2020届高三物理高考模拟示范卷（三）（解析版）

2020 年高三年级物理学科高考模拟示范卷（三） 二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 14~18 题 只有一项符合题目要求，第 19~21 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对 但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 14.玻尔首先提出能级跃迁。如图所示为氢原子的能级图，现有大量处于 n＝3 能级的氢 原子向低能级跃迁。下列说法正确的是 A. 这些氢原子总共可辐射出三种不同频率的光 B. 氢原子由 n＝3 能级跃迁到 n＝2 能级产生的光频率最大 C. 氢原子由 n＝3 能级跃迁到 n＝1 能级产生的光波长最长 D. 这些氢原子跃迁时辐射出光子能量的最大值为 10.2 eV 【答案】A 【解析】这些氢原子总共可辐射出 种不同频率的光，选项 A 正确；氢原子由 n＝ 3 能级跃迁到 n＝1 能级时能级差最大，产生的光频率最大，波长最短，选项 BC 错 误；这些氢原子跃迁时辐射出光子能量的最大值为-1.51eV-(-10.2 eV)=8.69eV，选项 D 错误；故选 A. 15. 在地球大气层外有大量的太空垃圾．在太阳活动期，地球大气会受太阳风的影响而 扩张，使一些原本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾被大气包围，从而开始向地面下 落．大部分太空垃圾在落地前已经燃烧成灰烬，但体积较大的太空垃圾仍会落到地面 上，对人类造成危害．太空垃圾下落的原因是 A. 大气的扩张使垃圾受到的万有引力增大而导致下落 B. 太空垃圾在与大气摩擦燃烧过程中质量不断减小，进而导致下落 C. 太空垃圾在大气阻力作用下速度减小，运动所需的向心力将小于万有引力，垃圾做 趋向圆心的运动，落向地面 D. 太空垃圾的上表面受到的大气压力大于其下表面受到的大气压力，这种压力差将它推向地面 【答案】C 【解析】太空垃圾在大气阻力的作用下速度减小，地球对它的引力大于它做圆周运动 所需的向心力，其不断做向心运动，最终落在地面上，故 C 正确，ABD 错误。 16. 科学技术的发展没有一帆风顺，目前实力位于世界前茅的中国人民解放军火箭军也 经历了 艰难的发展历程。1962 年 3 月 21 日，我国自行研制的第一代战术导弹东风 2 号发射升 空.然而由于出现故障，导弹起飞后 25s 时发动机关闭，很快就坠毁在发射塔 附近，导弹上升的最大高度仅为 3570m。设发动机工作时推力恒定，导弹在空中一直 沿竖直方向运动，不考虑大气的作用，已知东风 2 号的质量恒为 3.0×104kg，取 g=10m/s2，由此可知 A. 导弹在空中上升的时间与下落的时间之比为 25: B. 发动机工作时的推力是其重力的 1.68 倍 C. 15s 时，导弹发动机的功率约为 2.08×107W D. 返回地面时，导弹的动能约为 1.07×1010J 【答案】B 【解析】A、设推力作用结束时的速度为 v，则导弹匀加和匀减的平均速度为 ，故加速的位移为 ， ，匀减的位移 ，联立解得： ，则减速时间为 ，即加速和减速时间之比为 ；故 A 错误. B、加速的加速度为 ，解得 ；故 B 正确. C、导弹在 15s 时正在加速， ，则发动机的功率为 ；故 C 错误. D、导弹返回地面做自由落体运动， ，则落地动能为 ；故 D 错误.故选 B. 17.某兴趣小组制作了一个简易的“转动装置”，如图甲所示，在干电池的负极吸上一块 圆柱形强磁铁，然后将一金属导线折成顶端有一支点、底端开口的导线框，并使导线 框的支点与电源正极、底端与磁铁均良好接触但不固定，图乙是该装置的示意图。若 714 0 2 vv += 1 12 vh t= 1 2h h h= + 2 2 2 vh g = 170m/sv = 2 17svt g = = 1 2: 25:17t t = 1 1 170 25 F mg vam t − = = = 42 1.6825F mg mg= = 1 1 1 102m/sv a t= = 7 1 11.68 5.1 10 WP Fv mg v= = ⋅ ≈ × 2 2 2v gh= 2 9 2 1 1.07 10 J2kE mv mgh= = ≈ ×线框逆时针转动(俯视)，下列说法正确的是 A. 