2021届湖南长郡中学新高考模拟试卷(二十七)物理试题

2021届湖南长郡中学新高考模拟试卷（二十七）
物理试题
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况，应当立马报告监考老师，否则一切后果自负。

3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当马上报告监考老师，否则一切后果自负。

4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

5、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

6、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

7、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

8、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

9、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

1.物体做自由落体运动的过程中，下列说法不正确的是
A. 物体处于完全失重状态
B. 物体的重力势能越来越小
C. 物体的加速度保持不变
D. 物体的速度变化量保持不变
【答案】D
【解析】
【详解】A. 做自由落体运动的物体具有向下大小为g的加速度，物体处于完全失重状态，故A正确；
B. 物体做自由落体运动的过程中，高度不断下降，根据重力势能公式E P=mgh，可知，物体的重力势能不断减小，故B正确；
C. 因只受重力，根据牛顿第二定律可知，物体的加速度为g，保持不变，故C正确；
D. 物体的速度变化量△v=gt，逐渐增大，故D错误．
本题选择错误答案，故选D
2.甲、乙两车在平直公路上行驶,二者的位置—时间（x—t）图象如图所示,则下列说法正确的是（）
A. 0～8 s 内,甲、乙两车位移相同
B. 8 s 末,甲车的速度大小小于乙车的速度大小
C. 0～2 s 内,甲车的位移大小小于乙车的位移大小
D. 0～8 s 内,甲、乙两车的平均速度大小相等,但方向相反 【答案】D 【解析】
【详解】A.8 s 末，甲车的位置在40 m 处，乙车的位置在0 m 处，0~8 s 内，两车位移大小均为40 m ，方向相反，故A 错误；
B.根据“位置—时间图象的切线斜率表示速度”可知，8 s 末，甲车的速度大小大于乙车的速度大小，故B 错误；
C.由图象可以看出，0~2 s 内，甲车的位移大小大于乙车的位移大小，故C 错误；
D.根据速度公式x
v t
=
，由于0～8 s 内，甲、乙两车位移大小均为40 m ，方向相反，故两车的平均速度大小相等，但方向相反．故D 正确． 故选D
3.2019年1月3日，嫦娥四号成功登陆月球背面，全人类首次实现月球背面软着陆．嫦娥四号登陆月球前，在环月轨道上做匀速圆周运动，其与月球中心连线在单位时间内扫过的面积为S ，已知月球的质量为M ，引力常量为G ，不考虑月球的自转，则环月轨道的半径大小为( )
A. 24S GM
B. 23S GM
C. 22S GM
D. 2
S GM
【答案】A 【解析】
【详解】根据万有引力提供向心力
2224GMm r
m r T
π＝ 解得该人造卫星做圆周运动的周期为
32r T GM
π
=
人造卫星绕地球做匀速圆周运动的圆的面积为为πr 2，所以人造卫星与地心连线在单位时间内所扫过的面积为
232S r GM
π
=
解得环月轨道的半径大小为：
2
4S r GM
＝ A. 24S GM ，与结论相符，选项A 正确；
B. 23S GM ，与结论不相符，选项B 错误；
C. 22S GM ，与结论不相符，选项C 错误；
D. 2
S GM
，与结论不相符，选项D 错误．
4.如图所示，质量为m 的小球用两根细线OA ，OB 连接，细线OA 的另一端连接在车厢顶，细线OB 另一端连接于侧壁，细线OA 与竖直方向的夹角为37θ︒=，OB 保持水平，重力加速度大小为g ，车向左做加速运动，当OB 段细线拉力为OA 段拉力的两倍时，小车的加速度大小为（ ）
A. g
B. 54
g
C.
74
g D.
32
g 【答案】C 【解析】
【详解】小球受力如图所示，在竖直方向，由平衡条件得
cos37F mg ︒=
在水平方向，由牛顿第二定律得
2sin37F F ma ︒-=
解得
74
a g =
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

