在磁场中运动要注意是否考虑其重力，像小球、液滴等大的分子集合体往往要考虑重力，要注意正确判断洛伦兹力的方向，分析好向心力的来源6（6分）下面是地球、火星的有关情况比较星球地球火星公转半径1.5108 km2.25108 km自转周期23时56分24时37分表面温度151000大气主要成分78%的N2，21%的O2约95%的CO2根据以上信息，关于地球及火星（行星的运动可看做圆周运动），下列推测正确的是（）A地球公转的线速度大于火星公转的线速度B地球公转的向心加速度大于火星公转的向心加速度C地球的自转角速度小于火星的自转角速度D地球表面的重力加速度大于火星表面的重力加速度考点：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：地球与火星绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律求出线速度、向心加速度、星球表面的重力加速度，然后答题解答：解：设太阳质量为M，行星质量为m，行星轨道半径为r，行星绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力；A、由牛顿第二定律得：G=m，解得，行星的线速度：v=，由于地球的轨道半径小于火星的轨道半径，则地球公转的线速度大于火星公转的线速度，故A正确；B、由牛顿第二定律得：G=ma，解得，行星的向心加速度：a=，由于地球的轨道半径小于火星的轨道半径，地球公转的向心加速度大于火星公转的向心加速度，故B正确；C、自转角速度=，由于地球自转周期小于火星的自转周期，地球的自转角速度大于火星的自转角速度，故C错误；D、星球对其表面物体的万有引力等于物体受到的重力，则G=mg，g=，由于不知道地球与火星的质量m间的关系以及它们的半径关系，无法比较重力加速度的大小，故D错误；故选：AB点评：本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力、应用万有引力公式与向心力公式列方程即可正确解题7（6分）如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10，其余电阻均不计从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压则下列说法正确的有（）A当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为31.1VB当单刀双掷开关与b连接时，电流表示数为4.4AC当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25HzD当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变大考点：变压器的构造和原理；电功、电功率.专题：交流电专题分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：A、当单刀双掷开关与a连接时，变压器原副线圈的匝数比为10：1，输入电压为V=220V，故根据变压比公式，输出电压为22V，故A错误；B、当单刀双掷开关与b连接时，变压器原副线圈的匝数比为5：1，输入电压为V=220V，故根据变压比公式，输出电压为44V，根据欧姆定律，输出电流：I=4.4A；故B正确；C、由图象可知，电压的最大值为311V，交流电的周期为2102s，所以交流电的频率为f=50Hz；当单刀双掷开关由a拨向b时，变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50Hz；故C错误；D、当单刀双掷开关由a拨向b时，根据变压比公式，输出电压增加，故输出电流增加，故输入电流也增加，故原线圈的输入功率变大，故D正确；故选：BD点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题8（6分）如图所示，在足够长的两条平行金属导轨的左端接有一个定值电阻RA=0.6，两导轨间的距离L=0.5m，在虚线区域内有与导轨平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T，两虚线间距离矗一1.0m两根完全相同的金属棒ab，cd与导轨垂直放置，两金属棒用一长为2.0m的绝缘轻杆连接棒与导轨间无摩，两金属棒电阻均为r=0.3，导轨电阻不计现使两棒在外力作用下以u=5.0m/s的速度向右匀速穿过磁场区域则（）A当ab棒刚进入磁场时，通过cd棒的电流方向为cdB当cd棒刚进入磁场时，通过ab棒的电流大小为1.0AC从cd棒刚进磁场到ab棒刚离开磁场的过程中，外力做的功为0.4JD从cd棒刚进磁场到ab棒剐离开磁场的过程中，通过R）o的电荷量约为0.13C考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率.