2020届高三物理上学期12月大联考试（三）（含解析） 20页

‎2020届高三12月大联考（三）理科综合试卷（物理部分） ‎ 一、选择题 ‎1.如图为玻尔理论的氢原子能级图，当一群处于激发态n=3能级的氢原子向低能级跃迁时，发出的光中有两种频率的光能使某种金属产生光电效应，以下说法中正确的是（ ）‎ A. 这群氢原子向低能级跃迁时能发出四种频率的光 B. 这种金属的逸出功一定小于10.2eV C. 用波长最短的光照射该金属时光电子的最大初动能一定大于3.4eV D. 由n=3能级跃迁到n=2能级时产生的光一定能够使该金属产生光电效应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氢原子从n=3能级向低能级跃迁时发出的光子能量来判断该金属的逸出功，然后根据光电效应方程进行判断即可；‎ ‎【详解】A、由能级的激发态向低能级跃迁时，辐射出三种频率光子的能量分别为、、，结合题意，根据光电效方程可知，这种金属的逸出功一定小于，故选项A错误，选项B正确；‎ C、用波长最短即光子能量为的光照射该金属时，其最大初动能最小值为：，则其最大初动能一定大于，故选项C错误；‎ D、由n=3能级跃迁到n=2能级时产生的光子能量为 ‎，由上面分析可知该金属的逸出功一定小于，所以不一定能够使该金属产生光电效应，故选项D错误。‎ ‎【点睛】本题考查了能级的跃迁，同时注意光电效应方程的应用问题，在平时学习过程中加强训练。‎ ‎2.静止在粗糙斜面上的物体在沿斜面向上的恒定拉力F作用下沿斜面匀加速上升，在某一时刻撤去恒力F，空气阻力不计，则物体机械能E随时间t变化关系可能正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 斜面粗糙，恒力F和滑动摩擦力做的功等于物体机械能的变化量，撤去F后物体在滑动摩擦力作用下机械能减小，根据功能关系分析；‎ ‎【详解】A、物体在拉力作用下匀加速上升时，拉力和滑动摩擦力的合力做正功，根据功能关系可知物体机械能增加，即，与时间成二次函数关系，故选项AB错误；‎ C、在撤去拉力后，滑动摩擦力做负功，机械能减少，仍然与时间成二次函数关系，故选项C错误，D正确。‎ ‎【点睛】对于图象问题，往往要根据物理规律得到解析式，再确定图象的形状，解决本题的关键是掌握功能关系，得到与t的表达式。‎ ‎3.在如图所示的电路中，电源电动势E恒定不变，电源的内阻r不能忽略，若要使得电容器C所带电荷量增加，下列可行的措施是（ ）‎ A. 仅换用额定功率更大的灯泡 B. 仅增大与灯泡串联的电阻R C. 仅增大与电容器C串联的电阻R0‎ D. 仅减小与电容器C串联的电阻R0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电容器所在支路相当于断路，所以电容器两端电压等于路端电压，当路端电压增大时，其电荷量增大；‎ ‎【详解】A、灯泡的额定功率越大，其电阻越小，导致路端电压降低，电容器上的电压降低，则电容器上电荷量减少，故选项A错误；‎ B、增大与灯泡串联的电阻R后，路端电压升高，电容器上电压升高，则电容器上电荷量增大，故选项B正确；‎ C、电容器相当于断路，电阻阻值大小与电容器上电压以及电荷量无关，故选项CD错误。‎ ‎【点睛】本题考查电容器动态分析，注意掌握电路的连接情况，知道电容器所在支路相当于断路，电容器两端电压等于路端电压。‎ ‎4.如图所示，绝缘、光滑的水平面上带有正电荷的小球A和B，质量均为0.2kg，当A以4m/s的速度向着静止的B运动时，B由于受到了A的斥力而加速，A受到了B的斥力而减速，那么当A、B两球达到共同速度时，A、B组成的系统储存的电势能为（ ）‎ A. 0.2J B. 0.4J C. 0.6J D. 0.8J ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 系统满足动量守恒，求解出最终的共同速度，然后根据能量守恒进行求解即可；‎ ‎【详解】二者为系统，根据动量守恒可以得到：‎ 得到：‎ 根据能量守恒，当A、B两球达到共速时，动能的减少量等于储存的电势能 则：，故选项D正确，选项ABC错误。‎ ‎【点睛】本题考查动量守恒和能量守恒，要掌握动量守恒的条件，会判断动量是否守恒，然后根据能量守恒进行求解。‎ ‎5.如图甲所示，有一个质量为m的物体在沿竖直向上的力F的作用下由静止开始向上运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示，其中0~x1过程的图线是曲线，x1~x2过程的图线为平行于x轴的直线，且物体速度的方向始终竖直向上，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 在0~x1过程中，物体匀加速运动 B. 在0~x1过程中，拉力F先做正功后做负功 C. 