湖南省益阳一中高三物理下学期第十次月考试卷（含解析）.doc

湖南省益阳一中2015 届高三下学期第十次月考物理试卷一、选择题（第1-5题只有一个选项符合题意，6-8题有两个或两个以上选项符合题意）1在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多物理学的研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是( )a质点、速度、点电荷等都是理想化模型b物理学中所有物理量都是采用比值法定义的c牛顿开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法d重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想考点：物理学史 分析：理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的知道比值定义法的含义，记住著名物理学家的主要贡献解答：解：a、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点和点电荷都是理想化模型，速度不是理想化模型，故a错误b、加速度a=不是比值定义法定义的，故b错误；c、伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，故c错误；d、重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想，故d正确故选：d点评：本题属于记忆知识，要了解、熟悉物理学史，关键在于平时注意积累和记忆，不可忽视，不然很容易出错对于物理学上常用的科学研究方法：等效替代法、理想化模型法、比值定义法等等要理解并掌握，并进行归纳总结，对学习物理量的意义有很大的帮助2如图所示，轻杆的一端紧固于一光滑球体上，另一端o为固定转动轴，球体搁置在光滑斜面上若杆与墙面的夹角为，斜面倾角为开始时，且+90那么，在球体离开斜面之前，为使斜面能在光滑水平地面上缓慢向右运动，作用于斜面上的水平外力f的大小和轻杆受力t大小的变化情况是( )af逐渐增大，t逐渐减小bf逐渐减小，t逐渐增大cf逐渐增大，t先减小后增大df保持不变，t先减小后增大考点：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：先对小球受力分析，根据共点力平衡条件列式求出支持力和干的弹力的表达式；再对斜面体受力分析，根据共点力平衡条件求出地面支持力和推力的表达式，最后分析讨论解答：解：对小球受力分析，受到重力mg、支持力n和干的支持力t，如图根据共点力平衡条件，有=解得n=mgt=mg 对斜面体受力分析，受到推力f、重力mg、支持力fn和压力n，如图根据共点力平衡条件，有nsin=fmg+ncos=fn解得f=nsin=mg=故随着的增大，+逐渐增大，先小于90后大于90，故t先减小后增加，f逐渐增大；故选：c点评：本题关键是先对小球受力分析，再对斜面体受力分析，然后根据平衡条件，运用合成法列式求解出各个力的表达式，再进行讨论3在某集装箱码头上，一架起重机将放在地面上的一个箱子吊起箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能e与其位移x关系的图象如图所示，其中0x1过程的图线为曲线，x1x2过程的图线为直线根据图象可知( )a0x1过程中钢绳的拉力逐渐增大b0x1过程中箱子的动能一直增加cx1x2过程中钢绳的拉力一直不变dx1x2过程中起重机的输出功率一直增大考点：功率、平均功率和瞬时功率 分析：由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以ex图象的斜率的绝对值等于物体所受的电场力的大小；如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动；如果拉力大于物体的重力，则物体加速向上运动，故物体的动能不断减小解答：解：a、b、由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以ex图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在ox1内斜率的绝对值逐渐减小，故在ox1内物体所受的拉力逐渐减小所以开始先加速运动，当拉力减小后，可能减速运动，故a错误，b错误c、由于物体在x1x2内所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故物体受到的拉力不变，故c正确d、由于物体在x1x2内ex图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动，所以动能可能不变，故d错误故选：c点评：1除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少；2ex图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小以上两点是解决这类题目的突破口4如图所示，一个闭合三角形导线框abc位于竖直平面内，其下方（略靠前）固定一根与线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流释放线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中( )a线框中感应电流方向依次为acbaabcab线框所受安培力的合力方向依次为向上向下向上c线框所受安培力的合力为零，向下做自由落体运动d线框的磁通量为零时，感应电流却不为零考点：法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化 