2022年全国高考理综物理甲卷试题及答案解析.docx

《2022年全国高考理综物理甲卷试题及答案解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年全国高考理综物理甲卷试题及答案解析.docx（18页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2022年普通高等学校招生全国统一考试（全国甲卷） 物理二、选择题：14.北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于()A. k+1B. kC. 2kD. 2k115.长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(vv0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车

2、从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为()A. v0v2a+L+lvB. v0va+L+2lvC. 3(v0v)2a+L+lvD. 3(v0v)a+L+2lv16.三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则()A. I1I3I3I2C. I1=I2I3D. I1=I2=I317.两种放射性元素的半衰期分别为t0和2t0，在t=0时刻这两种元素的原子核总数为N，

3、在t=2t0时刻，尚未衰变的原子核总数为N3，则在t=4t0时刻，尚未衰变的原子核总数为()A. N12B. N9C. N8D. N618.空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是()A. B. C. D. 19.如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之

4、前()A. P的加速度大小的最大值为2gB. Q的加速度大小的最大值为2gC. P的位移大小一定大于Q的位移大小D. P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小20.如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，()A. 通过导体棒MN电流的最大值为QRCB. 导体棒MN向右先加速、后匀速运动C. 导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大D. 电阻R上产生的焦耳热大于

5、导体棒MN上产生的焦耳热21.地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，()A. 小球的动能最小时，其电势能最大B. 小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C. 小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D. 从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量三、非选择题：（一）必考题：22（5分）某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E(电动势1.5V，内阻很小)，电流表(量程10mA，内阻约10)，微安表(量程100A，内阻Rg待测

6、，约1k)，滑动变阻器R(最大阻值10)，定值电阻R0(阻值10)，开关S，导线若干。(1)在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图；(2)某次测量中，微安表的示数为90.0A，电流表的示数为9.00mA，由此计算出微安表内阻Rg=_。23（10分）利用图示的实验装置对碰过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：(1)调节导轨水平。(2)测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为_kg的滑

7、块作为A。(3)调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。(5)将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤(4)。多次测量的结果如表所示。12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k=v1v20.31k20.330.330.33(6)表中的k2=_(保留2位有效数字)。(7)v1v2的平均值为_(保留2位有效数字)。(8)理论研究表明，对本实验的

8、碰撞过程，是否为弹性碰撞可由v1v2判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则v1v2的理论表达式为_(用m1和m2表示)，本实验中其值为_(保留2位有效数字)；若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。24（12分）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3:7。重力加速度大小取g=10m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度

9、的大小。25（20分）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零：使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲

10、度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，rd，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。(1)若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值x及PQ上反射光点与O点间的弧长s；(2)某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。（二）选考题：共45分请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答如果多做，则每科按所做的第一题计分。33物

11、理选修3-3（15分）（1）（5分）一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如pT图上从a到b的线段所示。在此过程中()A. 气体一直对外做功B. 气体的内能一直增加C. 气体一直从外界吸热D. 气体吸收的热量等于其对外做的功E. 气体吸收的热量等于其内能的增加量（2）（10分）如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成、四部分，其中第、部分的体积分别为18V0和14V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。()将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚

12、到达汽缸底部时的温度；()将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第部分气体的压强。34物理选修3-4（15分）（1）（5分）一平面简谐横波以速度v=2m/s沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形图如图所示。介质中平衡位置在坐标原点的质点A在t=0时刻的位移y=2cm。该波的波长为_m，频率为_Hz。t=2s时刻，质点A _(填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”)。（2）（10分）如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在平面内，一光线自M点射入棱镜，入射角为60，经折射后在BC边的N点恰好发

13、生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱镜。求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。答案解析1.【答案】D【解析】解：从a到c根据动能定理有：mg=12mv2在c点根据牛顿第二定律有：Nmg=mv2R联立解得：R=2mgNmg，由于Nkmg，所以有R2k1故ABC错误，D正确；故选：D。根据动能定理计算速度，再结合牛顿第二定律求解。本题以滑雪为考查背景，主要考查了学生对于运动的理解，主要涉及竖直圆周运动，同时要结合动能定理和牛顿第二定律完成答题。2.【答案】C【解析】解：当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(vv0)，可知列车进入隧道前需减速至v，然后匀速通过隧道，全部出隧道后需

14、加速到v0，则减速时间：t1=vv02a，匀速时间：t2=L+lv，加速时间：t3=v0va，列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为：t=t1+t2+t3解得：t=3(v0v)2a+L+lv，故C正确，ABD错误；故选：C。当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(vI3故C正确，ABD错误；故选：C。根据电阻定律与电磁感应定律，结合电阻定律可解得。本题考查法拉第电磁感应定律，解题关键掌握电阻定律与法拉第电磁感应定律的应用。4.【答案】C【解析】解：设半衰期为t0的元素的原子核数为N1，半衰期为2t0的元素的原子核数为N2，则N1+N2=N经过t=2t0后，尚未衰变的原