在x1~x2过程中，物体的动能不变 D. 在0~x2过程中，物体先做加速运动后做减速运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，在0～x1过程中物体机械能在增加，知拉力在做正功，机械能与位移图线的斜率表示拉力，当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化进行判断即可；‎ ‎【详解】A、根据功能关系可知机械能的变化等于除重力以为其它力做功，则在过程中机械能逐渐增大，增大的逐渐变慢，可知力F逐渐减小到零，即物体所受的合力是变化的，物体不做匀变速运动，故选项A错误；‎ B、在0~x1过程中，由图可知机械能一直在增加，根据功能关系可知力F一直做正功，故选项B错误；‎ C、在x1~x2过程中，物体机械能守恒，仅受重力作用，速度大小是变化的，即动能发生变化，故选项C错误；‎ D、在0~x2过程中，物体从静止开始运动，即物体先做加速运动，当力F为零之后物体仅受重力做用，而且一直向上运动，即后做减速运动，故选项D正确。‎ ‎【点睛】解决本题的关键通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律分析即可。‎ ‎6.人类首次发现了引力波来源于距地球之外13亿光年的两个黑洞(质量分别为26个和39个太阳质量)互相绕转最后合并的过程。设两个黑洞A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示.黑洞A的轨道半径大于黑洞B的轨道半径，两个黑洞的总质量为M，两个黑洞间的距离为L，其运动周期为T，则（ ）‎ A. 黑洞A的质量一定大于黑洞B的质量 B. 黑洞A的线速度一定大于黑洞B的线速度 C. 两个黑洞间的距离L一定，M越大，T越大 D. 两个黑洞的总质量M一定，L越大，T越大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 黑洞绕同一圆心运动，二者角速度相等，根据万有引力提供向心力列车方程即可；‎ ‎【详解】A、设两个黑洞质量分别为、，轨道半径分别为、，角速度为 则由万有引力定律可知：，，‎ 联立可以得到：，而，所以，故选项A错误；‎ B、由于二者角速度相等，则线速度分别为：，，则，故选项B正确；‎ C、联立方程式：，，‎ 可以得到：，而且：，整理可以得到：，可知当总质量M一定，L越大，则T越大，故选项C错误，D正确。‎ ‎【点睛】本题是双星问题，与卫星绕地球运动模型不同，两个黑洞都绕同一圆心做匀速圆周运动，关键抓住条件：角速度相同。‎ ‎7.如图所示，物块A、B静止在光滑的水平面上，质量均为1kg，B通过轻弹簧与墙相连，弹簧处于自然伸长状态，现给A一个向左的初速度v0=10m/s，使A向B撞去并瞬间锁定在一起，当弹簧被压缩至最短时解除锁定，物块A最终会被反弹出来，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 弹簧能获得的最大弹性势能为25J B. 物块A最终的速度大小为5m/s C. 整个过程中物块B对物块A产生的冲量大小为15N·s D. 整个过程中的机械能损失37.5J ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ AB碰撞动量守恒，但是在碰撞过程中机械能有损失，但是在与弹簧相互作用过程中系统机械能守恒，根据动量守恒定律和能量守恒进行接题即可；‎ ‎【详解】A、当A与B相撞过程中动量守恒，则，则，当AB速度为零时，弹簧被压缩到最短时二者速度为零，此时弹性势能最大，则获得最大弹性势能为：，故选项A正确；‎ B、由于水平面光滑且反弹时AB间的锁定解除，故A、B在弹簧恢复原长时分离，根据能量守恒可知，弹性势能又转变为二者的动能，则分离时物块A的速度为，故选项B正确；‎ C、以物块A为研究对象，整个过程中根据动量定理可知：，故选项C正确；‎ D、因碰撞后压缩弹簧过程在中只有弹力做功，机械能守恒，故只有碰撞过程机械能有损失，即整个过程的机械能损失为：，故选项D错误。‎ ‎【点睛】本题考查动量守恒和能量守恒，同时也考查了动量定理，关键知道在碰撞过程中机械能出现损失。‎ ‎8.如图所示，一电阻不计的金属棒AO在匀强磁场屮绕平行于磁感应强度方向的轴(过O点)匀速转动，OC=AC=L=0.5m，磁感应强度大小为B=2T、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为ω=10rad/s，内、外两金属圆环分别与C、A良好接触并各引出一接线柱与外电阻R=10Ω相接(图中未画出)，两金属圆环圆心皆为O且电阻均不计，则（ ）‎ A. 金属棒中有从C到A的感应电流 B. 外电阻R中的电流为0.75A C. 