2024年重庆市高考物理调研试卷（三）(含详细答案解析)

这是一份2024年重庆市高考物理调研试卷（三）(含详细答案解析)，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.坐过山车时，人体会分泌大量肾上腺素和多巴胺，让人感觉惊险刺激。如图所示，某车厢中游客通过环形轨道攀升的一小段时间内速率不变，则该过程中( )
A. 该游客所受合力做功为零
B. 该游客所受合力始终为零
C. 该游客的机械能守恒
D. 该游客所受重力的瞬时功率一定变大
2.用甲、乙两种不同的金属做光电效应的实验，甲的逸出功大于乙的逸出功。在同一坐标系中作出它们的遏止电压Uc随入射光频率ν变化的图像，如图所示，其中②、甲、③三条图线相互平行，则乙的图线是( )
A. ①B. ②C. ③D. ④
3.如图所示，一网球爱好者在某次训练时，无初速地释放手中质量为58g的网球，然后在网球反弹上升途中进行击打训练。试估算该网球由静止释放后第一次落地前瞬时的动量大小约为( )
A. 0.03kg⋅m/s
B. 0.3kg⋅m/s
C. 3kg⋅m/s
D. 30kg⋅m/s
4.如图所示，航天器c位于日地系统中拉格朗日L4点处，与太阳a、地球b构成稳定的等边三角形，大圆为地球绕太阳中心做匀速圆周运动的轨迹。实际上，a、b、c是一个“三星”系统，由于航天器的质量远小于天体的质量，a、b、c绕着a、b构成的“双星”连线中的O点转动。忽略其他天体的影响，则对O点( )
A. c的周期大于b的周期B. c的向心加速度等于b的向心加速度
C. c的向心力指向太阳中心D. c的线速度大于b的线速度
5.如图所示，水平面内正方形的四个顶点固定着四个完全相同的点电荷a、b、c、d，竖直线MN为该正方形的中轴线，交正方形所在平面于O点，两电荷量大小相等的带电小球甲、乙恰好静止在MN轴上距O点相同距离的位置。下列说法正确的是( )
A. 甲、乙可能为同种电性
B. 甲、乙质量可能不同
C. 甲、乙质量一定不同
D. 点电荷a、b、c、d在甲、乙位置处产生的场强相同
6.如图所示，a、b、c为足够长的光滑水平面上的三个相同平板。初始时刻c静止，a、b整齐叠放在一起以某速度水平向右运动，之后b、c发生完全非弹性碰撞且不粘连，最终a恰好未从c右端滑出。忽略空气阻力，从b、c碰撞后到a、c共速前的过程中，a、b、c始终共线且粗糙程度处处相同，则下列图像正确的是( )
A. a的速度随时间变化的图像
B. b的加速度随时间变化的图像
C. c的速度随时间变化的图像
D. b的速度的平方随位移变化的图像
二、多选题：本大题共4小题，共19分。
7.某电容式电子秤的部分结构如图所示。将该电子秤水平放置，未测物品时，两金属板M、N平行正对，带有等量异种电荷且保持不变；当放置物品时，M板受到压力F而发生微小形变，则( )
A. M、N两板间电势差变小B. M、N两板间场强处处不变
C. M、N两板构成的电容器的电容变小D. M、N两板构成的电容器的电容不变
8.如图所示，“a→b→c→a”表示某一定质量的理想气体的一个循环过程。下列说法正确的是( )
A. a→b过程中，该气体放热
B. b→c过程中，该气体放热
C. c→a过程中，该气体放热
D. a→b→c过程中，该气体吸热
9.老鹰俯冲捕猎时的速度可达200km/h，图1是老鹰成功捕获鲤鱼的图片，图2为某同学估算所画的捕获示意图。一质量为2kg的老鹰捕猎前、后的一小段运动近似为半径R=100m的圆周运动，捕猎前瞬时的水平速度大小v0=180km/h，鲤鱼质量为0.5kg，老鹰和鱼均可视为质点，忽略鱼的初速度以及捕猎过程中水的作用力，重力加速度g取10m/s2，则( )
A. 捕猎前、后瞬时，老鹰处于非平衡状态
B. 捕猎前、后瞬时，老鹰的加速度大小不变
C. 捕猎后瞬时，老鹰的速度大小为40km/h
D. 捕猎后瞬时老鹰所受空气作用力比捕猎前瞬时减少5N
10.如图所示，“L”形直角光滑金属导轨OAN固定在竖直平面内，金属杆一端由光滑铰链连接在O处，另一端穿过套在水平导轨AN上的光滑轻环，金属杆与导轨构成的回路连接良好，整个空间有垂直导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，只考虑OA段的电阻。轻环在水平外力F的作用下，使金属杆以不变的角速度逆时针转动，则在轻环由C点运动到D点的过程中( )
