2018年山东省潍坊市高考物理一模试卷(附答案).pdf

20182018 年山东省潍坊市高考物理一模试卷年山东省潍坊市高考物理一模试卷副标题题号得分一:二三四总分一、单选题（本大题共5 5 小题，共分）1.如图所示，导体棒ab用绝缘细线水平悬挂，通有由a到b的电流。ab正下方放一圆形线圈，线圈通过导线，开关与直流电源连接。开关闭合瞬间，导体棒ab将（）A.向外摆动B.向里摆动细线上C.保持静止，细线上张力变大D.保持静止，张力变小2.如图所示，长木板静止于光滑水平地面，滑块叠放在木板右端，现对木板施加水平恒力，使它们向右运动，当滑块与木板分离时，滑块相对地面的位移为x，速度为v，若只减小滑块质量，再次拉动木板，滑块与木板分力时（）A.x变小，v变小B.x变大，v变大C.x变小，v变大D.x变大，v变小3.如图所示，“嫦娥三号”从M点进入环月圆轨道I，运行 4天后再从M点进入椭圆轨道II，N为椭圆轨道II的近月点（可视为紧贴月球表面），则“嫦娥三号”（）4.5.A.在两轨道上运行的周期相同B.在两轨道上运行的机械能相同C.在N点的速度大于月球的第一宇宙速度D.从N到M的过程机械能不断增加6.2017 年 12 月 29 日，中国首个快堆核电示范工程在福建霞浦开工建设。“快堆”239239239核反应进程依次为23892U92U93Np94Pu，下列说法正确的是（）239A.23892和92是同位素，其原子核内中子数相同239B.23892变为92发生了衰变239C.23892变为92发生了衰变239D.123992经过一个半衰期，92原子核数目变为原来的一半7.8.如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，上极板带正电，下极板接地，一带电油滴静止与P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则油滴（）9.10.A.仍保持静止，电势能不变电B.仍保持静止，势能减小C.将向下运动，电势能增大二、多选题（本大题共5 小题，共分）D.将向下运动，电势能减小2 211.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为，矩形线圈面积为，匝数为 10，电阻不计，通过电刷与理性变压器原线圈相连，当线圈绕垂直磁场的轴OO以50rad/s的角速度转动，副线圈两端交流电压表的示数为 16V，则（）12.13.A.在图示位置时矩形线圈产生的电动势为0VB.矩形线圈产生的交流电周期为0.02C.矩形线圈产生的电动势有效值为802D.变压器原副线圈匝数之比为5：114.)15.如图所示，在半径为R的圆形区域内，有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，AC为圆的直径，一质量为m、电荷量为q的粒子从A点射入磁场区域，速度方向与AC夹角为，粒子最后从C点离开磁场，下列说法正确的是（）A.该粒子带负电荷B.粒子速度大小为sinC.粒子速度大小为cosD.粒子在磁场中运动时间为216.在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图a所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的v-t图线如图b中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为 19kg，则（）A.碰后蓝壶的速度为0.8/B.碰后蓝壶移动的距离为2.4C.碰撞过程两壶损失的动能为7.22D.碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5：417.下列说法正确的是（）A.温度高的物体分子的平均动能一定大B.气体分子的体积大小等于气体的摩尔体积跟阿伏伽德罗常数的比值C.一定质量的0的冰溶解为0的水，分子平均动能不变，分子势能增加D.通过技术革新可以达到绝对零度以下E.一定质量的理想气体吸热热量，它的内能可不变18.如图所示为一简谐横波在t=0 时刻的图象。