山东省滕州市第三中学高考物理适应性训练试题（含解析）新人教版.doc

2015年山东省枣庄市滕州三中高考物理模拟试卷 一、不定项选择题（本题共8小题1至5小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意；6至8小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错或不选的得0分）1（6分）以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有（） a 匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向 b 牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值 c 行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关 d 奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，感应电流的方向遵从楞次定律，这是能量守恒定律的必然结果【考点】： 物理学史【专题】： 常规题型【分析】： 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解析】： 解：a、匀速圆周运动是速度大小不变的变加速曲线运动，加速度方向不断指向圆心，速度方向始终为切线方向故a错误；b、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值，故b错误；c、行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量有关，与行星的速度无关故c错误；d、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，感应电流的方向遵从楞次定律，这是能量守恒定律的必然结果故d正确；故选：d【点评】： 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（6分）如图，游乐场中，从高处a到水面b处有两条长度相同的光滑轨道甲、乙两小孩沿不同轨道同时从a处自由滑向b处，下列说法正确的有（） a 甲的切向加速度始终比乙的大 b 甲、乙在同一高度的速度相同 c 甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 d 甲比乙先到达b处【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】： 由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；哪一个先达到b点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用vt图象来计算说明【解析】： 解：a、由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故a错误；b：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故速度大小相等，但速度方向不同，故b错误；c、d：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置故c错误，d正确故选：d【点评】： 甲乙下滑时满足机械能守恒，可以由此判定在同一高度时物体的动能相同，总位移相等可以根据速度的变化情况判断平均速度的变化情况来分析关键是分析甲乙开始时的加速度变化情况3（6分）如图所示，虚线ab和cd分别为椭圆的长轴和短轴，相交于o点，两个等量同种点电荷分别处于椭圆的两个焦点m、n上，下列说法中正确的是（） a a、b两处电势、场强均相同 b c、d两处电势、场强均不同 c 在虚线ab上o点的场强最小 d 带负电的试探电荷在o处的电势能大于在c处的电势能【考点】： 电势；电场强度；电势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据等量同种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较a与b，c与d电势、场强关系及o、b电势高低；根据电场线疏密可知，在m、n之间o点场强最小；利用负电荷在电势高处电势能小，可比较负电荷在o、c电势能大小【解析】： 解：a、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量同种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，a、b两处电势相同，场强大小相等、方向相反，所以场强不同，故a错误b、根据等量同种电荷电场线、等势面分布对称性，c、d两处场强方向相反，电势相同故b错误c、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在ab之间，o点场强为零，为最小故c正确d、oc间的电场强度方向向上，根据顺着电场线方向电势降低，可知o点电势高于c点电势，则负电荷在o处电势能小于在c处电势能故d错误故选：c【点评】： 