分析：根据右手定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小，然后根据楞次定律可以判断感应电流的方向，根据左手定则可以判断受力的方向解答：解：a：根据右手定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大；根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流新方向又变成了顺时针故a错误；bc：根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故受安培力的方向始终向上，不是0，bc都错误d：根据a中的分析，穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大这一过程是连续的，始终有感应电流存在，故d正确；故选：d点评：本题考查通电直导线的磁场的特点和楞次定律的应用，该过程中，要注意穿越导线时，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大这一过程是连续的，始终有感应电流存在属于基础题型，易错题5已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t （t小于航天器的绕行周期），航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过角度为（为弧度制表示），引力常量为g，则( )a航天器的轨道半径为b航天器的环绕周期为c月球的质量为d月球的密度为考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：由万有引力充当向心力而做圆周运动的，则由万有引力公式及已知量可得出能计算的物理量解答：解：a、根据几何关系得：r=故a错误； b、经过时间t，航天器与月球的中心连线扫过角度为则：，得：t=故b错误 c、由万有引力充当向心力而做圆周运动，所以：=所以：m=故c正确；d、人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r，则月球的体积：v=，月球的密度为：=故d正确故选：cd点评：万有引力在天体中的运动，主要是万有引力充当向心力，注意向心力的表达有多种形式，应灵活选择6如图，电路中定值电阻阻值r大于电源内阻阻值r闭合电键后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表v1、v2、v3示数变化量的绝对值分别为u1、u2、u3，理想电流表示数变化量的绝对值为i，则( )au2=u1+u3b=r+rc电源输出功率先增大后减小d和保持不变考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析解答：解：a、v2测量路端电压，v1测量r的电压，v3测量滑动变阻器的电压，将滑动变阻器滑片向下滑动，滑动变阻器阻值减小，总电阻减小，则总电流增大，内电压增大，u2变小，u1变大，u3变小，u2减小量等于u1增大量和u3减小量之和，所以u2u1+u3，故a错误；b、根据闭合电路欧姆定律得：u3=ei（r+r），则得：故b正确c、当外电路电阻等于内阻时，电源输出功率最大，而电路中定值电阻阻值r大于电源内阻阻值r，所以将滑动变阻器滑片向下滑动，功率变大，故c错误；d、根据欧姆定律得：=r，不变，根据闭合电路欧姆定律得：u2=eir，则得：=r，不变，故d正确；故选：bd点评：本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析7如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为b，线圈面积为s，转动角速度为，匝数为n，线圈电阻不计下列说法正确的是( )a将原线圈抽头p向上滑动时，灯泡变暗b电容器的电容c变大时，灯泡变亮c图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大d若线圈abcd转动的角速度变为2，则变压器原线圈电压的有效值为nbs考点：变压器的构造和原理；交流的峰值、有效值以及它们的关系 