此时质点P的运动方向沿y轴负方向，且当t=时质点P恰好第三次到达y轴负方向最大位置处，下列说法正确的是（）A.波沿x轴负方向传播B.波的传播速度为1/C.至=1.6，质点P的运动路程为0.4D.经0.1，质点Q第一次到达y轴正方向最大位移处E.Q点的振动方程为=5sin(2+6)三、实验题探究题（本大题共2 小题，共分）19.在“验证机械能守恒定律”的实验中，一实验小组让小球自倾角为30的斜面上滑下，用频闪相机记录了小球沿斜面下滑的过程，如图所示，测得B、C、D、E到A的距离分别为x1、x2、x3、x4，已知相机的频闪频率为f，重力加速度为g=s2。20.（1）滑块经过位置D时的速度vD=_。221.（2）选取A为位移起点，根据实验数据作出v-x图线，若图线斜率k=_，则小球下滑过程机械能守恒。22.（3）若改变斜面倾角进行实验，请写出斜面倾角大小对实验误差的影响。_。523.一探究小组要测量一量程为10mA的电流表的内阻，实验室提供的器材有：24.电源电动势E=，内阻r=525.电阻箱R0；26.长为 20cm的均匀电阻丝R；27.与电阻丝接触良好的触头P；28.开关 2 个，导线若干。29.（1）用图a所示电路测量该电流表内阻，进行如下操作：30.按原理图a将图b中的实物线连接完整电路。31.断开k2，闭合k1，调整R0使电流表满偏，读得R0=7532.将P滑至电阻丝最右端，闭合k2，缓慢向左滑动P，直至电流表再次满偏。33.测得此时P右侧电阻丝长 8cm；34.请在图b中完成实物连接，由以上操作可知电流表内阻Rg=_。35.（2）某同学将图a中的电路稍作改变用来测电阻阻值；断开k2，撤去ab间导线并在a、b端分别连上表笔，将待测电阻接入两表笔间，根据电流表读数即可知待测电阻阻值。则电流表 10mA位置对应两表笔间接入电阻的阻值为_（填“0”或“”）。若某次测量电流表示数为6mA，则两表笔间接入电阻的阻值为_。四、计算题（本大题共4 小题，共分）36.2022 年冬奥会将在北京举行，为训练运动员的判断力和身体应变力，在一直径为200m的圆形滑冰场上，教练和运动员分别站在直径AB的两端。教练从A端沿冰面击出冰球的同时，运动员开始从B点沿直线匀加速运动，在冰球离开原形场地前拦住冰球。教练若沿AB方向以 20m/s的速度击出冰球。运动员不拦截冰球，球恰好能沿冰面滑道B点，sin53=，g=10m/s2求：37.（1）冰球与冰面间的摩擦因数；38.（2）若教练沿与AB成 53角的方向以 16m/s的速度将冰球击出，为保证拦截成功，运动员的加速度至少多大。39.40.41.42.43.44.45.46.47.如图所示，两竖直虚线间距为L，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域左侧的A点将质量为m、电荷量分别为q和-q（q0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域。并从该区域的右边界离开。已知N离开电场时的位置与A点在同一高度；M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的 8 倍，不计空气阻力，重力加速度大小为g，已知A点到左边界的距离也为L。48.（1）求该电场的电场强度大小；49.（2）求小球射出的初速度大小；50.（3）要使小球M、N离开电场时的位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足的条件。51.52.53.54.55.56.57.58.如图所示，两玻璃管内径相同，底部用细管相连，开始两管内水平面相平，水银柱长10cm，管内空气柱高20cm，用阀门将右管口封闭，用活塞封闭左管口，缓慢推动活塞压缩左管内气体，使左管内的水印恰好全部进入右管，然后保持活塞位置不动，已知大气压为 75cmHg，细管容器忽略不计，环境温度保持不变，求：59.左管活塞下移的距离（结果保留两位有效数字）；60.将右管上端的阀门缓慢开启，计算说明右管内水银是否会溢出。61.62.63.64.65.66.67.68.一夸厚度为 4cm的长方体玻璃砖，其下表面涂有反光膜，置于水平桌面上，如图所示，玻璃砖右端上方竖直放置一光屏。