2019-2020年高三物理上学期期末试卷（含解析） (I).doc

2019-2020年高三物理上学期期末试卷（含解析） (I)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题只有一项符合题目要求，第6-8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，有选错的得0分1现场缺货历来是中国南极考察队的“硬仗”，需要利用卡物比勒车将重达25吨的货物卸载如图所示，吊钩下有四根一样的绳索，且四根绳索呈对称分布，每根绳索与竖直方向的夹角均为30，则每根绳索的拉力约为( )A9.0104NB7.0104NC5.0104ND3.0104N考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对卡物比勒车受力分析，受重力和4个拉力，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解即可解答：解：对卡物比勒车受力分析，受重力和4个拉力，将4个拉力均沿着水平和竖直方向正交分解，根据平衡条件，有：4Fcos30=mg解得：F=N70000N=7.0104N故选：B点评：本题是力平衡问题，关键是受力分析后采用正交分解法列式求解，基础题目2“神舟十号”与“天宫一号”多次成功实现交会对接如图所示，交会对接前“神舟十号”飞船先在较低圆轨道1上做圆周运动，在适当位置经变轨后与在圆轨道2上运动的天宫一号对接，M、Q两点在轨道1上，P点在轨道2上，三点连线过地心，把飞船的加速度过程简化为只做一次短时加速下列关于“神舟十号”变轨过程的描述，正确的有( )A“神舟十号”的M点加速，则一定会在P点与“天宫一号”相遇B“神舟十号”可以与“天宫一号”同轨加速追及C“神舟十号”在轨道1上M点的加速度小于在轨道2上P点的加速度D“神舟十号”变轨后的运动周期总大于变轨前的运动周期考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力，确定线速度、周期、向心加速度等与半径的关系“神舟十号”点火加速后，所需的向心力变大，万有引力不够提供，做离心运动，这样才能完成对接解答：解：A、神舟十号与天宫一号实施对接，需要神舟十号抬升轨道，即神舟十号开动发动机加速做离心运动使轨道高度抬长与天宫一号实现对接，故“神舟十号”在M点加速轨道抬高至天宫一号轨道处即可相遇，相遇点不一定在P点故A错误；B、神舟十号加速后做离心运动，轨道半径增加，故不能追上同一轨道运行的天宫一号，故B错误；C、根据万有引力提供圆周运动向心力可知，可知轨道半径大的加速度小，故C错误；D、根据万有引力提供圆周运动向心力有，可知轨道半径大的周期大，故D正确故选：D点评：决本题的关键掌握万有引力提供向心力，会根据轨道半径比较线速度、周期、向心加速度等3用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，如图所示，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，当磁场以的变化率增强时，不考虑磁场的变化对虚线右侧的影响，则( )A线圈中感应电流方向为adbcaB线圈中产生的电动势E=l2C线圈中a点电势高于b点电势D线圈中b、a两点间的电势差为考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：由楞次定律可以判断出感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，由欧姆定律可以求出a、b两点间的电势差解答：解：A、磁感应强度增大，由楞次定律可知，感应电流沿acbda方向，故A错误；B、由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为：E=S=l2=，故B错误；C、acb段导线相当于电源，电流沿a流向b，在电源内部电流从低电势点流向高电势点，因此a点电势低于b点电势，故C错误；D、设导线总电阻为R，则a、b两点间的电势差为：Uab=，故D正确；故选：D点评：熟练应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律的应用，掌握求两点电势差方法，注意有效面积为正方形的一半4如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1，R2，R3为定值电阻，R为滑动变阻器，A为理想电流表，V为理想电压表，闭合S，当滑动变阻器的滑片向左滑动时，下列说法正确的是( )A电流表和电压表示数都变大B电流表示数变小，电压表示数变大C电源的效率增大D电源的输出功率变小考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器R的滑动头向图中左端