文档内容
2018 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅲ）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共 8个小题，每题 6分，共 48分。在每个小题给出的四个选
项中，第 1-4题只有一项符合题目要求，第 5-8题有多项符合题目要求。全部
选对的得 6分，选对不全的得 3分，有选错的得 0分。
1．（6分）1934年，约里奥﹣居里夫妇用 α粒子轰击铝核 Al，产生了第一个
人工放射性核素X：α+ Al→n+X．X的原子序数和质量数分别为（ ）
A．15和28 B．15和30 C．16和30 D．17和31
【考点】JF：原子核的人工转变．
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【专题】31：定性思想；43：推理法；54M：原子的核式结构及其组成．
【分析】明确α粒子的质量数和电荷数，同时知道核反应中生成中子，再根据核
反应方程中质量数和电荷数守恒即可求出X的质量数和电荷数。
【解答】解：设X 的质量数为m，电荷数为n，根据核反应中质量数守恒和电荷
数守恒可知：
4+27=1+m；
2+13=0+n
解得：m=30；n=15；
故其原子序数为15，质量数为30；故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查对核反应方程的掌握，明确质量数守恒和电荷数守恒的应用，
同时知道α粒子为 ，而中子为 n。
2．（6 分）为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星 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（ ）
第1页 | 共20页A．2：1 B．4：1 C．8：1 D．16：1
【考点】4H：人造卫星．
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【专题】32：定量思想；4D：比例法；52A：人造卫星问题．
【分析】由题得到卫星P与Q的轨道半径之比，由开普勒第三定律求周期之比。
【解答】解：根据题意可得P与Q的轨道半径之比为：
r ：r =4：1
P Q
根据开普勒第三定律有：
=k
得： =
可得周期之比为：
T ：T =8：1
P Q
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题中已知两个卫星的轨道半径之间的关系，可以由开普勒第三定律快
速解答，也可以由万有引力定律提供向心力求出周期与半径之间的关系后再
进行判断。
3．（6 分）一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为 Q ；若该
方
电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q ．该电阻上电压的
正
峰值均为u ，周期均为T，如图所示。则Q ：Q 等于（ ）
0 方 正
A．1： B． ：1 C．1：2 D．2：1
第2页 | 共20页【考点】BH：焦耳定律；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；
E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系．
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【专题】31：定性思想；43：推理法；53A：交流电专题．
【分析】明确有效值的定义，知道正弦式交流电其最大值为有效值的 倍，再
根据焦耳定律列式即可确定一周期内产生的热量比值。
【解答】解：由图可知，方形交流电源的有效值为 U ，故其一周期产生的热量
0
为：
Q = T；
方
正弦式交流电的有效值为：
U=
故其一周期产生的热量为：
Q = T= ；
正
故有：Q ：Q =2：1；
方 正
故D正确，ABC 错误。
故选：D。
【点评】本题考查对有效值以及焦耳定律的应用，要注意明确有效值是根据电流
的热效应求解的，而只有正弦式交流电才满足最大值为有效值的 倍。
4．（6 分）在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以 v 和 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
【考点】43：平抛运动．
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【专题】12：应用题；32：定量思想；43：推理法；518：平抛运动专题．
第3页 | 共20页【分析】根据平抛运动的推论tanθ=2tanα得到甲、乙两个小球落在斜面上时速度
偏向角相等，根据运动的合成与分解求出末速度即可。
【解答】解：设斜面倾角为 α，小球落在斜面上速度方向偏向角为 θ，甲球以速
度v抛出，落在斜面上，如图所示；
根据平抛运动的推论可得tanθ=2tanα，所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏向
角相等；
故对甲有：v =
甲末
对乙有：v = ，
乙末
所以 ，故A正确、BCD错误；
故选：A。
【点评】本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向
的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；解决本题的关键知道平抛运动
的两个推论。
5．（6分）甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，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的变化如图所示。下列说法正确
的是（ ）
第4页 | 共20页A．在t 时刻两车速度相等
1
B．从0到t 时间内，两车走过的路程相等
1
C．从t 到t 时间内，两车走过的路程相等
1 2
D．在t 到t 时间内的某时刻，两车速度相等
1 2
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1I：匀变速直线运动的图
像．
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【专题】12：应用题；31：定性思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专
题．
【分析】x﹣t图象的斜率表示速度，根据斜率的变化分析速度的变化；交点表示
相遇，由此分析路程大小。
【解答】解：A、x﹣t图象的斜率表示速度，在t 时刻乙图象的斜率大于甲图象
1
的斜率，所以乙车的速度大于甲车速度，故A错误；
B、从0到t 时间内，两车走过的路程是乙车大于甲车，故B错误；
1
C、从t 到t 时间内，两车走过的路程均为x ﹣x ，路程相等，故C正确；
1 2 2 1
