1、辽宁省沈阳市铁路实验中学高三下学期期初物理试卷一、选择题（1-7为单选，8-10为双选）1下列关于物理学思想方法的叙述错误的是（） A 探究加速度与力和质量关系的实验中运用了控制变量法 B 电学中电阻、场强和电势的定义都运用了比值法 C 力学中将物体看成质点运用了理想化模型法 D t0时的平均速度可看成瞬时速度运用了等效替代法2如图所示，小球以v0正对倾角为的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t为（重力加速度为g）（） A t=v0tan B t= C t= D t=3如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程
2、中（该过程小球未脱离球面），木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是（） A F1增大，F2减小 B F1减小，F2增大 C F1减小，F2减小 D F1增大，F2增大4如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（） A O点的电场强度为零，电势最高 B O点的电场强度为零，电势最低 C 从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高 D 从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低5在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，某时刻电压表读数减小、电流表读数增大，则可能出现了下列哪种故障
3、（） A R1短路 B R2断路 C R2短路 D R3断路6设地球自转周期为T，质量为M，引力常量为G，假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为（） A B C D 7如图所示a、b间接入正弦交流电，变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图，R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻当R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（） A V1的示数不变，V2的示数减小 B V1的示数减小，V2的示数减小 C A1
4、的示数增大，A2的示数增大 D A1的示数减小，A2的示数减小8如图甲所示，水平传送带始终以恒定速率1向右运行质量为m的物块，以2的初速度从与传送带等高的光滑水平地面上的A处向左滑入传送带若从物块滑上传送带开始计时，物块在传送带上运动的t图象（以地面为参考系）如图乙所示已知21，则（） A t1时刻，物块离A处的距离达到最大 B t2时刻，物块相对传送带滑动的距离达到最大 C 0t3时间内，物块受到的摩擦力方向一直向右 D t1t2时间内，物块做匀加速运动9如图所示，竖立在水平地面上的轻弹簧，下端与地面固定，将一个金属球放置在弹簧顶端（球与弹簧不粘连），并用力向下压球，使弹簧作弹性压缩，稳定后
5、用细线把弹簧拴牢，烧断细线，球将被弹起，脱离弹簧后能继续向上运动，那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的这一运动过程中（） A 球所受的合力先增大后减小 B 球刚脱离弹簧时的动能最大 C 球刚脱离弹簧时弹簧的弹性势能最小 D 在某一阶段内球的动能减小而它的机械能增加10如图，在半径为R=的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B圆形区域右侧有一竖直感光板MN带正电粒子从圆弧顶点P以速率v0平行于纸面进入磁场，已知粒子质量为m，电量为q，粒子重力不计若粒子对准圆心射入，则下列说法中正确的是（） A 粒子一定沿半径方向射出 B 粒子在磁场中运动的时间为 C 若粒子速率变为2v0，穿出磁场后一定垂
6、直打到感光板MN上 D 粒子以速度v0从P点以任意方向射入磁场，离开磁场后一定垂直打在感光板MN上二、主观题112013年7月5日12日，中俄“海上联合2013”海上联合军事演习在日本海彼得大帝湾附近海空域举行在某天进行的演习中，我国研发的一艘022型导弹快艇以30m/s的恒定速度追击前面同一直线上正在以速度v1逃跑的假想敌舰当两者相距L0=2km时，以60m/s相对地面的速度发射一枚导弹，假设导弹沿直线匀速射向假想敌舰，经过t1=50s艇长通过望远镜看到了导弹击中敌舰爆炸的火光，同时发现敌舰速度减小但仍在继续逃跑，速度变为v2，于是马上发出了第二次攻击的命令，第二枚导弹以同样速度发射后，又经
7、t2=30s，导弹再次击中敌舰并将其击沉不计发布命令和发射反应的时间，发射导弹对快艇速度没有影响，求敌舰逃跑的速度v1、v2分别为多大？12如图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为=37，导轨间距为lm，电阻不计，导轨足够长两根金属棒ab和ab的质量都是0.2kg，电阻都是1，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度B的大小相同让ab固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为 8W求：（1）ab达到的最大速度多大？ab下落了30m高度时，其下滑速度已经达到