一束光线以53的入射角射向玻璃砖，入射点到光屏距离为 8cm，已知玻璃砖对该光束的折射率为3，sin37=，求：69.玻璃砖右侧光屏上两光点之间的距离70.光在玻璃砖中传播的最短时间。4答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】根据右手定则判断出线圈产生的磁场方向，利用左手定则判断出导线 ab 受到的安培力即可判断。本题主要考查了右手定则和左手定则，明确通电线圈在通电导体棒处产生的磁场方向，即可判断。【解答】解：当开关闭合时，线圈产生磁场，通电导线 ab 处的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，ab 棒受到的安培力垂直于纸面向里，故向里摆动，故 B正确。故选：B。2.【答案】A【解析】解：设原来滑块的质量为 m，木板的质量为 M；对木块根据牛顿第二定律可得：mg=ma1，解得 a1=g；对木板根据牛顿第二定律可得：F-mg=Ma2，解得：a2=；当 m 减小时，木块的加速度大小不变，而木板的加速度增大，分离时的时间减小，则 x 减小、v 减小。故选：A。根据牛顿第二定律得到二者加速度的大小，再分析木块质量减小时二者的加速度大小，由此分析分离时速度和位移的大小变化情况。对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。3.【答案】C【解析】解：A、根据开普勒第三定律，可得半长轴 a 越大，运动周期越大，显然轨道的半长轴（半径）大于轨道的半长轴，故沿轨道运动的周期小于沿轨道 运动的周期，故 A 错误；B、沿轨道运动至 P 时，制动减速，万有引力大于向心力做向心运动，做近心运动才能进入轨道，所以沿轨道运动时的机械能大。故 B 错误；C、“嫦娥三号”在 N 点做离心运动，可知“嫦娥三号”在 N 点的速度大于第一宇宙速度，故 C 正确；D、在轨道上由 N 点运行到 M 点的过程中，万有引力方向与速度方向成钝角，万有引力对其做负功，但机械能不变，故 D 错误。故选：C。根据开普勒第三定律可知卫星的运动周期和轨道半径之间的关系；根据做近心运动时万有引力大于向心力，做离心运动时万有引力小于向心力，可以确定变轨前后速度的变化关系；根据 F合=ma 可知在不同轨道上的同一点加速度相同。本题要注意：由高轨道变轨到低轨道需要减速，而由低轨道变轨到高轨道需要加速，这一点在解决变轨问题时要经常用到，一定要注意掌握。根据 F=ma 所求的加速度 a 是指物体的合加速度，即包括向心加速度也包括切向加速度。4.【答案】D【解析】解：A、U 和U 是同位素，其原子核内质子数相同，但中子数不相同。故 A 错误；BC、U 变为U 增加了一个中子，不是发生了 衰变，也不是 衰变。故 BC 错误；D、根据半衰期的定义可知，1gU 经过一个半衰期，U 原子核数目变为原来的一半。故 D 正确。故选：D。根据同位素的特点判断是否为同位素；根据衰变的过程，结合质量数守恒以及电荷数守恒和 衰变、衰变的特点分析。该题基于快堆核电考查对同位素以及衰变的种类的理解，其中明确同位素的意义是解答的关键。5.【答案】B【解析】解：根据 C=、C=和 E=推导得 E=，知 Q、S 不变，电容器板间场强不变，油滴受力情况不变，仍处于静止状态，由 U=Ed 分析知，E 不变，下极板竖直向下移动一小段距离，即板间距离增大，则两极板间的电势差增大，因此 P 点的电势升高，由于油滴带负电，那么带电油滴的电势能减小，故 B 正确，ACD 错误。故选：B。平行板电容器充电后与电源断开连接，电容器的带电量不变，当上极板竖直向上移动时，根据电容的决定式、定义式和 E=分析知道场强变化，再判断油滴的运动状态。由 U=Ed 分析 P 点与下极板间的电势差如何变化，确定电势和电势能如何变化。解决本题的关键是掌握电容的决定式、定义式和公式 E=E=，能熟练推导出，要在理解的基础上记住这个结论，注意电势能的高低，除与电势有关外，还与电性有关系。6.