山东省烟台市高三物理下学期一模诊断测试试题（含解析）新人教版.doc

2015年山东省烟台市高考物理一模试卷一、选择题（本题包括7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）1（6分）（2015烟台一模）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 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 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等效替代法的含义【解析】： 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，但是速度不是，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，得出忽略空气阻力时，重物与轻物下落得同样快，故c正确；d、重心、合力等概念的建立是等效替代思想，故d正确故选：cd【点评】： 本题涉及了物理多种物理方法和数学方法，理想化模型，等效替代，比值定义法，这些都是老师在课上经常提到的，只要留意听课，这些很容易解答2（6分）（2015烟台一模）一个质量为m的铁块以初速度v1沿粗糙斜面上滑，经过一段时间又返回出发点，整个过程铁块速度随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是（） a 铁块上滑过程处于超重状态 b 铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反 c 铁块上滑过程与下滑过程满足v1t1=v2（t2t1） d 铁块上滑过程损失的机械能为mv12【考点】： 功能关系；牛顿第二定律【分析】： 由图象可知道，物体在0t1内减速上升，在t1t2内匀加速下降，加速度始终向下；超重加速度向上；vt图象面积可以表示位移知速度关系；由能量是守恒的知机械能的损失【解析】： 解：ab、上滑过程匀减速上滑，加速度方向沿斜面向下，下滑过程匀加速下降则加速度方向沿斜面向下，故上滑和下滑过程加速度方向相同，物体都处于失重状态，故ab错误；c、速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，上滑的位移为：v1t1，下滑的位移为v2（t2t1），经过一段时间又返回出发点说明v1t1=v2（t2t1），故c正确；d、根据能量守恒知上滑损失机械能为e=ek1mgh=mv1t1mg，故d错误；故选：c【点评】： 图象简洁明了，能够直接得出物体各过程的运动规律，结合牛顿第二定律和功能关系求解，综合性较强3（6分）（2015烟台一模）一半径为r的均匀带电圆环，带有正电荷其轴线与x轴重合，环心位于坐标原点o处，m、n为x轴上的两点，则下列说法正确的是（） a 环心o处电场强度为零 b 沿x轴正方向从o点到无穷远处电场强度越来越小 c 沿x轴正方向由m点到n点电势越来越高 d 将一正试探电荷由m点移到n点，电荷的电势能增加【考点】： 电势差与电场强度的关系；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 均匀带电细圆环两侧电场分布具有对称性，沿0点右侧om连线上电场水平向右，在o点带电细圆环上电荷所产生的合场强为0向右电势降低据此判断各项【解析】： 解：a、根据场强的叠加可知，o点的场强为零，故a正确；b、o点的场强为零，无穷远处的场强为零，o到无穷远间的场强不为零，故x轴正方向从o点到无穷远处电场强度先增大，后减小，故b错误；c、电场线方向由m指向n，沿电场方向电势降低，故c错误；d、将一正试探电荷由m点移到n点，电场力做正功，电势能减小，故d错误；故选：a【点评】： 本题考查场强的叠加原理，明确其方向性，知道电势沿电场线方向逐渐降低4（6分）（2015烟台一模）如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力f，使两物体均处于静止状态则下列说法正确的是（） a a、b两物体的受力个数一定相同 b a、b两物体对斜面的压力相同 c a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等 d 当逐渐增大拉力f时，物体b先开始滑动【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 对ab进行受力分析，ab两个物体都处于静止状态，受力平衡，把绳子和力t和重力mg都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平衡列式分析即可【解析】： 