5.如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A 点开始无初速度下滑，在AB 段匀加速下滑，在BC 段匀减速下滑，滑到C 点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．假设小孩在AB 段和BC 段滑动时的动摩擦因数分别为1μ和2μ，AB 与BC 长度相等，则
A. 整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用
B. 动摩擦因数12+=2tan μμθ
C. 小孩从滑梯上A 点滑到C 点先超重后失重
D. 整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力 【答案】B 【解析】
【详解】小朋友在AB 段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度1a 分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力N F 小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC 段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左，故ACD 错误；设AB 的长度为L ，小孩在B 点的速度为v ．小孩从A
到B 为研究对象，由牛顿第二定律可得：11sin cos mg mg ma θμθ-=，由运动学公式可得：2
12v a L =；小
孩从B 到C 为研究过程，由牛顿第二定律可得：22cos sin mg mg ma μθθ-=，由运动学公式可得：
222v a L =；联立解得：122tan μμθ+=，故B 正确．
6.如图所示电路中，电源内阻忽略不计，R 0为定值电阻，R m 为滑动变阻器R 的最大阻值，且有0m R R >；开关S 1闭合后，理想电流表A 的示数为I ，理想电压表V 1、V 2的示数分别为U 1、U 2，其变化量的绝对值分别为△I 、△U 1、△U 2。

则下列说法正确的是（ ）
A. 断开开关S 2，将R 的
滑动触片向右移动，则电流A 示数变小、电压表V 2示数变小 B. 保持R 的滑动触片不动，闭合开关S 2，则电流表A 示数变大、电压表V 1示数变小 C. 断开开关S 2，将R 的滑动触片向右移动，则滑动变阻器消耗的电功率减小 D. 断开开关S 2，将R 的滑动触片向右移动，则有12
U U I I ∆∆=∆∆ 【答案】AD 【解析】
【详解】A ．断开开关S 2，将滑片向右移动时，R 接入电路电阻增大，电路总电阻增大，则由闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，电流表A 示数减小，电压表V 2减小，故A 正确；
B ．保持R 的滑动触片不动，闭合开关S 2，0R 被短路，电路总电阻减小，干路电流增大，电流表示数A 增大；而1U IR =，可知电压表V 1示数增大，故B 错误；
C ．当滑动变阻器的电阻等于等效电源的内阻时滑动变阻器的阻值时，滑动变阻器的功率达到最大，断开开关S 2，将R 的滑动触片向右移动，由于0m R R >，所以滑动变阻器的功率一直在增大，故C 错误；
D ．由10U
E IR =-可知：
1
0U R I ∆=∆ 由20U IR =可知：
2
0U R I
∆=∆ 故D 正确； 故选AD 。

7.如图所示，物块M 在静止的传送带上以速度v 匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示。

若传送带的速度大小也为v ，则传送带启动后（ ）
A. M 静止在传送带上
B. M 可能沿斜面向上运动
C. M 受到的
摩擦力不变 D. M 下滑的速度不变
【答案】CD 【解析】
【详解】传送带静止时，物块匀速下滑，摩擦力为滑动摩擦力，传送带突然运动，但物块与传送带之间还是滑动摩擦力，即物块受力情况不变，继续保持原来的速度匀速直线运动，AB 错误，CD 正确。

故选CD 。

8.如图所示，在xoy 平面内的坐标原点处，有一个粒子源，某一时刻以同一速率v 发射大量带正电的同种粒子，速度方向均在xoy 平面内，且对称分布在x 轴两侧的30°角的范围内．在直线x=a 与x=2a 之间包括边界存在匀强磁场，方向垂直于xoy 平面向外，已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为2a ．不计粒子重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A. 最先进入磁场的粒子在磁场中运动的时间为
3a
v
π
B. 最先进入和最后进入磁场中的粒子在磁场中运动的时间都相等
C. 最后从磁场中射出的粒子在磁场中运动的时间为
43a
v π D. 最后从磁场中射出的粒子出场的位置坐标为3,3
a
a -（） 【答案】ACD 【解析】
【详解】沿x 轴方向射出粒子最先进入磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的偏转角为30︒，所以
运动时间为
30223603a a
v v
ππ︒⨯⨯=
︒ ，故A 正确；沿与x 轴成30︒ 角的两个方向同时进入磁场，沿与x 轴成30︒角斜向下方进入磁场的粒子在磁场中偏转角为120︒ ，所以用的时间为
1202243603a a
v v
ππ︒⨯⨯=︒ ，弦长为22sin6023s a a =⨯︒= ，粒子进入磁场的位置离x 轴的距离为3
tan30x a a =︒=
，所以最后从磁场中射出的粒子出场的位置的纵坐标为37323s x a a a +=+
=，所以最后从磁场中射出的粒子出场的位置坐标为73,3
a
a -
（），故B 错误，CD 正确. 第II 卷 非选择题
三、非选择题：共174分。