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电阻增大，路端电压随之增大，电压表测量R1电压，即可知道其读数的变化分析总电流和并联部分电压的变化，判断通过R2的电流变化，即可知道电流表A的读数变化解答：解：A、当滑动变阻器R的滑动头向图中左端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电阻增大，总电流减小，路端电压随之增大，R2两端电压增大，通过R2的电流增大，总电流减小，电压表测量R1电压，电流表测量R1电流，所以电流表A的读数减小，电压表示数减小，故AB错误；C、路端电压增大，电动势不变，根据=，所以电源的效率增大，故C正确；D、当内外电阻相等，电源的输出功率最大，所以电源的输出功率变化无法确定，故D错误；故选：C点评：本题是电路的动态分析问题，按“局部整体局部”的思路进行分析5从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则下列说法正确的是( )A小球在上升过程中加速度逐渐减小，在下降过程逐渐增大B小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小C小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）gD小球上升过程的平均速度大于考点：牛顿第二定律；竖直上抛运动专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）由图象可知，下落过程中加速度越来越小的加速运动，最后匀速；（2）刚抛出时，根据牛顿第二定律求出加速度；（3）上升过程中，若时间很短时可以看加速度不变，再根据匀变速运动公式进行求和即可求解解答：解：A、由图象可知，下落过程中加速度越来越小的加速运动，最后匀速，故AB错误；B、匀速运动时，受力平衡，则有：所以刚抛出时，mg+kv0=ma，=（1+）g；故C正确；D、速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于，故小球上升过程的平均速度小于，故D错误；故选：C点评：本题考查牛顿第二定律及图象的应用；要注意速度时间图象斜率表示加速度，面积表示位移，会用极限的思想求解位移6如图所示，D、A、B、C四点水平间距相等，DA、AB、BC竖直方向高度差之比为1：3：5，现分别放置三个相同的小球（视为质点），均使弹簧压缩并锁定，当解除锁定后，小球分别从A、B、C三点沿水平方向弹出，小球均落在D点，不计空气阻力，下列说法中正确的是( )A三个小球在空中运动的时间之比为1：2：3B三个小球弹出时的动能之比为1：1：1C三个小球在空中运动过程中重力做功之比为1：3：5D三个小球落地时的动能之比为2：5：10考点：功能关系；功的计算；动能和势能的相互转化分析：研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据竖直位移可确定各自运动的时间之比，从而求出各自抛出速度之比，根据W=mgh求功之比，根据Ek=mv2动能的比值由机械能守恒知末动能的比例解答：解：A、DA、AB、BC竖直方向高度差之比为1：3：5，高度之比为1：4：9，由h=gt2，A、B、C三个小球运动的时间之比为1：2：3，故A正确；B、由图，三个小球A、B、C的水平位移之比1：2：3，三个小球A、B、C运动的时间之比为1：2：3，由x=vt知可得初速度之比为1：1：1，根据动能Ek=mv2知动能相同，故B正确；C、根据W=mgh知重力做功之比为：1：4：9，故C错误；D、根据动能定理知mgh=Ek2Ek1，由于质量相等且已知高度之比，可得落地时动能之比即为（mgh+Ek1）：（5mgh+Ek1）：（10mgh+Ek1），故D错误；故选：AB点评：本题就是对平抛运动规律的直接考查，突破口是由高度确定运动的时间所以掌握住平抛运动的规律及运动学公式就能轻松解决7如图所示，一个电荷量为Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点，另一个电荷量为+q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时的速度减小到最小为v，已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为，A、B间距离为L及静电力常量为k，则下列说法正确的有( )AO、B间的距离等于B点电荷甲在B点处的电场强度大小为C在点电荷甲形成的电场中，A、B间电势差UAB=D点电荷乙从A向O点靠近的过程中，其电势能一直减小考点：电势差与电场强度的关系；电势能；等势面专题：电场力与电势的性质专题分析：本题首先要正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答解答：解：A、从A点以初速度v0沿它们的连线向甲滑行运动，运动到B点