D、根据图象可知，在t 时刻乙图象的斜率大于甲图象的斜率，在t 时刻乙图象
1 2
的斜率小于甲图象的斜率，在 t 到 t 时间内的某时刻二者的斜率相同，此时
1 2
两车速度相等，故D 正确。
故选：CD。
【点评】对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交
点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提。
6．（6分）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井
中矿车提升的速度大小 v 随时间 t 的变化关系如图所示，其中图线①②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
高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②
次提升过程，（ ）
第5页 | 共20页A．矿车上升所用的时间之比为4：5
B．电机的最大牵引力之比为2：1
C．电机输出的最大功率之比为2：1
D．电机所做的功之比为4：5
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；63：功率、平均功率和瞬时功率．
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【专题】34：比较思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题．
【分析】两次提升的高度相同，根据 v﹣t 图象的面积表示位移列式，求解矿车
上升所用的时间之比。根据图象的斜率表示加速度，由牛顿第二定律分析电
机的最大牵引力之比。由P=Fv求电机输出的最大功率之比。由W=Pt求电机
所做的功之比。
【解答】解：A、设第②次提升过程矿车上升所用的时间为t。根据v﹣t图象的
面积表示位移，得： = +
解得 t=2.5t 。
0
所以第①次和第②次提升过程矿车上升所用的时间之比为2t ：t=4：5，故A正
0
确。
B、根据图象的斜率表示加速度，知两次矿车匀加速运动的加速度相同，由牛顿
第二定律得 F﹣mg=ma，可得 F=mg+ma，所以电机的最大牵引力相等，故B
错误。
C、设电机的最大牵引力为 F．第①次电机输出的最大功率为 P =Fv ，第②次
1 0
电机输出的最大功率为 P =F v ，因此电机输出的最大功率之比为 2：1，
2 0
故C正确。
D、电机所做的功与重力做功之和为零，因此电机做功之比为 W ：W =1：1，
1 2
第6页 | 共20页故D错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键要理清矿车的运动情况，知道 v﹣t 图象的面积表示位
移，抓住两次总位移相等来求第2次运动时间。
7．（6 分）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 中通有正弦交流电i，i的变化如图（b）所示，规定从Q
到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势（ ）
A．在t= 时为零
B．在t= 时改变方向
C．在t= 时最大，且沿顺时针方向
D．在t=T时最大，且沿顺时针方向
【考点】D8：法拉第电磁感应定律．
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【专题】31：定性思想；43：推理法；538：电磁感应——功能问题．
【分析】根据右手螺旋定则得出直导线周围的磁场方向，结合交流电电流大小的
变化，根据楞次定律判断电势的高低。
【解答】解：A、向上的电流在线框处的磁场的方向向里，由图可知，当时间为
时刻，电流的变化率为 0，电流产生的磁场的变化率为 0，则线框产生的
感应电动势与感应电流为0，且在感应电流为0的时刻，感应电流的方向会发
生变化；故A 正确，B错误；
C、结合正弦曲线变化的特点可知，当PQ 中的电流为0时，电流的变化率最大，
所以电流产生的磁场的变化率最大，所以在时刻 t= 时或 t=T 时刻线框内磁
第7页 | 共20页通量的变化率最大，则产生的电动势最大；在t= 时刻，向里的磁场减小，R
内产生的感应电流的磁场的方向向里，根据安培定则可知，电流的方向为顺
时针方向，同理可知，在t=T时刻感应电流的方向为逆时针方向，故C正确，
D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了楞次定律的应用，关键是弄清楚原来磁通量的变化，在用右
手螺旋定则判断感应电流的磁场方向
8．（6分）如图，一平行板电容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
极板附近，与极板距离相等。现同时释放 a、b，它们由静止开始运动。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
相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a 和b的动量大小相等
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．
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【专题】34：比较思想；4T：寻找守恒量法；531：带电粒子在电场中的运动专
题．
【分析】两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移公式、牛顿第二
定律结合位移关系，比较质量的大小。由动能定理列式分析动能的大小。由
电场力做功关系分析电势能的关系。由动量定理分析动量关系。
【解答】解：A、两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，则有 y= =
第8页 | 共20页．由题意知，相同时间内 a 的位移大于 b 的位移，q、E 又相等，可
知m ＜m ．故A 错误。
a b
B、根据动能定理得 E ﹣0=qEy，即t时刻粒子的动能为 E =qEy，a的位移大，
k k
电场力做功多，所以在t时刻，a 的动能比b的大，故B正确。
C、在t时刻，a、b经过电场中同一水平面，电势相等，它们的电荷量也相等，
符号相反，由E =qφ知，a和b的电势能不相等，故C错误。
φ
D、由动量定理得 qEt=p﹣0，得 t 时刻粒子的动量为 p=qEt，q、E、t 都相等，
则在t时刻，a和b的动量大小相等，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题是牛顿第二定律、运动学公式和动能定理、动量定理的综合运用，
根据动能定理研究动能关系，由动量定理分析动量关系，都是常用的思路，
要熟练掌握。
二、非选择题。第 9-12 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 13-16 题为
选考题，考生根据要求作答。（一）必考题.
