2023年高考理综物理真题试题(全国Ⅲ卷)(答案+解析).docx

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1、132023 年高考理综物理真题试卷全国卷一、选择题单项选择Al131.1934 年，约里奥-居里夫妇用 粒子轰击铝核 27n+X 。X 的原子序数和质量数分别为 ，产生了第一个人工放射性核素X： +27Al A. 15 和 28B. 15 和 30C. 16 和 30D. 17 和 312. 为了探测引力波，“天琴打算”估量放射地球卫星 P，其轨道半径约为地球半径的 16 倍；另一地球卫星Q 的轨道半径约为地球半径的 4 倍。P 与 Q 的周期之比约为 A. 2:1B. 4:1C. 8:1D. 16:13. 一电阻接到方波沟通电源上，在一个周期内产生的热量为Q；假设该电阻接到正弦交变电源上，

2、在一个方0周期内产生的热量为 Q。该电阻上电压的峰值为 u， 周期为T，如以下图。则 Q: Q等于 正方正A. 1: 2B. 2: 1C. 1:2D. 2:14. 在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v 和𝑣2的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的 A. 2 倍B. 4 倍C. 6 倍D. 8 倍二、选择题多项选择5. 甲乙两车在同一平直大路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲乙两车的位置x 随时间 t 的变化如以下图。以下说法正确的选项是 A. 在 t1 时刻两车速度相等B. 从 0 到 t1 时间内，两车走过的

3、路程相等C. 从 t1 到 t2 时间内，两车走过的路程相等D. 从 t1 到 t2 时间内的某时刻，两车速度相等6. 地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间 t 的变化关系如以下图，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相 同；两次提升的高度一样，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程， A. 矿车上升所用的时间之比为 4:5B. 电机的最大牵引力之比为 2:1C. 电机输出的最大功率之比为 2:1D. 电机所做的功之比为 4:5A. 在 𝑡 = 𝑇4时为零B

4、. 在 𝑡 = 𝑇 时转变方向2C. 在 𝑡 = 𝑇2时最大，且沿顺时针方向D. 在 𝑡 = 𝑇 时最大，且沿顺时针方向7. 如图a，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R，R 在 PQ 的右侧。导线 PQ 中通有正弦沟通电流i，i 的变化如图b所示，规定从Q 到 P 为电流的正方向。导线框R 中的感应电动势 A. a 的质量比 b 的大C. 在 t 时刻，a 和 b 的电势能相等B. 在 t 时刻，a 的动能比 b 的大D. 在 t 时刻，a 和 b 的动量大小相等8. 如图，一平行板电容

5、器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板四周，与极板距离相等。现同时释放a、b， 它们由静止开头运动，在随后的某时刻 t， a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b 间的相互作用和重力可无视。以下说法正确的选项是 三、试验题9. 甲、乙两同学通过下面的试验测量人的反响时间。试验步骤如下：（1） 甲用两个手指轻轻捏住量程为 L 的木尺上端，让木尺自然下垂。乙把手放在尺的下端位置恰好处于 L 刻度处，但未遇到尺，预备用手指夹住下落的尺。11甲在不通知乙的状况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹

6、住尺子。假设夹住尺子的位置刻度为 L， 重力加速度大小为 g， 则乙的反响时间为用 L、L 和 g 表示。1（2） 当地的重力加速度大小为 g=9.80 m/s2， L=30.0 cm，L =10.4 cm，乙的反响时间为s。结果保存 2 位有效数字（3） 写出一条提高测量结果准确程度的建议：。10.一课外试验小组用如以下图的电路测量某待测电阻Rx 的阻值，图中 R0 为标准定值电阻R0=20.0 ； 可视为抱负电压表。S1 为单刀开关，S2 位单刀双掷开关，E 为电源，R 为滑动变阻器。承受如下步骤完成试验：依据试验原理线路图a，将图b中实物连线；将滑动变阻器滑动端置于适当位置，闭合S ；将