【答案】AD【解析】解：A、由图可知，在图中的位置，线圈平面与磁场的方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，线圈产生的电动势等于 0，故 A 正确；B、线圈绕 OO以 50rad/s 的角速度转动，则周期：T=B 错误；C、产生的感应电动势的最大值为 Em=NBS=s故V，所以线圈产生的电动势的有效值为 80V，故 C 错误；D、线圈产生的电动势的有效值为 80V，则原线圈两端的电压为 80V，副线圈两端的电压为 16V，理想变压器原副线圈的匝数比，故 D正确；故选：AD。线圈从与中性面的位置计时，此时产生的感应电动势为 0；根据感应电动势的最大值为 Em=NBS 求出最大值，然后由最大值与有效值之间的关系求出有效值；根据电压与匝数的关系求出匝数比。本题关键是明确变压器的变流比公式和变压比公式推导出电流的表达式进行分析，基础题目。7.【答案】BD【解析】解：A、由左手定则可知，粒子带正电，故 A 错误；BC、粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得：r=，粒子在圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m解得：v=，故 B 正确，C 错误；D、由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角为=2，粒子在磁场中的运动时间为：t=T=，故 D 正确；故选：BD。粒子在磁场中做圆周运动，作出粒子运动轨迹，应用左手定则判断粒子电性，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速度大小，求出粒子在磁场中转过的圆心角，根据粒子做圆周运动的周期求出粒子在磁场中的运动时间。本题考查了带电粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用左手定则、牛顿第二定律与周期公式即可解题。8.【答案】AD【解析】!解：A、设碰后蓝壶的速度为 v，碰前红壶的速度 v0=s，碰后速度为 v0=s，根据动量守恒定律可得：mv0=mv0+mv解得：v=s，故 A 正确；B、根据碰前红壶的速度图象可知红壶的加速度为：a=所以蓝壶静止的时刻为：t=m/s=s，22s=6s，速度图象与坐标轴围成的面积表示位m=，故 B 错误；=，故 C 正确；m/s=s，碰后红、蓝两壶所受摩擦力22移，则碰后蓝壶移动的距离为：x=C、碰撞过程两壶损失的动能为：Ek=D、碰后蓝壶的加速度为为：a=之比为 f：f=ma：ma=5：4，故 D 正确；故选：AD。根据动量守恒定律求解碰后蓝壶的速度；根据图象求解碰前红壶的加速度，由此得到所以蓝壶静止的时刻，再根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移求解位移；根据碰撞过程能量关系求解动能的损失；求出碰后蓝壶的加速度，根据牛顿第二定律求解碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比。本题主要是考查动量守恒定律，解答本题要掌握动量守恒定律的计算公式，能够根据图象获得信息，根据速度图象的特点求解。9.【答案】ACE【解析】解：A、温度是分子的平均动能的标志，所以温度高的物体的平均动能一定大。故 A 正确；B、对气体，由于分子间距的存在，所以气体分子的体积大小要小于气体的摩尔体积跟阿伏伽德罗常数的比值。故 B 错误；C、温度是分子的平均动能的标志，一定质量的 0的冰溶解为 0的水，温度不变，则分子的平均动能不变；体积减小，吸收热量，内能增大，则分子势能增大。故 C 正确；D、根据热力学第零定律可知，不可以达到绝对零度以下。故 D 错误；E、由于做功与热传递都可以改变物体的内能，所以一定质量的理想气体吸热热量，若同时对外做功，它的内能可不变。故 E 正确。故选：ACE。温度是分子的平均动能的标志；阿伏加德罗常数 NA个原子的质量之和等于摩尔质量。而对气体，由于分子间距的存在，NAv 并不等于摩尔体积。一定质量的水凝结成同温度的冰体积变大，根据吸放热情况，分析内能的变化；不可以达到绝对零度以下；做功与热传递都可以改变物体的内能。