这类问题要巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小4（6分）（2015滕州市校级模拟）假设地球是一半径为r、质量分布均匀的球体一矿井深度为d，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零地面处和矿井底部的重力加速度大小之比为（） a b c （）2 d 1【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】： 根据题意知，地球表面的重力加速度等于半径为r的球体在表面产生的加速度，矿井深度为d的井底的加速度相当于半径为rd的球体在其表面产生的加速度，根据地球质量分布均匀得到加速度的表达式，再根据半径关系求解即可【解析】： 解：令地球的密度为，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：g=，由于地球的质量为：m=，所以重力加速度的表达式可写成：g=gr根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，固在深度为d的井底，受到地球的万有引力即为半径等于（rd）的球体在其表面产生的万有引力，故井底的重力加速度g=g（rd）所以有=故选：b【点评】： 抓住在地球表面重力和万有引力相等，在矿井底部，地球的重力和万有引力相等，要注意在矿井底部所谓的地球的质量不是整个地球的质量而是半径为（rd）的球体的质量5（6分）（2015滕州市校级模拟）如图所示，用一根横截面积为s的硬导线做成一个半径为r的圆环，把圆环部分置于均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k0），ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为则（） a 圆环具有扩张的趋势 b 圆环中产生顺时针方向的感应电流 c 图中ab两点间的电压大小为k d 圆环中感应电流的大小为 r2【考点】： 法拉第电磁感应定律；楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 根据左手定则来确定安培力方向，从而确定圆环处于收缩还是扩张；由法拉第电磁感应定律，可求出感应电动势的大小，由电阻定律，结合闭合电路欧姆定律，即可求解【解析】： 解：a、根据左手定则判断可知，圆环所受的安培力指向环内，则圆环有收缩的趋势，故a错误b、磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小随着时间的变化=k（k0），说明b增大，根据楞次定律判断可知，圆环中产生的感应电流方向沿逆时针方向，故b错误；c、由法拉第电磁感应定律得e=s=kr2，故c错误；d、圆环的电阻r=，则感应电流大小为 i= r2，故d正确故选：d【点评】： 本题考查法拉第电磁感应定律、左手定则与电阻定律的应用，掌握闭合电路欧姆定律的内容，注意磁通量的有效面积6（6分）（2015滕州市校级模拟）计算机光驱的主要部分是激光头，它可以发射脉冲激光信号，激光扫描光盘时，激光头利用光敏电阻自动计数器将反射回来的脉冲信号传输给信号处理系统，再通过计算机显示出相应信息光敏电阻自动计数器的示意图如图所示，其中r1为光敏电阻，r2为定值电阻，此光电计数器的基本工作原理是（） a 当有光照射r1时，处理系统获得低电压 b 当有光照射r1时，处理系统获得高电压 c 信号处理系统每获得一次低电压就计数一次 d 信号处理系统每获得一次高电压就计数一次【考点】： 传感器在生产、生活中的应用【分析】： 由图可知，电阻r1与r2串联，当r1的电阻值受光照亮度的增大而减小时，根据欧姆定律可知，电路中的电流增大，由于r2阻值一定，根据u2=ir2可知，ab间电压增大，反之减小；根据串联电路的电压特点可知r1两端的电压的变化可据此分析判断【解析】： 解：ab、由题知，当光线照射r1时，r1阻值减小、r总减小，由欧姆定律得：i=且电源电压不变，所以电路中的电流增大，因为r2是定值电阻，u2=ir2，故r2两端电压增大，信号处理系统获得高压而计数，又因为串联电路总电压等于各分电压之和，所以r1两端的电压变小，故a错误、b正确；cd、当光线照射时，r1阻值增小、r总增小，电路中的电流减大，r2两端电压变大，所以信号处理系统每获得一次高电压就计数一次，故c错d正确故选：bd【点评】： 一是欧姆定律理解与掌握，二是利用好串联电路的电压关系，三是明白光照使r1阻值的变化7（6分）（2015滕州市校级模拟）如图所示，已知带电小球a、b的电荷量分别为qa、qb，oa=ob，都用长l的绝缘丝线悬挂在绝缘墙角o点处静止时a、b相距为d为使平衡时ab间距离变为2d，可采用以下哪些方法（） a 将小球b的质量变为原来的八分之一 b 将小球b的质量增加到原来的8倍 c 将小球a、b的电荷量都增为原来的二倍，同时将小球b的质量变为原来的一半 d 将小球a、b的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球b的质量增加到原来的2倍【考点】： 库仑定律【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 对小球进行受力分析，并作出平行四边形；由几何关系可知力与边的关系，即可得出符合条件的选项【解析】： 