《2021年河南省高考物理模拟试卷（5月份）（附答案详解）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年河南省高考物理模拟试卷（5月份）（附答案详解）.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021年河南省高考物理模拟试卷（5月份）1.两截面形状相似的物块8、C,倾角均 为 仇 将C固定在水平面上，物块A与B按图叠放在C上，A恰好沿8匀速下滑，3保持静止。已知物块4 B的质量均为?，重力加速度大小为g,取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，4 B之间和8、C之间的动摩擦因数均为许则物块B与C间的摩擦力大小为（）A.mgsindB.2mgsind C.imgcosd2.某校组织学生外出研学期间进行滑雪活动，如图所示。同学们坐在相同的滑雪工具上，从倾角相同的直雪道先后从相同高度由静止滑下，所有滑雪工具与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。下列说法正确D.2imgcos0的是（）A.同学们
2、在直雪道上运动的时间相同B.下滑过程中，质量大的同学运动的时间短C.下滑过程中，质量大的同学的机械能增加多D.下滑过程中，质量大的同学的机械能增加少3 .仲国青年报/2 0 2 1年4月7日报道，中 国“天问一号”火星探测器经过1 90多天的飞行，跋涉4.5亿公里，终于抵达火星轨道，从而开启了近2个月的环绕火星的任务。若探测器着陆前，先用反推火箭使探测器停在距火星表面一定高度处，然后由静止释放，使探测器做自由落体运动。已知火星的半径与地球的半径之比为1：2,火星的质量与地球的质量之比为1：9,地球表面的重力加速度大小g =1 0 m/s2若要求探测器着陆火星表面前瞬间的速度不超过4 m/s,则
3、探测器由静止释放时离火星表面的最大高度为（）A.0.8 m B.1.8 m C.2m D.4 m4 .某电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.1 X .f1 0-7/,在8点的电势能为1.5 x 1 0-7,己知A、8两点在同一条电场线上且相距4,n,电场线的方向如图中箭头所示，该点电荷的电荷量为2 x l 0-9c,不计点电荷受到的重力，下列说法正确的是（）A.该电场为匀强电场，且电场强度大小为517nlB.该点电荷在AB中点的电势能为1.3 x IO/C.4、B两 点 的 电 势 差=20VD.把该点电荷从B点由静止释放，经过4点时，动能为4x10-8/5.如图甲所示，视为质点
4、的小球用不可伸长的轻绳连接，绕定点。在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v,此时绳子的拉力大小为七。拉力&与速度的平方的关系如图乙所示，重力加速度大小为g,不计空气阻力。则小球从最高点运动到最低点的过程中动能的变化量为（）6.关于波粒二象性，下列说法正确的是（）A.光电效应证明了光具有粒子性B.光的波长越长，其粒子性越显著；波长越短，其波动性越显著C.不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性D.电子绕原子核运动时只能在一定的轨道上运动，此时电子只有粒子性，没有波动性7.在如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈的输入电压按图乙所示的规律变化，图中曲线为正弦曲线的上半部分或
5、下半部分，副线圈所接的规格为“36V 30vlz”的灯泡乙恰好正常发光。则下列说法正确的是（）A.变压器原线圈输入电压的有效值为110VB.变压器原、副线圈的匝数比为55：9C.灯泡L两端电压的最大值为36aVD.0 6s内灯泡L电流方向改变的次数为200第 2 页，共 18页8 .如图所示，带有卡槽的平行光滑金属导轨（足够长）与水平面成3 0。角倾斜固定，两导轨间距为1 7,上端接一标有U6 V 3 6 1 4/“的小灯泡，导轨间有方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B =1 7的匀强磁场。一质量m=2 0 0 g、直径d =的圆形金属框MN嵌在两导轨的卡槽中，且与导轨在同一平面内。现给MN