解：a、对ab进行受力分析，如图所示：b物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故a错误；b、ab两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：n+tsin=mgcos解得：n=mgcostsin，则a、b两物体对斜面的压力相同，故b正确；c、根据a的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故c错误；d、对a沿斜面方向有：tcos+mgsin=fa，对b沿斜面方向有：tcosmgsin=fb，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故d错误故选：b【点评】： 本题解题的关键是正确对物体进行受力分析，能根据平衡条件列式求解，难度不大，属于基础题5（6分）（2015烟台一模）如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=10：1，原线圈接入电压u=220sin100t（v）的交流电源，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，定值电阻r=10，可变电阻r的阻值范围为010，则（） a 副线圈中交变电流的频率为100hz b t=0.02s时，电压表的示数为22v c 调节可变电阻r的阻值时，电流表示数的变化范围为0.11a0.22a d 当可变电阻阻值为10时，变压器的输入电功率为242w【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解析】： 解：a、电流的频率是由电压决定的，所以原副线圈中电流的频率是一样的，都为50hz，所以a错误b、电压表的示数为电路的有效电压的大小，原线圈的有效电压为220v，根据电压与匝数成正比知电压表的示数为22v，所以b正确c、当r的阻值为零时，副线圈电流为i=2.2a，当r的阻值为10时，副线圈电流为i=1.1a，电流与匝数成反比，所以c正确d、当可变电阻阻值为10时，变压器的输入电功率等于输出功率p=i2r=1.1220=24.2w，所以d错误故选：bc【点评】： 掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，会从交流电表达式中获取有用的物理信息即可得到解决6（6分）（2015烟台一模）如图所示，abcd为一矩形金属线框，其中ab=cd=l，ab边接有定值电阻r，cd边的质量为m，其它部分的电阻和质量均不计，整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来线框下方处在磁感应强度大小为b的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里初始时刻，两弹簧处于自然长度，给线框一竖直向下的初速度v0，当cd边第一次运动至最下端的过程中，r产生的电热为q，此过程cd边始终未离开磁场，已知重力加速度大小为g，下列说法中正确的是（） a 线框中产生的最大感应电流大于 b 初始时刻cd边所受安培力的大小为mg c cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量大于mv02q d 在cd边反复运动过程中，r中产生的电热最多为mv02【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 对cd棒受力分析，确定棒的运动形式，求解最大速度，再由e=blv和及f=bil分别确定电流和安培力的大小，再由能量守恒定律确定能量关系【解析】： 解：a、cd棒开始运动后，对cd棒受力【分析】：，可知导体棒先做加速度减小的加速运动，故v0不是速度的最大值，故a错误；b、初始时刻时，棒的速度为v0，由e=blv=blv0，再由=，f=bil=，故b错误；c、cd边第一次到达最下端的时刻，由能量守恒定律可知，导体棒的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能，即：，所以：，故弹簧弹性势能大于mv02q，故c正确；d、在cd边反复运动过程中，可知最后棒静止在初始位置的下方，设弹簧的劲度系数为k，由mg=kx得：x=，由能量守恒定律可知，导体棒的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能，弹性势能，减少的重力势能为：mgh=，因重力势能大于弹性势能，根据，可知热量应大于mv02，故d错误；故选：c【点评】： 本题中弄清，棒的运动形式及临界条件，分别有能量守恒定律和电磁感应定律求解电流和安培力大小7（6分）（2015烟台一模）一颗月球卫星在距月球表面高为h的圆形轨道运行，已知月球半径为r，月球表面的重力加速度大小为g月，引力常量为g，由此可知（） a 月球的质量为 b 月球表面附近的环绕速度大小为 c 月球卫星在轨道运行时的向心加速度大小为g月 d 月球卫星在轨道上运行的周期为2【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】： 卫星绕月做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力，万有引力等于重力，根据万有引力定律和向心力公式列式，即可得解【解析】： 