A. 轻环加速运动B. 轻环减速运动
C. 回路中的电流增大D. 力F对轻环所做的功等于系统产生的热量
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用如图1所示装置“研究单摆运动的规律”。让摆球在竖直平面内摆动，用力传感器得到细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像如图2所示。
(1)由图像可得，该单摆的振动周期T=______。
(2)该同学先用20分度的游标卡尺测量摆球的直径，结果如图3所示，其读数为______ cm。
(3)已知摆球的质量为m，可得当地重力加速度大小g=______(用题给物理量符号表示)。
12.某实验小组拟测量一量程。I2=3mA的灵敏电流计G的内阻Rg，并完成改表实验。
(1)该小组同学先用欧姆表粗略测量电流计G的内阻Rg：应将欧姆表的红表笔与电流计G的______(选填“+”“-”)接线柱接触，把选择开关旋转到“×100”位置，正确操作后，欧姆表的指针如图1所示，则Rg的大小为______Ω。
(2)为精细测量电流计G的内阻Rg，该小组同学利用“半偏法”原理设计了如图2所示电路图，请将图3所示实物连线图补充完整。
①闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器R0的滑片，使电流计G满偏；
②保持滑动变阻器R0的滑片位置不动，断开开关S2，调节电阻箱R，使电流计G半偏；
③读出电阻箱R的数值601.2Ω，即为电流计G的内阻Rg的测量值。
由此可知，本次电流计G的内阻Rg的测量值与其真实值相比______(选填“偏大”“偏小”)。
(3)然后该小组同学利用所学知识，将电流计G改装为量程IA=3A的电流表，并测量标准电流I0=2A时，发现电流计G的示数I1=2.05mA。通过本次测量，经分析可知，(2)中“半偏法”测得的Rg的测量值的相对误差为______%(保留两位有效数字)。
四、简答题：本大题共3小题，共41分。
13.如图是某四分之一圆弧形均质柱体玻璃砖的截面图，O为圆弧圆心，圆弧半径为R。与截面OMN平行的平行单色光线照射到OM部分，光线与OM边的夹角θ=45∘。已知该玻璃砖对该光线的折射率为 2，光在真空中的传播速度为c，不考虑反射光的折射，求：
(1)圆弧MN上有光线射出的弧长占其总弧长的百分比；
(2)能从圆弧MN上射出的光线在该玻璃砖中经过的最短时间
14.如图所示，形状、材料相同的物块a、b静止在足够长的粗糙水平面上，b左端固定一劲度系数足够大的轻弹簧c，a、b、c中心共线，c左端与a相距x0。现给a一水平向右的初速度v，a刚接触c时的速度为v2，此后a的速度减为零时恰好与c分离，且此时b的速度恰好为v2。已知物块a、b质量分别为2m、m，两物块可视为质点，重力加速度为g，忽略空气阻力，求：
(1)物块a、b与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)物块a与c接触的时间t；
(3)物块a与c刚分离时，物块b的位移大小。
15.如图1所示，MN与PQ是两条固定在同一水平面上的平行金属导轨，导轨间距为L，一质量为m、电阻为R、长度也为L的金属杆ab垂直跨接在导轨上，ab杆左侧导轨上安装有电流传感器，导轨左端连接一阻值也为R的定值电阻，导轨电阻不计且足够长。整个导轨处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面(图中未画出)。t=0时刻，ab杆在水平拉力F的作用下由静止开始水平向右运动，整个运动过程中，电流传感器的示数i随时间t变化的关系如图2所示，ab杆始终与导轨垂直并接触良好。已知ab杆与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求整个运动过程中：
(1)通过ab杆的电荷量；
(2)ab杆与导轨间因摩擦产生的热量Q；
(3)水平拉力F的冲量IF。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、游客速率不变，动能不变，由动能定理可知，合力做功为零，故A正确；