第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33~38题为选题，考生根据要求作答。

(一)必考题(共129分)
9.如图是某小组验证动能定理的实验装置，在滑块上安装一遮光条与拉力传感器，把滑块放在水平气垫导轨上，通过定滑轮的细绳与钩码相连，光电门安装在B 处．测得滑块(含遮光条和拉力传感器)质量为M 、钩码的总质量为m 、遮光条的宽度为d ，当地的重力加速度为.g 当气垫导轨充气后，将滑块在图示A 位置由静止释放后，拉力传感器记录的读数为F ，光电门记录的时间为t ．
()1实验中是否要求钩码总质量m 远小于滑块质量M ？______(填“是”或“否”)；
()2测得AB 之间的距离为L ，
则对滑块验证动能定理的表达式为______(用以上对应物理量的符号表示)； ()3为减少实验误差，可采取的方法是______
()A 增大AB 之间的距离 ()B 减少钩码的总质量 ()C 增大滑块的质量 ()D 减少遮光条的宽度．
【答案】 (1). 否； (2). 21()2d
FL M t
=
(3). AD
【解析】 【分析】
拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关．滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．根据动能定理列方程．本实验用了气垫导轨，摩擦力几乎没有，不需要平衡摩擦力.
【详解】（1）拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故不需要钩码总质量m 远小于滑块质量M ；
（2）由于遮光条的
宽度很小，通过光电门的时间也很短，故遮光条通过光电门的平均速度可以表示瞬时速度，则通，B 点的速度为：d
v t
=， 拉力做功为：W FL =
动能的增加量为：21()2k d
E M t
=
， 故本实验中探究动能定理的表达式为为：21()2d
FL M t
=
． （3）由公式可知，实验误差来自由长度的测量和速度的测量，故可以让AB 之间的距离L 增大或减小遮光片的长度，故AD 正确．故选AD.
【点睛】本题考查验证动能定理的实验，在处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项．
10.光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx)．某光敏电阻R 的阻值随照度变化的曲线如图甲所示．
（1）如图乙所示是街道路灯自动控制模拟电路所需元件．利用直流电源给电磁铁供电，利用220V 交流电源给路灯供电．为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，请用笔画线代替导线，正确连接电路元件__________． （2）用多用电表“×100”Ω挡，测量图中电磁铁线圈电阻时，指针偏转角度太大，为了更准确的测量其阻值，接下来应选用___________Ω挡(填“×1k 或“×10”)，进行欧姆调零后，重新测量其示数如图丙所示，则线圈的
电阻为___________Ω．
（3）已知当线圈中的电流大于或等于2mA时，继电器的衔铁将被吸合．图中直流电源的电动势E=6V，内阻忽略不计，滑动变阻器有三种规格可供选择：R1(0~10Ω，2A)、R2(0~200Ω，1A)、R3(0-1750Ω，1A)要求天色渐暗照度降低至1.0 lx时点亮路灯，滑动变阻器应选___________择(填“R1”、“R2”或“R3”)．为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地___________(填“增大”或“减小”)滑动电阻器的电阻．
【答案】(1). (2). ×10 (3). 140 (4).
3
R(5). 减小
【解析】
【详解】（1）光敏电阻的电阻值随光照强度的增大而减小，所以白天时光敏电阻的电阻值小，电路中的电流值大，电磁铁将被吸住；静触点与C接通；晚上时的光线暗，光敏电阻的电阻值大，电路中的电流值小，所以静触点与B接通．所以要达到晚上灯亮，白天灯灭，则路灯应接在AB之间．电路图如图：
（2）欧姆表指针偏转角度太大，说明电阻太小，应换作小倍率的“×10”Ω挡；读数是先读出表盘的刻度，然后乘以倍率，表盘的刻度是14，倍率是“×10Ω”，所以电阻值是14×10=140Ω；
（3）天色渐暗照度降低至1.01x时点亮路灯，此时光敏电阻的电阻值是2kΩ，电路中的电流是2mA，
R=E
R
I
-
光
=
-3
6
210
⨯
−2000=1000Ω，所以要选择滑动变阻器R3.
由于光变暗时，光敏电阻变大，分的电压变大，所以为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地减小滑动变阻器的电阻．
11.如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板．开始时质量为m＝1 kg 的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，现将力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失．此后滑块和木板在水平面上运动的v－t图象如图乙所示，
g ＝10 m/s 2．求：
(1)水平作用力F 的大小； (2)滑块开始下滑时的高度； (3)木板的质量． 【答案】（1103
N ；（2）2.5m ；（3）1.5kg 【解析】
(1)开始F 向左时，滑块受到水平推力F 、重力mg 和支持力处于平衡，如图所示： 水平推力：3103tan 110F mg N N θ==⨯=； (2)由图乙知，滑块滑上木板时速度为：110m v s
=，设下滑的加速度为a ，由牛顿第二定律得：
sin cos mg F ma θθ+=，代入数据得：2
10m
a s =，则滑块下滑的位移为：2
2v x a
=，则下滑时的高度：sin 2.5h x m θ==；
(3)设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f ，滑块与木板间的摩擦力为f 1，由图乙知，滑块刚滑上木板时的加速度为2
14m
a s
=-，对滑块：11f ma =，此时木板的加速度：2
21m
a s =，对木板：12f f Ma --=，
当滑块和木板速度相等，均为：2m v s =，之后连在一起做匀减速直线运动，加速度为：
22302142m m a s
s -=
=--，对整体：3()f m M a -=+，由以上各式解得： 1.5M kg =
12.如图所示为竖直面内的直角坐标系x O y ．A 点的坐标为（-8 m ，0），C 点的坐标为（-4 m ，0）；A 点右侧的三个区域存在沿y 轴正方向的匀强电场，-4 m>x ≥-8m 区域的场强大小为E 1=5 V ／m ，0>x ≥-4 m 区域的场强大小为E 2=7 V ／m ，x ≥O 区域的场强大小为E 3 =5V/m;第一、四象限内的磁场方向相反且垂直于坐标平面，磁感应强度大小均为B =2 T 。