解：a如图所示，b受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反；根据三角形相似：，而库仑力，由得，要使d变为2d：可以使球b的质量变为原来的，故a正确、b错误小球a、b的电荷量都增为原来的2倍，同时将小球b的质量变为原来的一半，c正确、d错误故选：ac【点评】： 本题考查了共点力平衡条件的应用，库仑定律、力的合成与分解题中b球处于动态平衡状态，注意本题采用了相似三角形法；对学生数学能力要求较高，应注意相应知识的积累应用8（6分）（2015滕州市校级模拟）如图所示，相距为d的两水平线l1和l2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为b，正方形线框abcd边长为l（ld）、质量为m，电阻为r将线框在磁场上方高h处由静止释放，ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度都为v0在线框全部穿过磁场的过程中 （） a 感应电流所做功为2mgd b 感应电流所做功为mgd c 线框产生的热量为mg（d+h+l） d 线框最小速度一定为【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 从ab边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场的整个过程中，根据能量守恒定律求解线圈产生的热量，即可得到感应电流做功线框完全进入磁场后，到ab边刚出磁场，没有感应电流，线框不受安培力，做匀加速运动，ab边进入磁场时速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0，说明线框出磁场过程一定有减速运动，dc刚进入磁场时速度最小，根据动能定理求解最小速度【解析】： 解：a、b、c根据能量守恒，分析从ab边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，线框的重力势能减小转化为线框产生的热量，则 q=mgd；ab边刚进入磁场速度为v0，穿出磁场时的速度也为v0，所以从ab边刚穿出磁场到cd边刚离开磁场的过程，线框产生的热量与从ab边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线框从ab边进入磁场到cd边离开磁场的过程，产生的热量为 q=2mgd，则感应电流做功为 w=q=2mgd故a正确，bc错误d、因为线框进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减至等于重力时，线框做匀速运动，全部进入磁场将匀加速运动，设线框的最小速度为vm，知全部进入磁场的瞬间速度最小由动能定理得：从ab边刚进入磁场到线框完全进入磁场时，则有：=mglmgd，又=mgh解得：vm=，故d错误故选：a【点评】： 本题关键要认真分析题设的条件，抓住ab边进入磁场时速度和ab边刚穿出磁场时速度相同是分析的突破口，来分析线框的运动情况，正确把握能量如何转化的，要注意进入和穿出产生的焦耳热相等二、非选择题（本卷包括必考题和选考题两部分第9题第13题为必考题，每个试题考生都必须作答第14题19第题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9（4分）如图所示，螺旋测微器的读数为1.901mm；游标卡尺的读数为2.540cm【考点】： 刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】： 实验题【分析】： 游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解析】： 解：螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为：0.0140.2mm=0.402mm，所以最终读数为：1.5mm+0.402mm=1.902mm，由于需要估读，因此在范围1.9011.903mm内均正确游标卡尺的固定刻度读数为2cm，游标尺读数为：0.058mm=0.40mm=0.040cm，所以最终读数为：2cm+0.040cm=2.540cm故答案为：1.901，2.540【点评】： 解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读10（4分）（2015滕州市校级模拟）某同学测干电池电动势和内电阻他测出路端电压u和总电流i的多组数据，作出ui图象如图所示，由图象可得出该干电池的电动势ex=1.5v，内电阻r=1.2【考点】： 闭合电路的欧姆定律【分析】： 根据闭合电路欧姆定律写出纵轴物理量u与横轴物理量i的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解【解析】： 解：根据u=eir=ri+e可知，ui图象斜率的绝对值等于电源内阻，纵轴截距等于电动势，即ex=1.5v，r=1.2；故答案为：1.5，1.2【点评】： 