7、开关S 掷于 1 端，转变滑动变阻器动端的位置，登记此时电压表2的示数 U ；然后将S 掷于 212端，登记此时电压表；的示数 U21待测电阻阻值的表达式R =用 R、U 、U表示；x重复步骤3，得到如下数据：01212345U1/V 0.25 0.30 0.36 0.40 0.44U2/V 0.86 1.03 1.22 1.36 1.49𝑈2𝑈13.44 3.43 3.39 3.40 3.39x利用上述 5 次测量所得𝑈2𝑈1的平均值，求得 R =。保存 1 位小数四、解答题11. 如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加

8、速电压U 加速后在纸面内水平向右运动，自 M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面对里，磁场左边界竖直。甲种离子射入磁场的 速度大小为 v1， 并在磁场边界的 N 点射出；乙种离子在 MN 的中点射出；MN 长为 l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：（1） 磁场的磁感应强度大小；（2） 甲、乙两种离子的比荷之比。12. 如图，在竖直平面内，一半径为 R 的光滑圆弧轨道 ABC 和水平轨道 PA 在 A 点相切。BC 为圆弧轨道的直径。O 为圆心，OA 和 OB 之间的夹角为，sin= 35，一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个

9、过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还始终受到一水平恒力的作用，小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为 g。求：（1） 水平恒力的大小和小球到达 C 点时速度的大小；（2） 小球到达 A 点时动量的大小；（3） 小球从 C 点落至水平轨道所用的时间。五、选考题物理：选修 3313.（1） 如图，确定量的抱负气体从状态 a 变化到状态 b， 其过程如 pV 图中从 a 到 b 的直线所示。在此过程中 。A.气体温度始终降低 B.气体内能始终增加 C.气体始终对外做功 D.气体始终从外界吸热E.气体吸取的热量始终全部用于对外做功（2） 在两端封闭、粗

10、细均匀的U 形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm 和 l2=12.0 cm，左边气体的压强为 12.0 cmHg。现将 U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U 形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。六、选考题物理：选修 3414.（1） 一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在 t=0 和 t=0.20 s 时的波形分别如图中实线和虚线所示。己知该波的周期 T0.20 s。以下说法正确的选项是 A. 波速为 0.40 m/sB. 波长为 0.08 mC.

11、x=0.08 m 的质点在 t=0.70 s 时位于波谷D. x=0.08 m 的质点在 t=0.12 s 时位于波谷E. 假设此波传入另一介质中其波速变为0.80 m/s，则它在该介质中的波长为0.32 m（2） 如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“”(图中 O 点)，然后用横截面为等边三角形ABC 的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC 边上。D 位于 AB 边上，过 D 点做 AC 边的垂线交 AC 于 F。该同学在 D 点正上方向下顺着直线 DF 的方向观看。恰好可以看到小标记的像；过O 点做 AB 边的垂线交直线 DF 于 E；DE=2 cm，EF=1 cm。求三棱镜的

12、折射率。(不考虑光线在三棱镜中的反射)答案解析局部一、选择题单项选择1. 【答案】 B【考点】核反响方程【解析】【解答】依据核反响遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X 的电荷数为 2+13=15，质量数为4+27-1=30，依据原子核的电荷数等于原子序数，可知X 的原子序数为 15，质量数为 30， B 符合题意。故答案为：B【分析】此题考察了核反响方程。由核反响方程的电荷数和质量数守恒即可解出此题。2. 【答案】 C【考点】开普勒定律，万有引力定律及其应用【解析】【解答】设地球半径为R， 依据题述，地球卫星 P 的轨道半径为 RP=16R， 地球卫星 Q 的轨道半径为 RQ=4R， 依据开普

