专题卷(16)机械振动、机械波、光-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（安徽专版）

·物理W· 一个铀235核裂变释放的能量为△E=△c2=0.1507×8.D【解析】根据玻意耳定律可知pV+5poV。=p1×5V,已知 931.5MeV≈1.4×102MeV o=750 mmHg,Vo=60 cm,p=750 mmHg+150 mmHg= (2)核电站每年输出的能量为E出=1×10°×3600×24× 900mmHg,代入数据整理得V=60cm3。 365J≈3.15×1016J, C 需灵的总模能为B。-品2=7.8×10J。 【解析】假设两部分气体做等容变化，则根据？-TAT可 得压强变化△p=|p1一p|= △T 需要的轴235核数为N=≈3,52×102个 每年消耗的铀235的质量为M=3.52×1027×235.0439× 4p。=兰P。:而其中g=pe十：，若同时升高相同的温 1.66×10-27kg≈1.4×103kg。 度，则左侧气体压强增加得多，所以左侧水银面上升，右侧水银 (3)每次碰撞后中子动能比例 E=0.64, 面下降，左右水银面高度差变小：同理若同时降低相同的温度， Exo 则左侧气体压强减少得多，所以左侧水银面下降，右侧水银面上 设需要碰撞m次，则有0.64°=0.025×10 升，左右水银面高度差变大，故A错误，C正确；玻璃管竖直匀速 2 =1.25X10-8, 下落与静止放置，水银柱都处于平衡状态，所以两侧气体压强不 可得n=lg(1.25×108) 变，左右水银面高度差不变，故B错误；玻璃管竖直加速下落，水 1g0.64 银柱处于失重状态，有向下的加速度，则有（中有十p。一p左）S= 其中版61=（副） =61g2-2≈-0.194，lg(1.25×108) ma,假设左右水银面高度差不变，则可知左侧压强减小，右侧压 强增大，由p。V。=V,可知左侧气体体积增大，右侧气体体积减 1g1.25-8≈0.0969-8=-7.9031， 小，则左右水银面高度差变小，故D错误。 联立解待=二 ≈41。 9.AC 10.AC【解析】A→B过程是一定质量的理想气体的温度不变， 物理（十五） 内能不变，体积增大，气体对外做功，A→B为等温膨胀过程， 1.B2.C3.A4.B 根据热力学第一定律可知气体从外界吸收的热量等于对外做 5.D【解析】由V-T图像中ca连线过原点，可知气体由状态c到 的功，A正确；B→C过程是一定质量的理想气体压强减小，温 度降低，B→C为等容降温过程，分子的平均动能减小，并不是 软态a,发生等压降温的过程，气体的体积碱小，曲受兰解 所有气体分子的动能都减小，B错误；C→D过程是一定质量 得T。=2T。,故A错误；气体由状态c到状态a的过程中，气体 的理想气体的压强增大，体积减小，分子密集程度增大，温度不 体积减小，分子的数密度增大，温度降低，分子的平均动能减 变，C→D为等温压缩过程，工作气体平均动能不变，C正确； 小，压强保持不变，则单位时间内撞击单位面积器壁的分子数 D→A过程是外界对气体不做功，一定质量的理想气体的压强 增大，故B错误；气体由状态a到状态b,气体体积增大，对外界 增大，温度升高，D→A为等容加热过程，内能的增加量等于气 做功，故C错误；气体经历a→bc→a循环的过程中，由状态 体从外界吸收的热量，D错误。 a到状态b,气体体积增大，对外界做功Wb=pb△V,由状态b F *BC【解析】由F=l,得。=，其中F的单位是N,即 到状态c,气体体积不变，对外界不做功，由状态c到状态a,气 kg·m/s2,l的单位是m,代入上式，得到表面张力系数。的单位 体体积减小，外界对气体做功W。=p△V,由V三ST,可知 是kg·s2,故A错误；肥皂膜上下两个表面都存在表面张力，故 pb<pa,可得W=Wb十Wa>0,又△U=0,由热力学第一定 有F。