解析江西省宜春市高安二中高三高考模拟物理试题.docx
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解析江西省宜春市高安二中高三高考模拟物理试题
２021年江西省宜春市高安二中
高考物理模拟试卷（5月份）
一、选择题：
本大题共8小题，每小题６分.在每小题给出的四个选项中，１-５小题只有一项符合题目要求，6－8小题有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全得3分，错选得０分．
1.（6分）直导线ａb放在如图所示的水平导体框架上，构成了一个闭合回路;长直导线ｃｄ和框架处在同一个平面内，且cｄ和ａb平行,当cd中通有电流时,观察到ab向左滑动.关于ｃｄ中的电流，下列说法正确的是（）
A. 电流一定增大，方向沿c向d
B.电流一定增大，方向沿ｄ向c
Ｃ．电流一定减小，方向可能由ｄ向c
D．电流大小恒定,方向由d到c
【考点】:
楞次定律；磁感线及用磁感线描述磁场．
【专题】:
电磁感应与图像结合．
【分析】：
要使ab发生运动则右侧框架中一定会发生电磁感应现象，则由楞次定律可得出线框内磁场的变化.
【解析】：
解：
导线左移时,线框的面积增大,由楞次定律可知原磁场一定是减小的；并且不论电流朝向哪个方向,只要电流减小,都会发生ab左移的情况;
故选:
C.
【点评】:
楞次定律有两种描述,一种是：
增反减同,另一种是：
来拒去留;本题可根据第二种描述快速求解;应明确电磁感应中的阻碍的各种含义．
２．（６分）20２1年莫斯科世锦赛上,我国男子短道速滑队时隔15年再次站到５00０m接力的冠军领奖台上．观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲,甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）
A.甲对乙的作用力与乙对甲的作用力相同
B． 甲对乙的作用力一定做正功，乙的动能增大
C．乙对甲的作用力一定做正功,甲的动能增大
Ｄ． 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
【考点】：
动能定理的应用；牛顿第三定律.
【专题】：
动能定理的应用专题.
【分析】：
运动员与冰面间的摩擦可忽略不计，在“交棒”过程中,“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，两个运动员相互作用的力等大、反向、共线，作用时间相同，根据动量定理，两个运动员的动量变化等大、反向、共线，系统动量守恒.
【解析】：
解：
Ａ、由牛顿第三定律可知,作用力与反作用力大小相等,方向相反,所以甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等,方向相反，故A错误；
B、甲对乙的作用力一定做负功,乙的动能减小，故Ｂ错误;
C、乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大,故Ｃ正确；
Ｄ、根据动量守恒定律知，甲动量的增加量等于乙动量的减小量，不知道甲、乙的质量关系,不能求出甲乙动能变化关系,故D错误；
故选：
Ｃ．
【点评】:
明确运动员间的相互作用力的冲量等于对方的动量变化，又有作用时间相同,相互作用力等大、反向,故两个运动员系统的总动量守恒．
3.（6分）近年来,智能手机的普及使“低头族”应运而生.近日研究发现,玩手机时，就有可能让颈椎承受多达60磅（约２70N）的重量,相当于给颈椎挂俩大西瓜,比一个7岁小孩还重．不当的姿势与一系列健康问题存在关联，如背痛，体重增加、胃痛、偏头痛的呼吸道疾病等.当人体直立时,颈椎所承受的压力等于头部的重量；但当低头时,颈椎受到的压力会随之变化．现将人体头颈部简化为如图的模型；重心在Ｐ点的头部,在可绕O转动的颈椎OＰ（轻杆）的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止．当低头时,颈椎与竖直方向的夹角为4５°,PQ与竖直方向的夹角为60°,此时,颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的（ ）
A.4.2倍B．3.3倍C. ２．８倍 D．2．０倍
【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】：
对人的头部进行分析,明确其受力情况,由共点力的平衡条件可得出对应的平行四边形;由正弦定理可求得颈椎受到的压力.