6、一沿导轨向下的 恒 力 凡MN达到平衡后小灯泡恰好正常发光。不 计 导 轨 和 金 属 框 的 电 阻，MN沿卡槽滑动过程始终与导轨接触良好且无摩擦。取重力加速度大小g =1 0 m/s2,A.金属框MN沿导轨运动的过程中通过小灯泡的电流方向为从a到bB.金属框MN平衡时的速度大小为3 z n/sC.恒力厂的大小为5 ND.金属框MN平衡时其受到重力的功率为1 2 W9 .某同学用如图甲所示的实验装置测量物块与斜面间的动摩擦因数。已知打点计时器所接电源的频率为5 0 4 z,物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图乙所示，图乙中每相邻两个计数点间还有一个计时点未标出。（1）由图乙可知，打计数点8
7、时物块的速度大小外=m/s；物块运动的加速度大小。=m/s2.（结果均保留两位小数）（2）已知当地的重力加速度大小g=9.80m/s 2,斜面倾角的正切值为0.75,则物块与斜面间的动摩擦因数4 =（结果保留两位有效数字）。1 0.某同学想测量一旧手机中的锂电池的电动势和内阻（电动势E标称值为3.7V,允许最大放电电流为5 00m A）。实验室备有如下器材：A.电压表V（量程为3匕 电阻即约为4.O k 0）；B.定值电阻R 0（阻值为5。）；C.电阻箱R（0-999.9。）；。.开关S一只，导线若干。(1)为测量锂电池的电动势E 和内阻r,该同学设计了如图甲所示的电路图。请你帮助该同学按图甲
8、所示的电路图，将图乙中实物连线补充完整。(2)实验时，该同学通过改变电阻箱R 的阻值，得到多组测量数据，根据测量数据作出一：图像，如图丙所示。则该锂电池的电动势E=_ V、内阻r=_U K。(结果均保留两位有效数字)。该实验中电动势E 的测量值偏小，造成此系统误差的 主 要 原 因 是。1 1.如图所示，质量M=3kg的小车静止于光滑水平面上，小车上表面水平，右端有一固定在小车上的竖直弹性挡板，左端紧靠固定的光滑;圆弧轨道A 8,圆弧底端与小车上表面相切，圆弧半径R=0.8 m,小车长度L=1.5m。将质量m=1kg的滑块P(视为质点)从顶端A 由静止释放，滑块尸与小车右端挡板作用过程无机械能
9、损失且作用时间极短。滑 块 P 与小车上表面间的动摩擦因数 =0.2。取重力加速度大小g=10?n/s2o 求：(1)滑块P 刚滑上小车时的速度大小；(2)滑块P 相对小车静止时到小车右端的距离。第4页，共18页:X X 4X x1 2 .如图所示，平面直角坐标系xO y的第一象限内，下方为匀强电场，上方为匀强磁场，边界曲线满足方程y=2/,匀强电场的电场强度大小E =1000V/m,方向沿y轴正方向，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小/=1T,第二象限中存在磁感应强度大小&=2 r的匀强磁场，方向垂直纸面向外。现有大量相同粒子，从x轴上(x 0)由静止释放，经电场加速后进入第一象限的磁场区
10、域，所有粒子均垂直穿过y轴进入第二象限，图中y轴上P点的坐标为(0,1m),不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用。(1)求这种粒子的比荷子5；(2)求从第一象限进入第二象限时经过P点的所有粒子的横坐标方程；(3)若将第二象限内的磁场方向改为垂直纸面向里，求以最大速度经过尸点的粒子从x轴出发运动到P点的时间t。13 .下列说法正确的是()A.多晶体是由单晶体组合而成的，所以多晶体和单晶体都表现为各向异性B.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力C.理想气体的温度升高，压强可能减小D.布朗运动说明液体(气体)分子每时每刻都在做无规则运动E.固体很难被压缩，说明固体分子