=2L,得到肥皂水的表面张力系数为o=F4 律△U=W十Q,可知Q<0,说明气体经历a→b→c→a循环的 F 2,故B正确：由于肥皂泡表面存在表面张力， 过程中，吸收的热量小于释放的热量，故D正确。 6.C【解析】喷出气体过程中，罐内气体质量变小，温度、体积不 肥皂泡呈球形，为了维持球形的形状，肥皂泡内部气体压强大于 变，根据V=nRT,可知气体压强减小，故A错误；温度不变， 外部大气压强，故C正确；右侧半球膜受到膜内、外气体的压力 平均动能不变，罐内气体分子数减少了，故总内能减小，故B错 和膜边缘的表面张力，如图，根据受力平衡可知F内=F外十F,因 误，气体膨胀，对外做功，故C正确；根据热力学第一定律可知 肥皂泡的内外表面都存在表面张力，故肥皂泡内外气体对右侧 △U=W十Q,喷出气体瞬间，气体对外做功，内能减小，温度降 半球膜的压力差为F内一F外=F=2a·2πR=2· o.2xR= 低，此时罐内气体需要吸收热量，使得罐内气体温度保持不变， 2L 故D错误。 2RF0,故D错误。 7.D【解析】第一次抽气相当于气体的体积由V变为(1+0)V, 11.(1)0.8kPa(2)3.36×10-9J 【解析】(1)气泡等温膨胀，根据玻意耳定律有V,=p1V1, 温度不变，根据玻意耳定律得p,V=p(1十。)V,解得p: 10 且v,=亨wdv=子， ,同理可得，第二次抽气后有pV=p:(1十)V,解得 得气泡膨胀后的压强p1=0.8kPa。 100 (2)根据热力学第一定律，膨胀过程有△U,=W1十Q1, P2=121P0. 塌缩过程△U2=W2十Q2, 15 参考答案及解析 其中△U1=0,△U2=3.6×109J,Q1=2.4×10-10J,Q2=0, Vo 解得W=W1十W2=3.36×10-J。 解得p=V,+Vpa, 2.(1)13.1~47.8℃(2)32.7℃ 则对第二次抽气有pV。=p2(V。十V), 【解析】(1)由题意可知饮料罐内的气体压强p=p。十p= V。)2 4 80 cmHg, 解得p:-（,十V)p。=gp0: 在测温过程中，封闭气体做等压变化，当温度为27℃时，T= 可知抽气2次，助力气室内气压达到号p, 273K+27K=300K, 封闭气体的体积V=V。+h1S=346cm3, )启动前制动，助力气室长度压缩为°，该过程发生等温。 所测温度最低时，封闭气体的体积Von=V。=330cm3, Lo 所测温度最高时，封闭气体的体积Vm=V。十(L一h)S= 化，有pSL0=p1S·2, 370cm3, 此时杆AB由受力平衡得F,十S=1S十F。, V Vmat_Vmin 由等压变化规律有下一T。一T 启动后创动助力气室长度将压维宁有号，5L,=S 2 解得Tmin≈286.1K,tin=13.1℃，Tmax≈320.8K,tmax 此时杆AB由受力平衡得F2十pS-p2S十F。, 47.8℃， 所以驾驶员能节省的力为△F=F1一F2, 即该温度计的测量范围是13.1~47.8℃。 (2)当温度计显示温度为40.5℃时，T1=273K十40.5K= 联立得△F-9,S. 313.5K, 15.(1)0.5A(2)2T。120s VV 由等压变化规律有下一元 【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律可得电动势为E= △B n S=200×0.05×0.3V=3V, 解得此时封闭气体的体积V1≈361.6cm3, 此时封闭气体的压强p1=p。十pa=78.0cmHg, 根据闭合电路欧姆定律可得流过电热丝的电流为I一R十， E 由理想气体状态方程有Y-py, T=T1 3 5+A=0.5A。 解得T1≈305.7K, (2)开始通电活塞缓慢运动，直至到达卡环，密封气体做等压变 即t1=32.7℃。 1 3. (1)po-pghsin 0 (2)po-uoghcos 0 V 【解析】(1)当玻璃管静止时，设被封闭气体的 化，根据盖一吕萨克定律可得 T。一下，解得此时汽缸内气体 压强为1，以水银柱为研究对象，其受力情况 的温度为T=2T。