15、子核总数N3=(12)2N1+(12)1N2经过t=4t0后，尚未衰变的原子核总数X=(12)4N1+(12)2N2联立解得X=N8。故C正确，ABD错误。故选C。半衰期指大量原子核发生半数衰变所用的时间，根据两种元素的半衰期和所经历的时间计算未衰变的原子核总数。本题考查原子核衰变，理解半衰期概念是解题关键，本题有两种元素同时衰变，注意分开计算两种元素未衰变原子核数。5.【答案】B【解析】解：AC.原来静止的带正电的粒子在坐标原点O因受沿y轴正方向的电场力而沿y轴正方向运动，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，根据左手定则可知，粒子沿y轴正方向运动的同时还受到了顺着运动方向看去向左的洛伦兹

16、力，带电粒子刚开始运动的瞬间向x轴负方向偏转，故AC错误。BD.带电粒子在运动的过程中受电场力和洛伦兹力，电场力做正功，洛伦兹力时刻与速度方向垂直不做功。在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，x轴为匀强电场的等势面，带电粒子从开始运动到再次回到x轴时，电场力做功为零，洛伦兹力不做功。根据动能定理知，带电粒子再次回到x轴时的速度为零，随后受电场力作用重复向第二象限偏转，故B正确，D错误。故选B。带正电的粒子在电、磁场中运动，根据受力情况分析粒子的运动情况，根据动能定理判断粒子动能变化。本题考查带电粒子在匀强电、磁场中的运动，首先要明确粒子的运动由受力决定，知道曲线运动合外力特点，会用动能定理分析

17、粒子速度变化。6.【答案】AD【解析】解：AB、设两物块的质量均为m，撤去拉力F前，两滑块均做匀速直线运动，对两滑块P、Q整体分析得F=2mg隔离滑块Q分析得F弹=mg撤去拉力F后，在弹簧弹力和摩擦力作用下，取向右为正方向，根据牛顿第二定律对滑块P有F弹mg=ma1对滑块Q有F弹mg=ma2解得a1=F弹mgm，a2=F弹mgm可知弹簧逐渐恢复原长过程中，滑块P做加速度减小的减速运动，Q做加速度增大的减速运动，当F弹=mg时，滑块P加速度大小的最大值为a1max=2g当F弹=0时，滑块Q加速度大小的最大值为a2max=g故A正确，B错误。C、滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小，故P的

18、位移一定小于Q的位移，故C错误；D、滑块P在弹簧恢复到原长时加速度的大小为a1=g可见滑块P减速的最小加速度为滑块Q减速的最大加速度，撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2g做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为g；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为g，则滑块P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，故D正确。故选AD。分析撤去拉力前后两滑块的受力情况，根据牛顿第二定律分析撤去拉力后两滑块加速度的变化，确定加速度最大值；根据两滑块相对位移判断位移大小；根据滑块运动情况分析同一时刻速度关系。本题考查牛顿第二定律的应用，解

19、题时注意两个点：连体问题处理整体法和隔离法，弹簧不会瞬间突变。7.【答案】AD【解析】解：A、开关闭合的瞬间，电容器板间电压最大，导体棒上电流也最大，电容器相当于电源，对电阻与导体棒供电，根据欧姆定律得I=UR，U=QC，解得通过导体棒MN电流的最大值为QRC，故A正确；BC、导体棒上电流从M到N，导体棒受安培力水平向右，导体棒加速，同时导体棒切割磁感线产生电动势，回路里电流减小，当导体棒产生的电动势与电容器板间电压相等时，回路电流为零，导体棒速度达到最大，此时安培力为零，但最终电能和动能全部转化为内能，所以之后导体棒MN一直减速，直到速度变为0，故BC错误。D、因为在MN加速阶段，由于MN存

20、在反电动势，所以通过MN的电流要比通过R上的电流要小，所以电阻R消耗的电能大于MN上消耗的电能，故加速阶段电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热；当安培力为零后，MN开始减速直到速度为0，此时电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R，此时电阻R上的电流仍然大于导体棒上的电流，故该阶段电阻R上产生的焦耳热也大于导体棒MN上产生的焦耳热，故D正确。故选：AD。电容器放电是一个动态过程，在该过程下两板间电荷量逐渐减小，但电容器的电容不变，所以电势差逐渐减小，但此时导体棒MN在加速，产生反向电动势，直到MN棒电流为零，安培力为零时，MN开始减速，直到速度为0，整个过程电能全部转化为电阻和导体棒