【解析】:
解:
由题意可明确人的头受力情况，如图所示:
设人的颈椎对头的支持力Ｆ，则由几何关系可知：
=
=
所以F=
•G≈3.73G；
故选:
B．
【点评】:
本题考查共点力的平衡在实际生活中的应用，要注意正确根据题意明确作出对应的图象,再由几何关系即可求解.
4.（6分）假设火星可视为质量均匀分布的球体,已知“火卫一”（火星的卫星）绕火星做圆周运动的半径为R，周期为Ｔ，火星的半径为R０,自转周期为T０,则火星表面的重力加速度在赤道处大小与两极处大小的比值为（ ）
A．
Ｂ.
Ｃ.1﹣
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】:
在赤道上,万有引力一个分力等于重力，另一个分力提供向心力，在两极，万有引力等于重力．结合火卫一的轨道半径和周期求出火星的质量,根据万有引力和重力的关系求出重力加速度的比值.
【解析】:
解：
在赤道上的物体，有：
，
在两极，有:
联立两式
根据
解得GＭ=
代入可得
＝1﹣
．
故选:
D.
【点评】:
解决本题的关键知道万有引力与重力的关系，知道赤道上万有引力等于重力和向心力之和，两极万有引力等于重力.
5.（6分）如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线圈1和２,其边长Ｌ1=2L2,在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再逐渐完全进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈1、2落地时的速度大小分别为ｖ1、v2,在磁场中运动时产生的热量分别为Ｑ1、Q2，通过线圈截面的电荷量分别为q1、q2,不计空气阻力,则（ ）
A. v1Q2，q1>q２B. v1=v2，Ｑ1=Q２,q1=ｑ2
C.v1＜ｖ２,Ｑ1＞Q2，q1=q2 D．ｖ1＝v2，Q1＜Q2,q1＜q２
【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】:
线圈进入磁场之前做自由落体运动，因下落高度相等,可知两线圈会以同样的速度进入磁场,由法拉第电磁感应定律可求出进入磁场边界时的感应电动势，从而表示出受到磁场的安培力．由电阻定律表示出两线圈的电阻,结合牛顿第二定律表示出加速度，可分析出加速度与线圈的粗细无关,从而判断出两线圈进入时运动是同步的,直到线圈2完全进入磁场后,线圈做匀加速运动，可得出落地速度的大小关系.由能量的转化与守恒可知,损失的机械能（转化为了内能）与线圈的质量有关，从而判断出产生的热量大．由q＝
分析电荷量的大小.
【解析】:
解:
线圈从同一高度下落,到达磁场边界时具有相同的速度v,切割磁感线产生感应电流，受到磁场的安培力大小为:
F=
由电阻定律有：
Ｒ=ρ
，（ρ为材料的电阻率,L为线圈的边长，S为导线的横截面积），线圈的质量为ｍ=ρ０S•４L，（ρ0为材料的密度）.
当线圈的下边刚进入磁场时其加速度为：
a=
=g﹣
联立得，加速度为：
a=g﹣
则知，线圈１和２进入磁场的过程先同步运动，由于当线圈2刚好全部进入磁场中时,线圈1由于边长较长还没有全部进入磁场，线圈２完全进入磁场后做加速度为ｇ的匀加速运动，而线圈１仍先做加速度小于ｇ的变加速运动,完全进入磁场后再做加速度为g的匀加速运动，两线圈匀加速运动的位移相同，所以落地速度关系为 v1＜v２．
由能量守恒可得:
Q=mg（h+H）﹣
mv2（H是磁场区域的高度）,因为m１>ｍ２，v1＜v2，所以可得Ｑ1>Q２．
根据q＝
=
∝L知,q1>q２.