, 如图甲所示， 根据水银柱沿斜面方向受力平衡有p。S= 此过程气体对外界做功为W=p,△V=P,·2V=1X10× mg sin 0++p1S, 而m=pSh,解得p1=p。一ogh sin0。 2×1×103J=50J, (2)在玻璃管沿粗糙斜面匀加速下滑过程中，设被封”、 汽缸内气体的内能增加了100J,根据热力学第一定律可得 闭气体压强为p2,以玻璃管、水银柱及封闭气体整 △U=-W+Q, 体为研究对象，其受力情况如图乙所示， 可解得气体吸收热量为Q=150J, 分别沿垂直于斜面和平行于斜面方向应用力的平衡 根据焦耳定律可得Q=IRt,解得电热丝的通电时间为t= 条件和牛顿第二定律得N'=Mg cos0,Mg sin0- 120s。 f=Ma,又f=uN', 物理（十六） 解得a=g(sin0-ucos0), 以水银柱为研究对象，其受力情况如图丙 1.B 所示， 2.D【解析】物块A做简谐运动，回复力由弹簧弹力和重力的合 沿平行于斜面方向应用牛顿第二定律得 力提供，选项A错误；在t1时刻A在平衡位置，此时弹簧被压 mgsin 0+P2S-PoS=ma, 缩，弹力为2mg,则此时木板B对地面的压力大小为3mg,选项 丙 B错误；物块A在最高点时B与水平面间的作用力刚好为零， 解得：=p,+贺a-gsin0, 此时弹簧弹力为mg,则对A,mg十2mg=2ma,解得a=1.5g, 将m=pSh及上面求出的a值代入该式并整理得p2=p, 由对称性可知物块A在最低点时加速度向上，为1.5g,则F一 uogh cos 0. 2mg=2ma,解得弹簧弹力为F=5mg,选项C错误；设物块A的 1描气2次(2)号，5 振动方程为y=Asin(wt十p)(m),根据T=1s,A=l0cm,w= 4. =2xs,当1=0时y=5cm,即5=10sin9,可得g=行，则 2π 【解析】(1)由题意可知，每次抽气气体的温度不发生变化，即 气体发生等温变化，则第一次抽气有pV。=p1(V。十V), 物块A的振动方程为y=0.1sim(2t+分)(m),选项D正确。 高三二轮复习专题卷 3.D【解析】当吊坠位移为零时，弹簧处于伸长状态，纸弹簧弹性 时质点Q的位移为一4cm,故C错误；由图可知，PM的距离与 势能不为零，故A错误；吊坠的回复力F=一kx,可知F-x是 QM的距离相等，故两列波同时传至M点，两列波的频率相同， 过原点的直线，且斜率为负，故B错误；根据牛顿第二定律，加 振动方向相反，故M点为振动诚弱点，所以整个传播过程M点 速度a=F=一二，可知ax是过原点的直线，且斜率为负，故 一直没有振动，故D正确。 D【解析】为使现实场景光进出光学系统前后不发生偏折，即现 C错误；物体做简谐运动的位移随时间变化的表达式为x= 实场景光在棱镜3与棱镜1中沿直线传播，可知，棱镜3材料的 Asin(wt十p),速度的表达式为v=@Acos((wt十p),联立可得 折射率应等于棱镜1材料的折射率，故A错误；经棱镜的多次折 x 2 A十A=1,可知ux图像为椭圆方程，故D正确。 射与反射后，由微型显示器发出的光的能量会减弱，其本质是有 一部分光在界面上发生了反射，光子的频率不变，故B错误；在 4.A【解析】根据单摆的周期公式T=2r√日 / ,可得单摆的频 S。面的外表面镀一层增透膜可使人眼看到的景象更加明亮，是 利用了光的干涉原理，故C错误；光在S；面发生全反射，根据折 率f一是，若将此单摆置于竖直向下的匀强电场中，可知 射率与临界角的关系有n一品C:解得血C一8由于 1 带电小球所受电场力竖直向下，而重力也竖直向下，重力场与 电场叠加，相当于增加了单摆所处空间的重力加速度，因此该 5布有5>C,可知者进用折 单摆的振动频率将增加，故A正确；在悬点O处放置一个点电 1.48的材料制作棱镜1，光线在S.面的人射角大于45°可以满 荷，根据点电荷之间作用特点可知，两点电荷之间产生的静电 足设计要求，故D正确。 