金属棒绕O轴转一圈，通过电阻R的电荷量为零 D. 金属棒AC间电压为7.5V ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据右手定则判断感应电流的方向，根据公式求出金属棒产生的感应电动势，然后根据欧姆定律进行求解即可；‎ ‎【详解】A、由右手定则可知，金属棒相当于电源且A是电源的正极，即金属棒中有从C到A的感应电流，故选项A正确；‎ B、金属棒以角速度转动，在接入电路部分AC上产生的感应电动势为：‎ ‎，则回路中电流为：，故选项B正确；‎ C、在金属棒绕O转动一圈的过程中，因为电流的方向一直没有改变，故通过电阻R的电荷量一定不为零，故选项C错误；‎ D、因为金属棒的电阻不计，即电源没有内阻，电动势全部输出加在电阻R上，则金属棒两端电压与电阻R两端电压相等，为，故选项D正确。‎ ‎【点睛】本题是法拉第电磁感应定律应用的延伸情况，对于转动切割磁感线时感应电动势 要在理解的基础上记住，并且熟练应用。‎ 二、实验题 ‎9.某课外活动小组用如图所示装置做“探究合力做的功与动能改变量的关系”的实验来测小物块与桌面间的动摩擦因数，他通过成倍增加位移的方法来进行实验，方法如下：将光电门固定在水平轨道上的B点，用重物通过细线拉物块，已经测出的物块(带遮光条)和重物的质量M、m保持不变，通过改变物块释放点到光电门的距离进行多次实验，每次实验时要求物块都由静止释放。‎ ‎(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度d，示数如图乙所示，则d=________cm。‎ ‎(2)如果每次实验时遮光条通过光电门的时间为t，小车到光电门的距离为s，通过描点作出线性图象来反映合力的功与动能改变量的关系，则所作图象关系是________时才能符合实验要求。‎ A.s－t B.s－t2 C.s－t－1 D. s－t－2‎ ‎(3)如果在第(2)问中建立正确的线性函数关系，作出图象并测出图线的斜率为k，物块与水平面间的动摩擦因数的表达式为μ=________________(用k、及测量的物理量的符号表示)‎ ‎【答案】 (1). 1.075； (2). D； (3). ；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；‎ ‎（2）据动能定理和瞬时速度的求法，再据题意判断选择的图象判断选项；‎ ‎（3）根据实验原理找出图线的斜率即可判断；‎ ‎【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为，游标读数为：，‎ 所以最终读数为：；‎ ‎（2）据题意可知，他通过成倍增加位移的方法来进行验证，所以需要先表示出小车的速度，小车的速度用平均速度代替，即，设物块所受的合力为F，对物块有：‎ ‎，即有，故ABC错误，D正确；‎ ‎（3）由（2）可知，公式中的F是指物块所受到的合力，而且在整个实验过程中保持不变，所以如果把物块和重物看成连接体，则以整体为研究对象有：，其中图线的斜率为，则 解得：。‎ ‎【点睛】常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础，处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项。‎ ‎10.某同学在课外活动中利用多用电表进行如下探究：‎ A.按照多用电表测未知电阻阻值的电路连接如图甲所示；‎ B.将多用电表的欧姆挡的选择开关拨至倍率“×1”挡，并将红、黑表笔短接调零，此时调零电阻R0接入电路的部分阻值用R0表示；‎ C.在红、黑表笔间接入不冋的待测电阻Rx，测出多组电路中电流与待测电阻的数据；‎ D.建立直角坐标系，根据电路中电流和Rx的值在坐标系中描点连线得到图象如图乙所示 如果电池的电动势用E表示、内阻用r表示，表头内阻用rg表示，根据上 述实验探究，回答下列问题：‎ ‎(1)图乙所表示的图象的函数关系式为________________________________‎ ‎(2)下列根据图乙中-R图线做出的解释或判断中正确的是________。(有两个选项正确)‎ A.用欧姆表测电阻时，指针指示读数越大，测量的误差越小 B.欧姆表调零的实质是通过调节R0，使Rx=0时电路中的电流I=Ig C.Rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏 D.测量中，当Rx的阻值为图乙中的R2时，指针位于表盘中央位置的右侧 ‎(3)如果实验中还记录下多用电表的欧姆挡“×1”挡的中值电阻值为15Ω，此时电池的电动势为1.5V，则你认为多用电表所用电流表表头的量程是________。‎ ‎【答案】 (1). ； (2). BC； (3). 