11、间没有间隙14 .如图所示，质量T n】=2 0k g、高无=1.1m的导热圆柱形汽缸内，有一质量m?=10k g、面积S =1 x I O-7 n2的光滑活塞，通过轻绳悬挂在天花板上，缸内封住了一定质量的理想气体，活塞恰好在距缸底T 处，整个装置均处于静止状态。已知外界大气压强Po=1 X 1 0 5 p a,取重力加速度大小g=1 0 m/s2,环境的热力学温度恒为300K,不计缸壁及活塞的厚度，汽缸不漏气。现把汽缸放在水平地面上（不系绳子），开口向上。（i）求活塞平衡时与缸底的距离；3）若对缸内气体缓慢加热，使活塞恰好能到达汽缸顶部，求此时缸内气体的热力学温度。1 5.如图所示，一列简谐
12、横波沿x 轴传播，实线为t=0时刻的波形图，此时平衡位置在X=1m的质点尸向y 轴正方向运动，虚线为经过0.7s后第一次出现的波形图，则波沿 x 轴（填“正”或“负”）方向传播，波的传播速度为 m/s,质点P1 6.折射率n=2的透明材料制成的半球壳的中心截面如图所示，外径是 厂、内径的2 倍。一束平行单色光垂直内球壳的水平直径AB射入内球壳。取sinl4.5。=0.25o求外球壳中有光线射出的部分所对应的圆心角。第 6 页，共 18页答案和解析1.【答案】B【解析】解：把物块A、8看成整体，整体是平衡的，对其受力分析，结合矢量的合成法则，如下图所示：依据平衡条件，结合三角知识，则有=f =/
13、B C，故8正确，AC）错误：故选：B。依据A恰好沿2匀速下滑，及8保持静止，均是处于平衡状态，再根据受力分析，结合平衡条件与矢量的合成法则，及三角知识，即可求解。本题考查物体平衡，目的是考查学生的理解能力，同时理解矢量的合成法则，及三角知识的应用，注意将A与B整体研究是解题的关键，同时能当作整体研究的条件是平衡状态。2.【答案】A【解析】解：AB、设滑到的倾角为。、滑雪工具与轨道间的动摩擦因数为，对总质量为m的滑雪工具和同学为研究对象，由牛顿第二定律可得:mgsind-11mgeos。=ma,解得：a=gsine ngcos。,所以直雪道上的同学们下滑过程中的加速度相同，运动的位移相同，则在
14、雪道上运动的时间相同，故A正确、B错误；C D,下滑过程中，由于阻力对滑雪工具做负功，以滑雪工具和同学为研究对象，机械能减少，同学们的机械能都减少，不会增加，故CC错误。故选：A。根据牛顿第二定律分析加速度的大小，由此分析运动时间的长短；根据机械能守恒定律的守恒条件分析机械能的变化情况。本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用以及机械能守恒定律的守恒条件，关键是弄清第8页，共18页楚滑雪工具和同学的受力情况、由此分析运动情况和机械能的变化情况。3.【答案】B【解析】解：设 地 球 质 量 为 半 径 为 火 星 质 量 为 M?,半径为R 2,火星表面的重力加速度为g,由物体在天体表面附近所受万有
15、引力等于重有：,丁 4 G M1m地球：R；=7ng,=GM2m ,火星：2=m9故奈=覆，代入数据得：g=m/s2,探测器做自由落体运动有：v2=2gh,解得：h=1.8 m,故 8 正确，ACD错误。故选：Bo根据物体在天体表面附近所受万有引力等于重力，求解出火星表面的重力加速度，再由自由落体运动规律列式求解。本题关键是应用物体在天体表面附近所受万有引力等于重力，求解出火星表面的重力加速度，再结合自由落体运动规律便可求解。4.【答案】D【解析】解：A B.题目仅给出了带电粒子在A、B 两点的电势能，且题图中无法判断电场线的疏密程度，故无法判断电场是否为匀强电场，无法计算电场强度，且无法计算
16、AB中点的电势及电势能，故 AB错误；C、沿电场线方向电势逐渐降低，故U.一定为负值，故 C 错误；。、把该点电荷从B 点由静止释放到经过A 点的过程中，电场力做正功，由动能定理得，E k=WBA=EPB-EPA=1.5 x ICT,/_ Ix 10-7/=4 x 10-8/,故 D 正确：故选：Do沿电场线方向电势逐渐降低；根据动能定理，合外力做功等于动能的变化量，点电荷受到的合外力为电场力，且电场力做功等于电势能的减小量。解决本题的关键知道沿电场线方向电势逐渐降低以及掌握电场力做功与电势能的关系,注意明确在确定电势差和电势能间的关系时，要注意各物理量的正负。5.【答案】A【解析】解：小球在