专题：电磁感应与电路结合分析：感应电流的方向可根据楞次定律或右手定则判断；感应电流大小由闭合电路欧姆定律和感应电动势公式 E=BLv求解；由公式F=BIL求出两棒所受的安培力大小，由于棒匀速运动，即可得到外力的大小，由功的公式W=FS求解外力做功解答：解：A、当ab棒刚进入磁场时，由右手定则可知通过cd棒的电流方向为cd，故A正确；B、当cd棒刚进入磁场时，通过cd棒的电流大小为：I=1A通过ab棒的电流大小为：Iab=I=1.0A=A故B错误；C、D、从cd棒刚进磁场到ab棒刚离开磁场的过程中，克服安培力做功即为外力做功，大小为：W=2BILS=20.210.51=0.2J，故C错误，D正确故选：AD点评：本题要求同学们要有运用法拉第电磁感应定律和楞次定律处理实际问题的能力要弄清电路的结构，抓住切割磁感线的导体相当于电源，其他部分电路中外电路三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题-第18题为选考题，考生根据耍求作答（一）必考题9（6分）（xx安徽模拟）如图甲所示，实验桌面上O点的左侧光滑，从O点到实验桌的右边缘平铺一块薄硬砂纸并固定为测定木块与与砂纸纸面之间的动摩擦因数，某同学按照该装置进行实验实验中，当木块A位于O点时，沙桶B刚好接触地面将A拉到M点，待B稳定且静止后释放，A最终滑到N点测出MO和ON的长度分别为h和L改变木块释放点M的位置，重复上述实验，分别记录几组实验数据（1）实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮，请提出两个解决方法：增大A的质量；减小B的质量（2）问题解决后，该同学根据实验数据作出hL关系的图象如图乙所示，图象的斜率为K1，实验中已经测得A、B的质量之比为K2，则动摩擦因数=（用K1、K2表示）考点：探究影响摩擦力的大小的因素.专题：实验题分析：B减少的重力势能转化成系统的内能和A、B的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的势能太多，转化成系统的内能太少，从而找作答依据对在B下落至临落地时和在B落地后，A运动到N，两个过程运用动能定理，求得的表达式解答：解：（1）B减少的重力势能转化成系统的内能和AB的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的势能太多，转化成系统的内能太少，可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度）解决故解决方法有：可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度）（2）设A、B的质量分别为m、M则B下落至临落地时根据动能定理有：Mgh=（M+m）v2，在B落地后，A运动到N有mv2=mgL，又因为，所以解得=故答案为：（1）增大A的质量、减小B的质量、降低B的起始高度等（2）点评：在判断此类问题时，要深刻理解动能定理，能量守恒定律，要会通过图象分析相关问题10（10分）用图甲所示的电路，测定某电源的电动势和内阻，R为电阻箱，阻值范围09 999，R0=25，电压表内阻对电路的影响可忽略不计该同学连接好电路后，使电阻箱阻值为O，闭合开关S，记下电压表读数为3V改变电阻箱接人电路的电阻值，读取电压表的示数根据读取的多组数据，他画出了图丙所示的图象，图中虚线是图中趋线的渐近线（1）电路中R0的作用是保护电路（2）请在图乙中，将实物图正确连接电路图如图所示（3）根据该图象可及测得数据，求得该电池的电动势9.0V（4）另一同学据测得数据如图丁所示，则电路可能存在的故障有ACAR0断路 BR0短路 CR断路 DR短路考点：测定电源的电动势和内阻.