静止，处于平衡状态，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则有：mg=F库=k，解得：r=，故A正确；B、在B点速度减小到最小，故在B点电场力等于摩擦力，故qE=mg，解得，故B正确；C、点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：UABqmgL0=mv2m，解得，UAB=故C错误D、点电荷乙从A向O点靠近的过程中，电场力做正功，电势能减小，故D正确故选：ABD点评：本题在借助库仑力的基础知识，考查了力与运动、牛顿第二定理、动能定理等基础知识的综合应用，是考查学生综合能力的好题8如图所示，一个面积为S，阻值为r的矩形线圈共n匝，绕垂直匀强磁场的轴以角速度匀速转动，磁感应强度为B，线圈两端分别始终与两固定圆环K、L接触良好且摩擦很小，两圆环连接在电阻上，理想交流电压表和电容器（容抗忽略不计）都与电阻并联，现把K圆环接地，以下说法正确的是( )A线圈转动一周过程中，电容器两极板所带电量保持不变B若电容器中有一带电的油滴，则油滴会始终处于平衡状态C虽然K环接地，但线圈转动过程中仍有时K环电势高于L环电势，故流经电阻R的电流方向是变化的D线圈匀速转动过程中，交流电压表的示数为考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，根据电容器两端的电压为并联部分的电压，且为瞬时值即可判断；交流电流表测量有效值，由电动势的最大值、欧姆定律和有效值与最大值之间的关系求解电压的有效值解答：解：A、线圈转动过程中产生正弦式交变电流，故加在电阻两端的电压也为正弦式交变电流，故电容器两端的电压时刻在变，由Q=CU可知，电荷量在变，故A错误；B、电容器两极板的电性周期性的变化，故油滴不可能一直处于平衡状态，故B错误；C、产生的是交变电流，故线圈转动过程中仍有时K环电势高于L环电势，故流经电阻R的电流方向就是变化的，故C正确；D、电动势的最大值为：Em=nBS，故有效值为：E=；则电压表的示数为：=故D正确故选：CD点评：线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流而对于电表读数由交变电的有效值来确定二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13-18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9某实验小组欲测定正方体木块与长木板之间的动摩擦因数，采用如图甲所示的装置，图中长木板水平固定（1）实验开始之前某同学用游标卡尺测得正方体边长，读数如图乙所示，则正方体的边长为9.015cm（2）如图丙所示为该组同学实验中得到的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个计时点未画出，从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm，则木块的加速度大小a=1.3m/s2（保留两位有效数字）（3）该组同学用天平测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，同时已知重力加速度为g，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因素表达式=考点：探究影响摩擦力的大小的因素专题：实验题分析：（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数（2）利用匀变速直线运动的推论：x=aT2，可计算出打出某点时纸带运动的加速度（3）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数解答：解：（1）由图乙所示游标卡尺可知，主尺示数为9.0cm，游标尺示数为30.05mm=0.15mm=0.015cm，游标卡尺示数为9.0cm+0.015cm=9.015cm（2）计数点间的时间间隔t=0.025=0.1s，由匀变速运动的推论：x=aT2可得，加速度a=1.3m/s2；（3）对木块、砝码盘和砝码系统，由牛顿第二定律得：mgMg=（M+m）a，解得：=；故答案为：（1）9.015；（2）1.3；（3）点评：本题主要考查了利用牛顿第二定律测定木块与长木板之间的动摩擦因数的设计试验问题，属于中档题10电压表V，量程为6V，内阻约3k某兴趣小组想测定其内阻，根据手中器材，设计了如图所示的电路（1）实验时学生使用电动势为6V的电源，手边还有下列电阻，则电阻R应使用下面的B比较合适（只填序号）A电阻箱R1，阻值09999 B电阻箱R2，阻值09999.9C电阻箱R3，阻值0999.9 