13、勒定律，2𝑇𝑃𝑇23𝑅=𝑃𝑅3=64，所以 P 与 Q 的周期之比为 T T=8 1， C 符合题PQ意。故答案为：C𝑄𝑄【分析】利用开普勒其次定律解答或依据万有引力供给向心力𝐺𝑀𝑚 = 𝑚(2)2𝑟再结合题意可求解。𝑟2𝑇3. 【答案】 D【考点】焦耳定律，沟通电的最大值与有效值【解析】【解答】依据题述，正弦交变电流的电压有效值为𝑢02，而

14、方波沟通电的有效值为 u0，依据焦耳定律和欧姆定律，Q=I2RT=𝑈2𝑅T， 可知在一个周期 T 内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q Q方= u 2 0正𝑢022=2 1， D 符合题意。故答案为：D【分析】依据题意分别求出正弦式沟通电和方波沟通电的有效值，再依据焦耳定律和欧姆定律分别求出热 量，从而得出 Q: Q。方正此题要明确求焦耳热应当利用“四值”中的有效值，能够熟记正余弦式沟通电的有效值，并能利用热效应的含义求解方波沟通电的有效值为解题的关键。4. 【答案】 A【考点】平抛运动【解析】【解答】设甲球落至斜面时的速率为v1， 乙落至

15、斜面时的速率为 v2， 由平抛运动规律，x=vt， y=1 gt2， 设斜面倾角为 ， 由几何关系，tan=y/x， 小球由抛出到落至斜面，由机械2能守恒定律， 1 mv2+mgy= 1 mv 2， 联立解得：v= 1 +2𝜃 v， 即落至斜面时的速率与抛出时2211tan2tan的速率成正比。同理可得，v = 1 +2𝜃 v/2，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2 倍， A 符合题意。故答案为：A【分析】由平抛运动的特点和规律结合题意建立几何关系，再由机械能守恒定律可求得甲球落至斜面时的 速率与乙球落至斜面时速率的关系。二、选择题多项选择5.

16、【答案】 C,D【考点】S-t 图象【解析】【解答】依据位移图象的物理意义可知，在t1 时刻两车的位置一样，速度不相等，乙车的速度大于甲车的速度，选项A 不符合题意；从0 到 t1 时间内，乙车走过的路程大于甲车，选项B 不符合题意；从t1 到 t2 时间内，两车都是从x1 位置走到x2 位置，两车走过的路程相等，选项C 符合题意；依据位移图像的斜率等于速度可知，从 t1 到 t2 时间内的某时刻，两车速度相等， D 符合题意。故答案为：CD【分析】知道位移时间图像的物理意义：图像的斜率表示速度，交点表示两车同一时刻到达同一位置。解决此题的关键是明确图像的物理意义，位移时间图像很简洁与速度时间

17、图像混淆。6. 【答案】 A,C【解析】【解答】设第次所用时间为t，依据速度图象的面积等于位移此题中为提升的高度可知，122t v =t+3t 2v， 解得：t=5t /2，所以第110020/200次和第次提升过程所用时间之比为2t0 5t0/2=4 5，选项A 符合题意；由于两次提升变速阶段的加速度大小一样，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma， 可得提升的最大牵引力之比为 1 1，选项B 不符合题意；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2 1，选项C 符合题意；加速上升过程的加速度 a =1𝑣0𝑡0，加速上升过程的牵引力

18、 F =ma +mg=m(11𝑣0𝑡0+g)，减速上升过程的加速度 a =-2𝑣0𝑡0，减速上升过程的牵引力 F =ma +mg=m(g -22𝑣0𝑡0)，匀速运动过程的牵引力 F =mg。第13次提升过程做功 W =F t v + F 11200212t v =mgv t ；第次提升过程做功 W =F 11000 02122t v + F 1020312v 3t /2+ F t v =mg11100222020；两次做功一样， D 不符合题意。v0t0【考点】v-t 图象，对单物体(质点)的应用，