21、MN的热能。本题考查电容器的动态分析，利用动态分析获得的条件来判断选项是否正确，知识点较广，难度较大。8.【答案】BD【解析】解：A、小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变，当小球的动能最小时，其电势能与重力势能之和最大，故A错误；B、当小球沿水平方向的速度减为零时，小球的电势能最大，由于小球所受的重力和电场力的大小相等，所以此时小球的速度方向向下，大小等于抛出时小球的速度大小，所以此时的动能等于初始动能，故B正确；C、合外力先对小球做负功，再做正功，合外力做正功的过程中，小球的动能一直增大，所以小球动能没有最大值，故C错误；D、从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，小球的动能

22、等于初始动能，此过程中动能变化为零，则合外力做功为零，所以重力做的功等于小球电势能的增加量，故D正确。故选：BD。小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变；当小球沿水平方向的速度减为零时，小球克服电场力做的功最多，小球的电势能最大，根据受力情况分析动能的变化、以及重力做的功与克服电场力做功之间的关系；小球动能没有最大值。本题主要是考查带电粒子在电场中的运动，关键是知道小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变，类似机械能守恒。9.【答案】(1)；(2)990【解析】解：(1)为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流

23、与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动变阻器采用分压式解法，实验电路原理图如图所示(2)某次测量中，微安表的示数为IG=90.0A=9105A，电流表的示数为IA=9.00mA=9103A，根据串并联电路规律和欧姆定律得(IAIG)R0=IGRg解得：Rg=990。故答案为：(1)图见解析(2)990(1)根据伏安法测电阻原理进行变式和已知元件设计电路；(2)根据串并联电路规律和欧姆定律求微安表内阻。本题考查微安表内阻测定，测定电表内阻通常有两种方法：半偏法和伏安法，本实验是通过伏安法测电表

24、内阻，关键要设计电路测出微安表两端电压和流过电流。10.【答案】0.304 0.31 0.32m2m12m1 0.33【解析】解：(2)两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg，要想使碰撞后两滑块运动方向相反，则A滑块质量要小，才有可能反向运动，故选0.304kg的滑块作为A。(6)因为位移相等，所以速度之比等于时间之比的倒数，由表中数据可得，k2=t2t1=0.210.67=0.31。(7)v1v2的平均值为：k=0.31+.031+0.33+0.33+0.335=0.3220.32。(8)由机械能守恒定律和动量守恒定律可得：12m1v02=12m1v12+12m2v22；m1v0=

25、m1v1+m2v2，联立解得：v1v2=m2m12m1，代入数据，可得：v1v2=0.34。用动量守恒定律分析一维碰撞问题，验证是否为弹性碰撞必然要用到机械能守恒定律和动量守恒定律，需要对碰撞前后的状态进行分析，判断是否同时满足机械能守恒定律和动量守恒定律。本题考查用动量守恒定律去分析一维碰撞问题，需要对学生动量定理和机械能守恒定律有较深刻的认识，明确实验原理和内容。11.【答案】解：因为每相邻两个小球之间被删去了3个影像，所以每相邻两个小球之间有4次闪光间隔，即相邻两个小球之间的时间为t=40.05s=0.2s因为第一个小球为抛出点，所以第一段运动对应的竖直位移大小为第二段运动对应的竖直位移

26、大小为设小球抛出时的初速度大小为v，则s1可以表示为s1=(vt)2+12同理s2可以表示为s2=(vt)2+22又s1:s2=3:7联立解得。答：抛出瞬间小球的速度大小为。【解析】先计算出小球每一段运动所用的时间，再根据竖直方向上的运动规律求出每一段运动对应的竖直位移，结合水平方向上的匀速直线运动，分别求出两段运动中s1、s2的表达式，根据题干提供的比值进行求解。本题考查平抛运动的有关计算，突破点在于知道两段运动的时间是相等的，且水平方向是匀速直线运动，再结合数学知识求出两线段长度的表达式即可解决问题。12.【答案】解：(1)当在线圈中通入的微小电流为I时，线圈中存在安培力，F=NBIl，再

27、根据胡克定律有：F=NBIl=k|x|，解得：|x|=NBIlk；设此时细杆转动的弧度为，则反射光线转过的弧度为2，由题可知，rd|x|，所以有sin22，sin，|x|=d，s=2r，联立可得：s=2NBIlrdk。(2)因为测量前未调零，设没有通电时反射光点偏移的弧长为s且在O点上方，由将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1可知，s1=2NBIlrdk+s(1)，当该电流反向接入后，反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2可知，s2=2NBIlrdks(2)，(1)+(2)可得：s1+s2=4NBIlrdk，同理当初始时反射光点在O点下方时，也可以得到相同