故选：
A．
【点评】：
本题要注意分析物体的运动状态及能量变化情况,关键点在于分析线圈进入磁场的过程，由牛顿第二定律得到加速度关系,将电阻和质量细化,列式分析物体的运动情况关系．
6．（６分）图１是远距离输电线路的示意图，圈2是发电机输出电压随时间变化的图象,则（ ）
A．发电机输出交流电压的有效值约为50０V
B．用户用电器上交流电的频率是１0０Hｚ
C.输电线的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定
D.当用户用电器的总电阻减小时,输电线上损失的功率增大
【考点】：
远距离输电．
【专题】：
交流电专题.
【分析】：
根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等.同时由变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比.
【解析】：
解：
A、由图象可知交流的最大值为Um＝707Ｖ，因此其有效值为U=
=500V,故A正确;
B、发电机的输出电压随时间变化的关系,由图可知，Ｔ=0.0２ｓ，故f=
，故Ｂ错误;
Ｃ、输电线的电流由输送的功率与电压决定的,与降压变压器原副线圈的匝数比无关，故C错误；
D、当用户用电器的总电阻增大时,用户的功率减小，降压变压器的输出功率减小,则输入的功率减小，输入的电流减小,输电线上损失的功率减小，故D错误；
故选:
A.
【点评】:
本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量,同时要能正确书写交流电的表达式.
７.（6分）某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图１中虚线所示.一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动．以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向,小球的机械能E与位移x的关系如图2所示.则（不考虑空气阻力）（ ）
Ａ. 电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向
Ｂ. 从O到x１的过程中,小球的速率越来越大，加速度越来越大
C． 从O到ｘ１的过程中,相等的位移内,小球克服电场力做的功越来越大
D.到达x1位置时,小球速度的大小为
【考点】：
电势差与电场强度的关系;牛顿第二定律；电场强度.
【专题】：
电场力与电势的性质专题.
【分析】：
从图象中能找出电场力的做功情况，根据电场力的做功情况判断出受力,继而判断出电场，在利用牛顿第二定律求的加速度
【解析】:
解：
A、物体的机械能先减小，后保持不变,故电场力先做负功，后不做功,故电场强度方向向上，再根据机械能的变化关系可知,电场力做功越来越小,故电场强度不断减小,故A错误;
B、根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，且电场力越来越小,故加速度越来越大，速度越来越大,故B正确;
C、由于电场力越来越小，故相等的位移内,小球克服电场力做的功越来越小,故Ｃ错误;
D、根据动能定理可得
得
故D正确；
故选:
BD
【点评】：
本题主要考查了电场力做功与与物体机械能的变化关系，明确电场力做正功,电势能增加,电场力做负功,电场力减小即可
8.（6分）如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小．这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为M和m.各接触面间的动摩擦因数均为μ,砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d．现用水平向右的恒定拉力Ｆ拉动纸板，下列说法正确的是（ ）
A.纸板相对砝码运动时,纸板所受摩擦力的大小为μ（M＋m）g
B.要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ（M＋m）g
Ｃ．若砝码与纸板分离时的速度小于
，砝码不会从桌面上掉下
D．当F＝μ（2M+3m）g时，砝码恰好到达桌面边缘
【考点】：
牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系.
【专题】：
牛顿运动定律综合专题．
【分析】:
应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力,然后求出摩擦力大小.根据牛顿第二定律求出加速度，要使纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度，然后求出拉力的最小值.
当F=μ（2M＋3m）g时，根据牛顿第二定律分析求出砝码和纸板加速度，结合运动学公式求出分离时砝码的速度，结合速度位移公式求出砝码速度减为零的位置,从而判断出砝码的位置．
【解析】:
解：
A、对纸板分析，当纸板相对砝码运动时,所受的摩擦力μ（M+m）g+μMｇ,故A错误.
B、设砝码的加速度为ａ１，纸板的加速度为a2，
则有：
f1=Ma1,F﹣f1﹣f2=mａ2
发生相对运动需要a2>a1
代入数据解得:
F＞2μ（M+ｍ）g,故B正确.
C、若砝码与纸板分离时的速度小于
，根据
知，因为开始砝码向右做匀加速运动已经有一段位移，所以砝码可能还会从桌面掉下,故C错误.