D电阻箱R4，阻值06000（2）若电源电压恒定，若同学实验步骤如下：A按电路图连接好电路；B闭合开关S，调整R=0，电压表示数恰好为6V；C调节R，使电压表示数为3V，读出此时R=3001.4，则电压表内阻RV=3001.4；（3）某同学在实验中发现，电源路端电压随R的调节而变化，为消除由于路端电压变化对电压表内阻测量的影响，手边还有另一只量程为6V的电压表V1，请对图示电路作些改动，并画出改动后的电路图考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：（1）根据实验原理及给出仪器的内阻，可以确定所选电阻箱；（2）根据实验原理可明确电压表的内阻；（3）分析原来接法的误差原理，根据给出的仪器可以选择合适的电路图解答：解：（1）因电压表内阻约为3K；由电路图可知，本实验采用的是半偏法，故所用电阻箱应略大于电压表内阻；故选：B；（2）由题意可知，此时电阻与电压表两端的电压相等，由于电压表与电阻为串联关系，因此电阻箱的示数即为电压表内阻，故电压表内阻约为3001.4；（3）由于内阻的影响，电源的输出电压并不是恒定不变的；为了消除此影响，可以加入电压表测量R与待测电压表之间的电压；同时为了更有效的控制电路，可以加入滑动变阻器进行调节；故电路图如图所示；故答案为：（1）B（2）3001.4（3）如图所示点评：本题考查测量电压表内阻的实验方法掌握，要注意正确分析实验原理，再根据所学物理规律进行分析求解即可112014年7月17日，马航MH17（波音777）客机在飞经乌克兰上空时，颖遭导弹落坠毁，机上乘客和机组人员全部遇难，若波音777客机在起飞时，双发动机推力保持不变，飞机在起飞过程中所受阻力恒为其自重的0.1倍，根据如表性能参数求（取g=10m/s2）最大巡航速率900km/h（35，000英尺巡航高度）单发动机推力3105N最大起飞重量2105kg安全起飞速度60m/s（1）飞机以最大起飞重量航最大推力的情况下起飞过程中的加速度；（2）在第（1）问前提下飞机安全起飞过程中滑行的距离；（3）飞机以900km/h的巡航速度，在35000英尺巡航高度飞行，此时推力为最大推力的90%，则发动机的该功率为多少？考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律专题：功率的计算专题分析：（1）根据牛顿第二定律求的加速度；（2）由速度位移公式求的安全起飞的位移；（3）当飞机巡航时，飞机匀速运动，由共点力平衡可知推力等于阻力，即可求的功率；解答：解：（1）根据牛顿第二定律有：Ff1=maf1=kmg=0.1mg 解得：a=2m/s2（2）x=m=900m （3）波音777以900km/h匀速巡航时，此时阻力等于空气阻力：f2=310520.90N=5.4105N v=900km/h=250m/s，此时发动机的功率：P=Fv=f2v=5.4105250W=1.35108W 答：（1）飞机以最大起飞重量航最大推力的情况下起飞过程中的加速度为2m/s2（2）在第（1）问前提下飞机安全起飞过程中滑行的距离900m；（3）飞机以900km/h的巡航速度，在35000英尺巡航高度飞行，此时推力为最大推力的90%，则发动机的该功率为1.35108W点评：本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式，关键理解飞机的运动过程12（19分）如图所示，质量为m，电荷量为+q的粒子从坐标原点O以初速度v0射出，粒子恰好经过A点，O、A两点长度为l，连线与坐标轴+y方向的夹角为=60，不计粒子的重力（1）若只在y轴左侧空间（第、象限）存在垂直纸面向里的匀强磁场，粒子从坐标原点O，沿与y轴成30的方向射入第二象限，恰好经过A点，求磁感应强度B；（2）若只在平行于y轴正方向的匀强电场E1中，粒子沿+x方向从O点射出，恰好经过A点；若只在平行于x轴正方向的匀强电场E2中，粒子沿+y方向从O点射出，也恰好能经过A点，求这两种情况电场强度的比值考点：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）粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹半径，再由牛顿第二定律可以求出磁感应强度大小（2）粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可以求出电场强度之比解答：解：（1）设轨迹半径为R，轨迹如下图所示，则有：lOC=2Rsin30由几何知识得：tan30=解得：R=l由牛顿第二定律有：qv0B=m解得：B=（2）粒子在电场中做类平抛运动，在电场E1中：lcos60=lsin60=v0t1；在电场E2中：lsin60=lcos60=v0t2；联立方程解得：=答：（1）磁感应强度B为；（2）这两种情况电场强度的比值为点评：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意作出粒子的运动轨迹（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题中任选一题作答。