8、稳定，则此过程中回路电流的发热量Q多大？（3）如果将ab与 ab同时由静止释放，当ab下落了30m高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q为多大？（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8 ）三、物理-选修3-413图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则下列说法正确的是（） A 该波的周期是0.10s B 该波的传播速度为40m/s C 该波沿x轴的负方向传播 D t=0.10s时，质点Q的速度方向向下 E 从t=0.10s到 t=0.25s，质点P通过的路
9、程为30cm14如图所示，一半径为R的半球形玻璃砖，O为球心，其上表面水平，玻璃砖下方水平放置了足够大的光屏，玻璃砖上表面与光屏间距为d=2R一束恰好照射满了玻璃砖上表面的单色光垂直于上表面射入玻璃砖，其中一部分光经玻璃砖折射后能到达光屏上已知玻璃砖对该光的折射率为n=，求光屏上被该光照亮的面积（不考虑光在玻璃砖内的反复反射）辽宁省沈阳市铁路实验中学高三下学期期初物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（1-7为单选，8-10为双选）1下列关于物理学思想方法的叙述错误的是（） A 探究加速度与力和质量关系的实验中运用了控制变量法 B 电学中电阻、场强和电势的定义都运用了比值法 C 力学中将物体看成
10、质点运用了理想化模型法 D t0时的平均速度可看成瞬时速度运用了等效替代法考点： 瞬时速度；平均速度分析： 解答本题应掌握：在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法；理解常见的比值定义得出的物理量；质点采用的是理想化的物理模型；瞬时速度采用了极限思想解答： 解：A、在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法，故A正确；B、电学中电阻、场强和电势的定义都运用了比值法，故B正确；C、质点并不存在，采用的是理想化的物理模型；故C正确；D、t0时的平均速度可看成瞬时速度，采用的是极限分析方法；故D错误；本题选错误的，故选：D点评： 学习物理不但要学习知识点，同时还要注意学习相应的物理
11、方法2如图所示，小球以v0正对倾角为的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t为（重力加速度为g）（） A t=v0tan B t= C t= D t=考点： 平抛运动专题： 平抛运动专题分析： 由数学知识得：从抛出点到达斜面的最小位移为过抛出点作斜面的垂线设经过时间t到达斜面上，根据平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，表示出水平和竖直方向上的位移，再根据几何关系即可求解解答： 解：过抛出点作斜面的垂线，如图所示：当质点落在斜面上的B点时，位移最小，设运动的时间为t，则水平方向：x=v0t竖直方向：y=根据几何关系有则解得t=故D正确，A、B、C错误故选：D点评
12、： 解决本题的关键是知道怎样运动时位移最小，再根据平抛运动的基本规律结合几何关系解题3如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中（该过程小球未脱离球面），木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是（） A F1增大，F2减小 B F1减小，F2增大 C F1减小，F2减小 D F1增大，F2增大考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题： 共点力作用下物体平衡专题分析： 对小球受力分析，受重力、挡板向右的支持力和半球面的支持力，根据平衡条件列式求解解答： 解：对小球受力分析，受重力、挡板
13、向右的支持力和半球面的支持力，如图根据平衡条件解得F1=mgtanF2=由于不断增加，故F1增大、F2增大；故选：D点评： 本题关键是画出受力图，根据平衡条件求解出两个弹力的表达式进行分析讨论4如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（） A O点的电场强度为零，电势最高 B O点的电场强度为零，电势最低 C 从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高 D 从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低考点： 电势；电场强度专题： 电场力与电势的性质专题分析： 圆环上均匀分布着负电荷，根据电场的叠加和对称性，分析O点的场强根据电场
14、的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低解答： 解：AB、圆环上均匀分布着负电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向左，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最低，故A错误，B正确；CD、O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小x轴上电场强度方向向左，电势升高，故C错误，D错误故选：B点评： 解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化5在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电