线框转动是因为发生了电磁感应 B. 磁铁导电，且与电池负极接触的一端是 S 极 C. 若将磁铁的两极对调，则线框转动方向不变 D. 线框转动稳定时的电流比开始转动时的大 【答案】B 【解析】ABC、对线框的下端平台侧面分析，若扁圆柱形磁铁上端为 S 极，下端为 N 极，周围磁感线由上往下斜穿入线框内部，在垂直于纸面向外的径向上，磁感应线有 垂直于纸面向里的分量，在此径向上的负电荷由下往上运动，由左手定则知：此负电 荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；同理，其他任一 径向上的电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力（中心原点除外），所以，由上往下看 （俯视），线框沿逆时针转动，若扁圆柱形磁铁上端为 N 极，下端为 S 极，则转动方 向相反，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应。故 AC 错误，B 正 确； D、稳定时，因导线切割磁感应线，则线框中电流比刚开始转动时的小，故 D 错误。 18.如图 1 所示，R1 和 R2 是材料相同、厚度相同、表面为正方体的导体，边长之比为 2∶1，通过导体电流方向如虚线所示；现将这两个电阻 R1、R2 串联接入正弦交流电 路，电路图如图 2 所示；交流电源电压 u 随时间 t 变化的情况如图 3 所示。则下列说法 中正确的是 A. 电阻 R1 和 R2 的阻值之比为 1∶2 B. 流过电阻 R1 和 R2 是的电流之比为 1∶2C. 电阻 R1 两端的电压最大值为 220 V D. 电阻 R2 两端的电压有效值为 110 V 【答案】D 【解析】根据电阻定律： ，可知电阻 R1 和 R2 的阻值之比为 1∶1，选项 A 错 误；两电阻串联，则流过电阻 R1 和 R2 的电流之比为 1∶1，选项 B 错误；两电阻阻值 相等，则两端电压的最大值相等，均为 110 V，有效值也相等，均为 110V，选项 C 错误，D 正确. 19.质量为 M 的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和 圆弧的轨道均光滑。如 图所示，一个质量为 m 的小球以速度 v0 水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时， 下列说法中正确的是 A. 小球一定沿水平方向向左做平抛运动 B. 小球可能沿水平方向向左做平抛运动 C. 小球可能沿水平方向向右做平抛运动 D. 小球可能做自由落体运动 【答案】BCD 【解析】小球滑上小车，又返回到离开小车的整个过程，取水平向右为正方向，根据 系统水平方向动量守恒有： ，再根据系统机械能守恒有： ，联立解得： ，如果 ， 与 方向相反，小球 离开小车后向左做平抛运动；如果 ， ，小球离开小车后做自由落体运动； 如果 ， 与 方向相同，小球离开小车向右做平抛运动，BCD 正确。 20.如图所示,在空间中存在竖直向上的匀强电场,质量为 ,电荷量为+q 的物块从 A 点由 静止开始下落,加速度为 ,下落高度 H 到 B 点后与一绝缘轻弹簧接触,又下落 h 到达 最低点 C,整个过程中不计空气阻力,且弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为 g,则带电物 块在由 A 点运动到 C 点的过程中,下列说法正确的是 1 4 0mv Mv mv′= + 2 2 2 0 1 1 1 2 2 2mv Mv mv′= 0 m Mv vm M −′ = + m M< v′ 0v m M= 0v′ = m M> v′ 0v m 2 3 gA. 物块在 B 点速度最大 B. 弹簧的弹性势能的增加量为 C. 带电物块电势能增加量为 D. 带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为 【答案】BD 【解析】A.物块由静止开始下落时的加速度为 ，根据牛顿第二定律得 ，解得 ，合外力为零时，速度最大，所以 B 点速度不是最大速 度，故 A 错误； B.