分析：矩形线圈abcd中产生交变电流，线圈处于中性面位置时电动势最小，为零；当线圈与磁场垂直时，电动势最大，为：em=nbs解答：解：a、矩形线圈abcd中产生交变电流；将原线圈抽头p向上滑动时，原线圈匝数变大，根据变压比公式，输出电压减小，故灯泡会变暗，故a正确；b、电容器的电容c变大时，容抗减小，故干路电流增加，灯泡变亮，故b正确；c、线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零；故c错误；d、若线圈转动角速度变为2，根据电动势最大值公式em=nbs，最大值增加为2倍；有效值e=，也变为2倍；故d错误；故选：ab点评：本题关键记住交流发电机的最大值求解公式em=nbs，同时要能够结合变压器的变压比公式和欧姆定律列式分析8如图甲所示，q1、q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度va沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其vt图象如图乙所示，下列说法正确的是( )a两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等b两点电荷一定都带负电，且电量一定相等c试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处dt2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零考点：电场的叠加；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据运动图象明确粒子的运动情况，再根据受力分析即可明确粒子的受力情况，从而判断电场分布；则可得出两电荷的带电情况解答：解：a、由图可知，粒子向上先做减速运动，再反向做加速运动，且向上过程加速度先增大后减小，而重力不变，说明粒子受电场力应向下；故说明粒子均应带负电；由于电场线只能沿竖直方向，故说明两粒子带等量负电荷；故ac错误，b正确；d、t2时刻之前电场力一直做负功；故电势能增大；此后电场力做正功，电势能减小；t2时刻电势能最大；但由于粒子受重力及电场力均向下；故此时加速度不为零；故d正确；故选：bd点评：解决本题的关键根据图象中的运动状态确定受力，再由电场线的性质明确两电荷的性质二、填空题（本题包括2小题，每空2分，共16分）9在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示o为纸带下落的起始点，a、b、c为纸带上选取的三个连续点，中间纸带未画出已知打点计时器每隔t=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么（1）根据纸带数据求得b点的瞬时速度是1.92m/s（2）重物自o点由静止下落到b点的过程中，动能增加量为0.37j，重力势能的减少量为0.38j（结果保留两位有效数字）考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题分析：纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值解答：解：（1）利用匀变速直线运动的推论得：b点的瞬时速度为：vb=1.92m/s （2）增加的动能为：ek=（1.92）2=0.37j重力势能减小量为：ep=mgh=0.29.80.1920j=0.38j故答案为：（1）1.92；（2）0.37，0.38点评：运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题10研究性学习小组围绕一个量程为30ma的电流计展开探究（1）为测量该电流计的内阻，同学甲设计了如图（a）所示电路图中电源电动势未知，内阻不计闭合开关，将电阻箱阻值调到20时，电流计恰好满偏；将电阻箱阻值调到95时，电流计指针指在如图（b）所示位置，则电流计的读数为12.0ma由以上数据可得电流计的内阻rg=30（2）同学乙将甲设计的电路稍作改变，在电流计两端接上两个表笔，如图（c）所示，设计出一个简易的欧姆表，并将表盘的电流刻度转换为电阻刻度：闭合开关，将两表笔断开，调节电阻箱，使指针指在“30ma”处，此处刻度应标阻值为0（填“0”或“”）；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电流刻度则“10ma”处对应表笔间电阻阻值为6（3）若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻变大不能忽略，电动势不变，但将两表笔断开，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果与原结果相比将不变（填“变大”、“变小”或“不变”）考点：把电流表改装成电压表 专题：实验题；交流电专题分析：（1）中因电流表的最小分度是1ma，故应估读到ma，根据欧姆定律可求的值（2）与（3）的关键是根据闭合电路欧姆定律和分流公式分别列出通过电流表电流的表达式，联立求解即可解答：解：（1）根据电流表的读数要求可读出电流i=12.0ma由闭合电路欧姆定律，将电阻箱阻值调到20时有=，电阻箱阻值调到95时有i=，联立两式并代入数据=30 （2）根据闭合电路欧姆定律将两表笔断开时有=30ma，因此时待测电阻为0，故应在“30ma”处标明0；当两表笔接上电阻时有=，根据分流公式可得通过电流表的电流为=联立并将e=1.5v，=30代入解得=6（3）根据闭合电路欧姆定律可知电池新时有=，测量电阻时电流表示数为i=，欧姆表用一段时间调零时有=，测量电阻时i=.