遇到根据图象求解的问题，首先根据物理规律写出关于纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解11（7分）某物理兴趣小组要精确测量一只电流表g（量程为1ma、内阻约为100）的内阻实验室中可供选择的器材有：电流表a1：量程为3ma内阻约为200；电流表a2：量程为0.6a，内阻约为0.1；定值电阻r1：阻值为10；定值电阻r2：阻值为60；滑动变阻器r3：最大电阻20，额定电流1.5a；直流电源：电动势1.5v，内阻0.5；开关，导线若干（1）为了精确测量电流表g的内阻，你认为该小组同学应选择的电流表为a1、定值电阻为r2（填写器材的符号）（2）在方框中画出你设计的实验电路图（3）按照你设计的电路进行实验，测得电流表a的示数为i1，电流表g的示数为i2，则电流表g的内阻的表达式为rg=（4）请列出你所知道的测量电阻的方法：伏安法，半偏法（至少写出两种）【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： （1）根据待测电流表的量程选择电流表，由欧姆定律求出电路最大电流时电路的最小电阻，根据该电阻选择定值电阻（2）没有电压表，可以把待测电流表与定值电阻并联，然后由电流表测出并联电流，然后由并联电路特点及欧姆定律求出待测电流表内阻；为了多次测量，可以使用滑动变阻器的分压接法；据此设计实验电路（3）由并联电路特点及欧姆定律求出电流表g的内阻【解析】： 解：（1）待测电流表g量程是1ma，其并联电路的电流和电阻应与其相当，选电阻r2，电流表a1（2）待测电流表与定值电阻并联，然后由电流表测出并联电流，滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示（3）电流表a的示数为i1，电流表g的示数为i2，通过定值电阻的电流为i=i1i2，电流表g两端的电压u=ir2，待测电流表内阻rg=（4）伏安法、欧姆表法、半偏法、替代法、电桥法等均可故答案为：（1）a1、r2 （2）如图所示 （3）rg= （4）伏安法、欧姆表法、半偏法、替代法、电桥法等均可【点评】： 本题考查电阻的测量方法，明确并联电路的电流与电阻的大小关系12（4分）装有装饰材料的木箱a质量为50kg，放在水平地面上，要将它运送到90m远处的施工现场如果用450n的水平恒力使a从静止开始运动，经过6s钟可到达施工现场（1）求木箱与地面间的动摩擦因数（2）若用大小为450n，方向与水平方向夹角为（cos=0.8）斜向上的拉力拉木箱a从静止开始运动，使木箱a能够到达90m远处的施工现场，拉力至少做多少功？（运动过程中动摩擦因数处处相同，取g=10m/s2，结果保留2位有效数字）【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；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】： （1）木箱做初速度为零的匀加速运动，由匀变速运动的位移公式可以求出木箱的加速度，由牛顿第二定律可以求出动摩擦因数（2）在整个运动过程中，拉力做正功，摩擦力做负功，由动能定理可以求出拉力做的功【解析】： 解：（1）将重物看作是质量为m的质点，设：拉力为f，阻力为f，时间为t，位移为s，加速度为a，动摩擦因数为第一个运动过程中，由 得 a=5m/s2由牛顿第二定律得：ff=ma，f=n，n=mg，即得 fmg=ma代入数据，解是：=0.4（2）第二个过程中，有： fcosf=ma1 fsin+nmg=0 f=n则得：a1=5.36m/s2撤去恒力后加速度大小为 a2=g=4m/s2使重物能够到达90m远，即：撤去拉力后重物滑行至90m远，此时刚好速度为零由：s1+s2=s即得 =s拉力做功为w=fs1cos=fcos联立以上三式得w=13252j答：（1）木箱与地面间的动摩擦因数是0.4（2）拉力至少做13252j功【点评】： 本题考查了求动摩擦因数、拉力的功等问题，对物体正确受力分析是正确解题的前提与关键，应用运动学公式、牛顿第二定律或动能定理即可正确解题13（18分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为o筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b圆筒下面有相距为d的平行金属板m、n，其中m板带正电荷n板带等量负电荷质量为m、电荷量为q的带正电粒子自m板边缘的p处由静止释放，经n板的小孔s以速度v沿半径so方向射入磁场中粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从s孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：（1）m、n间电场强度e的大小；（2）圆筒的半径r：（3）保持m、n间电场强度e不变，仅将m板向上平移，粒子仍从m板边缘的p处由静止释放粒子自进入圆筒至从s孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）粒子在匀强电场中在加速运动，电场力做功等于粒子动能的增加；（2）使用洛伦兹力提供向心力求出粒子的运动半径，再根据题意，正确画出粒子运动的轨迹，根据几何关系写出粒子的半径与磁场的半径的关系，从而求出磁场的半径；（3）使用动能定理求出粒子的速度，再求出运动的半径，最后判定与圆筒的碰撞次数n【解析】： 解：（1）粒子从开始运动到射入磁场的过程，电场力做功由动能定理：匀强电场中有：u=ed联立上式，得：（2）粒子进入磁场后又从s点射出，关键几何关系可知，两碰撞点和s将圆筒三等分设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，由洛伦兹力提供向心力，得：根据几何关系：联立上式，解得：（3）保持mn之间的电场强度不变，仅将m板向上平移后，于是：，此时粒子经过圆后与圆筒发生碰撞，所以粒子将在于圆筒壁发生三次碰撞后由s点射出答：（1）m、n间电场强度e的大小；（2）圆筒的半径：（3）保持m、n间电场强度e不变，仅将m板向上平移，粒子与圆筒的碰撞3次【点评】： 