力方向始终在两点电荷的连线上，即沿着绳子方向，可知连接 9.BC 小球的绳子上的拉力将会发生改变，而在小球做简谐运动时， 10.AC【解析】根据图甲可知，太阳光（白光）通过三角形玻璃棱 其回复力为小球重力垂直绳子方向的分力，根据小球做简谐运 镜后，光的人射角相同，但不同波长的光的折射角不同，根据光 动的周期公式T=2√层，可得了 m ·,即在小球质量不 的折射定律可知，同样的介质，对不同波长的光折射率不同，故 变的情况下，其振动频率与回复力和位移大小比值的系数k有 A正确；根据折射定律n-sm-s血，可知折射率越大，偏 sin iz sin ia 关，而点电荷对小球的静电力与回复力无关，故B、C错误；若将 向角越大，故B错误；通过几何关系有0=i1一i2十i4一i3, 此单摆置于垂直摆动平面向里的匀强磁场中，则在小球从左向 i2十i3=A,解得0=i1十i4一A,说明偏向角日与折射率和棱 右摆动的过程中，其所受洛伦兹力始终沿着摆绳指向摆心，而 镜顶角A都有关，故C正确；i3最大为A,若A小于临界角， 从右向左摆动的过程中，其所受洛伦兹力始终沿着摆绳背离摆 则不会发生全反射，故D错误。 心，则可知洛伦兹力的出现将使摆绳上的张力发生改变，但并 AC【解析】由两波源的振动图像可知，两波源起振方向相反， 不会影响摆球的振动频率，故D错误。 因A点到两振源的距离之差为零，可知质点A位于振动减弱 5.A【解析】某振子自由振动时的振动图像如图甲中实线所示， 区，振幅为A,=4m一2m=2m,则质点A的最小位移为0，选 设周期为T,,而在某驱动力作用下做受迫振动时，稳定后的振 项A、C正确；两列波的波长均为入=vT=2m,B点到两波源距 动图像如图甲中虚线所示，设周期为T2;由图可知，T1<T2,则 有f1>f2;图乙中c点处发生共振，驱动力频率等于固有频率 离之差△xB=5m-4m=1m=2,则B点振动加强，而A点 ∫1，当受迫振动时，驱动力频率为∫2<∫1，故此受迫振动对应 振动减弱，但是两质点振动频率仍相同，即质点A与质点B振动 的状态可能是图乙中的a点，但一定不是c点和b点。 的快慢相同，选项B错误；因B点振动加强，可知振幅为A2= 6.C【解析】根据图乙可知，t=0时刻，质点P向上振动，根据 2m十4m=6m,可知0~4s内，质点B的最大位移为6m,选项 “上下坡”法可知，该简谐波沿x轴负方向传播，故A错误；根据 D错误。 图甲可知，该波的波长为2m,则波速为口=个=m/s一 11.(1)0.8s(2)5+20n(m/s),其中n=0,1,2, 【解析】(1)由波形图可知，波长入为4m,图中的实线和虚线 Q.5m/s,故B错误；由于5s=T+T,则质点P运动的路程 分别为4=0和t2=0.2s时的波形图，则有t2一t1= 4T+ 为s=4A十A=5A=5×1cm=5cm,故C正确；介质中的质点 nT,其中n=0,1,2,…, 只在自己的平衡位置附近振动，而不会随波迁移，故D错误。 7.B 解得T=,0.8 4m十78，其中n=0,1,2,…, 8.D【解析】根据t=0时刻的波形图和上下坡法可知，P的起振 可知，当n取0时，T有最大值，为0.8s,即这列波的最大周期 方向沿y轴负方向，Q的起振方向沿y轴正方向，故A错误；质 为0.8s。 点只能在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，故B错误；由 (2)这列波的传播速度大小为v=行=20m+5(m/s),其中 图可知，两列波的波长都为4m,则周期为T=入-15，又t n=0,1,2,…。 1.75s=T+是T,因两列波只振动一个周期，可知在1=1.758 12.(1)2.0m/s(2)40cm 【解析】(1)由题意可知波从x=0.8m传播到x=1.2m经过 时右侧波已离开x=8m处，左侧波经t=1.75s向右传播的距 离为x=t=7m,即左侧波的波谷恰好传到x=8m处，故此 了0.2s,故波速0=12-0.8 m/s=2.0m/s。 