D、当F=μ（2Ｍ+3ｍ）ｇ时，砝码未脱离时的加速度a1=μｇ,纸板的加速度
=2μg，根据
，解得t＝
，则此时砝码的速度
，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′=μｇ，则匀减速运动的位移
，可知砝码恰好到达桌面边缘,故Ｄ正确．
故选：
BD.
【点评】:
本题考查了求拉力大小,应用摩擦力公式求出摩擦力大小,知道拉动物体需要满足的条件，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题．
三、非选择题：
包括必考题和选考题两部分.第9题～第12题为必考题,每个试题考生都必须作答．第1３题～第1６题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题
9.（７分）测量两只内阻未知的电流表的内阻，给出下列器材:
①电流表G1（10mA内阻1００Ω左右）②电流表G２（5mA内阻１５０Ω左右） ③定值电阻R１＝100Ω
④定值电阻R2=１０Ω ⑤滑动变阻器R3（0﹣200Ω） ⑥滑动变阻器R4（0﹣10Ω）
⑦干电池1.５Ｖ内阻未知 ⑧单刀单掷开关 ⑨单刀双掷开关⑩导线若干
（１）在如图１所示的方框中画出实验电路设计图.
（２）你要选择的器材除①②⑦⑧⑨⑩外还应选:
③⑥ （写出代号）.
（3）在图2中将实物仪器用导线按要求连接起来.
【考点】:
伏安法测电阻．
【专题】:
实验题；恒定电流专题．
【分析】:
定值电阻的选择：
实验中定值电阻与G1并联，若其阻值太小，会使其电流过大，应选与G1内阻相差不大的，据所给器材，设计实验电路，把Ｇ1与定值电阻并联,由G2与G1示数得定值电阻的电流，据并联电路电流与电阻成反比关系得Ｇ１内阻,根据电路图连接实物图.
【解析】:
解:
（１、2）若选Ｒ2,则其阻值太小,电流过大,而R1与G1内阻相当，故选：
R1，0～１０Ω的滑动变阻器对电路中的电流的控制作用比较小，所以0~1０0Ω的滑动变阻器更合适，电源的电势能是1.５V,所以使用限流式接法比较合适,电路图如图所示．
（3）实物连线如下右图所示.
故答案为：
（1）如图所示;
（2）③⑥；（３）如图所示
【点评】：
本题主要考查并联电路特点,明确电流与电阻的反比关系,学会由所给器材设计电路，难度不大,属于基础题.
１0．（8分）利用图１的装置可测量滑块与斜面间的动摩擦因数.在斜面底端O处固定一光电门，当带有遮光片的滑块自斜面上的P点从静止滑下,通过光电门时，与光电门相连的计时器显示遮光片通过光电门的时间为△ｔ．测得P、O间的距离为x．已知遮光片的宽度为d．完成下列填空：
（1）Ｐ、O间的距离x、滑块加速度的大小a、滑块经过光电门的时间△t、遮光片的宽度d四个物理量间满足的关系式是
;
（2）用游标卡尺测量遮光片的宽度如图2所示,则d= ０.500cm,
（3）多次改变滑块从斜面上开始下滑的位置，每次都让滑块由静止滑下,用米尺分别测出下滑点与O间的距离x，记下遮光片相应通过光电门的时间△t，利用所得数据作出（
）２﹣x图线如图3所示:
①由图线可得滑块加速度的大小为３.９2m/s2；
②测得斜面的高度h＝60．00cm、斜面的长度L=100．00cm，取ｇ＝9.８0m／s2,则滑块与斜面间的动摩擦因数的值μ=0.25 .
【考点】：
探究影响摩擦力的大小的因素.