由 A 到 C 应用能量守恒定律，弹簧的弹性势能的增加量 ，故 B 正确； C.从 A 到 C 的过程中，电场力做功 。带电物块电势能 的增加量为 ，故 C 错误； D.带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量等于克服电场力做的功，所以带电物块和 弹簧组成的系统机械能减少量为 ，故 D 正确。故选：BD 21.如图所示，竖直放置的 圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平。两相同小球 a、b 分别从圆 周上的 A、B 两点水平抛出，两小球均能到达 C 点(位于 O 点正下方)，OB 连线与竖直 方向夹角 θ=60°，不考虑空气阻力的影响，以下说法正确的是 A. a、b 两球到达 C 点的时间之比为 ：1 B. a、b 两球到达 C 点的过程中，动能增加量之比为 ：1 C. a、b 两球到达 C 点时重力的瞬时功率之比为 ：1 2 ( ) 3 mg H h+ ( )mg H h+ ( ) 3 mg H h+ 2 3a g= mg Eq ma− = 3 mgE q = 2Δ ( ) ( ) ( )3E mg H h Eq H h mg H h= + − + = ⋅ +弹 1( ) ( )3W Eq H h mg H h= − + = − + 1 ( )3 mg H h+ ( ) 3 mg H h+D. a、b 两球到达 C 点的过程中，速度增量之比为 2：1 【答案】AC 【解析】由图可知，AB 两点到 C 点的竖直高度之比为 2:1，由 可知，a、b 两球 到达 C 点的时间之比为 ：1，选项 A 正确；a、b 两球到达 C 点的过程中，由动能定 理： ，可知动能增加量之比为 2：1，选项 B 错误；a、b 两球到达 C 点时重 力的瞬时功率 ，则瞬时功率之比为 ：1，选项 C 正确；速度增量 ，则 a、b 两球到达 C 点的过程中，速度增量之比为 ：1，选项 D 错误。 三、非选择题：共 62 分，第 22~25 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33~34 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 47 分。 22. （5 分）如图所示的装置可以用作“探究牛顿第二定律”.在气垫导轨上安装了两光电 门 1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连.实验时，测出光电 门 1、2 间的距离为 L，遮光条的宽度为 d，滑块和遮光条的总质量为 M. (1)完成下列实验步骤中的填空： A.安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直； B.实验时要调整气垫导轨水平，不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块 ______，则表示气垫导轨已调整至水平状态； C.挂上钩码后，接通气源，再放开滑块，记录滑块通过光电门 1 的时间 和通过光电门 2 的时间 ，若弹簧测力计的示数为 F，要验证牛顿第二定律的表达式为 __________________； D.改变钩码的质量，重复步骤 C，求得滑块在不同合力作用下的动能变化量 和加速 度 a. (2)若利用前面所测得的数据，可求得钩码和动滑轮的总质量为__________________. 【答案】静止 1t 2t kE∆ 2 2 2 1 2 d d t tF M L    −      = 2 2 2 1 4 2 2 F d d t tg L    −      −解：(1)不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块静止，则表示气垫导轨已调 整至水平状态；弹簧测力计的示数 F 等于绳拉力即为滑块和遮光条的合外力，滑块和 遮光条做匀加速直线运动，有 ，若满足 ，则可验证 牛顿第二定律. (2)由装置图可得钩码加速度 ，对钩码由牛顿第二定律得 ，联立可 得 23. （10 分）电动自行车是一种环保，便利的交通工具，越来越受大众的青睐，为了测 定电动车电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图 1 所示的实验电路，所用实验 器材有： A．