，比较可知r+=，所以若电流相同则=，即测量结果不变故答案为（1）12.0，30 （2）0，6； （3）不变点评：此题的易错之处在于两表笔不是接在干路上，而是接在电流表两端，故应根据电路图结合分流公式写出通过电流表的电流表达式，再解出结果即可三、计算题（本题包括2小题，第24题12分，第25题19分）11在现代化的钢铁厂中，一般采用滚筒传送钢锭如图所示为我国某钢铁厂的钢锭传送装置，斜坡长l=20m，高h=2m，斜坡上紧排着一排滚筒长l=8m、质量m=1.0103kg的钢锭ab放在滚筒上，钢锭与滚筒间的动摩擦因数=0.3，工作时由电动机带动所有滚筒顺时针匀速转动，使钢锭沿斜坡向上移动，滚筒边缘的线速度大小均为v=4m/s由于斜坡倾角很小，可认为钢锭对滚筒的总压力近似等于钢锭的重力取当地重力加速度g=10m/s2试求：（1）钢锭在滚筒上加速运动的加速度大小（2）钢锭从坡底（如图中所示位置）由静止开始运动，直到b端到达坡顶所需的时间考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律求出钢锭在滚筒上加速运动的加速度大小，钢锭在滚筒上先做匀加速运动，然后做匀速运动，结合运动学公式求出总时间解答：解：（1）钢锭在滚筒上加速运动，受到的摩擦力f1=mg，由牛顿第二定律得：f1mgsin=ma，代入数据解得：a=2m/s2（2）钢锭做匀加速直线运动的时间为：，匀加速运动的位移为：钢锭做匀速直线运动的位移为：x2=llx1=2084m=8m，匀速直线运动的时间为：则有：t=t1+t2=2+2s=4s答：（1）钢锭在滚筒上加速运动的加速度大小为2m/s2（2）钢锭从坡底（如图中所示位置）由静止开始运动，直到b端到达坡顶所需的时间为4s点评：解决本题的关键理清钢锭在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等12（19分）如图所示，在正交坐标系oxyz中，分布着电场和磁场（图中未画出）在oyz平面的左方空间内存在沿y轴负方向、磁感应强度大小为b的匀强磁场；在oyz平面右方、oxz平面上方的空间内分布着沿z轴负方向、磁感应强度大小也为b匀强磁场；在oyz平面右方、oxz平面下方分布着沿y轴正方向的匀强电场在t=0时刻，一个微粒的质量为m、电荷量为q的微粒从p点静止释放，已知p点的坐标为（5a，2a，0），电场强度大小为，不计微粒的重力求：（1）微粒第一次到达x轴的速度大小v和时刻t1；（2）微粒第一次到达y轴的坐标和时刻t2；（3）假设在平面oyz存在一层特殊物质，使微粒每次经过oyz平面时，速度大小总变为原来的，求在时刻t3=t2+时，电荷所在位置的坐标考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）在电场中微粒做匀加速直线运动，根据动能定理求出微粒第一次到达x轴的速度大小v，由位移时间公式求解运动的时间（2）画出粒子微粒运动的轨迹根据洛伦兹力充当向心力，列式求出轨迹半径，由几何关系求微粒第一次到达y轴的坐标由周期求时间（3）粒子运动过程中速度始终与所在位置的磁场垂直，粒子刚好在oyz平面左右空间各运动半个周期后交替运动，粒子速度改变后在磁场中运动的周期不变，根据分析可知，微粒在oyz平面左方运动的轨迹为两个半圆和四分之一圆，在oyz平面右方运动的轨迹为两个半圆，分别穿过oyz平面5次由几何知识求电荷的坐标解答：解：（1）在电场中微粒做匀加速直线运动，由题意e=由动能定理得：qe2a=解得：v=由=2a得：t1=（2）当微粒在磁场中运动时，轨迹如下图所示假设运动的轨道半径为r，有：qvb=m可得 r=a 所以微粒到达y轴的坐标为（0，a，0）磁场运动的周期 t=则运动到达y轴的时刻 t2=5t1+解得：t2=（3）粒子运动过程中速度始终与所在位置的磁场垂直，粒子刚好在oyz平面左右空间各运动半个周期后交替运动，因为：t3t2=t且粒子速度改变后在磁场中运动的周期不变，根据分析可知，微粒在oyz平面左方运动的轨迹为两个半圆和四分之一圆，在oyz平面右方运动的轨迹为两个半圆分别穿过oyz平面5次所以：x轴坐标为：x=a=ay轴坐标为：y=a+a2+a2=az轴坐标为：z=a2+a2+a=a因此t3时刻的坐标为（a，a，a）答：（1）微粒第一次到达x轴的速度大小v为，时刻t1为（2）微粒第一次到达y轴的坐标为（0，a，0），时刻t2为（3）在时刻t3=t2+时，电荷所在位置的坐标为（a，a，a）点评：本题考查了粒子在电磁场、在电场中的运动，关键要分析清楚粒子运动过程，画出粒子的运动轨迹，要有空间想象能力，并能应用动能定理、牛顿第二定律、运动学公式等力学规律解答【物理3-3】13下列说法中正确的是( )a一定质量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而减小b一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，压强一定变大c把两块纯净的铅压紧，它们会“粘”在一起，说明分子间存在引力d破碎的玻璃不能重新拼接在一起是因为其分子间存在斥力e分子a从无穷远处由静止开始接近固定不动的分子b，只受分子力作用，当a受到分子力为0时，a的动能一定最大考点：分子势能；分子间的相互作用力 