【专题】:
实验题．
【分析】:
（1）根据瞬时速度等于平均速度,及运动学公式,即可求解；
（2）根据游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数，不需估读;
（3）根据（
）2﹣x图线,结合运动学公式,通过图象斜率,即可求解加速度大小;
（4）对滑块受力分析，结合牛顿第二定律,即可求解动摩擦因数．
【解析】:
解:
（１）滑块经过光电门的速度为ｖ＝
；
根据运动学公式，那么P、O间的距离ｘ、滑块加速度的大小a、滑块经过光电门的时间△t、遮光片的宽度d四个物理量间满足的关系式：
；
（2）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标尺上第０个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为0×0.０5mm=0.00mm,所以最终读数为：
5mm+０.0０mｍ＝5.00mm=0．500cm；
（３）①根据作出（
）2﹣ｘ图线,结合
则有：
k＝2a；
那么a=
＝
m/s２=3.92ｍ/s2;
②滑块受到重力、支持力与滑动摩擦力，
根据力的分解,结合牛顿第二定律，则有:
mｇ
﹣μｍg
＝ｍa;
解得：
μ＝
=０．2５;
故答案为:
（1）
;
（2）0．5０0;（3）３.92，0.25．
【点评】:
考查光电门测速度的方法，知道游标卡尺的读数,理解牛顿第二定律的应用，掌握图象的作用,知道其图象斜率与加速度的关系．
１１.（14分）一质量为2m的卡车拖挂一质量为m的车厢,在水平直道上匀速行驶,其所受的阻力与各自的重量成正比，比例系数为k=0．2且与速度无关.某时刻车厢脱落,车厢停止运动时，卡车与车厢相距△x=96ｍ．已知整个过程中卡车的牵引力保持不变，取g＝１0m／ｓ2，求车厢脱落时的速度ｖ０.
【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】:
根据牛顿第二定律分别求出车厢脱落后卡车和车厢的加速度大小，结合运动学公式,结合位移关系求出车厢脱落时的速度大小．
【解析】：
解：
设卡车的牵引力为Ｆ,车厢脱落前，对卡车和车厢整体分析有：
F﹣３kmg=0．
设车厢脱落后，卡车和车厢的加速度大小分别为a１和ａ2,由牛顿运动定律有：
F﹣ｋ×2ｍg＝2ｍa１，
kｍｇ=ma２，
设卡车和车厢的位移分别为x1和ｘ2,由运动学方程有:
，
，
△ｘ=x1﹣x2，
v０＝a２ｔ，
代入数据解得ｖ0=１6m/s.
答：
车厢脱落时的速度为1６ｍ/s．
【点评】:
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用,通过牛顿第二定律求出加速度的大小是解决本题的关键,抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解．
12.（18分）在竖直平面内有一圆形绝缘轨道，半径为R=０.4m,匀强磁场垂直于轨道平面向里，一质量为ｍ=１×10﹣３kg、带电荷量为q=＋3×10﹣2C的小球,可在内壁滚动，如图甲所示.开始时,在最低点处给小球一个初速度v0，使小球在竖直平面内逆时针做圆周运动,图乙（a）是小球在竖直平面内做圆周运动的速率v随时间t变化的情况，图乙（b）是小球所受轨道的弹力F随时间t变化的情况,结合图象所给数据，（取g=10ｍ/s２）.求：
（1）匀强磁场的磁感应强度
（2）小球的初速度v0
（3）在0～t3s这段时间内,小球克服摩擦力所做的功是多少?