9．（6分）甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下：
（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，但未碰到尺），准备用手指夹住下落的
尺。
（2）甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用
手指夹住尺子。若夹住尺子的位置刻度为 L ，重力加速度大小为 g，则乙的
1
反应时间为 （用L、L 和g表示）。
1
（3）已知当地的重力加速度大小为g=9.80m/s2，L=30.0cm，L =10.4cm。乙的反
1
应时间为 0.20 s．（结果保留2位有效数字）
（4）写出一条能提高测量结果准确程度的建议： 多次测量平均值；初始时乙
的手指尽可能接近尺子 。
【考点】1J：自由落体运动．
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第9页 | 共20页【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；514：自由落体运动专题．
【分析】根据自由落体运动的位移公式，即可推导反应时间表达式；代入数据，
从而即可求解反应时间；
若要提高准确度，可多次测量位移，取平均值，或减小手指与尺子的间距。
【解答】解：（2）尺子做自由落体运动，根据位移公式：h= ，
而从尺子下落到乙手指夹住尺子，尺子下落的位移为：h=L﹣L ；
1
因此乙的反应时间为t= ；
（ 3 ） 当 地 的 重 力 加 速 度 大 小 为 g=9.80m/s2 ， L=30.0cm=0.3m ，
L =10.4cm=0.104m，
1
代入t=
解得：t=0.20s；
（4）从反应时间的表达式 t= ；可知，若要提高测量结果准确程度，
除多次测量位移，取平均值，还可以减小手指与尺子的间距，从而提高反应
时间的准确度，
故答案为：（2） ；（3）0.20；（4）多次测量平均值；或者，初始时乙
的手指尽可能接近尺子。
【点评】考查自由落体运动的规律，掌握位移与时间关系式，理解实验原理，为
提高准确度作下基础，同时注意有效数字。
10．（9分）一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻R 的阻值，图中
x
R 为标准定值电阻（R =20.0Ω）； 可视为理想电压表；S 为单刀开关，S
0 0 1 2
为单刀双掷开关；E为电源；R为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验：
（1）按照实验原理线路图（a），将图（b）中实物连线；
第10页 | 共20页（2）将滑动变阻器滑动端置于适当的位置，闭合S ；
1
（3）将开关 S 掷于 1 端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压表
2
的示数U ；然后将S 掷于2端，记下此时电压表 的示数U ；
1 2 2
（4）待测电阻阻值的表达式R = R （用R 、U 、U 表示）；
x 0 0 1 2
（5）重复步骤（3），得到如下数据：
1 2 3 4 5
U /V 0.25 0.30 0.36 0.40 0.44
1
U /V 0.86 1.03 1.22 1.36 1.49
2
3.44 3.43 3.39 3.40 3.39
（6）利用上述5次测量所得 的平均值，求得R = 48.2 Ω．（保留1位小数）
x
【考点】N6：伏安法测电阻．
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【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；535：
恒定电流专题．
【分析】明确电路结构和实验原理，根据串联电路的规律可得出待测电阻的表达
式，再根据数学规律即可求出待测电阻的阻值。
【解答】解：（1）根据电路图可得出对应的图象如图所示；
第11页 | 共20页（4）根据实验过程以及电路图可知，R 与R 串联，当开关接1时，电压表测量
x 0
R0两端的电压，故电流为：I=
而开关接2时，测量两电阻总的电压，则可知，R 两端的电压为：U=U ﹣U ；
x 2 1
由欧姆定律可知，待测电阻阻值的表达式为：R = = = R ；
x 0
（6） 的平均值为 =3.41；
则 结 合 （ 4 ） 中 公 式 可 知 ，
R = R = =2.41R =2.41×20.0Ω=48.2Ω；
x 0 0
故答案为：（1）如图所示；（4） R ；（6）48.2。
0
【点评】本题考查伏安法测电阻的实验，要注意明确电压表为理解电表，其内阻
无穷大，所以不会影响电路结构，直接根据串联电路规律即可确定对应的电
流和电压。
11．（12分）如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压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
垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v ，
1
第12页 | 共20页并在磁场边界的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。
【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运
动．
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【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的
运动专题．
【分析】（1）离子在电场中加速，应用动能定理求出粒子的比荷，甲离子在磁场
中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度。