电池组(电动势约为 12 V，内阻未知) B．电流表(量程为 300 mA，内阻忽略不计) C．电阻箱 R(0～999.9 Ω) D．定值电阻 R0(阻值为 10 Ω) E．导线和开关 该同学部分操作步骤如下 (1)当闭合开关后，无论怎样调节电阻箱，电流表都没有示数，反复检查确认电路连接 完好，该同学利用多用电表，又进行了如下操作：断开电源开关 S.将多用电表选择开 关置于“×1Ω”挡，调零后，将红、黑表笔分别接在 R0 两端，读数为 10Ω.将多用电表选 择开关置于“×10 Ω”挡，调零后，将红，黑表笔分别接电阻箱两接线柱，指针位置如图 2 所示，则所测电阻箱的阻值为________ Ω.用多用电表分别对电源和开关进行检测， 发现电源，开关均完好．由以上操作可知，发生故障的元件是________． 2 2 2 1 ( ) ( ) 2 d d t ta L − = 2 2 2 1 ( ) ( ) 2 d d t tF M L − = 2 aa′ = 2mg F ma′− = 2 2 2 1 ( ) ( 4 ) 22 d d t t L Fm g = − −(2)在更换规格相同的元件后重新连接好电路． (3)改变电阻箱 R 的阻值，分别测出电路中相应的电流 I.为了保证实验顺利进行且使测 量结果更准确些，电阻箱 R 的取值范围应为________． A．100Ω～300Ω B．40Ω～100Ω C．15Ω～40Ω (4)根据实验数据描点，绘出的 －R 图象如图 3 所示．若直线的斜率为 k，在 坐标轴 上的截距为 b，则该电池组的电动势 E＝________，内阻 r＝________(用 k，b 和 R0 表 示)． 【答案】70 电流表 B 【解析】（1）欧姆表表盘读数为 7，倍率为“×10”，故为 70Ω；在故障检测时，除电流 表其余部分均没有问题，故问题只能出在电流表处； （3）为减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流 范围为：100mA≤I≤300mA，根据欧姆定律，总电阻 120Ω≥R 总≥40Ω，扣除定值电阻 10Ω，即电流表内阻和电源内阻加上电阻箱电阻应该大于等于 30Ω 而小于等于 110Ω， 由于电流表内阻不计，故应该选 B； （4）根据闭合电路欧姆定律，有 ，则 ，故有： ， ，联立解得： ， 。 24. （12 分）北京 2022 年冬奥运会和冬残奥运开闭幕式计划在北京市区举行，国家游 泳中心“水立方”又将迎来新的使命，在这里将进行冰壶的比赛项目。在冰壶比赛中我 们经常可以听到这些词：“先手”、“后手”、“进营”、“打定”等。其中“打定”就是将对方 的冰壶击打出大本营，自己的冰壶停在打击位置，从而留在大本营。此过程中两个冰 壶的碰撞可以看作是对心弹性碰撞，两个冰壶质量完全相同，且运算时可当质点处 理。下图为冰壶场地示意图，大圆半径为 R，栏线到圆心的距离为 L，已知冰壶甲静止 于圆心 O 处。 1 I 1 I 1 k 0 b Rk − ( )0E I r R R= + + 01 1 R rRI E E += + 1k E = 0R rb E += 1E k = 0r Rb k = −（1）请用物理学知识解释“打定”中，自己的冰壶在打击后停在击打位置不动的现象； （2）已知冰壶和冰面之间的动摩擦因数为 μ，欲通过“打定”的技巧将甲冰壶打出大本 营，求乙冰壶从 A 点投出时速度应满足的条件。 【答案】（1）两冰壶发生弹性碰撞，碰撞后互换速度，出现“打定”中，自己的冰壶在 打击后停在击打位置不动的现象；（2）乙冰壶从 A 点投出时速度应满足的条件是：v0 ＞ 。 