19、变力做功，功率的计算故答案为：AC【分析】由速度时间图像的面积表示位移可求出第次的时间结合题意求出时间之比。由牛顿其次定律， F-mg=ma ， 可得提升的最大牵引力之比。由 P=Fv 可得最大功率之比。由题意结合做功的表达式分别求出两种状况下各段牵引力做功状况，从而求出电机做功之比。7. 【答案】 A,C【考点】楞次定律，感应电动势的产生条件，法拉第电磁感应定律【解析】【解答】由图b可知，导线 PQ 中电流在 t=T/4 时到达最大值，变化率为零，导线框R 中磁通量变化率为零，依据法拉第电磁感应定律，在t=T/4 时导线框中产生的感应电动势为零，选项A 符合题 意；在 t=T/2 时，导线

20、PQ 中电流图象斜率方向不变，导致导线框R 中磁通量变化率的正负不变，依据楞次定律，所以在 t=T/2 时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B 不符合题意；由于在 t=T/2 时，导线 PQ 中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R 中磁通量变化率最大，依据法拉第电磁感应定律，在 t=T/2 时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可推断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C 符合题意；由楞次定律可推断出在t=T 时感应电动势的方向为逆时针方向， D 不符合题意。故答案为：AC【分析】由图b可知各段时间电流的变化状况及电流的变化率，从而可确定磁通量的变化率，再依据法拉第电磁感应

21、定律和楞次定律可判定各段时间的感应电动势的变化状况及方向。8. 【答案】 B,D【考点】对单物体(质点)的应用，动能定理的理解，动量定理，电势差、电势、电势能，匀变速直线运动根本公式应用b【解析】【解答】依据题述可知，微粒 a 向下加速运动，微粒 b 向上加速运动，依据 a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知 a 的加速度大小大于 b 的加速度大小，即 aaa 。对微粒 a， 由牛顿其次定律， qE=maaa， 对微粒 b， 由牛顿其次定律，qE =mbab， 联立解得：𝑞𝐸𝑚𝑎 𝑞𝐸

22、𝑚𝑏，由此式可以得出 a 的质量比 b 小，选项A 不符合题意；在 a、b 两微粒运动过程中，a 微粒所受合外力大于 b 微粒，a 微粒的位移大于 b 微粒，依据动能定理，在 t 时刻，a 的动能比 b 大，选项B 符合题意；由于在 t 时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t 时刻，a 和 b 的电势能不等，选项C 不符合题意；由于 a 微粒受到的电场力合外力等于b 微粒受到的电场力合外力，依据动量定理，在 t 时刻，a 微粒的动量大小等于 b 微粒，D 符合题意。故答案为：BD【分析】由题意结合运动学公式𝑥 =

23、1 𝑎𝑡2， 牛顿其次定律、动能定理、动量定理可分别求得a 和 b 的2加速度、质量、动能、动量的关系。由于某时刻t,两微粒在同一水平面可知电势相等，依据EP=q，此公式需留意每个物理量的正负号可求得两微粒电势能的关系。三、试验题9.【答案】 12𝐿𝐿 1𝑔20.20（3） 屡次测量取平均值；初始时乙的手指尽可能接近尺子【考点】自由落体运动【解析】【解答】依据题述，在乙的反响时间t 内，尺子下落高度 h=L-L1， 由自由落体运动规律，h= 12gt2， 解得 t= 2(𝐿𝐿 1)&

24、#119892;。代入数据得：t=0.20s。【分析】由题意可知尺子下落的高度为 L-L ,依据自由落体运动的规律 = 1 𝑔𝑡2可写出得乙的反响时间表达12式，代入数据可求出反响时间。本试验要求灵敏应用自由落体运动根本规律，另外留意试验结果要求。结果保存两位有效数字10.【答案】；(𝑈2 1)𝑅0；48.2𝑈1【考点】电阻的测量【解析】【解答】开关S2 掷于 1 端，由欧姆定律可得通过 Rx 的电流 I=U1/R0， 将开关S2 掷于 2 端，R0和 R 串联电路电压为U， R 两端电压为 U=U -U， 由欧姆