解：“嫦娥一号”卫星绕月做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力，则得：g=m（r+h）=m=ma在月球表面上，万有引力等于重力，则有：mg月=g，得 gm=g月r2，由上解得：m=v=a=t=2故a正确，bcd错误；故选：a【点评】： 卫星问题基本的思路有两条：一是万有引力提供向心力，二是万有引力等于重力，得到黄金代换式gm=gr2，再运用数学变形求解二【必做部分】8（8分）（2015烟台一模）某实验小组利用如图所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒装置中的气垫导轨工作时可使滑块悬浮起来，以减小滑块运动过程中的阻力实验前已调整气垫导轨底座保持水平，实验中测量出的物理量有：钩码的质量m、滑块的质量m、滑块上遮光条由图示初始位置到光电门的距离x（1）若用游标卡尺测得遮光条的宽度为d，实验时挂上钩码，将滑块从图示初始位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间t，则可计算出滑块经过光电门时的速度为（2）要验证系统的机械能守恒，除了已经测量出的物理量外还需要已知当地的重力加速度（3）本实验通过比较mgx和在实验误差允许的范围内相等（用物理量符号表示），即可验证系统的机械能守恒【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题【分析】： 本实验中由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度大小，因此需要测量滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s，计算动能需要知道滑块的质量m和钩码的质量m，求解重力势能的减小量时，需要知道当地的重力加速度和下降的高度；比较重力势能的减小量和动能的增加量是否相等即可判断机械能是否守恒【解析】： 解：（1）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，可知滑块经过光电门的速度大小（2、3）钩码和滑块所组成的系统为研究对象，其重力势能的减小量为mgx，系统动能的增量为，可知还需要测量当地的重力加速度验证重力势能的减小量为mgx和动能的增加量是否相等故答案为：（1） （2）当地的重力加速度 （3）mgx，【点评】： 物理实验如何变化，正确理解实验原理都是解答实验的关键，同时加强物理基本规律在实验中的应用9（10分）（2015烟台一模）要测量一根电阻丝的阻值，某同学采用的做法是：（1）先用多用电表的欧姆挡进行粗测，当选择开关旋至“r10”时，指针指在接近刻度盘右端的位置；当选择开关旋至另一位置进行测量时，指针指示的位置接近刻度盘的中央位置，如图1所示，则所测电阻的电阻值为15（2）用以下器材进行较准确的测量，实验室中提供的实验器材如下：电压表v（量程6v，内阻约3k）电流表a1（量程0.6a，内阻约0.5）电流表a2（量程3a，内阻约0.1）电源e1（电动势6v，内阻不计）电源e2（电动势12v，内阻不计）滑动变阻器r（最大阻值10）开关s和导线实验时电源应选e1，电流表应选a1（填器材代号）如果要求加在电阻丝上的电压从零开始增加，请在如图2虚线框内帮他设计一个电路图在你所设计的电路中，闭合开关前变阻器的滑动触头应移到最左端实验中受诸多因素的影响会产生误差，请你说出产生误差的两条原因：电表读数误差，电压表分流产生误差调节变阻器的滑动触头，使电压表的读数每次都比上一次增加0.5v，结果发现电流表的示数每次比上一次增加的数值都不一样，呈越来越小的趋势，且随着电压的增大和实验时间的延长，这种情况越来越明显试说明产生这一现象的主要原因：随着电压的增大和实验时间的延长，温度升高，电阻率增大造成的【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： （1）欧姆表指针偏转角度大，电流大，电阻偏小，故应选用小档位，换挡后应该重新校零，再读数；（2）根据电压表的量程为06v，可选择电源，算出通过电阻的最大电流大约值，即可选择电流表，要求加在电阻丝上的电压从零开始增加，变阻器应采用分压式接法，根据待测电阻与两电表内阻进行比较，确定电流表的接法，即可设计出电路，电表读数和电压表分流都会产生误差，随着电压的增大和实验时间的延长，温度升高，电阻率增大【解析】： 解：（1）欧姆表指针偏转角度大，电流大，电阻读数偏小，故应选用1档位，换挡后应该重新进行欧姆调零，由图1所示可知，欧姆表示数为151=15；（2）电压表的量程为06v，所以电源应选电源e1（电动势6v，内阻不计），电路中的最大电流，所以电流表选择电流表a1（量程0.6a，内阻约0.5），要求加在电阻丝上的电压从零开始增加，则电路应用分压法，因为，所以电流表用外接法，电路图如图所示，闭合开关前变阻器的滑动触头应移到最左端，此时电阻上的电压为零，通过电流表的电流也为零，实验时，电表读数会有误差，电压表分流也会产生误差；随着电压的增大和实验时间的延长，温度升高，电阻率增大，造成了电阻增大，所以发现电流表的示数每次比上一次增加的数值都不一样，呈越来越小的趋势，且随着电压的增大和实验时间的延长，这种情况越来越明显故答案为：（1）15；（2）e1；a1；如图；左；电表读数误差；电压表分流产生误差；随着电压的增大和实验时间的延长，温度升高，电阻率增大造成的【点评】： 