本题考查多个知识点的内容，要注意的是在气体阿伏伽德罗常数的计算中，阿伏加德罗常数 NA是联系宏观与微观的桥梁，抓住它的含义，区分对气体还是液体的计算是解题的关键。10.【答案】ACE【解析】解：A、根据图象，由质点 P 的运动方向沿 y 轴负方向可得：波沿 x 轴负方向传播，故 A 正确；B、当 t=时质点 P 恰好第三次到达 y 轴负方向最大位置处，故周期；由图象可得：波长=，故波的传播速度；故 B 错误；C、至t=，质点P刚好运动两个周期，故质点P的运动路程为24A=245cm=，故 C 正确；DE、质点 Q 向上运动，振幅为 5cm，周期 T=，t=0 时，y=，故 Q 点的振动方程为由可得：；，故经，质点 Q 第一次到达 y 轴正方向最大位移处，故 D 错误，E 正确；故选：ACE。根据 P 的振动方向得到波的传播方向，然后根据 P 的振动得到周期，即可由图得到波长，从而求得波速；根据周期求得 P 的振动，再根据 Q 的初始位置得到振动方程，从而求得第一次到达 y 轴正方向最大位移处的时间。在给出波形图求解质点振动、波速的问题中，一般根据图象得到波长及时间间隔与周期的关系，从而求得周期，即可得到质点振动情况，由速。11.【答案】【解析】(42)求得波2；斜面倾角越大，误差越小解：（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以求出 D点的速度为：vD=；（2）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv；即：gxsin30=v解得：v=gx；根据实验数据作出 v-x 图线，若图线斜率 k=g=s，则小球下滑过程机械能守恒。（3）小球的动能增加量EK总是稍小于重力势能减少量EP，主要原因该过程中有阻力做功，使小球的一部分重力势能转化为内能；当斜面倾角越大，压力减小，则摩擦阻力变小，因此阻力做功越少，则误差越小。22222故答案为：（1）；（2）；（3）斜面倾角越大，误差越小。根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上 D 点时小车的瞬时速度大小；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能，从而即可求解。本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解。同时为验证性实验题，要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断系统重力势能的变化量是否与动能的变化量相同是解题的关键。12.【答案】50；0；20【解析】解：（1）按着电路图，顺着电流的方向依次接线结果如图所示。按照操作步骤进行计算，当 k2断开时调整 R0=75 使电流满偏，路端电压：U=Ig（Rg+R0），电压表两端电压：Ug=IgRg，当闭合 k2 时，将 P 滑到离右端 L1=8cm 处时，电流表又再次满偏，据闭合电路欧姆定律 Ig=，则 R0 两端的电压 U0=R0得到：3Rg=2R0，联立以上两式得：Rg=50（2）所以通过 k2断开时算出 R=RA=25，这样 k2 断开时总内阴涉及到欧姆表的原理，显然原电流表满偏的位置就是 0，但此时通过电源的电流为 6Ig=60mA，此时 RA+r=由欧姆定律可求得，通过电源的电流为 6mA（，所以 Rx=20。故答案为：（1）电路连接如解答图；50（2）0；20（1）根据电表与电路其他用电器串联，可以判断应该是电流表，再根据电流的大小关系选择电流表，利用欧姆定律和相应串并关系求得电流表的阻值；（2）利用并联电路两支路电压相等列式，当两次电流表都满偏时，满足电阻右端的电压也达到满偏电压，由此关系，从而能求出电流表的阻值。本题的难点是电表和定值电阻的选择，要采用估算法，另外由于本实验的滑动变阻器阻值远小于 LED 的电阻，滑动变阻器必须采用分压接法。13.【答案】解：（1）由A至B冰球做匀减速运动，由牛顿第二定律有 mg=ma。