专题：实验题分析：根据电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图象与函数表达式分析答题解答：解：由电路图可知，R0串联在电路中，对电路有保护作用根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：图中虚线是图中曲线的渐近线所以该电池的电动势E=9.0V，电阻箱阻值为0，闭合开关S，记下电压表读数为3V所以内阻r=50所以该电池的电动势E=9.0V，内阻r=50另一同学据测得数据得到如图丁所示，即电压表的读数不变，为电动势大小则电路可能存在的故障有R0断路或R断路，故答案为：保护电路；电路图如图所示；9.0V；AC点评：涉及到用图象解得问题，一般思路是首先根据物理规律列出表达式，然后再整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的关系式，然后再根据斜率和截距的概念列式求解即可11（13分）如图所示，传送带的水平部分AB长为L=4m，以v0=5m/s的速度顺时针转动，水平台面BC与传送带平滑连接于B点，BC长S=lm，台面右边有高为h=0.5m的光滑曲面CD，与BC部分相切于C点一质量m=lkg的工件（视为质点），从A点无初速释放，工件与传送带及台面BC间的动摩擦因数均为=0.2，g=10m/s2，求：（1）工件运动到B点时的速度大小；（2）通过计算说明，工件能否通过D；（3）求工件在传送带上滑行的整个过程中产生的热量考点：功能关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律.分析：（1）对工件正确受力分析，找出工件的合力，明确其运动性质，运用牛顿第二定律和运动学公式去求解B点时的速度（2）关于工件能否通过D点到达上平台DE上，我们运用动能地理可以先求出工件沿曲面CD上升的最大高度（到达最大高度速度为0），然后与题目的D点高度对比；（3）根据功能关系公式Q=fS相对求解热量解答：解：（1）工件刚放上时，做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mg=ma 代入数据解得：a=g=0.210=2m/s2当两者速度相等时有：t=2.5s工件对地的位移为：s1=at2=6.25mL 故工件一直做初速度为零的匀加速直线运动，故工件到达B点的速度为：=4m/s（2）设工件沿曲面CD上升的最大高度为h，由动能定理得：mgs1mgsmgh=0解得：h=（S1S）=0.2（6.251）=1.05mh所以，工件能够通过D点到达平台DE上；（3）工件在传送带上的运动时间为：t=2s该时间内传送带的位移为：x=v0t=52=10m工件相对传送带的位移为：x=xL=104=6m相对滑动产生的热量为：Q=mgx=0.21106=12J答：（1）工件运动到B点时的速度大小为4m/s（2）工件能够通过D点到达平台DE上；（3）工件在传送带上滑行的整个过程中产生的热量为12J点评：对应传送带的问题要正确受力分析特别是摩擦力的分析，要注意工件和传送带的相对运动，根据要求的物理量选择物理规律去解决关于能否通过D点到达平台DE上，我们可以按解答中做，也可以求出假设到达D点，在B点至少有多大的速度，再与题目中B的实际速度对比12（18分）如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直角三角形舰内存在垂直于xOy平面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，三角形的一直角边ML长为b以，落在y轴上，NML=30，其中位线OP在x轴上电子束以相同的速度v0从y轴上的区间垂直于y轴和磁场方向射入磁场，已知从y轴上y=2a以的点射入磁场的电子在磁场中酌轨迹恰好经过点O0若在直角坐标系xOy的第一象限区域内加上方向沿y轴正方向、电场强度大小为E=Bv的匀强电场，在x=3a处垂直于轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q o忽略电子间的相互作用，不计电子的重力试求：（1）电子的比荷；（2）电子束从+y轴上射人电场的纵坐标范围；（3）从磁场中垂直于y轴射入电场的电子打到荧光屏上距Q点的最远距离考点：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：从y轴上y=2a点射入磁场的电子在磁场中的轨迹恰好经过O点，则电子圆周运动的半径为a，根据牛顿第二定律列方程求比荷；粒子在磁场中运动圆轨迹必须与直线MN相切时打到荧光屏上距Q点最远解答：解：（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径为r=a，由牛顿第二定律得：ev0B=m，电子的比荷：=；（2）电子能进入电场中，且离O点上方最远，电子在磁场中运动圆轨迹恰好与边MN相切，电子运动轨迹的圆心为O点，如图所示则：OM=2a，OO=OM0M=a，即粒子从D点离开磁场进入电场时，离O点上方最远距离为：OD=ym=2a，所以电子束从y轴射入电场的范围为0y2a；（3）假设电子没有射出电场就打到荧光屏上，有 