25、定律可得待测电阻阻值R =U/I=𝑈2𝑈1 R =x 𝑈21𝑈12x210-1R 。x𝑈105 次测量所得𝑈2𝑈1的平均值,5 3.44+3.43+3.39+3.40+3.39=3.41，代入 Rx=𝑈2𝑈1-1R0=3.41-120.0=48.2。【分析】1连接实物图时依据原理图依次连接留意线不要穿插，正负极不要接反，滑动变阻器是分压还是限流（2） 开关S2掷于 1 端，依据欧姆定律可通过 Rx的电流为𝑈1𝑅0， 将开

26、关S2掷于 2 端，可得 Rx两端电压为xU2-U1， 再由欧姆定律得出R 。（3） 依据表格求出 RX 的平均值。四、解答题11111【. 答案】1解:设甲种离子所带电荷量为 q 、质量为m， 在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有𝑞1𝑈 = 1 𝑚1𝑣2 21由洛伦兹力公式和牛顿其次定律有𝑞1𝑣1𝐵 = 𝑚1𝑣2 1𝑅1由几何关系知2𝑅1 = 𝑙 由式得⻒

27、1; = 4𝑈 𝑙𝑣1R2222解:设乙种离子所带电荷量为 q 、质量为m， 射入磁场的速度为v， 在磁场中做匀速圆周运动的半径为 。同理有2𝑞2𝑈 = 1 𝑚2𝑣2 22𝑞2𝑣2𝐵 = 𝑚2𝑣22 𝑅2由题给条件有22𝑅= 𝑙 2由式得，甲、乙两种离子的比荷之比为𝑞1 : 𝑞2 = 1: 4 𝑚 1 

28、9898; 2【考点】对单物体(质点)的应用，电荷在电场中的加速，单边有界磁场，洛伦兹力【解析】【分析】依据题意甲离子经加速电压由动能定理可得进入磁场的速度，进入磁场后由牛顿其次定律结合几何关系可求得磁感应强度。同理可知乙离子的半径，综合可知甲乙两种离子的比荷。12. 【答案】 1解:设水平恒力的大小为F0， 小球到达C 点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有 𝐹0𝑚𝑔= tan 𝛼 𝐹2 = (𝑚𝑔)2 + 𝐹2 0设小球到达C 点时的速度大小为v，由牛顿其次定律

29、得𝐹 = 𝑚 𝑣2由式和题给数据得𝐹= 3 𝑚𝑔 𝑣 = 5𝑔𝑅 𝑅042（2） 解:设小球到达A 点的速度大小为 𝑣1 ，作 𝐶𝐷 𝑃𝐴 ，交 PA 于 D 点，由几何关系得𝐷𝐴 = 𝑅sin 𝛼𝐶𝐷 = 𝑅(1 + cos 𝛼

30、由动能定理有𝑚𝑔 𝐶𝐷 𝐹0 𝐷𝐴 = 1 𝑚𝑣2 1 𝑚𝑣2 221由式和题给数据得，小球在 A 点的动量大小为𝑝 = 𝑚𝑣= 𝑚23𝑔𝑅 12（3） 解:小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为 𝑣 ，从C 点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式

31、有𝑣 𝑡 + 1 𝑔𝑡2 = 𝐶𝐷 2𝑣 = 𝑣sin 𝛼 由式和题给数据得𝑡 = 3 5𝑅 5𝑔【考点】力的合成，对单物体(质点)的应用，动能定理的综合应用，匀变速直线运动根本公式应用【解析】【分析】1由力的合成法则及在C 点由牛顿其次定律可求出水平恒力F0 及小球到达C 点的速度。（2） 从A 到C 有动能定理，几何关系和动量的表达式可求出小球到达A 点时的动量。（3） 从C 落至水平轨道，在竖直方向