28、的结果；解得：I=dk(s1+s2)4NBlr。【解析】首先要进行受力分析，利用胡克定律求出形变量，再根据光的反射定律结合角度变化求出弧长，再利用弧长的表达式，可以反过来求出电流的大小。本题考查安培力和光的反射定律，需要考生对这两个知识点有着较深刻的理解，难度较大。13.【答案】BCE【解析】解：A、根据一定质量的理想气体状态方程pVT=C可得：p=CVT，从a到b为过坐标原点的倾斜直线，故气体做等容变化，气体不做功，故A错误；B、从a到b，气体的温度逐渐升高，分子的平均动能逐渐增大，故内能一直增加，故B正确；DEC、由于气体从a到b不做功W=0，且内能逐渐增大，根据热力学第一定律U=W+Q可

29、知，气体一直从外界吸热，且吸收的热量等于其内能的增加量，故CE正确，D错误；故选：BCE。在pT图线中，ab为过坐标原点的直线，气体做等容变化，气体不做功，温度升高，分子的平均动能增大，内能增大，结合热力学第一定律即可判断。本题主要考查了pT图像，抓住ab过坐标原点为等容变化，结合热力学第一定律即可判断。14.【答案】解：(1)在升温过程中，B汽缸中活塞缓慢下移，最终到达汽缸底部，此过程为等压变化，各部分气体的压强始终等于P0对于第部分气体，升温前压强为P0，体积为V014V0=34V0升温之后的体积为V0，设活塞刚到达汽缸底部时的温度为T1，由盖吕萨克定律VT=C可得：T034V0=T1V0

30、解得：T1=43T0(2)将、中的气体看作一个整体，初始压强为P0，温度为T0，体积为18V0+14V0=38V0当温度升至2T0时，设此时这部分气体的压强为P2，体积为V2，由理想气体的状态方程PVT=C得：P038V0T0=P2V22T0缓慢升温过程中，B汽缸中活塞上、下两部分的气体压强始终相等，所以对第气体在升温前后有：P034V0T0=P2(V0V2)2T0联立可得：P2=94P0答：(1)B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度为43T0；(2)A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第部分气体的压强为94P0。【解析】刚开始升温时，各部分气体都处于等压变化，对第部分气体应用盖吕萨克定律即

31、可求出变化后的温度；第和第部分气体处于连通状态，可以看成一个整体，分别对这部分和第部分气体应用理想气体的状态方程列式，联立即可求解。本题考查理想气体的实验定律和理想气体的状态方程，牢记定律内容及相关公式。处理第二问时，关键点在于将第、两部分气体看作一个整体处理，并且知道B气缸活塞上、下两部分气体的压强相等。15.【答案】4 0.5 向下运动【解析】解：设波的解析式为y=Asin(2x+)由题图知A=2cm，波图像过点(0,2)和(1.5,0)，代入数据得y=2sin(2x+4)(cm)则2=2即=4m；该波的波速v=2m/s，则f=1T=v=24Hz=0.5Hz；因T=1f=10.5s=2s所

32、以t=2s时刻振动形式和零时刻相同，根据“爬坡法”可知质点A向下运动。故答案为：4，0.5，向下运动根据题图中各点坐标求出波的解析式，即可知波长；根据T=v、f=1T求周期和频率；根据传播时间和周期关系分析质点运动情况。本题考查横波的图像与波速度、波长、频率的计算，解题关键掌握波的解析式求解，会根据波的传播情况分析质点振动情况。16.【答案】解：设该棱镜的临界角为，折射率为n，由临界角和折射率的关系可知：sin=1n设光线从M点射入棱镜后折射角为，由几何关系可得：=90由折射定律可知：n=sin60sin联立可得：sin60sin(90)=1sin解得：sin=277，n=72即棱镜的折射率为72将上述几何关系表示在下图：由数学知识可求得：tan=233且由几何关系可得：BN=BMtanNC=BCBNPC=NCtanM是AB的中点，所以BM=12a，且BC=a联立解得：PC=312a即P、C两点之间的距离为312a答：棱镜的折射率为72，P、C两点之间的距离为312a。【解析】根据题目条件，分别用折射定律和全反射的定义写出折射率的表达式，再利用几何关系联立求解即可得出折射率的大小；再根据几何关系求出P、C两点之间的距离即可。本题考查光的折射定律、全反射等相关知识和计算问题，突破点在于灵活运用折射率的不同表达形式，并联合几何知识快速求解。17