B、由于游客做曲线运动，受到的合外力不为零，故B错误；
C、由于游客的动能不变，重力势能改变，故机械能不守恒，故C错误；
D、游客通过环形轨道攀升的过程中，重力和速度间的夹角钝角且先不断增大再不断减小，由P=mgvcsα可知，重力的功率先变小后增大，故D错误。
故选：A。
明确游客的运动过程，由动能定理分析合外力做功情况，根据曲线运动的性质分析合力是否为零，根据机械能的定义分析机械能是否守恒；根据功率公式分析功率的变化情况。
本题根据过山车考查了动能定理、机械能守恒定律、功率公式以及曲线运动的性质，要注意正确分析运动过程，明确物理规律的应用。
2.【答案】B
【解析】解：根据爱因斯坦光电效应方程可得
eUc=hν−W0
所以Uc=hev−W0e
根据题意，甲、乙两种金属对应的图线斜率相同，即两条图线应平行，且甲的逸出功大于乙的逸出功，甲的极限频率更大，即图线的横截距较大，乙的较小，符合此条件的图像应该是②。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据光电效应方程导出Uc随入射光频率ν变化的关系式，结合图像的斜率和横轴截距的物理意义解答。
考查光电效应和极限频率的问题，会结合图像进行分析判断。
3.【答案】B
【解析】解：根据题意，网球从手中无初速度释放时的高度约为1m
根据自由落体运动规律，v2=2gh
网球落地前瞬时的动量大小约为，p=mv
联立解得p=0.3kg⋅m/s，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据自由落体运动的规律以及动量表达式进行分析即可求解。
该题考查自由落体运动的规律以及动量表达式的应用，解题的关键是估算网球落地前的瞬时速度，题目难度适中。
4.【答案】D
【解析】解：a、b、c绕着a、b构成的“双星”连线中的O点转动，由图可知c的向心力并非指向太阳中心，半径小于b的运动半径，由于太阳质量非常大，可忽略地球对c的引力，根据牛顿第二定律有
GMmr2=ma=mr4π2T2=mv2r
解得a=GMr2，T=4π2r3GM，v= GMr
可知c的周期小于b的周期，c的向心加速度和线速度大于b的向心加速度和线速度，故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据万有引力提供向心力分析周期、加速度、线速度的大小关系，根据合力提供向心力确定C。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答本题要弄清楚向心力的来源，根据万有引力合力提供向心力结合向心力计算公式分析。
5.【答案】C
【解析】解：D、水平面内正方形的四个顶点固定着四个完全相同的点电荷a、b、c、d，ac和bd分别为等量同种电荷，MN分别在它们连线的中垂线上，根据等量同种电荷周围的电场分布，可得MN上甲、乙静止的两点的电场强度等大反向，故D错误；
A、甲、乙静止，即甲、乙受力平衡。设甲、乙之间的库仑力大小为F，若甲、乙为同种电荷，则甲、乙受到的电场力和彼此间的库仑力均大小相等，方向相反，即甲、乙受到的电场力和库仑力的合力等大反向，不可能都能和重力平衡，即甲、乙一定带不同电性的电荷，故A错误；
BC、由A选项可得，甲、乙一定为不同电性，则电场力大小相等，库仑力等大反向，则甲、乙受到电场力和库仑力的合力大小定不相同，则与之平衡的重力一定不同，即甲、乙的质量一定不同，故B错误，C正确。
故选：C。
根据等量同种电荷的电场线特点以及场强的叠加原理分析D；对两球受力分析可知两球电性一定不同；两球受力平衡，根据重力和库仑力以及电场力的关系分析即可。
能够熟练掌握场强的叠加原理是解题的基础，要知道小球除受四个电荷对它们的电场力外，它们两个之间还存在着库仑力。
6.【答案】C
【解析】解：由于b、c不粘连，在a滑上c的过程中b受到的滑动摩擦力与c受到的滑动摩擦力大小不同，随着a滑上c的长度的增加，a对c的正压力增大，对b的正压力减小，则可知a对b的滑动摩擦力逐渐减小，而a对c的滑动摩擦力逐渐增大，设木板a的长度为L，x1表示a在b上的长度，x2表示a在c上的长度，则根据牛顿第二定律有
μx1mLg=mab