【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】：
（1）从甲图可知，小球第二次最高点时，速度大小为4ｍ／s，而由乙图可知,此时轨道与球间的弹力为零，故由重力与洛伦兹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式,即可求得B．
（2）从图乙可知，小球第一次过最低点时，轨道与球之间弹力为F=0.１１N,根据牛顿第二定律列式求解初速度v0．
（3）根据动能定理求出在0~t３s这段时间内,小球克服摩擦力所做的功．
【解析】:
解:
（1）从乙图（ａ）可知，小球第二次到达最高点时，速度大小为４ｍ／s，而由乙图（b）可知,此时轨道与球间的弹力为零，
由牛顿第二定律得：
mg+qvＢ=
①
将①代入数据解得:
B＝０.25T ②
（2）从图乙（b）可知,小球第一次过最低点时，轨道与球之间的弹力为：
Ｆ=0.11N,
根据牛顿第二定律得:
F﹣mｇ+ｑv0Ｂ=
③
将③代入数据解得：
v0=8m/s．④
（3）由动能定理可得：
﹣mg•２R﹣Wf=
mv2﹣
mｖ02
代入数值解得，小球克服摩擦力所做的功为:
Wf＝１.6×1０﹣2J．
答:
（1）匀强磁场的磁感应强度为0．25T；
（２）小球的初速度为8m／s;
（3）在0～t3s这段时间内，小球克服摩擦力所做的功是1.６×10﹣2J．
【点评】:
本题解题关键是读取图象的信息,再确定小球向心力的来源，根据牛顿第二定律处理这类问题.
（二）选做题（请考生从给出的2道物理题中任选1题解答,如果多做，则每学科按所做的第一题计分）【物理－选修3-4】
13.（6分）一列简谐横波在弹性介质中沿x轴传播，波源位于坐标原点O，零时刻开始振动，t1＝3s时波源停止振动,如图为t2=3.5s时的波形图，其中质点a的平衡位置离原点Ｏ的距离x=5.0m.以下说法不正确的是 （ ）
A． 波速为4m/s
Ｂ.波长为6m
C．波源的起振方向沿ｙ轴负方向运动
Ｄ．2.0～３．0内质点a沿y轴负方向运动
E.0～3.0内质点a通过的总路程为１.4ｍ
【考点】：
波长、频率和波速的关系;横波的图象．
【分析】:
据题，波源从零时刻波开始振动,ｔ1=３s时波源停止振动，形成两个波长的波形，说明周期为T=1.5s，读出波长,求出波速.图中最前头质点的振动方向与波源的起振方向相同.根据时间与周期的倍数关系，求解3s内质点a运动的总路程.
【解析】：
解:
Ａ、由题知,波源停止振动后,在t1=３s到t2=3.5s时间内波传播的距离为△ｘ=2m，则波速v=
＝
m/s=４m/s，故A正确；
B、由题图可知,波长λ=４m,故Ｂ错误；
C、t=3.５s时,波传播的距离为△x=v•△ｔ＝4×３.５ｍ=14m,ｘ=14ｍ处质点正沿ｙ轴正方向起振，所以波源起振方向沿y轴正方向,故Ｃ错误;
D、E、根据Ｔ=
＝
=1ｓ;从ｔ=0时刻起，经△t=
=
ｓ=1.２5s,质点a开始振动，在2ｓ内,质点a振动了0.75s=
T，
3．0 s内质点a振动了３ｓ﹣1.２５ s=1．75s=1
T,故质点a运动的总路程为S=1×４A+3A=7×0.2m=1.4 ｍ，因此2．０~3．0内质点a正好完成一周期，没有具体方向，故D错误，E正确．
本题选不正确的,故选：
ＢＣＤ．
【点评】:
本题容易产生的错误是认为:
3ｓ内形成两个完整的波形,得到周期为1．5ｓ,要注意波传播的距离与质点振动通过的路程是不同的,解法也不一样.
14.（９分）（2014•湖南二模）如图，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,O至光屏的距离
=
R．位于轴线上Ｏ点左侧
处的点光源S发出一束与OＡ夹角θ=６0°的光线射向半球体，求光线从S传播到达光屏所用的时间.（已知光在真空中传播的速度为ｃ．）
【考点】：
光的折射定律．
【专题】：
光的折射专题.
【分析】:
作出光路图，根据折射定律和几何关系,求出入射角和折射角，再由几何关系求解光线从S传播到达光屏所用的时间.
【解析】:
解:
光从光源S射出经半球体到达光屏的光路如图．
光由空气射向半球体，由折射定律,有n=
解得:
α=30°
在△OＢC中,由正弦定理得:
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