0.1A；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据闭合电路欧姆定律进行求解；‎ ‎（2）利用多用电表的原理进行分析即可；‎ ‎（3）利用多用电表的原理找出中值电阻，然后利用欧姆定律进行求解即可；‎ ‎【详解】（1）对题图甲，根据闭合电路欧姆定律有：，故题图乙中图像的函数关系式为：；‎ ‎（2）A、用欧姆定律测电阻时，指针指示在刻度盘中间附近，测量误差最小，指针偏转过大或指针偏转太小，测量误差都较大，故选项A错误；‎ B、欧姆表调零的实质是通过调节，使时电路中的电流，越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏，B、C正确；‎ D、测量中，当的阻值为图中的时，电流小于满偏电流的，指针位于表盘中央位置的左侧，故D错误；‎ ‎（3）根据表头满偏时有，半偏时有，可知中值电阻，故。‎ ‎【点睛】本题考查多用电表的使用，关键要掌握多用电表的原理，结合闭合电路欧姆定律进行求解。‎ 三、计算题 ‎11.如图所示是长为8m的水平传送带AB和一竖直的半径为0.8m的形光滑轨道的组合装置轨道底端与传送带在B点相切，若传送带向右以3m/s的恒定速度匀速运动，现在圆轨道的最高点由静止释放质量为4kg的物块，物块恰好能运动到水平传送带的最左端而不掉下，重力加速度大小为g=10m/s2。求：‎ ‎(1)物块滑到圆形轨道底端时对轨道的压力大小和物块与传送带间的动摩擦因数；‎ ‎(2)物块返回到圆轨道后能够上升的高度和在传送带上第一次往返所用的时间。‎ ‎【答案】（1）120N;0.1（2）0.45m；8.17s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用动能定理以及向心力相关知识列出方程，同时注意求得是压力，要利用牛顿第三定律；‎ ‎（2）分析物块在皮带上运动情况，然后结合机械能守恒进行求解。‎ ‎【详解】（1）物块从圆形光滑轨道下滑的过程，根据机械能守恒有：‎ 解得：‎ 物块在光滑圆轨道最低点，根据牛顿第二定律有：‎ 解得：‎ 由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力，其中负号表示压力的方向竖直向下；‎ 物块沿传送带滑到左端速度恰好为零，由动能定理有：‎ 代入数据可以得到：；‎ ‎（2）物块在传送带上先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有：，则 在物块减速到零的时间为：‎ 反向加速时加速度不变，故加速时间为：‎ 这段时间的位移为：‎ 之后物块随传送带匀速运动，则 物块以与传送带一样的速度滑上光滑圆轨道后，根据机械能守恒有：‎ 代入数据可以得到：‎ 物块在传送带上第一次往返所用的时间为：。‎ ‎【点睛】解决本题的关键要正确分析物块的受力情况，判断其在皮带上的运动情况，要通过计算进行分析，不能简单的定性分析，同时要结合机械能守恒定律和动能定理。‎ ‎12.如图所示，第一象限有平行于纸面且与x轴负方向成45°的匀强电场，电场强度大小未知，第四象限有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现从坐标原点O向磁场中射入一个质量为m，电量为q的带正电的粒子1(重力不计)，速度大小为v、方向与x轴正方向成45°.该粒子第一次到达x轴时与该点的一个质量为2m不带电的粒子2发生弹性正碰，碰后带电荷量两者平分，碰后粒子1进入磁场做匀速圆周运动后再经过x轴经电场偏转恰好可以回到坐标原点，粒子2在电场中运动一段时间后也进入磁场。求：‎ ‎(1)粒子1与粒子2碰撞离开x轴后再次回到x轴的位置坐标；‎ ‎(2)电场强度的大小；‎ ‎(3)碰撞后两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径之比。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分析粒子1的运动情况，在磁场中做匀速圆周运动，结合弹性正碰，利用动量守恒定律和机械能守恒进行求解即可；‎ ‎（2）在电场中做类平抛运动，结合运动的合成与分解进行求解；‎ ‎（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；‎ ‎【详解】（1）根据粒子1在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供有：‎ 解得：‎ 则两粒子碰撞的位置为 两粒子发生弹性正碰，根据动量守恒定律有：‎ 根据机械能守恒定律有：‎ 联立解得：，‎ 粒子1反弹后，由，得到：‎ 再次达到轴的距离为：‎ 如图所示，则：；‎ ‎（2）类平抛运动的垂直和平行电场方向位移都为 所以类平抛运动时间为：‎ 又由，联立解得：；‎ ‎（3）粒子2在电场中逆着电场线做匀减速运动到零后反向加速，进入磁场时的速度仍为，根据粒子2在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供有：‎ 解得：‎ 故两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径之比为：。