【解析】设两个冰壶的质量均为 m，碰撞前乙的速度为 v，碰撞后乙和甲的速度分别为 v1、v2， （1）两冰壶发生对心弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞前乙的 速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝mv1+mv2， 由机械能守恒定律得： ， 解得：v1＝0，v2＝v，由此可知，有自己的冰壶停在打击位置不动的现象； （2）设以冰壶投出的速度为 v0，甲冰壶刚好被打出大本营， 乙冰壶从投出到碰撞前瞬间过程，由动能定理得： ， 两冰壶发生对心弹性碰撞，则碰撞后 v2＝v，若甲冰壶恰好滑到大本营的右侧边缘，对 甲冰壶，由动能定理得： ， 解得： 要将冰壶甲打出大本营，乙冰壶从 A 点投出的速度应满足： 25.（20 分）如图所示，在 xOy 平面坐标系中，x 轴上方存在电场强度 E=100V/m、方 向沿 y 轴负方向的匀强电场；虚线 PQ 与 x 轴平行，在 x 轴与 PQ 之间存在着磁感应强 度为 B=20T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为 d。一个质量为 m=2×10- 5kg、电荷量为 q=+1.0×10-5C 的粒子从 y 轴上（0，1）的位置以 v0=10m/s 的初速度沿 x 轴正方向射入匀强电场，不计粒子的重力。求： 2 ( )g L Rµ + 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2mv mv mv= + 2 2 0 1 1 2 2mgL mv mvµ− = − 2 0 10 2mgR mvµ− = − 0 2 ( )v g L Rµ= + 0 2 ( )v g L Rµ> +（1）粒子第一次进入磁场时速度的大小和方向； （2）若磁场宽度足够大，粒子第一次射出磁场时的位置； （3）若粒子可以以不同大小的初速度水平射入电场，要使所有粒子都能经磁场返回， 磁场的最小宽度是多少。 【答案】（1） ，与 x 轴成 45°角斜向下（2）(4,0)（3）1m 解：(1)粒子进入电场后做类平抛运动，在竖直方向上有： 解得： 由 解得： ，与 x 轴成 角斜向下 (2)根据洛伦磁力提供向心力可得： 解得： 由几何关系得弦长： 在类平抛运动过程中，竖直方向上粒子做初速度为零的匀加速直线运动 所以竖直方向上的平均速度为： 所以，类平抛过程的水平位移应为竖直位移的 2 倍，即： 粒子第一次射出磁场时的横坐标为： 所以，粒子第一次射出磁场时的位置为（4，0） (3)设粒子进入磁场时与水平方向的夹角为 有几何关系可得：整理得： 因为 为定值，所以当 时， 有最大值为： 所以磁场的最小宽度为 1m （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道物理题任选一题作答。如果多做，则按所做的 第一题计分。 33．[物理—选修 3–3]（15 分） （1）（5 分）关于热现象，下列说法正确的是（　　） A. 将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体 B. 在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体可以转化为晶体 C. 水的饱和蒸汽压与温度有关，与水周围的其他气体的压强无关 D. 由于液体表面有收缩的趋势，故液体表面的分子之间不存在斥力 E. 即使没有摩擦、漏气和不必要的散热等损失，热机的效率也不能达到 100% 【答案】BCE 【解析】将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍然是晶体，选项 A 错误；在合适的条件 下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶 体，熔融过的石英却是非晶体。把晶体硫加热熔化（温度超过 300℃）再倒进冷水中， 会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫。故 B 正确。液体的饱和蒸汽 压与温度有关，相同温度下，水的饱和汽的压强是一定的，与水周围的其他气体的压 强无关。故 C 正确；由于液体表面具有收缩趋势，故液体表面的分子之间斥力和吸引 力的合力表现为引力，即液体的表面张力，故 D 错误。由热力学第二定律可知，即使 没有摩擦、漏气和不必要的散热等损失,热机的效率也不能达到 100%，选项 E 正确； 故选 BCE. （2）（10 分）如图所示，一气缸开口向上竖直放置，用面积为 S 的活塞在汽缸内封闭 着一定质量的气体，活塞上放有一重物，活塞和重物的总质量为 m，距气缸底部的高 度为 h1，此时缸内气体温度为 T1。