0.2 6 (2)由图可知从波源起振到波传播到P点过程中Q点已经振 动了1个周期，则通过路程为s=4A=40cm。 由会。 D 可得a3=60°， 3. 号R(2)2.74R 即出射光线DE平行于中心轴OO'射出，打到光屏E点，则 【解析】(1)如图，从底面上A处射入的光 线，在球面上发生折射时的入射角为i,当 d-ME-R. 2 、R i等于全反射临界角C时，对应入射光线 到光轴的距离最大，设最大距离为1。 (②)设4为光在左侧玻璃砖由A传播至B的时间，1=AB, i=C,由全反射临界角的定义有 -可得-尽 sin C=n' 1 设：为光在两个玻璃砖中间由B传播至C的时间，，=BC, c 由几儿何关系有sinC=R, 可得一级。 联立解得1-迟 CD 设t3为光在右侧玻璃砖由C传播至D的时间，t3= R (2)设与光轴相距3的光线在球面B点发生折射时的入射角 和折射角分别为i1和r1,由折射定律有nsin i1=sinr1, 合可得，=是 设折射光线与光轴的交点为D,在△OBD中，由正弦定理有 设4为光从右侧玻璃砖射出由D传播至E的时间，=DE sin∠D_sin(18o°-r1) R OD 可得一识， 由几何关系有∠D=r1一i1, 29R sn:=专联立解得0D=32V+R*2.74R. 则光传播的总时间t=t1十t2十t十t4=6c。 5 1ω28 (2)6:13 6c 【解析】(I)经AB边折射出的光线与BC边垂直，结合几何 【解析】(1)作出光路图如图所示， 知识可知，折射角r=45°， R 2R sin,可得sini=3y2 由折射定律得n=sinr, 10 ②2)根据sinC三1可得临界角C=37】 当光线刚好在AB边上M点发生全反射时，如光路图所示，入 光屏 射角a=37°， 根据n=sina 由几何关系知，反射到AC边的入射角 sinB' a'=53>C,能够发生全反射， 由儿何知识可得sina,一 过P点作AB边的垂线，垂足为Q点， 2 设PQ=a,由几何关系知 1 可得sin月1=2月=30， QM=a·tan37°=3 4, 根据对称性，可知从P点发出的光能从AB边射出棱镜区域 由几何关系可知B1=B2=30°，AB=OB= 3R, 3 由n= sin a23 的长度为L1=2QM=2a, sin B2 当P点发出的光线刚好在AC边上发生全反射时，如光路图 √3 所示，设与AC交点为H,过P点作AC边的垂线，垂足为I 可得sin ea-=2a:=60, 由几何关系可知，0'C=OB= 点，由儿何关系知P1=3a,l1H-P1·an37r-a, 3R, 从P点发出的光线到A点时，由几何关系知∠PAB<37°，光 线可以出射。从P点发出的光能从AC边射出棱镜区域的长 由n= sin a23, sin B2 1 度为L,=AH=a+号a=只。 a. 可得sinB,=2:=30, 则L1：L2=6：13。 O'c OD 根据正弦定理得 sin Bs sin(B2+90)' 可得B=30°，2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（十六） 物理·机械振动、机械波、光 (考试时间75分钟，满分100分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题目要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.下列关于简谐运动的说法正确的是 A.在风中晃动的树枝的运动是简谐运动 B.做简谐运动的物体一定做机械振动 C.简谐运动的回复力可以是恒力 D.简谐运动的物体在平衡位置时所受合力一定等于零 2.如图甲所示，质量为m的B木板放在水平面上，质量为2的物块A通过一轻弹簧与其相连。 给A一竖直方向上的初速度，当A运动到最高点时，B与水平面间的作用力刚好为零。从某 时刻开始计时，A的位移随时间变化规律如图乙，已知重力加速度为g,空气阻力不计，下列说 法正确的是 y/cm 10 A 5 0 11+0.5 B hh51761765155551515754 -10-- 甲 A.