μx2mLg=mac
解得
ab=μx1Lg，ac=μx2Lg
在a完全滑上c的过程中x1减小，x2增大，但由于在a滑上c的长度过半之前，始终是b推动着c向前运动，因此在a滑上c的长度过半之前b、c始终共速，即有
ab=ac=μg2
即b、c一起做匀加速直线运动，而a做匀减速直线运动，但当a滑上c的长度过半之后，根据
ab=μx1Lg(x1L2)
可知，c的加速度将大于b的加速度，则此后木板c做加速度逐渐增大的加速运动，木板b做加速度逐渐减小的加速运动，这个过程中b与c分离且距离逐渐增大，直至a与b分离，此时由于a在c上的长度已经过半，因此对木板c的正压力即为自身重力的大小，即a与b分离后，c的加速达到最大值，将做匀加速直线运动，一直到a与c完全重合共速，而对于木板a而言，在b与c未分离时，做匀减速直线运动，而当b与c开始分离时其所受摩擦力逐渐减小，直至a与b分离后其所受摩擦力又达到最大值，因此可知a先做匀减速直线运动，接着做加速度逐渐减小的减速运动，后又做匀减速直线运动，直至与c共速后做匀速直线运动；
而对于b，根据以上分析可知，其先做匀加速直线运动，再做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后做匀速直线运动；
对于c，其先做匀加速直线运动，再做加速度逐渐增大的加速运动，最后做匀加速直线运动，直至与a共速后做匀速直线运动。
A、a先做匀减速直线运动，接着做加速度逐渐减小的减速运动，后又做匀减速直线运动，直至与c共速后做匀速直线运动，速度-时间图像的斜率表示加速度，该图像表示到a、c共速前a始终做匀减速直线运动，故A错误；
B、该图像表示到a、c共速前b先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度逐渐减小的加速运动，直至加速度减为零，与上述分析不符，故B错误；
C、该图像表示c先做匀加速直线运动，再做加速度逐渐增大的加速运动，最后以最大加速度做匀加速直线运动，与上述分析相符，故C正确；
D、根据匀变速直线运动的速度与位移的关系变式可得
v2−v02=2ax
则可知该图像表示b先以较大的加速度做匀加速直线运动，再以较小的加速度做匀加速直线运动，与以上分析不符，故D错误。
故选：C。
根据b、c发生完全非弹性碰撞且不粘连的情况，结合各自的受力，根据牛顿第二定律分析加速度变化，再根据运动学规律分析图象。
本题考查动量守恒定律、牛顿第二定律、运动学规律的应用，解题关键掌握物块受力情况的变化。
7.【答案】AB
【解析】解：ACD、当放置物品时，M板下移，M、N两板间距离d变小，根据电容的定义式C=εrS4πkd分析可知电容C变大，而电容器带电量Q不变，由电容的决定式C=QU分析可知，M、N两板间电势差U变小，故A正确，CD错误；
B、根据C=εrS4πkd、C=QU以及E=Ud可得E=4πkQϵrS，E与d无关，则知M、N两板间场强处处不变，故B正确。
故选：AB。
先根据电容的决定式C=εrS4πkd分析电容的变化，结合电容器带电量不变，由电容的定义式C=QU分析两板间电势差变化。根据C=εrS4πkd、C=QU以及E=Ud分析两板间场强变化情况。
本题是电容器动态分析问题，关键要掌握电容的决定式C=εrS4πkd和电容的定义式C=QU，结合电量不变进行分析。
8.【答案】BCD
【解析】解：A、根据热力学第一定律ΔU=Q+W，结合图像可知，a→b过程中，气体体积增大，即气体对外做功，W<0，气体温度升高，则ΔU>0，因此可知该过程中Q一定大于0，即气体一定从外界吸热，故A错误；
B、b→c过程中，气体体积不变，则气体既不对外做功外界也不对气体做功，W=0，但此过程中温度降低，即ΔU<0，因此，根据热力学第一定律可知该过程一定放热，故B正确；
C、c→a过程中，气体体积减小，则可知外界对气体做功，W>0，而温度不变，则可知ΔU=0，因此根据热力学第一定律，Q<0，即该过程中一定放热，故C正确；
D、根据上述分析可知，a→b过程中，W1<0，Q1>0；b→c过程中，W2=0，Q2<0，a→b过程和b→c过程温度的变化量相同，则内能的变化量相同，即有
ΔU1=W1+Q1；ΔU2=W2+Q2，ΔU1=ΔU2
因此a→b过程中吸收的热量一定大于b→c过程中放出的热量，即a→b→c过程中该气体吸热，故D正确。