15、阻元件发生短路或断路故障，某时刻电压表读数减小、电流表读数增大，则可能出现了下列哪种故障（） A R1短路 B R2断路 C R2短路 D R3断路考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 由题目中电表示数的变化可得出故障原因，根据电路结构可以得出是哪一个电阻发生故障解答： 解：A、若各原件没有故障，电路正常，则电流表测量流过R1的支路电流，电压表测量R3两端的电压；若R1短路，则R2被短路，外电路只有电阻R3接在电源两端，电流表测量干路电流，电压表测量路端电压，两表示数均增大，故A错误B、若R2断路，则R1与R3串联，总电流增大，总电流减小，则流过R3的电流减小，故电压表示数减小
16、；由于电流表现在测量干路电流；故电流表示数增大；故B正确；C、若R2短路，则电流表示数为零，不符合题意；故C错误D、若R3断路，电路断开，故电流表示数为零，不符合题意，故D错误故选：A点评： 本题考查闭合电路的欧姆定律的应用，明确当电路中有电流时，说明电路中应发生了短路故障；若电压表示数变大，电压表可能直接并联到了电源两端6设地球自转周期为T，质量为M，引力常量为G，假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为（） A B C D 考点： 万有引力定律及其应用分析： 在赤道上物体所受的万有引力与支持力提供向心力可求得支持力，在南极支持力等于万
17、有引力解答： 解：在赤道上：G，可得 在南极： 由式可得：=故选：A点评： 考查物体受力分析及圆周运动向心力的表达式，明确在两极物体没有向心力7如图所示a、b间接入正弦交流电，变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图，R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻当R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（） A V1的示数不变，V2的示数减小 B V1的示数减小，V2的示数减小 C A1的示数增大，A2的示数增大 D A1的示数减小，A2的示数减小考点： 变压器的构造
18、和原理专题： 交流电专题分析： 与闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况解答： 解：当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，所以A正确，BCD错误故选：A点评
19、： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法8如图甲所示，水平传送带始终以恒定速率1向右运行质量为m的物块，以2的初速度从与传送带等高的光滑水平地面上的A处向左滑入传送带若从物块滑上传送带开始计时，物块在传送带上运动的t图象（以地面为参考系）如图乙所示已知21，则（） A t1时刻，物块离A处的距离达到最大 B t2时刻，物块相对传送带滑动的距离达到最大 C 0t3时间内，物块受到的摩擦力方向一直向右 D t1t2时间内，物块做匀加速运动考点： 摩擦力的判断与计算；匀变速直线运动的图像专题： 摩擦力专题分
20、析： 0t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，然后向右匀加速，当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速，摩擦力消失解答： 解：A、t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，小物块A向右滑动，并不是相对传送带向右滑动，故A正确；B、t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故B正确；C、t2t3时间内小物块不受摩擦力作用，故C错误；D、t1t2时间内，小物块在滑动摩擦动力作用下，做匀加速运动，故D正确；故选：ABD点评： 本题关键从图象得出物体的运动规律，然后分过程对木块受力分析；分析清楚物体的受力情况和运动情况是解题的关键9如图所示，竖立在水平地面上的轻弹簧，
21、下端与地面固定，将一个金属球放置在弹簧顶端（球与弹簧不粘连），并用力向下压球，使弹簧作弹性压缩，稳定后用细线把弹簧拴牢，烧断细线，球将被弹起，脱离弹簧后能继续向上运动，那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的这一运动过程中（） A 球所受的合力先增大后减小 B 球刚脱离弹簧时的动能最大 C 球刚脱离弹簧时弹簧的弹性势能最小 D 在某一阶段内球的动能减小而它的机械能增加考点： 机械能守恒定律专题： 机械能守恒定律应用专题分析： 弹簧的弹性势能跟弹簧的形变量有关，形变越大，弹性势能越大分析小球的运动情况：从细线被烧断到弹簧的弹力等于小球的重力的过程中，小球向上做加速运动，之后做减速运动，当小球的弹簧的弹