如果多做，则按第一选修题计分。【物理选修3-3】13下列说法正确的是( )A晶体都具有各向异性的物理性质B露珠呈球状是由于液体表面张力的作用C1g氧气与2g氢气在20时分子平均动能相同D某气体的摩尔体积为V，阿伏加德罗常数为NA，则每个气体分子的体积V0=E空气中所含水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压之比为空气的相对湿度考点：* 液体的表面张力现象和毛细现象；* 晶体和非晶体；*相对湿度分析：单晶体都具有各向异性的物理性质，多晶体都具有各向同性的物理性质；液体表面存在表面张力；温度是分子平均动能的唯一标志；能区分分子的体积和分子所占空间的体积；空气中所含水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压之比为空气的相对湿度；解答：解：A、单晶体都具有各向异性的物理性质，多晶体都具有各向同性的物理性质；故A错误B、液体的表面张力有使液体的表面积减小到最小的趋势，如露珠呈球状是由于液体表面张力的作用故B正确C、温度是分子平均动能的唯一标志，温度相同则分子平均动能相同，1g氧气与2g氢气在20时分子平均动能相同，故C正确D、分子的体积和分子所占空间的体积是不同，某气体的摩尔体积为V，阿伏加德罗常数为NA，则每个气体分子的所占空间的体积Vo=，故D错误E、相对湿度的定义：空气中所含水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压之比为空气的相对湿度故E正确；故选：BCE点评：该题考查33中热学的多个知识点，基本都是记忆性知识点，如表面张力、饱和蒸气压都是记忆性的知识点，该题的关键是液体的饱和蒸气压与温度有关14如图所示，一个高为H=60cm，横戴面积S=10cm2的圆柱形竖直放置的导热气缸，开始活塞在气缸最上方，将一定质量的理想气体封闭在气缸内，现在活塞上轻放一个质量为5kg的重物，待整个系统稳定后，测得活塞与气缸底部距离变为h，已知外界大气压强始终为0=1105Pa，不计活塞质量及其与气缸之间的摩擦，取g=10m/s2，求：（1）在此过程中被封闭气体与外界交换的热量（2）若开始环境温度为27，现将气缸开口朝上整体竖直放在87的热水系统中，则稳定后活塞与气缸底部距离变为多少？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：（1）活塞下降过程等温变化，气体内能不变，根据热力学第一定律可求交换热量；（2）根据理想气体状态方程求解解答：解：封闭气体发生等温变化，内能不变，即U=0气体初状态的压强为p1=p0=1.0105pa，气体末状态的压强为：根据玻意耳定律得：p1HS=p2hS，得：h=0.40m外界对气体做功：根据热力学第一定律 得：U=W+Q得Q=30J，即放出30J热量；气体发生等压变化，初态温度：T=273+27K=300K，末态温度：T1=273+87K=360K根据盖吕萨克定律得：代入数据可得：h=0.48m 答：（1）在此过程中被封闭气体与外界交换的热量为30J（2）稳定后活塞与气缸底部距离变为0.48m点评：主要考察盖吕萨克定律和热力学第一定律，分析好状态参量列式计算即可【物理-选修3-4】15一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T在t=0时的波形如图所示，波上有P、Q两点，其纵坐标分别为yP=2cm，yQ=2cm，下列说法正确的是 ( )AP点的振动形式传到Q点需要BP、q在振动过程中，位移的大小总相等C在内，P点通过的路程为20cmD经过，Q点回到平衡位置E在相等时间内，P、Q两质点通过的路程相等考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：P、Q两点平衡位置间的距离等于半个波长，振动形式从P传到Q需要半个周期，这两点的振动情况总是相反根据时间与周期的关系，分析P、Q的位置，求解路程解答：解：A、由图看出，P、Q两点平衡位置间的距离等于半个波长，因简谐波传播过程中，在一个周期内传播一个波长，所以振动形式从P传到Q需要半个周期，故A正确B、P、Q的振动情况总是相反，所以在振动过程中，它们的位移大小总是相等，故B正确C、若图示时刻P在平衡位置或最大位移处，在T内，P点通过的路程为：S=5A=54cm=20cm，而实际上图示时刻，P点不在平衡位置或最大位移处，所以在T内，P点通过的路程不是20cm，故C错误D、图示时刻，Q点向下运动，速度减小，所以从图示位置运动到波谷的时间大于，再从波谷运动到平衡位置的时间为，所以经过T，Q点没有回到平衡位置故D错误E、由于P、Q的步调总是相反，所以在相等时间内，P、Q两质点通过的路程相等，故E正确故选：ABE点评：本题关键的抓住P、Q是反相点，振动情况总是相反这一特点进行分析16如图所示，一束截面为圆形，半径R=10cm的平行紫光垂直射向一半径也为R的透明材料半球的平面，经折射后在屏幕S上形成一个圆形亮区，屏幕S至球心的距离为D=30cm（不考虑光的干涉和衍射）（1）若半球对紫色光的折射率为n=，求圆形亮区的半径（2）若将题干中紫光改为白光，在屏幕S上形成圆形亮区的边缘是什么颜色？