32、上做初速度不为零的匀加速运动，由运动学公式可得落至水平轨道所用的时间。五、选考题物理：选修 3-313. 【答案】 1B,C,D2解:设 U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1 和 p2。U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1和 l2。由力的平衡条件有𝑝1 = 𝑝2 + 𝜌𝑔𝑙1 𝑙2 式中 𝜌 为水银密度，g 为重力加速度大小。由玻意耳定律有p1l1=pl1 p2l2=pl2 l1l1=l2l2由式和题给条件得l1=22.

33、5 cm l2=7.5 cm【考点】共点力平衡条件的应用，热力学第确定律能量守恒定律，气体试验定律，抱负气体的状态方程【解析】【解答】1确定质量的抱负气体从a 到b 的过程，由抱负气体状态方程 paVa/Ta=pbVb/Tb 可知， TbTa ， 即气体的温度始终上升，选项A 不符合题意；依据抱负气体的内能只与温度有关，可知气体的内能始终增加，选项B 符合题意；由于从a 到b 的过程中气体的体积增大，所以气体始终对外做功，选项C 符合题意；依据热力学第确定律，从a 到 b 的过程中，气体始终从外界吸热，选项D 符合题意；气体吸取的热量一局部增加内能，一局部对外做功，选项E 错误。故答案为：BC

34、D【分析】1此题考察内容较根底，主要考察抱负气体状态方程和热力学第确定律，并且知道抱负气体的内能只与温度有关。2由力的平衡条件和玻意耳定律可得出U 形管平放时两边空气柱的长度。六、选考题物理：选修 3-414. 【答案】 1A,C,E2解:过D 点作 AB 边的觉察 𝑁𝑁 ，连接 OD，则 𝑂𝐷𝑁 = 𝛼 为 O 点发出的光纤在D 点的入射角； 设该光线在D 点的折射角为，如以下图。依据折射定律有𝑛sin 𝛼=sin 𝛽 式中 n 为三棱镜的折射率由几

35、何关系可知𝛽=60 𝐸𝑂𝐹 = 30 在 𝛥𝑂𝐸𝐹 中有𝐸𝐹 = 𝑂𝐸sin 𝐸𝑂𝐹 由式和题给条件得𝑂𝐸 = 2 cm 依据题给条件可知， 𝑂𝐸𝐷 为等腰三角形，有𝛼 = 30 由式得𝑛 = 3 【考点】横波的图象，波长、波速和频率的关系，光的折

36、射【解析】【解答】1依据波形图可知，波长 =16cm=0.16m，选项 B 不符合题意；依据 t=0 时刻和 t=0.20s 时刻的波形图和该波的周期 T0.20s 可知，可知该波的周期 T=0.40s，波速 v=/T=0.40m/s，选项 A 符合题意；简谐波沿x 轴正方向传播，x=0.08m 的质点在 t=0 时刻沿y 轴正方向运动，在 t=0.70s 时位于波谷，在t=0.12s 时位于y0 的某位置(不是位于波谷)，选项C 符合题意D 不符合题意；假设此波传入另一介质中， 周期T 不变，其波速变为 v=0.80m/s，由 =vT 可得它在该介质中的波长为 =0.800.4m=0.32m，选项 E 正确。故答案为：ACE【分析】1依据波形图可知波长，此题中要考虑波传播的双向性和多解性，由于该波周期大于0.2s， 最终可得出周期只能为 0.4s,且沿 x 轴的正方向传播，依据同侧法或上下坡法可知，x=0.08m 的质点在 t=0时刻沿y 轴正方向运动且在t=0.70s 时即经受3 1 𝑇时位于波谷处。同一波进入不同一介质不会转变周期，由2𝜆 = 𝑣𝑇可得波长。2画出正确的光路图，依据折射定律和几何关系可得出折射率。