22、力等于小球的重力时速度最大，动能最大解答： 解：A、小球从细线被烧断到刚脱离弹簧的过程中，小球受到向下重力和和向上的弹力，弹力逐渐减小到零；开始时弹力大于重力，小球向上做加速运动，加速度逐渐减小到零；之后做减速运动，加速度反向增加；即加速度先减小后增加，合力先减小后增大，故A错误B、当小球的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，所以小球的动能先增大后减小，所以球刚脱离弹簧时的动能不是最大，故B错误C、从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐减小，所以球刚脱离弹簧时弹簧的弹性势能最小故C正确D、当小球的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，再向上运动速度减小，动
23、能减小，但是从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐减小，转化为小球的机械能，所以在向上未刚脱离弹簧的运动过程中它的机械能增加，故D正确故选：CD点评： 本题关键是分析小球的受力情况来确定小球的运动情况，运用牛顿第二定律小球的运动情况，能正确分析能量有几种形式，判断能量的转化情况10如图，在半径为R=的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B圆形区域右侧有一竖直感光板MN带正电粒子从圆弧顶点P以速率v0平行于纸面进入磁场，已知粒子质量为m，电量为q，粒子重力不计若粒子对准圆心射入，则下列说法中正确的是（） A 粒子一定沿半径方向射出 B 粒子在磁场中
24、运动的时间为 C 若粒子速率变为2v0，穿出磁场后一定垂直打到感光板MN上 D 粒子以速度v0从P点以任意方向射入磁场，离开磁场后一定垂直打在感光板MN上考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题： 带电粒子在磁场中的运动专题分析： 根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径，画出运动轨迹，结合几何关系分析即可解答： 解：A、带正电粒子从圆弧顶点P以速率v0平行于纸面且对准圆心射入磁场，根据对称性，一定沿半径方向射出，故A正确；B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qv0B=m解得：r=粒子的运动轨迹如图：轨迹圆弧对应的圆心角
25、为，故：运动时间为：t=，故B正确；C、若粒子速率变为2v0，则轨道半径变为2R，运动轨迹如图：故不是垂直打到感光板MN上，故C错误；D、，当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R设粒子射入方向与PO方向夹角为，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图所示因PO3=O3S=PO=SO=R所以四边形POSO3为菱形由图可知：POO3S，v3SO3因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关故D正确；故选：ABD点评： 本题考查带电粒子在磁场中的运动，掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式本题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练二、主观题112013年7月5
26、日12日，中俄“海上联合2013”海上联合军事演习在日本海彼得大帝湾附近海空域举行在某天进行的演习中，我国研发的一艘022型导弹快艇以30m/s的恒定速度追击前面同一直线上正在以速度v1逃跑的假想敌舰当两者相距L0=2km时，以60m/s相对地面的速度发射一枚导弹，假设导弹沿直线匀速射向假想敌舰，经过t1=50s艇长通过望远镜看到了导弹击中敌舰爆炸的火光，同时发现敌舰速度减小但仍在继续逃跑，速度变为v2，于是马上发出了第二次攻击的命令，第二枚导弹以同样速度发射后，又经t2=30s，导弹再次击中敌舰并将其击沉不计发布命令和发射反应的时间，发射导弹对快艇速度没有影响，求敌舰逃跑的速度v1、v2分别
27、为多大？考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题： 直线运动规律专题分析： 鱼雷匀速追击敌舰的过程中当鱼雷的位移等于两船一开始的间距加上敌舰的位移，运动的时间具有等时性，列方程求解即可解答： 解：第一枚导弹击中前，敌舰逃跑的速度为v1，当导弹快艇与敌舰相距L0=2 km时，发射第一枚导弹，经t1=50 s击中敌舰，则有：（vv1）t1=L0，即：（60v1）50=2000 解得：v1=20 m/s； 击中敌舰时，导弹快艇与敌舰的距离为L0（30v1）t1=1500； 马上发射第二枚导弹，此时敌舰的速度为v2，经t2=30 s，导弹再次击中敌舰，则有：（vv
28、2）t2=1500 m，即：（60v2）30=1500 m 解得：v2=10 m/s 答：敌舰逃跑的速度分别为20 m/s、10 m/s点评： 追击问题注意位移关系式与运动的等时性相结合，在此类问题中匀速运动的追击物体属于较简单一类12如图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为=37，导轨间距为lm，电阻不计，导轨足够长两根金属棒ab和ab的质量都是0.2kg，电阻都是1，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度B的大小相同让ab固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速度达到稳定时，整个回路