‎ ‎【点睛】此题主要考查带电粒子在电场和磁场中的运动问题，要求学生掌握圆周运动、匀变速直线运动及类平抛的基本公式，做此题时需要画出粒子的运动轨迹，并且对粒子的运动分段进行分析。‎ ‎13.下列说法正确的是_________。‎ A. 只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低 B. 第二类永动机违反了能量守恒定律，所以它是制造不出来的 C. 地球大气的各种气体分子中氢分子质量小，其平均速率较大，更容易挣脱地球吸引而逃逸，因此大气中氢含量相对较少 D. 从微观角度看气体压强只与分子平均动能有关 E. 生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分子热运动的剧烈程度与温度有关，温度是分子平均动能的标志；利用分子的扩散可在纯净的半导体材料中掺入其他元素；‎ ‎【详解】A、分子热运动的剧烈程度与温度有关，温度越高，分子运动越剧烈，所以减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低，故A正确；‎ B、第二类永动机不违反能量守恒定律，而是违反了热力学第二定律，故B错误；‎ C、在温度相同的情况下，各种气体分子的平均动能相等，氢分子质量小，则氢气的平均速率最大，更容易挣脱地球吸引而逃逸，因此大气中氢含量相对较少，故C正确；‎ D、从微观角度看，气体压强与分子平均动能和气体分子密集程度两个因素有关，故D错误；‎ E、生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故E正确。‎ ‎【点睛】本题综合考查了热运动、温度的微观意义、热力学第二定律以及扩散现象等，关键要多看课本，熟悉基础知识。‎ ‎14.如图，A容器容积为15L，里面充满12atm、温度为300K的理想气体，B容器是真空，容积为10L，现将A中气体温度升高到400K，然后打开阀门S，将A中的气体释汝一部分到B容器，每次当B容器内的压强达到2atm关闭阀门，不考虑气体膨胀过程中温度的变化，且每次B容器中的气体被某实验室消耗了。当A容器中气体的压强小于4atm时，不能再向B容器释放气体，求打开阀门向B容器释放气体的次数。‎ ‎【答案】9次 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以A、B中气体为研究对象，分别研究其初、末状态，根据气体方程列式可求解；‎ ‎【详解】设A容器为，温度，压强，温度升高到 时，压强为，根据查理定律有：，解得：‎ 对于气体膨胀过程，因为不考虑气体膨胀过程中温度的变化，即为等温变化，以膨胀后A中气体为研究对象：‎ 初态：，体积为 末态：，，，‎ 根据玻意耳定律有：‎ 代入数据可以得到：次。‎ ‎【点睛】本题关键找出已知状态参量，选取不同的气体作为研究对象，然后根据查理定律或玻意耳定律列方程求解。‎ ‎15.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正向传播，已知波速v=40m/s，在t1=0和t2=0.85s时刻，其波形图分别如图中的实线和虚线所示，P是此波的传播方向上的一点，则质点P的振动周期T=_________s；在t1~t2时刻质点P运动的路程是_________m；在t1=0时刻质点P的振动方向是_________。‎ ‎【答案】 (1). 0.2； (2). 0.34； (3). 向下；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图像可知波长，根据求出周期，找出时间与周期的关系，即可求出P运动的路程，结合波的传播方向可以知道质点P的振动方向；‎ ‎【详解】由波形图可知，根据代入数据可以得到；因为，波向右传播，在一个周期内P质点的运动路程为，所以在时间内质点P运动的路程是，即；因为波沿轴正方向传播，所以在 时刻质点P的振动方向向下。‎ ‎16.玻璃球体的半径为R，P为经过球心的水平轴线上的一点，且PC= (n为折射率)，如图所示.若从P点向右侧发出的任意一条光线经球面折射后，其反向延长线均聚焦于水平轴PC上的Q点(未画出)，已知玻璃球体对光线的折射率为n，试求Q的位置。‎ ‎【答案】nR ‎【解析】‎ 设光线在D点发生折射，由折射定律可得：‎ 在三角形DCP中，由正弦定理可得：‎ 可得：‎ 由几何关系可得：‎ 可得：‎ 在三角形DQC中，由正弦定理可得：‎ 可得：‎ 即 Q点距O点的距离为nR