17、最高点时有，FT+m g =即尸 丁 =：1；2 m g,由题图乙可知，-=k=m g =b,解得m=,厂=ra u g g小球从最高点运动到最低点的过程中重力所做的功等于其动能的变化量，即=2mgr=故4正确，8 8错误；故选：A。在最高点，若 卢=a时，则f=0；物体的重力提供向心力，求得小球做圆周运动的半径；当2=2a时，对物体受力分析，根据向心力方程解得小球的质量；从最高点到最低点，重力做功等于动能的变化量，即可求得。本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息,尤其是图象与坐标轴的交点及斜率的物理意义，然后利用好重力做功和动能变化量间的关系。6.【答案
18、】AC【解析】解：A、光电效应证明了光具有粒子性，故4正确；8、光的波长越长，衍射现象越明显，其波动性越显著，波长越短，其粒子性越显著；故8错误；CD,一切运动的微粒都具有波粒二象性，电子绕原子核运动时也具有波动性，故C正确，D错误。故选：AC.一切运动的微粒都具有波粒二象性，波长越长，波动性越明显，据此可判断。本题考查了物质波及光电效应的相关问题，考查知识点针对性强，难度较小，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。7.【答案】BD第 10页，共 18页【解析】解：4由乙图可知I：此交流电只有|7的时间存在电压，这段时间内的最大值为：Ul m=220V3K，这段时间内的有效值为1/=空=誓乙根据
19、有效值的定义有：=好7,R 3 R解得：U、=220V,即原线圈的电压有效值为220匕 故A错误；BC.由于灯泡正常发光，所以变压器输出端的有效值：U2=36V,由变压器的变压比：詈=金=等=引n2 U2 36 9设灯泡两端的最大电压为“m，由变压器的变压比：产=?，u2m n2解得：u2nt=36b V，所以灯泡L两端电压的最大值36V5V，故8正确，C错误；D每周期内电流的方向改变两次,交流电06s内完成100次周期的变化，所以06s内小灯泡L中的电流方向改变次数为2 0 0,故。正确。故选：B D。先根据乙图算出票的时间有效值，在根据有效值的定义算出一个周期内的有效值；利用变压器的变压比
20、即可求解变压器的线圈匝数比，以及灯泡L两端电压的最大值；每周期内电流的方向改变两次,交流电06s内完成100次周期的变化，据此分析06s内小灯泡心中的电流方向改变次数。本题难点在于对有效值的理解及计算。要掌握理解变压器的工作原理及相关的计算。8.【答案】AC【解析】解：A、圆形金属框可看成长为1机的导体棒，由右手定则可知，通过小灯泡的电流方向为从。到A故A正确；8、灯泡正常发光，灯泡两端电压等于其额定电压U=6乙 金属框MN切割磁感线产生的感应电动势E=U=B d u,代入数据解得：v=6 m 1 s,故8错误；C、灯泡正常发光，电路电流等于灯泡的额定电流/=A =6 A,金属框受到的安U 6
21、培力F 安培=IBd,金属框匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：P+mgsin3 0=F代入数据解得，恒力大小：F=5 N,故C正确；D、金属导轨与水平面成30。角，重力方向（竖直向下）与速度方向的夹角a=9 0-30=6 0 ,金属框的质量m=200g=0.200/cg,金属框MN平衡时其受到重力的功率=mgvcos60=0.200 x 10 x 6 x 0.5W=6W,故。错误。故选：AC。由右手定则可以判断出感应电流方向；应用E=8 G可以求出金属框平衡时的速度大小;应用平衡条件可以求出恒力尸的大小；根据功率公式可以求出重力的功率。分析清楚电路结构与金属框的运动过程是解题的前提，应用安
22、培力公式、电功率公式、平衡条件与功率公式P=Fvcosa可以解题。9.【答案】0.46 3.98 0.24【解析】解：(1)打点计时器打点周期=0.0 2 s,两点间时间间隔为：7=27=0.04sB为AC的时间中点，则打计数点B时物块的速度大小为：vBa =2T =2X0.04 x 10_ 2m/s 0.46m/s.由逐差法知，物块的加速度大小为：a=(3.41+4.。5+4.：仁芦+2.14+2.77)乂 10-2根/S2*3.98m/S2；(2)设斜面的倾角为。，则tan。=0.7 5,解得：9=37。由牛顿第二定律有：megsind imgcosd=ma解得：n,0.24。答案：(1)