物块A做简谐运动，回复力仅由弹簧弹力提供 B.木板B在t1时刻对地面的压力大小为mg C.物块A在最低点时弹簧弹力为4mg D.物块A的振动方程为y=0.1sin(2+)(m) 3.如图所示，纸弹簧灯笼上端固定，下端悬挂吊坠，吊坠在竖直方向 做振幅较小的简谐运动。取吊坠平衡位置处为坐标原点、向下为 正方向，纸弹簧弹性势能E。、吊坠的回复力F、加速度a、速度v与 位移x的关系可能正确的是 吊坠 F 2)◆ -A A B C D 物理W·专题卷（十六）第1页（共8页） 鱼盼 ￥某增强现实型头盔可将计算机生成的实时虚拟影像与现实场景影像进行无缝融合，其光学系 统设计如图所示。虚拟影像光线由微型显示器发出，先由S,面入射到棱镜2，接着由S?面反 射后经过S3面、S4面进入棱镜1，在S；面发生全反射后又经过S。面(S。面镀有半反半透膜) 的反射，再次通过S与面进人人眼。现实场景光则依次通过S,、S6、S;面进入人眼。关于该光 学系统，下列说法正确的是 A.为使现实场景光进出光学系统前后不发生偏折，棱镜3材料微型显示器 的折射率应大于棱镜1材料的折射率 棱镜2 B.经棱镜的多次折射与反射后，由微型显示器发出的光的能量 会减弱，其本质是光子的频率降低 现 C.在S；面的外表面镀一层增透膜可使人眼看到的景象更加明 场景 亮，是利用了光的衍射原理 棱镜1 棱镜3 D.若选用折射率n=1.48的材料制作棱镜1，光线在S面的 入射角大于45°可以满足设计要求 二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入 总分。 9.如图所示的示意图或者实验装置都源自于课本，下列说法正确的是 甲 乙 丙 A.甲图是小孔衍射的图样，也被称为泊松亮斑 B.乙图为肥皂泡薄膜干涉示意图，将框架顺时针旋转90°，条纹不会随着旋转 C.丙图为劈尖干涉检查平整度示意图，由条纹可以推断出P处凹陷，Q处凸起 D.图丁所示为相机拍摄车前挡风玻璃的照片，图中能明显减弱汽车玻璃表面反射光是利用 了薄膜干涉原理 10.牛顿在剑桥大学读书时，对光的颜色问题颇感兴趣，于是在1664年初做了一个三角形玻璃棱 镜，对太阳光进行了实验研究。牛顿的实验如图甲所示，太阳光通过三角形玻璃棱镜后，在 光屏上形成一条彩色的光带。图乙为其中一种单色光在三角形玻璃棱镜中传播的情况，角 A为棱镜顶角，0称为偏向角。下列说法正确的是 甲 乙 物理W·专题卷（十六）第3页（共8页） 鱼跃 班级 12. (10分)位于O点的波源A沿y轴做振幅为10cm的不连续简谐运动，形成沿x轴正方向传 播的机械波。某时刻，该机械波刚好传到P点，O、P间各质点形成的波形如图所示，平衡位 姓名 置在x=0.8m处的质点已经振动了0.2s。求： (1)波在介质中传播的速度； (2)质点Q此时已经通过的路程。 Q 得分 源0 0.1g20.30.40.50.60.70.80.961.11.2 →m 答题栏 1 2 5 6 7 8 10 物理W·专题卷（十六）第5页（共8页） 鱼野 14.(14分)火石玻璃是一种重要的光学玻璃，一般折射率在1.7~1.8之间，相比其他普通光学 玻璃，能使光线更显著地发生弯曲和聚焦，这一特性使其在光学系统设计中可用于校正像 差、提高成像质量等，如在相机镜头中帮助缩短焦距、增大光圈，提升成像的清晰度和亮度。 现有物理科技社团用两个截面为半圆形火石玻璃砖进行光学实验，折射率=√3，将两玻璃 砖直径面相对放置，且直径面与光屏平行，如图所示。一束单色光平行中心轴由A点射人， 已知人射光线与中心轴间距为受R,两玻璃砖直径面相距号R,右侧玻璃砖直径面与光屏之 间的距离为2R,不考虑光在玻璃砖中的多次反射，真空中光速为c。求： (I)该平行光打到光屏上的点距光屏中心M的距离d; 号R 2R A (2)该平行光从A点射入到打到光屏上所用的时间t。 光屏 物理W·专题卷（十六）第7页（共8页） 鱼跃