在气缸内注入汽油并迅速完全燃烧，使气体温度急 剧升高，重物与活塞沿气缸加速上升。当活塞距缸底高度为 h2 时，速度达到最大值。 若此时汽油燃烧释放的热能为 Q0，气缸对外释放的热量为 Q1，气体内能增加了△E， 外界大气压强为 P0。不计活塞所受摩擦阻力，试求： (i)气缸注入汽油前气体的压强，以及活塞速度达最大值时，气体的压强及温度；(ii)活塞的最大速度(设活塞与重物一直一起运动)。(不考虑汽油燃烧前后气缸内被封闭 气体种类及质量等的变化，仍将其看作是质量一定的同种理想气体。) 【答案】（ⅰ） ； ； （ⅱ） 【解析】（ⅰ）对活塞： 解得 由于 气体等压变化， 则： ，解得 （ⅱ）对气体 对活塞 解得 34.. [物理一选修 3–4）（15 分） (1)（5 分）一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，P、Q、A 为该横波上的三个质 点，各自的纵坐标位置分别为 ，-2m，0m。从该时刻开始计时，波上 A 质点的振 动图象如图乙所示，则下列说法正确的是___________。（填正确答案标号。） A．该波波速是 25 m/s，传播方向沿 x 正方向 B．若此波在同一介质中能与另一列简谐横波发生稳定干涉，则另一列波的频率为 1.25Hz C．若该波能发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸一定比 20m 大很多 D．从该时刻起，再经过 0.7s 质点 P 通过的路程为 E．从该时刻起，质点 Q 将比质点 P 先回到平衡位置【答案】ABD 【解析】由振动图像和波的图像读出波长和周期，然后求解波速；根据 A 质点的振动 图像判断波的传播方向；当两列波的频率相等时才能产生稳定干涉现象．当障碍物的 尺寸与波长相差不多或比波长更小时才会发生明显的衍射现象．根据 0.7s 内波向右传 播的距离确定 P 点的位置，从而确定 P 点通过的路程. 由振动图像可知，t=0 时刻质点 A 向下振动，可知波传播方向沿 x 正方向，由图可知 λ=20m，T=0.8s，则波速为 ，选项 A 正确；因该波的频率 f=1/T=1.25Hz，若此波在同一介质中能与另一列简谐横波发生稳定干涉，则另一列波的 频率为 1.25Hz，选项 B 正确；若该波能发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物 尺寸一定比 20m 小很多，选项 C 错误；由几何关系可知 P 质点的位置的横坐标为 7.5m；t=0 时刻质点 P 向上振动，因 0.7s 内波向右传播 x=25×0.7m=17.5m，可知此时 P 点恰好运动到波谷位置，则经过 0.7s 质点 P 通过的路程为（3A+ m）=(6+ ) m，选 项 D 正确；因 t=0 时刻 P 向上振动，Q 在波谷位置，则从该时刻起，质点 Q 将比质点 P 后回到平衡位置，选项 E 错误；故选 ABD. （2）（10 分）如图所示为某种透明材料制成的一块柱形棱镜的横截面图，圆弧 CD 是 半径为 R 的四分之一圆周，圆心为 O．光线从 AB 面上的 M 点入射，入射角 i＝ 45°，光进入棱镜后恰好在 BC 面上的 O 点发生全反射，然后由 CD 面射出，已知 OB 段的长度 ，真空中的光速为 c，求： （1）透明材料的折射率 n； （2）光从 M 点射入到从 CD 面射出所用的时间 t。 【答案】（1）透明材料的折射率 n 是 。（2）光从 M 点射入到从 CD 面射出所用的 2 RL = 6 2时间 t 是 。 【解析】（1）设光线在 AB 面的折射角为 r，根据折射定律可得： 设棱镜的临界角为 C，根据题意，光线在 BC 面恰好发生全反射， 得到：sinC＝1/n 由几何关系可知 r+C＝90° 联立解得：n＝ （2）光在棱镜中传播速度为：v＝c/n 由几何关系可知： 故光从 M 点到从 CD 面射出所用时间为： (3 2 6) 4 R c + sin sin in r = 6 2 1 sin 2 nRMO C = = (3 2 6) 4 R MO Rt v c + += =