23、0.46；3.98；(2)0.24依据实验原理，结合实际操作，即可判定求解根据逐差法，运用相邻相等时间内的位移之差求出加速度的大小，运用牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小。解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带，运用匀变速直线运动的运动学公式，结合逐差法求解加速度，注意有效数字的保留。10.【答案】3.3 1 2电压表的分流第 12页，共 18页【解析】解：(1)按电路图连接实物图；(2)由闭合电路的欧姆定律可知E =U+(r+R0),化简可得：=+KU c华X、对照题图丙可知：i =E R E0.3 K-1,解得E =3.3 V。斜率k =皿:=竺 匕 竺 4-1,解得E 0.2 4(2)3
24、.3、1 2、电压表的分流(其他答案，只要合理就可得分)(1)根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图，根据测量原理可明确误差情况;(2)由闭合电路的欧姆定律求出的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻，并分析误差原因；本题考查电动势内阻以及电阻的测量实验；根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键。1 1.【答案】解：(1)滑
25、块P在圆弧轨道上运动的过程中机械能守恒，取 3点为零势能点,由机械能守恒定律有m g R 解得力=4 m/s(2)滑块P在小车上运动时，滑 块 P与小车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有m vj =(m +M)V2解得 I72-lm/s设滑块P相对小车滑行的总距离为x,根据能量守恒定律得rnvl+M)vf =fx其中/=nmg解得x =3 m因x =2 L,说明滑块尸恰好停在小车左端，即到右端的距离为1.5 m。答：(1)滑 块 P刚滑上小车时的速度大小为4 z n/s：(2)滑块P相对小车静止时到小车右端的距离为1.5 小。【解析】(1)滑块P在圆弧轨
26、道上运动的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律求滑块 P刚滑上小车时的速度大小；(2)滑块P在小车上运动时，滑块P与小车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，根据滑块P相对小车静止时系统的共同速度，再由能量守恒定律求滑块到小车右端的距离。本题考查机械能守恒定律和动量守恒定律，目的是考查学生的推理能力。要知道滑块在小车上滑行时，系统的动量守恒，能量也守恒，摩擦生热与相对路程有关。1 2.【答案】解：(1)设某带电粒子在电场中运动的位移大小为y,根据动能定理有：qE y=-m v22设带电粒子在第一象限的磁场内运动的半径为R，根据牛顿第二定律有：勺占=萼rr C mV即 旃根据磁场中半径的几何关系
27、有：R=x由题意有：y=2x2联立并代入数据解得：2 =4 X 103C/kg(2)设某粒子以速度v射入磁场，进入磁场的坐标为(x,y),在第一象限的磁场中运动的半径为,在第二象限的磁场中运动的半径为8，由以上结论有：%=第1 4页，共1 8页mv 八 mv-、R?=qB qB2由于粒子在磁场中运动的速度大小不变，且两磁场的磁感应强度大小之比为1：2,有RI=2R 2,其轨迹如图甲所示要使得粒子能够通过尸点，则有y +&+/?2)=1巾(其中几=。、1、2、3.)由几何关系有x =&整理可得：2/+(3 n +l)x =1,(其中九=0、1、2、3 且x 0)(3)根据几何关系可知，速度最大的
28、粒子对应的轨迹如图乙所示，设该粒子的出发点坐标为(g，0)经过分界点时有：y=l m,代入边界方程：y =2 x 2?t/解得3*在磁场当中有：x 0 =R/=翳 X/,qBi x /且：RI=2R2,才 x在磁场中的总时间：0=吧登孙乙在电场中加速时：祚2 =打，丫=警那么总时间：t=G +t2联立解得：t=+)X1 0-3 s答：这种粒子的比荷子*为4 X1 0 3 C/W；(2)从第一象限进入第二象限时经过P点的所有粒子的横坐标方程为2广+(3 n +l)x =1,(其中n =0、1、2、3 且x 0)；(3)若将第二象限内的磁场方向改为垂直纸面向里，以最大速度经过P点的粒子从x轴出发运