（2）离子在电场中加速，在磁场中做圆周运动，应用动能定理与牛顿第二定律
求出离子的比荷，然后求出两离子比荷之比。
【解答】解：（1）甲粒子在电场中加速，由动能定理得：q U= m v 2，
1 1 1
由题意可知，甲离子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r = l，
1
甲离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v B=m
1 1 1
，
解得：B= ；
（2）离子在电场中加速，由动能定理得：
对甲：q U= m v 2，
1 1 1
对乙：q U= m v 2，
2 2 2
第13页 | 共20页由题意可知，甲离子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r = l，
1
乙离子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r = l，
2
离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
对甲：q v B=m ，
1 1 1
对乙：q v B=m ，
2 2 2
离子的比荷：k= ，
解得，甲乙离子的比荷之比： = ；
答：（1）磁场的磁感应强度大小为 ；
（2）甲、乙两种离子的比荷之比为1：4。
【点评】本题考查了离子在电场与磁场中的运动，离子在电场中加速、在磁场中
做匀速圆周运动，分析清楚离子运动过程、求出离子在磁场中做圆周运的轨
道半径是解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律即可解题。
12．（20 分）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α，sinα= ．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；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，
小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在 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。
第14页 | 共20页【考点】2G：力的合成与分解的运用；45：运动的合成和分解；4A：向心力；
65：动能定理．
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【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；517：运动的合成和分解专
题；52D：动能定理的应用专题；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定
律综合．
【分析】（1）根据力的合成法则，结合牛顿第二定律，及勾股定理，即可求解；
（2）作CD⊥PA，依据几何关系，并由动能定理，即可求解动量大小；
（3）根据运动的合成与分解，结合运动学公式，即可求解。
【解答】解：（1）设水平恒力的大小为 F ，小球到达 C 点时所受合力的大小为
0
F，
由力的合成法则，则有：
F2=（mg）2+F 2；
0
设小球到达C 点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得：F=m
联立上式，结合题目所给数据，解得：
F =
0
v=
（2）设小球到达A点的速度大小v ，作CD⊥PA，交PA于D点，
1
由几何关系得：DA=Rsinα
CD=R（1+cosα）
由动能定理有，﹣mg•CD﹣F •DA=
0
联立上式，结合题目所给数据，那么小球在A点的动量大小为：P=mv =
1
第15页 | 共20页（3）小球离开C点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速
度大小为g，
设小球在竖直方向的初速度为v ，从C点落到水平轨道上所用时间为t，
⊥
由运动学公式，则有：
v t+ =CD
⊥
v =vsinα
⊥
联立上式，结合题目数据，解得：t=
答：（1）水平恒力的大小 和小球到达C点时速度的大小 ；
（2）小球达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 。
【点评】考查力的合成法则，掌握牛顿第二定律的内容，及动能定理的应用，理
解几何知识的运用，同时注意运动的合成与分解的内容。
（二）选考题：共 15分，请考生从 2道物理题中任选一题作答，如果多做，则
按所做的第一题计分。[物理——选修 3-3]（15分）
13．（5分）如图，一定量的理想气体从状态a 变化到状态b，其过程如p﹣V图
中从a 到b的直线所示。在此过程中（ ）
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
第16页 | 共20页D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
【考点】8F：热力学第一定律；99：理想气体的状态方程．
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【专题】34：比较思想；4B：图析法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】根据气体状态方程 =C去判断温度，从而知道内能的变化。根据气体
体积的变化分析做功情况。结合热力学第一定律分析。
【解答】解：A、由图知气体的 pV一直增大，由 =C知气体的温度一直升高，
故A错误。
B、一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，
故B正确。
C、气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确。