解决该题的关键是根据题目的要求，正确画出粒子运动的轨迹，并根据几何关系写出粒子的半径与磁场的半径的关系该题对空间思维的能力要求比较高（二）选考题（共2小题，从中选择一个模块作答，满分15分）【选做3-3模块】14（5分）如图所示，导热的气缸开口向下，缸内活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个砂桶，砂桶装满砂子时，活塞恰好静止，现将砂桶底部钻一个小洞，让细砂慢慢漏出气缸外部温度恒定不变，则（） a 缸内的气体压强减小，内能减小 b 缸内的气体压强增大，内能减小 c 缸内的气体压强增大，内能不变 d 外界对气体做功，缸内的气体内能增加【考点】： 理想气体的状态方程；热力学第一定律；封闭气体压强【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 以活塞为研究对象，根据力平衡得知气缸内气体的压强逐渐增大，气体被压缩，体积减小，外界对气体做功由于气缸是导热的，气体的温度与环境相等，保持不变，其内能不变【解析】： 解：设活塞重力为g，横截面积为s，大气压为p0，则以活塞为研究对象，根据力平衡得到：气缸内气体的压强p=p0，由于g减小，则p增大，即气体压强增大，被压缩，外界对气体做功由于气缸是导热的，气体的温度与环境相等，保持不变，其内能不变故选c【点评】： 本题关键是运用力学知识分析气体压强如何变化，同时抓住一定质量的理想气体的内能只跟温度有关15（10分）在如图所示的气缸中封闭着温度为100的空气，一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态，这时活塞离缸底的高度为10cm，如果缸内空气变为0，问：重物是上升还是下降？这时重物将从原处移动多少厘米？（设活塞与气缸壁间无摩擦）【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】： 如果缸内空气温度降为0，则重物将上升，温度、体积变化，压强不变根据气体方程列出等式求解【解析】： 解：缸内气体温度降低，压强减小，故活塞下移，重物上升分析可知缸内气体作等压变化设活塞截面积为scm2，气体初态体积为：v1=10s cm3，温度t1=373 k，末态温度t2=273 k，体积设为v2=hscm3（h为活塞到缸底的距离）据代入数据可得：h=7.4 cm则重物上升高度为：h=107.4=2.6 cm答：重物是上升；这时重物将从原处移动2.6厘米【点评】： 正确应用理想气体状态方程的前提是：判断此变化过程是属于等压、等容、还是等温变化【选做3-4模块】16（2015滕州市校级模拟）如图甲所示，某均匀介质中各质点的平衡位置在同一条直线上，相邻两点间距离为d质点1开始振动时速度方向竖直向上，振动由此开始向右传播经过时间t，前13个质点第一次形成如图乙所示的波形关于该波的周期与波长说法正确的为（） a t 9d b t 8d c 9d d 8d【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 根据波传播的周期性和振动传播的特点，分析图象的长度明确振动应传播到第17个质点，或从第13个质点此时的振动方向向下数到再经才能振动方向向上，从而找出周期t与时间t的关系，然后即可求解【解析】： 解：根据振动的周期性和波的传播特点可知，质点13此时的振动方向向下，而波源的起振方向向上，所以从质点13算起，需要再经时间振动的方向才能向上，即与波源的起振方向相同，图上还有半个波长的波没有画出，设周期为t，则t=t+=2t，即t=；相邻波峰（或波谷）间的距离等于波长，由题意知波长为8d，故d正确故选：d【点评】： “经过时间t，前13个质点第一次形成如图乙所示的波形”，并不说波只传到前13个质点如果是只传到前13个质点，由于第13个质点此时振动方向向下，所以质点1开始运动时的速度方向也应该竖直向下，这与题给条件矛盾；要熟记：任何质点的起振方向均与波源的起振方向相同17桌面上有一玻璃圆锥，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，此三角形的边长为l，如图所示，有一半径为的圆柱形平行光束垂直底面入射到圆锥上，光束的中心轴与圆锥的轴重合巳知玻璃的折射率为，求：光在玻璃中的传播速度是多少？光束在桌面上形成的光斑的面积是多少？【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 由v=求出光在玻璃中的传播速度作出光路图，根据折射定律求出折射角，由几何关系求出光斑的直径，再求解光斑的面积【解析】： 解：由n=得，光在玻璃中的传播速度为v=m/s=m/s（2）作出光路图，如图所示由几何知识得到：入射角1=60，根据折射定律得：n=，代入解得，折射角2=30由几何关系可知，产生的光斑直径为d=，面积s=答：光在玻璃中的传播速度是m/s光束在桌面上形成的光斑的面积是【点评】： 几何光学作出光路图是解答的基础，要规范作出光路图，结合几何知识求解【物理-选修3-5】18下列说法正确的是（） a 光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量 b