29、动到P点的时间t为+?)x 1 0-3so【解析】(1)根据动能定理求出粒子初速度，根据粒子在磁场中的匀速圆周运动求出纵坐标，结合题目所给的x,y的方程求出比荷；(2)根据半径公式和轨迹图求出速度大小；由轨迹图结合数学关系写出其满足条件的坐标方程；(3)画出符合条件的粒子轨迹，分别算出在磁场和电场的时间，两者相加就是总时间。本题考结合动能定理和磁场中匀速圆周运动的半径公式以及数学知识，考查带电粒子在电场、磁场中的运动，目的是考查学生的分析综合能力。1 3.【答案】BCD【解析】解：A、根据多晶体与单晶体的特点可知，多晶体是由单晶体组合而成的，单晶体的某些物理性质表现为各向异性，多晶体的物理性质
30、表现为各向同性，故A错误;8、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体分子间表现为引力，在宏观上表现为液体表面存在表面张力，故8正确；C、由理想气体状态方程与=C可知，当温度升高时，如果气体体积增大，则压强有可能减小，故C正确；。、布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，但布朗运动能够间接地说明液体（气体）分子每时每刻都在做无规则运动，故。正确；E、固体很难被压缩，是因为固体分子间距离较小，表现出较大的斥力，故E错误.故选：B C D。根据多晶体与单晶体的特点判断：根据液体表面张力的特点判断；由理想气体状态方程牛=。判断：根据布朗运动的物理意义判断；固体很难被压缩，固体分
31、子间距离较小，表现出较大的斥力。本题考查了多晶体与单晶体、液体表面张力、理想气体状态方程、布朗运动、分子力等热学基础知识，要求学生对这部分知识要重视课本，强化理解并记忆。1 4.【答案】解：汽缸悬挂时，设封闭气体压强为pi，对汽缸，由平衡条件得：P S +7 n I。=p0S汽缸放在水平地面上时，对活塞，由平衡条件得：p2S=m2g+p0S该过程气体做等温变化，由玻意耳定律得：p S =p2hxS代入数据解得，活塞与缸底的距离：hx=0.4 m3）对缸内气体加热，气体做等压变化，由盖一吕萨克定律得：等=代入数据解得：T2=825K答：（i）活塞平衡时与缸底的距离是0.4 m；（i i）若对缸内
32、气体缓慢加热，使活塞恰好能到达汽缸顶部，此时缸内气体的热力学温度第 16页，共 18页是 8 2 5 K。【解析】（i）气体温度不变，气体发生等温变化，应用玻意耳定律求出活塞平衡时与缸底的距离。3）对气体加热过程，气体压强不变，应用盖-吕萨克定律可以求出气体的温度。根据题意分析清楚气体状态变化过程，应用平衡条件与玻意耳定律、盖一吕萨克定律即可解题。1 5.【答案】负 1 0 0.8【解析】解：因t =0 时刻的P 点沿y 轴正方向运动，根据平移法，则波沿x 轴负方向传播；0-0.7 s 内，波向x 轴负方向传播了 7%,所以波速x 7v =-=m/s 1 0 m/s由图可知波长4 =8?n,根
33、据u =:解得 T =-=s =0.8 sv 10故答案为：负；1 0:0.8t =0 时刻的P 点沿），轴正方向运动，根据平移法，判断波的方向传播，利用9=3十算波速，由图读出波长，根据（计算周期。学生需注意会用平移法或上下坡法判断波的传播方向，掌握波长、波速、周期间的关系，以及波在均匀介质中匀速传播等基础知识。1 6.【答案】解：从 A、B两点射入内球壳的光线的入射角为9 0 由折射定律可知n=亚 竺，解得sinr=；,则r=30。,sinr 2p即N E BD=30。在4 O B D 中，由正弦定理可知.八 一=smz.ODB2Rsin(180-z.EFD),解得sinzlO DB=0.25,贝 此。3=14.5,乙 DOB=30 -14.5 =15.5 ,所以外球壳中有光线射出的部分所对应的圆心角。=18 0-15.5 x 2=14 9%答：外球壳中有光线射出的部分所对应的圆心角为14 9。【解析】根据题意画出光路图，根据折射定律求出折射角大小，再根据儿何关系求出出射光线夹角大小，再根据几何关系求解。本题考查光的折射定律，根据题意画出光路图是解题关键。第 18页，共 18页