D、气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律△U=W+Q
可知气体一直从外界吸热，故D正确。
E、气体吸收的热量用于对外功和增加内能，故E错误。
故选：BCD。
【点评】该题结合图象考查气态方程，能够运用控制变量法研究多个物理量变化
时的关系。要注意热力学第一定律△U=W+Q中，W、Q取正负号的含义。
14．（10分）在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，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l =18.0cm和l =12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg．现将U形管
1 2
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。
第17页 | 共20页【考点】99：理想气体的状态方程．
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【专题】11：计算题；34：比较思想；4E：模型法．
【分析】左右两部分气体作等温变化，分析初态和末态气体的压强、体积，分别
由玻意耳定律列式，即可求得U形管平放时两边空气柱的长度。
【解答】解：设U 形管平放时左右两边空气柱的长度分别为a和b，它们的压强
为p。
当U形管两端竖直朝上时，左边气体的压强为p =12.0cmHg，右边气体的压强为
1
p =12.0cmHg﹣6cmHg=6cmHg。
2
左右两部分气体作等温变化，分别由玻意耳定律得
对左部分气体有 p l S=paS
1 1
对右部分气体有 p l S=pbS
2 2
由几何关系有 a+b=l +l =30cm
1 2
联立以上各式得 a=22.5cm，b=7.5cm
答：U形管平放时左右两边空气柱的长度分别为22.5cm和7.5cm。
【点评】解决本题的关键是要知道 U 形管平放时左右两边气体压强相等，两边
气体的总长度不变，结合玻意耳定律和几何关系进行求解。
【物理--选修 3-4】（15分）
15．一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，在 t=0 和 t=0.20s 时的波形分别如图中实
线和虚线所示。已知该波的周期T＞0.20s。下列说法正确的是（ ）
A．波速为0.40m/s
B．波长为0.08m
C．x=0.08m的质点在t=0.70s时位于波谷
D．x=0.08m的质点在t=0.12s时位于波谷
第18页 | 共20页E．若此波传入另一介质中其波速变为0.80m/s，则它在该介质中的波长为
0.32m
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．
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【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；51D：振动图像与波动图像
专题．
【分析】波沿x轴正方传播，根据波形图得到周期表达式，根据条件求解周期，
根据 求解波速；
分析x=0.08m的质点在t=0.70s和t=0.12s时与周期的关系，由此确定其位置；
波传入另一介质中，频率不变，根据λ=vT求解波长。
【解答】解：AB、波沿 x 轴正方传播，根据波形图可知，（n+ ）T=0.2s，该波
的周期T＞0.20s，n只能等于0，故T=0.4s；
波长λ=16cm=0.16m，故波速v= m/s=0.4m/s，故A正确、B错误；
C、x=0.08m 的质点在 t=0 时位于平衡位置向上振动，经过 t=0.70s 时，
= ，所以0.7s时x=0.08m处的质点位于波谷，故C正确；
D、x=0.08m的质点在t=0时位于平衡位置向上振动，经过t=0.12s时， = =
，即 t= ，即 T＜t＜ T，所以 0.12s 时 x=0.08m 处的质点位于平衡位
置上边正在向下振动，故D错误；
E、若此波传入另一介质中，频率不变，则周期不变，其波速变为0.80m/s，则它
在该介质中的波长为λ=vT=0.8×0.4m=0.32m，故E正确。
故选：ACE。
【点评】本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要能够根据图象直接读出
波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系。
16．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
第19页 | 共20页上方向下顺着直线DF的方向观察，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=2cm，EF=1cm。求三棱镜的折射率。（不考虑
光线在三棱镜中的反射）
【考点】H3：光的折射定律．
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【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法．
【分析】等边三角形的垂心、重心、中心是重合的；画出光路图，结合几何关系
得到入射角和折射角，求解出折射率即可。
【解答】解：连接 DO，点 E 是三角形 AOD 的垂心，DE=2cm，EF=1cm，说明
三角形OAD是等边三角形，点E也是重心、中心，故画出光路图，如图所示：
故入射角为60°，折射角为30°，故折射率为：
n= = ；
答：三检镜的折射率为 。
【点评】本题考查折射率的定义，关键是画出光路图，找出入射角和折射角，要
知道等边三角形的垂心、重心、中心是重合的。
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