现让一带正电的小球从A 点沿z 轴正方向、以v o =4 m/s 的速率进入电场。

已知小球的质量m =2×
10-3 kg ．电荷量q =4×10-3 C ，假设电场和磁场区域足够宽广，小球可视为质点且电荷量保持不变，忽略小球在运动中的电磁辐射，重力加速度取g =10 m ／s 2。

求：
(1)小球到达y 轴时的速度；
(2)小球从A 点运动到坐标为(56 m ，y)的点经历的时间． 【答案】（1）2m/s 45°（2）（2+414
π）s 或（2+838π）s 或（2+212π
）s
【解析】
【详解】(1)在48m x m -≥≥-区域，小球所受电场力
1F qE =
代入数据得：2210N F -=⨯
由题知：2
210N mg -=⨯，因：F mg =
所以小球做匀速直线运动，设该过程经历时间为t 1
在04x m >≥-区域，2qE mg >，小球做类平抛运动，设该过程经历时间为t 2，根据运动学规律 在y 方向上有
2qE mg ma -=
代入数据得：24m/s a =
2212
y at =
2y v at =
在x 方向上有
02CO v t =
代入数据得：21s t =，2m y =，4m/s y v = 由
22
0y
v v v =+代入数据解得：42m/s v = 设v 与y 轴正方向的夹角为α
由
tan y
v v α=
代入数据解得：45α=︒
(2)在0x ≥区域，3qE mg =，分析知，小球先在第一象限做半径为r 、周期为2
T
的匀速圆周运动，接着交替在第四、第一象限做半径为r 、周期为
34
T
的匀速圆周运动，轨迹如图所示：
洛伦兹力提供向心力，有
2
v qvB m r
=
代入数据得：2m r =
设小球在第一象限第一次到达x 轴的位置为P 点，第二次到达x 轴的位置为G 点 由几何关系易得
2m OP =，2cos 2m PG r α==
小球做匀速圆周运动的周期为：
2r
T v
π=
代入数据得：s 2
T π
=
设小球从O 点到达x 轴上H (56m ，0)点的时间为t 3 因：
28OH
OP
=，即 27OH OP PG =+
故
332724
OP PH T T t t t =+=
+⨯ 代入数据得：38383s 48
T t π
=
=
又：10
1s AC
t v =
= 达到横坐标为56m 的点有以下三种情况： (i)到达横坐标为56m 的I 点
12341(2)s 44
AI T t t t t π=++-
=+ (ii)到达横坐标为56m 的H 点
12383(2)s 8
AH t t t t π
=++=+
(iii)到达横坐标为56m 的J 点
12321(2)s 42
AJ T t t t t π=+++
=+ 13.下列说法中正确的是
A. 一定质量的理想气体，其内能随着温度升高而增大
B. 当分子间距r ＞r 0时，分子间的引力随着分子间距的增大而增大，分子间的斥力随着分子间距的增大而减小，所以分子力表现为引力
C. 第一类永动机和第二类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律
D. 一定质量的理想气体在等压膨胀过程中，一定从外界吸收热量
E. 一定质量的单晶体在熔化过程中，分子势能一定增大 【答案】ADE 【解析】
【详解】理想气体的内能只考虑分子动能，温度升高，分子动能增加，因此内能随着温度的升高而增加；A 正确；分子间的引力和斥力都随着距离的增加而减小，随着距离的减小而增加，只是斥力变化的比引力快，故B 错误；第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机违反了能量的传递具有方向性；C 错误；理想气体等压膨胀，体积增大，气体对外做功，温度升高气体的内能增加，由热力学第一定律可知气体需要从外界吸收能量，故D 正确；单晶体熔化过程温度不变其分子动能不变，熔化过程需要吸收热量故其分子势能增加，E 正确．