3a=v0t，y=t2，解得：y=a2a，所以，电子应射出电场后打到荧光屏上电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平位移为x，水平：x=v0t，竖直：y=t2，代入数据解得：x=；设电子最终打在光屏的最远点距Q点为H，电子射出电场时的夹角为有：tan=，H=（3ax）tan=（3），当3=时，即y=a时，H有最大值，由于a2a，所以Hmax=a；答：（1）电子的比荷为；（2）电子束从+y轴上射入电场的纵坐标范围是0y2a；（3）从磁场中垂直于y轴射入电场的电子打到荧光屏上距Q点的最远距离为a点评：本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用(二）选考题【物理-选修3-3】（15分）13根据分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是 （）A布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映B固体被压缩撤力后恢复原状，是由于分子间存在着斥力C使密闭气球内气体的体积减小，气体的内能可能增加D可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化考点：分子间的相互作用力；布朗运动；物体的内能.专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系分析：布朗运动反映了液体中分子的无规则运动；分子间同时存在着斥力和引力；做功和热传递都可以改变物体的内能；热力学第二定律：为不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响解答：解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，由于颗粒是大量分子组成的，所以布朗运动不是固体颗粒的分子无规则运动，而是液体分子无规则运动的反映，故A错误B、分子间既有引力又有斥力，该例表明分子力是斥力，斥力大于引力，故B正确C、使密闭气球内气体的体积减小，对气体做功，不考虑热传递时，根据热力学第一定律，气体内能增加，故C正确D、耗散掉的能量无法重新收集起来重新加以利用，故D错误故选：BC点评：本题考查分子动理论、热力学第一定律和能量耗散等知识；布朗运动既不是颗粒分子的运动，也不是液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的反映14（9分）如图所示，导热良好的气缸竖直放置，活塞质量为10kg，横截面积为50cm2，厚度为1cm，气缸全长为21cm，大气压强为110s Pa，当活塞上面放一物块时，活塞封闭的气柱长10cm，若将物块拿走，活塞稳定后恰好与气缸口相平（外界温度保持不变，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，整个过程无漏气发生）g取10m/s2求：物块质量为多大？此过程中气体对外界做正功（选填“做正功”、“做负功”或“不做功”），气体将吸热（选填“吸热”或“放热”）考点：热力学第一定律；理想气体的状态方程.专题：热力学定理专题分析：（1）气体发生等温变化，由玻意耳定律可以求出空气柱的长度（2）应用理想气体状态方程分析答题解答：解（1）开始封闭气体的压强为：p1=p0+，气缸倒过来后，气体的压强为：p2=p0+，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1L1S=p2L2S，代入数据解得：M=60kg；（2）气体体积增大，气体对外界做正功，由于温度不变，内能不变，根据热力学第一定律知气体吸收热量故答案为：60Kg，做正功，吸热点评：应用玻意耳定律与理想气体状态方程即可正确解题，本题的解题关键是求出各状态的气体压强【物理-选修3-4】15一列简谐横波沿直线由a向b传播，相距10m的a、b两处的质点振动图象如图中a、b所示，波长大于10m，再经过6s，质点a通过的路程是60cm，这列波的波速是10m/s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：根据时间与周期的倍数关系求解路程根据同一时刻两个质点的状态，确定a、b间的距离与波长的关系，确定波长，读出周期，求出波速解答：解：由图可知，周期为T=4s，则t=6s=1T，则质点a通过的路程是S=6A=610cm=60cm由振动图象和题意：波长大于10m，可知，ab之间相距，即有：=10m，则得 =40m，根据波速公式有：v=10m/s故答案为：60，10点评：本题解题关键是根据两质点的振动状态，确定波长，知道质点做简谐运动时，在一个周期内通过的路程是四个振幅16如图所示，为一玻璃圆柱体的截面图，其半径为R，O为圆柱截面的圆心，AB为截面圆的直径在B点放一个能发某种单色光的点光源，照射到直径AB上方，只有圆弧AMN段有光线折射出来，其中从M点折射出的光线恰好平行AB，已知ABM=求：直线BN的长度（用R、表示）考点：光的折射定律.专题：光的折射专题分析：画出光线BM的光路图，由几何知识求出入射角和折射角，再求出折射率n，由sinC=求出临界角由题意光线在N点恰好发生本反射，入射角等于临界角，再由几何知识求解即可解答：解：设光线BM在M点发生折射对应的入射角为i，折射角为r，由几何知识可知：i=，r=2；根据折射定律得：n=代入数据得： n=2cos光线BN恰好在N点发生全反射，则BNO为临界角C，有： sinC=由几何知识可知，等腰三角形NOB中，BN的距离： BN=2RcosC联立求得： BN=答：直线BN的长度为点评：解决几何光学问题的关键要正确作出光路图，分析隐含的临界情况，知道全反射的条件，再结合折射定律和几何知识进行求解【物理-选修3-5】（15分）17在物理学中，没有比光更令人惊奇的了，关于光的产生、本质和应用，下列说法正确的是（）A光是一份一份的，每一份叫做光子，每一个光子的能量是凫y，光子打在金属板上，可能发生光电效应B光子被2U吸收，235U会裂变，发生链式反应，产生核能C当大批氢原子从规=4能级跃迁到n=1能级时，氢原子会产生6种频率的光子D光子是较轾的粒子，与H和H结合能发生聚变反应，吸收能量考点：光的本性学说的发展简史.分析：光子说：光是一份一份的，每一份叫做光子，每一个光子的能量是h，当入射光的频率大于金属的极限频率时，才会发生光电效应；链式反应与聚变反应都有条件，且反应会释放大量核能解答：解：A、光是一份一份的，每一份叫做光子，每一个光子的能量是h，光子打在金属板上，可能发生光电效应，故A正确；B、92235U受中子轰击时才会发生裂变，故B错误；C、当大批氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级时，根据=6，所以氢原子会产生6种频率的光子；故C正确；D、光子是较轻的粒子，与和H结合能发生聚变反应，放出能量，故D错误；故选：AC点评：本题是一道综合题，综合考查学生对光学和原子物理的一些基础知识点的了解和掌握，是一道基础题18如图甲所示，A、B两物体与水平面间的动摩擦因数相同，A的质量为3kg，A以一定的初速度向右滑动，与B发生碰撞，碰前的A速度变化如图乙中图线I所示，碰后AB的速度变化分别如图线、所示，g取10m/s2，求：A与地面间的动摩擦因数；判断AB间发生的是弹性碰撞还是非弹性碰撞考点：动量守恒定律；动量定理.专题：动量定理应用专题分析：由图象求出物体的速度，然后由动量定理求出摩擦力，再求出动摩擦因数；由动量守恒定律求出物体的质量，然后求出碰撞过程系统机械能是变化量，再判断碰撞的类型解答：解：由图示图象可知，A的初速度为：v0=3m/s，碰撞前的速度为：v1=2m/s，时间为：t=1a，由动量定理得：ft=mv1mv0，代入数据解得：f=3N，A与地面间的动摩擦因数：=0.1；由图示图象可知，碰撞后A的速度为：vA=1m/s，B的速度为：vB=3m/s，碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAv1=mAvA+mBvB，代入数据解得：mB=1kg，碰撞前后系统的机械能差：E=mAv12mAvA2mBvB2，代入数据解得：E=0J，则碰撞为弹性碰撞答：A与地面间的动摩擦因数为0.1；AB间发生的是弹性碰撞还是弹性碰撞点评：本题考查了求动摩擦因数、判断碰撞类型，分析清楚物体运动过程、由图示图象求出物体的速度，应用动量定理、动量守恒定律即可正确解题