分析：根据压强的微观解释分析分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数变化由气态方程分析气体不变时压强的变化分子间距小于r0时，分子力表现为斥力，分子间距大于r0时分子力表现为引力，大于10r0时分子力几乎为零解答：解：a、温度降低，分子的平均动能减小，分子每次对器壁的撞击力减小，要保证压强不变，分子单位时间对器壁单位面积平均碰撞次数必增加，故a错误；b、一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，温度必定升高，由=c知压强一定增大，故b正确c、把两块纯净的铅压紧，它们会“粘“在一起，说明分子间存在引力，故c正确；d、破碎的玻璃分子间距较大，已经大于10倍的r0，所以分子间作用力很小，不足以将破碎的玻璃重新拼接在一起，故d错误；e、分子a从相距较远处由静止开始接近固定不动的分子b，只受分子力作用，分子引力做正功，分子动能增大，当分子间距为r0时，a受到分子力为0，a的动能最大，继续接近时，分子间作用力表现为斥力，做负功，动能减小，故当a受到分子力为0时，a的动能最大，故e正确；故选：bce点评：本题考查考查了对热学有关知识的理解和应用能力，尤其是分子力的变化情况是易错点，也是考试的热点14如图，有一长为l、右端带有卡口的内壁光滑圆柱形气缸，一个质量不计的5火花塞封闭一定质量的理想气体开始时活塞处在离气缸左端l处，气体温度微27，现对气体缓慢加热求：当加热到427时，气体的压强（已知外界大气压恒为0 ）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：开始加热活塞移动过程封闭气体作等压变化，根据盖吕萨克定律列式可求解活塞到达气缸的右端时的温度当加热到427时，气体做等容变化，根据查理定律可求解加热后气体的压强解答：解：设气缸的横截面积为s，在活塞到达气缸的右端之前活塞做等压变化：即：解得：t2=450k=177427当气缸内的温度大于177之后继续加热到加热到427的过程中，气体做等容变化由查理定律可得：其中：p2=p0，t2=450k，t3=427+273=700k代入数据解得：p3=答：当加热到427时，气体的压强为点评：在运用气体定律解题时要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化根据气体状态方程进行计算时要注意温度的单位取国际制单位根据盖吕萨克定律列式可求解活塞到达气缸的右端时的临界温度是该题的解题的关键【物理3-4】15如图甲所示，沿波的传播方向上有间距均为1m的六个质点a、b、c、d、e、f，均静止在各自的平衡位置，t=0时刻振源a从平衡位置竖直向上做简谐运动，其运动图象如图乙所示，形成的简谐横波以1m/s的速度水平向右传播，则下列说法正确的是( )a这列播的周期为4sb03s质点b运动路程为4cmc45s质点c的加速度在减小d6s时质点e的运动速度水平向右为1m/se此六质点都振动起来后，质点a的运动方向始终与质点c的运动方向相反考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 专题：振动图像与波动图像专题分析：由图乙读出周期由波速公式求解波长根据t=求出波传到各点的时间，分析质点的振动情况，由位置确定加速度的变化根据各个质点间距离与波长的关系，分析质点运动方向的关系解答：解：a、波的周期与a点振动周期相等，由图乙知：周期为 t=4s，故a正确b、波从a传到b点的时间为 t=s=1s，则在03s内质点b已经振动了t=2s时间，而t=2s=0.5t，所以质点b运动路程为 s=2a=22cm=4cm，故b正确c、波从a传到c点的时间为 t=s=2s，则在45s内，质点c已经振动了2s，则在这段时间内质点c正由平衡位置向波谷运动，加速度在增大，故c错误d、质点e只在上下振动，不可能向右运动，故d错误e、该波的波长=vt=14m=2m，此六质点都振动起来后，a、e的距离等于半个波长，所以质点a的运动方向始终与质点c的运动方向相反，故e正确故选：abe点评：本题关键在于根据波的传播方向及波长、周期等情况，分析判断各质点的振动情况也可用画波形图的方法求解16如图所示，mn为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为r、折射率为的透明半球体，o为球心，轴线oa垂直于光屏位于轴线上o点左侧处的点光源s发出一束与oa夹角=60的光线射向半球体画出光线从s传播到光屏的光路图；求光线由半球体射向空气的折射角考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：根据光从光疏介质射入光密介质，入射角大于折射角，从光密介质射入光疏介质，入射角小于折射角，作出光路图根据折射定律和几何关系，求出折射角解答：解：光线从s传播到光屏的光路图如图光由空气射向半球体，由折射定律，有 n=所以 =30在obc中，由正弦定理得：=解得：=30光由半球体射向空气有：n=解得：=60答：画出光线从s传播到光屏的光路图如图；光线由半球体射向空气的折射角为60点评：处理几何光学相关的问题，关键是作出光路图，一定要用直尺准确作图，然后根据几何图形的特点求角或者线段的