对于题目要求加在电阻丝上的电压从零开始增加，一定要选用滑动变阻器的分压接法，能根据电阻阻值、电压表内阻、电流表内阻的关系选择电表的连接方式，会分析电路产生的误差，难度适中10（18分）（2015烟台一模）如图1是用传送带传送行李的示意图图1中水平传送带ab间的长度为8m，它的右侧是一竖直的半径为0.8m的圆形光滑轨道，轨道底端与传送带在b点相切若传送带向右以6m/s的恒定速度匀速运动，当在传送带的左侧a点轻轻放上一个质量为4kg的行李箱时，箱子运动到传送带的最右侧如果没被捡起，能滑上圆形轨道，而后做往复运动直到被捡起为止已知箱子与传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为g=10m/s2，求：（1）箱子从a点到b点所用的时间及箱子滑到圆形轨道底端时对轨道的压力大小；（2）若行李箱放上a点时给它一个5m/s的水平向右的初速度，到达b点时如果没被捡起，则箱子离开圆形轨道最高点后还能上升多大高度？在如图2给定的坐标系中定性画出箱子从a点到最高点过程中速率v随时间t变化的图象【考点】： 机械能守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： （1）物体在传送带先做匀加速运动，根据牛顿第二定律和速度公式求出速度增大到与传送带相等所用的时间，并求出此过程的位移，与传送带的长度比较，分析物体能否做匀速运动根据牛顿第二定律、第三定律结合求解物体对轨道的压力（2）根据运动学速度位移关系式求解出物体到达b点的速度，物体在圆形轨道上运动时机械能守恒，列式可求出箱子上升的高度【解析】： 解：（1）皮带的速度 v0=6m/s箱子在传送带上匀加速运动的加速度 a=g=1m/s2设箱子在b点的速度为 vb，由=2ax解得：vb=4m/sv0所以箱子从a点到b点一直做匀加速运动由x=，解得从a点到b点运动的时间为 t=4s箱子在圆形轨道最低点时，由牛顿第二定律得： fmg=m解得：f=120n由牛顿第三定律知箱子对轨道的压力大小为120n（2）设箱子速度达到v0=6m/s时位移为 x，则=2ax解得x=5.5m8m因此箱子先匀加速运动一段时间，速度达到6m/s后开始做匀速运动，即在b点的速度为 v0由机械能守恒定律得：=mg（r+h）解得箱子在圆形轨道上上升的高度 h=1m箱子从a点到最高点过程中速率v随时间t变化的图象如图答：（1）箱子从a点到b点所用的时间为0.4s箱子滑到圆形轨道底端时对轨道的压力大小是120n（2）箱子离开圆形轨道最高点后还能上升的高度是1m，定性画出箱子从a点到最高点过程中速率v随时间t变化的图象如图【点评】： 解决本题的关键要正确分析箱子的受力情况，判断其运动情况，要通过计算进行分析，不能简单的定性分析，同时要灵活选择运动学公式解答11（20分）（2015烟台一模）边长为3l的正方形区域分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场，如图所示左侧磁场的磁感应强度大小为b1=，方向垂直纸面向外；右侧磁场的磁感应强度大小为b2=，方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为u，加速后粒子从a点进入左侧磁场，又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场，不计粒子重力，求：（1）粒子经过平行金属板加速后的速度大小；（2）粒子在左侧磁场区域内运动时的半径及运动时间；（3）电场强度e的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开？【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】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）根据动能定理求出粒子经过平行金属板加速后的速度大小；（2）根据半径公式求出粒子在左侧磁场中运动的轨道半径，结合圆心角，通过周期公式求出粒子的运动时间（3）作出粒子在上边缘cd间离开磁场的轨迹图，结合临界状态，根据几何关系求出半径，结合半径公式和动能定理求出电场强度的范围【解析】： 解：（1）粒子在电场中运动时有：，解得：（2）粒子进入磁场b1后有：，解得：设粒子在磁场b1中转过的角度为，由=，解得：=60周期为：t=，粒子在磁场b1中运动的时间为：t=（3）粒子在磁场b2中运动，在上边缘cd间离开的速度分别为vn与vm，与之相对应的半径分别为rn与rm由分析知，rm=l 由牛顿第二定律有：，粒子在电场中有：，解得：同理有：所以电场强度的范围为：e答：（1）粒子经过平行金属板加速后的速度大小为；（2）粒子在左侧磁场区域内运动时的半径为，运动时间为；（3）电场强度e的取值范围为e时，粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开【点评】： 本题是带电粒子在组合场中运动的问题，解题关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识，结合半径公式和周期公式进行求解三.