29、消耗的电功率为 8W求：（1）ab达到的最大速度多大？ab下落了30m高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q多大？（3）如果将ab与 ab同时由静止释放，当ab下落了30m高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q为多大？（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8 ）考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；能量守恒定律；闭合电路的欧姆定律专题： 电磁感应功能问题分析： （1）ab棒向下运动切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，当达到最大速度时，受力平衡，由平衡条件和安培力公式列式求最大速度；ab下落了30m高度时，其下滑速度已经达到稳定，
30、ab棒减小的重力势能转化为其动能、摩擦生热和焦耳热，根据能量守恒列式求回路电流的发热量Q（3）由对称性可知，当ab下落30m稳定时其速度为v，ab也下落30m，其速度也为v，ab和ab都切割磁感应线产生电动势，总电动势等于两者之和对ab棒，由平衡条件列式求出速度，再由能量守恒定律求此过程中回路电流的发热量Q解答： 解：（1）ab棒相当于电源，当其下滑速度最大时加速度为0，因此有： mgsin=BIL+mgcos，又I=，代入得mgsin=+mgcos 由题意，有P=联立解得 v=10m/s由能量守恒关系得 mgh=+mgcos+Q，代入数据得 Q=30J（3）由对称性可知，当ab下落30m稳定
31、时其速度为v，ab也下落30m，其速度也为v，ab和ab都切割磁感应线产生电动势，总电动势等于两者之和对ab棒受力分析，得mgsin=BIL+mgcos，又I=代入解得 v=5m/s对ab棒受力分析，由能量守恒 2mgh=+Q，代入数据得 Q=75 J答：（1）ab达到的最大速度是10m/sab下落了30m高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q是30J（3）如果将ab与 ab同时由静止释放，当ab下落了30m高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q为75J点评： 本题是电磁感应与力学知识的综合，关键是计算安培力的大小和分析能量怎样转化，根据平衡条件和
32、能量守恒进行研究三、物理-选修3-413图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则下列说法正确的是（） A 该波的周期是0.10s B 该波的传播速度为40m/s C 该波沿x轴的负方向传播 D t=0.10s时，质点Q的速度方向向下 E 从t=0.10s到 t=0.25s，质点P通过的路程为30cm考点： 波长、频率和波速的关系；横波的图象分析： 根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播根据时间与周期的
33、关系，分析质点P的位置和加速度，求出通过的路程解答： 解：A、由图乙知该波的周期是0.20s故A错误B、由甲图知波长=8m，则波速为：v=m/s=40m/s，故B正确CD、在t=0.10s时，由乙图知质点Q正向下运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，故C、D正确E、该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动从t=0.10s到=0.25s经过的时间为t=0.15s=T，由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A=30cm，故E错误；故选：BCD点评： 本题有一定的综合性，考察了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象
34、和波动图象之间的内在联系要知道质点做简谐运动时，只有在平衡位置或波峰、波谷处的质点，在周期内振动的路程才是3A14如图所示，一半径为R的半球形玻璃砖，O为球心，其上表面水平，玻璃砖下方水平放置了足够大的光屏，玻璃砖上表面与光屏间距为d=2R一束恰好照射满了玻璃砖上表面的单色光垂直于上表面射入玻璃砖，其中一部分光经玻璃砖折射后能到达光屏上已知玻璃砖对该光的折射率为n=，求光屏上被该光照亮的面积（不考虑光在玻璃砖内的反复反射）考点： 光的折射定律专题： 光的折射专题分析： 作出半圆柱体的横截面光线在透光的边界恰好发生全反射，入射角等于临界角，即可由折射定律求出光线在柱面上的入射角，由几何知识求面积S解答： 解：根据题设做出光路图如图所示设光在玻璃中的临界角为，则sin=，=45 对应的临界光线AQ的折射角为=90由几何关系可知三角形APO为等腰直角三角形PA=PO=Rsin=Rsin45=R又几何关系 AQ=3R 光屏上被光束照亮的部分是圆形，其半径：r=AQsin（）R=R 圆形面积为：S=r2=2R2答：光屏上被该光照亮的面积为2R2点评： 本题关键要掌握全反射及其产生条件，结合几何知识求解即可