14.如图所示，在以导热性能良好开口向上的气缸，用一质量不计横截面积为S 的活塞封闭有体积为0V 的理想气体，已知外界大气压强为0p ，环境温度为0T ，活塞与气缸之间的摩擦不计，现在活塞上面轻放一质量为m 的石块，使活塞缓慢下移，最终活塞静止在某一位置，重力加速度为g ，求：
①当活塞静止时，活塞与气缸底端的距离是多少？
②如果将物块拿掉，要活塞保持在①问所处的位置，环境温度需要变为多少？ 【答案】①000p V x p S mg =+②000p T S
T p S mg
=+
【解析】
试题分析：①气体经历等温过程，根据玻意耳定律列式求解；②气体经历等容过程，根据查理定律列式求解．
①放上物块并稳定后，由平衡条件得： 0pS p S mg =+ 达到稳定过程，根据玻意耳定律得：00p V pSx = 解得：00
0p V x p S mg
=
+
②拿掉物块后的稳定过程，根据查理定律得：
00
p p T T = 解得：000p T S
T p S mg
=
+
【点睛】本题关键根据气体实验定律列式求解，解决时要注意分析气体的初、末状态的参量． 15.以下物理学知识的相关叙述中，正确的是 A. 交警通过发射超声波测量车速是利用了波的多普效应
B. 用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振
C. 通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，说明光具有波动性
D. 红外线显著作用是热作用，温度较低的物体不能辐射红外线
E. 在“用单摆测重力加速度”的实验中，为了减小测量单摆周期的误差，应选小球运动中的最低点为计时起点，测其n 次全振动的时间 【答案】ACE 【解析】
【详解】A 项：交警通过发射超声波测量车速是利用了波的多普现象，从汽车上反射回的超声波的频率发生了变化，故A 正确；
B项：用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉，故B错误；
C项：通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，是波的衍射图样，说明光具有波动性，故C正确；
D项：红外线的显著作用是热作用，温度较低的物体也能辐射红外线，故D错误；
E项：在“用单摆测重力加速度”的实验中，为了减小测量单摆周期的误差，应选小球运动
中的最低点为计时起点，因为最低点速度最大，测其n次全振动的时间，故E正确；
故选ACE．
16.如图所示，一平行玻璃砖ABCD长（A、B间的距离）L1=9cm，宽（A、D间的距离）L2=3cm，折射率n=．已知真空中光速c=3×108m/s．求：
①当细光束从AB边的中点E以60︒入射角射玻璃砖时，从玻璃砖另一面射出的光线到入射光线的距离d．
②当细光束从AD边的中点F以60︒入射角射入玻璃砖时，光束通过玻璃砖所需的时间t．
【答案】①3cm②-10
610s
⨯
【解析】
【详解】①作光路如图甲所示，
由折射定律可得折射角的正弦值
sin i1
sin r
2
n
==分析可知∠MEQ=∠MEP=30°由几何关系可知：
MQ=MP=L2tan∠MEP3cm．
②光射到CD面会发生全反射，作光路如图乙所示，
由折射定律可得折射角的正弦值1
sin r 2'
=
分析可知，光束在玻璃中通过的路程163cos L s cm r '
== ，光束在玻璃中的传播速度8310m /s c v n == ，则光束通过玻璃砖所需的时间10
610s s t v
-==⨯ ．。