选做部分】【物理-物理3-3】12（4分）（2015烟台一模）下列说法正确的是（） a 当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大 b 当分子间距离增大时，分子间的引力减少，斥力增大 c 一定质量的理想气体压强不变时，气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少 d 单晶体和多晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点【考点】： *相对湿度；* 晶体和非晶体【分析】： 当空气的相对温度大时，人会感觉到潮湿；分子间的引力和斥力都随距离的增大而减小；气体压不变、温度升高时，体积会增大，故单位时间内对单位面积器壁碰撞次数不一定增大；晶体都具有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点【解析】： 解：a、当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大；但绝对湿度并不一定大；故a错误；b、分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，故b错误；c、一定质量的理想气体压强不变时，温度升高时，气体体积一定增大，则气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少；故c正确；d、单晶体和多晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点；故d正确；故选：cd【点评】： 本题考查湿度、分子间作用力、气体压强的微观意义及晶体的性质，要注意明确气体压强取决于温度和体积13（8分）（2015烟台一模）如图所示，u形管右管横截面积为左管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为30cm、温度为577.5k的空气柱，左右两管水银面高度差为21cm，外界大气压为76cmhg若给左管的封闭气体降温，使管内气柱长度变为20cm求：此时左管内气体的温度为多少？左管内气体放出（填“吸收”或“放出”） 的热量，大于（填“大于”、“等于”或“小于”）外界对气体做的功【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】： （1）以封闭气体为研究对象，应用理想气体状态方程求温度；（2）根据热力学第一定律知气体放热大于外界对气体做功【解析】： 解：初状态：p1=55cmhg，v1=30s t1=577.5k降温后，水银面左管上升10cm，右管下降5cmp2=40cmhgv2=20s由理想气体状态方程得：代入数据解得：t2=280k由于体积减小，外界对气体做功，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律知气体放热大于外界对气体做功答：此时左管内气体的温度为280k左管内气体放热大于外界对气体做功【点评】： 理想气体状态方程与热力学第一定律的联合应用是此类题目的常用方法【物理-物理3-4】14（2015烟台一模）沿x轴正向传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，m为介质中的一个质点，该波的传播速度为40m/s，则t=s时（） a 质点m对平衡位置的位移为负值 b 质点m的速度方向与对平衡位置的位移方向相同 c 质点m的加速度方向与速度方向相同 d 质点m的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反【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】： 由图读出波长，由波速公式v=求解周期根据时间t=0.025s与t的关系，分析质点m的位置，分析m点的位移波沿x轴正向传播，可判断出质点m的速度方向加速度方向与位移方向相反质点相对于平衡位置的位移方向从平衡位置指向质点所在位置【解析】： 解：a、由图知，=4m，则周期t=，波沿x轴正向传播，质点m的速度方向向上，则经过t=0.025s=t，质点m位于平衡位置上方，质点m对平衡位置的位移一定为正值故a错误b、质点m的速度方向向下，对平衡位置的位移方向也向上，两者相反，故b错误c、质点m的加速度方向与位移方向相反，方向向下，速度方向也向下，故c正确d、质点m的加速度方向与对平衡位置的位移相反故d正确故选：cd【点评】： 本题要理解质点对平衡位置的位移，简谐波传播过程中，质点做简谐运动，其加速度方向总是与对平衡位置的位移方向相反15（2015烟台一模）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【解析】： 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长度【物