考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：（1）光线沿直线从O点穿过玻璃，方向不变从A点射出玻璃砖的光线方向向右偏折，射到屏幕S上圆形亮区，作出光路图，由光的折射定律结合数学几何知识求出圆形亮区的半径（2）当光线从空气垂直射入半圆玻璃砖，光线不发生改变，当入射角小于临界角时，光线才能再从玻璃砖射出，所以平行白光中的折射率不同，导致临界角不同，因此偏折程度不同，从而确定圆形亮区的最外侧的颜色；解答：解：（1）紫光刚要发生全反射时的光路图如图所示设射在屏幕S上的点为E，E点到亮区中心G的距离r就是所求最大半径设紫光临界角为C，由全反射知识可得：sinC=可得：C=60则OF=2R=20cm，GF=OGOF=10cm，r=GE=GFtan30=cm（2）当平行光从玻璃中射向空气时，由于紫光的折射率的最大，其临界角最小，则出射光线与屏幕的交点最远故圆形亮区的最外侧是紫光，颜色为紫色答：（1）若半球对紫色光的折射率为n=，圆形亮区的半径为cm（2）若将题干中紫光改为白光，在屏幕S上形成圆形亮区的边缘是紫色点评：本题考查光的折射关键是作出光路图，根据几何知识求出入射角与折射角，知道折射率和临界角的关系，了解各种色光的波长和折射率的关系【物理-选修3-5】17下列叙述中正确的有( )A在粒子散射实验的基础上，卢瑟福提出了原子的核式结构模型B光的粒子性被光电效应和康普顿效应所证实C紫外线照射到金属表面时发生了光电效应，则红外线也一定可以使该金属发生光电效应D氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经过7.6天后就一定只剩下一个氡原子核E由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小考点：光电效应；原子核衰变及半衰期、衰变速度分析：光电效应说明光具有能量，康普顿效应说明光不仅有能量还有动量，能量和动量都是粒子的特征，因此光电效应和康普顿效应都证实了光具有粒子性；卢瑟福用粒子轰击原子而产生散射的实验，在分析实验结果的基础上，他提出了原子核式结构模型；能发生光电效应的条件是入射光的频率比该金属的极限频率大；半衰期是大量原子核的统计规律，对单个原子核不适用，电子从高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小解答：解：A、卢瑟福用粒子轰击原子而产生散射的实验，在分析实验结果的基础上，他提出了原子核式结构模型故A正确B、光电效应说明光具有能量，康普顿效应说明光不仅有能量还有动量，能量和动量都是粒子的特征，因此光电效应和康普顿效应都证实了光具有粒子性故B正确C、能发生光电效应的条件是入射光的频率比该金属的极限频率大，红光的频率比紫光小，所以紫外线照射某金属表面时发生了光电效应，则红外线不一定可以使该金属发生光电效应故C错误D、半衰期是大量原子核的统计规律，对单个原子核不适用故D错误E、核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，故E正确故选：ABE点评：考查光电效应的意义，理解光电效应的产生条件，掌握粒子散射实验作用，注意半衰期适用范围，同时掌握跃迁过程中，辐射或吸收的光子种类18如图所示，有一个固定在竖直平面内的光滑半圆形等高轨道，两个小球A、B质量分别为m、3m，B球静止在轨道最低点，A球从轨道左边某高处由静止释放，与B球在最低点发生弹性正碰，碰撞后A球被反向弹回，且A、B球能达到的最大高度均为R，重力加速度为g，求：（1）小球A开始释放的位置离轨道最低点的高度；（2）第二次碰撞后A球的速度考点：动量守恒定律专题：动量定理应用专题分析：（1）由机械能守恒求出碰撞后A与B的速度，然后由动量守恒定律求出碰撞前A 的速度，最后又机械能守恒求出A的初始高度；（2）由动量守恒定律和机械能守恒求出第二次碰撞后A与B的速度解答：解：（1）碰撞后A上升的过程中机械能守恒，得：所以碰撞后A与B的速度的大小设碰撞前A的速度是v0，以碰撞前A运动的方向为正方向，则由动量守恒定律得：mv0=mv1+3mv1代入数据得：碰撞前A下降的过程中机械能守恒得：得：h=（2）A与B滑上又返回的过程中机械能守恒，所以A与B返回后的速度的大小不变，由运动的对称性可知，两个小球同时返回，返回后仍然以A运动的方向为正方向，则：mv13mv1=mv2+3mv3碰撞的过程中总动能不变，则：联立解得：，v4=0答：（1）小球A开始释放的位置离轨道最低点的高度为R；（2）第二次碰撞后A球的速度为点评：该题将动量守恒定律与机械能守恒定律相结合，要注意题目中的碰撞是弹性碰撞，动能的总量不变