由运动学公式有021=2解得=（2）冰球刚好到达圆周时，由几何关系可知x球=dcos53，x人=dsin53，当电流表的示数为 6mA 时，）=36mA，那么 RA+r+Rx=球到达圆周的时间为t，球=222，解得t=12s或 20s（舍去）运动员加速度至少为a，人=22，解得=答：（1）冰球与冰面间的摩擦因数是；（2）为保证拦截成功，运动员的加速度至少为9m/s。【解析】2021120/29（1）冰球做匀减速运动，由牛顿第二定律和速度位移公式结合可求冰球与冰面间的摩擦因数；（2）冰球刚好到达圆周时，由几何关系求出球和人的位移。由位移公式求出球运动时间，再由位移公式求人的加速度。本题相当于相遇问题，要能根据几何关系找出人和冰球的位移是关键，运用牛顿第二定律和运动学公式结合求解。【答案】解：小球运动过程只受重力和电场力作用，故小球在水平方向做匀速运动，14.那么，小球在电场区域内外的运动时间t相同；在电场区域外，小球在竖直方向做加速度为g的匀加速运动，故小球进入电场时的竖直分速度为gt；（1）N离开电场时的位置与A点在同一高度，即竖直位移为零；设N在电场内的加速度为a，则有：0=22+22，所以，a=3g，方向竖直向上；故由牛顿第二定律可得：qE-mg=3mg，所以，电场的电场强度=（2）M在电场中的加速度=+4；11=5，方向竖直向下；故M刚离开电场时的竖直分速度vy=gt+5gt=6gt；又有小球在水平方向做匀速运动，设小球射出的初速度为v0，则有：=0；2故由M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8 倍可得：2(2+0)=812021+()2；368()27222所以，2所以，20=(6)=70+8()，=4()2=422，20所以，0=2；（3）M、N进入电场前的运动一致，那么，M、N离开电场时的位置之间的距离=+252(232)=42；故4；又有11=0，所以，0=4=2；答：（1）该电场的电场强度大小为4；（2）小球射出的初速度大小为2；（3）要使小球M、N离开电场时的位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，那么，射出速度需满足的条件为02。【解析】（1）对 N 运动过程进行受力分析求得加速度，然后根据 N 的竖直位移为零，由匀变速规律分段联立求解；（2）对 N 运动过程进行受力分析求得加速度，由匀变速运动规律求得速度变化，再根据动能变化求得初速度；（3）分析 M、N 的运动，由不同加速度，根据匀变速运动规律求得距离的表达式，即可根据距离的取值范围求得初速度的取值范围。匀强电场中的运动问题，一般先进行受力分析，由牛顿第二定律求得加速度，即可根据匀变速运动规律求解。15.【答案】解：设左侧气体的压强为p，对左侧气体由玻意耳定律有：p0L0=p左L左对右侧气体：气体压强为：p右=p左-20，L右=20-10=10，p0L0=p右L右，解得：L左=活塞下移的距离为：x=30cm-L左=21cm右管阀门打开后假设水银不溢出，左侧气体压强变为：p=p0+20，p0L0=pL解得：L=因为L+20=（+30）cm故水银不溢出答：左管活塞下移的距离为21cm；将右管上端的阀门缓慢开启，右管内水银不会溢出。【解析】设左侧气体的压强为 p，对左侧气体由玻意耳定律列式，再对右侧气体由玻意耳定律列式，联立解得；右管阀门打开后假设水银不溢出，由玻意耳定律列式求解即可。该题考查理想气体的状态方程的应用，要先根据玻意耳定律求解气体压缩后的压强。会确定封闭气体的压强是基础。16.【答案】解：由折射定律得n=53，入射点与出射点之间的距离为xAB=2tanr解得xAB=6cm，光屏上两光电之间的距离yCD=yBE=y，2=53，解得y=光在玻璃中传播的距离为=，s=vt，又因为=，解得t=10-10s答：玻璃砖右侧光屏上两光点之间的距离是。光在玻璃砖中传播的最短时间是10-10s。【解析】一个光斑是经过光的反射形成的。另一个光斑是光线先经过折射后经过反射，再经过折射形成的，从而画出光路图。由几何关系求出光屏上两光点之间的距离。由 v=求出光在玻璃砖中传播速度。由几何关系求出光在玻璃砖中传播的距离，再求时间差t。本题是几何光学问题，关键是作出光路图，结合折射定律和几何关系进行求解。