故选：BCD。
根据图像分析出气体状态参量的变化，根据气体的体积变化得出气体的做功类型，根据温度的变化得出气体内能的变化，结合热力学第一定律分析出气体的吸放热情况。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，解题的关键点是分析出气体状态参量的变化，结合热力学第一定律即可完成分析。
9.【答案】AD
【解析】解：A、老鹰捕猎前、后的一小段运动近似为圆周运动，圆周运动是曲线运动，所以合外力不为0，老鹰处于非平衡状态。故A正确；
B、捕猎前、后瞬时，圆周运动过程由老鹰的质量变成了老鹰和鱼的总质量，根据水平方向动量守恒可得老鹰的瞬时速度减小，即
m1v0=(m1+m2)v共，代入数据，解得v共=40m/s，加速度a=v2R，老鹰的速度减小了，圆周运动半径不变，则老鹰的加速度变小。故BC错误；
D、捕猎前设空气对老鹰的作用力为F，捕猎后空气对老鹰的作用力为F′，分别对捕猎前老鹰和捕猎后的整体进行受力分析，有F−m1g=m1v02R
F′−m1g−m2g=(m1+m2)v共2R解得F=70N，F′=65N，可知F−F′=5N，即捕猎后瞬时老鹰所受空气作用力比捕猎前瞬时减少5N。故D正确。
故选：AD。
A、根据曲线运动的条件进行判断；
BC、根据动量定理和向心加速度公式进行判断；
D、对捕猎前老鹰和捕猎后的整体进行受力分析，再列牛顿第二定律方程即可求解。
本题主要考查了牛顿第二定律及动量守恒定律的应用，解题关键是正确选择研究对象进行受力分析再分别列方程求解。
10.【答案】AC
【解析】解：AB、轻环运动过程中的速度v环的分解图如下图所示，分速度v1是环绕O点转动的分速度。设环与O点距离为R，OA的长度为L。
则有：v1=v环cs⁡θ，v1=ωR，由几何关系得：L=Rcsθ
解得：v环=ωLcs2θ，因轻环由C点运动到D点的过程中角θ增大，故轻环的速度增大，做加速运动，故A正确，B错误；
C、设OA段的电阻为R1，根据上图中金属杆在回路中的部分长度等于R，金属杆在回路中的部分产生的感应电动势为：E=BR×12v1=12BR2ω，回路中的电流为：I=ER1=BR2ω2R1，因轻环由C点运动到D点的过程中R增大，故回路中电流增大，故C正确；
D、根据功能关系可知，力F对轻环所做的功等于系统增加的总能量，且等于系统产生的热量与环增加的动能之和，故D错误。
故选：AC。
将轻环运动过程中的速度沿着金属杆与垂直于金属杆分解，垂直于金属杆的分速度是环绕O点转动的分速度。依此得到环的速度表达式，再判断其运动形式；根据法拉第电磁感应定律求得金属杆在回路中的部分产生的感应电动势，得到回路中的电流表达式，判断回路中电流的变化；根据功能关系可知，力F对轻环所做的功等于系统增加的总能量。
本题考查了电磁感应现象，为导体棒转动切割磁感线的情况。关键要分析清楚金属杆的运动情况，再根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和功能关系进行解答。
11.【答案】2t0 2.0702F1+F23m
【解析】解：(1)单摆经过最低点时，速度最大，据牛顿第二定律知，单摆经过最低点时摆线的拉力最大；从最低点到再次到达最低点所需时间等于半个周期，所以据图象得该单摆的周期为2t0；
(2)小球的直径d=20mm+14×0.05mm=20.70mm=2.070cm；
(3)设单摆的摆长为L，最大摆角为θ，在最高点时其速度为零，则其向心力为零，有F1=mgcsθ
在最低点时，对摆球受力分析：F2−mg=mv2L
从最高点到最低点由动能定理得：mgL(1−csθ)=12mv2
由以上三式联立得g=2F1+F23m
故答案为：(1)2t0；(2)2.070； (3)F2+2F13m。
(1)单摆经过最低点时，速度最大，摆线的拉力最大，结合图像判断其周期；
(2)小球直径可由主尺读数加游标尺读数读出；
(3)对摆球受力分析，结合动能定理联立求解。
解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，以及会灵活运用动能定理、牛顿定律解题。
12.【答案】−600偏大 2.5
【解析】解：(1)欧姆表中电流由黑表笔流出，红表笔流入，则黑表笔接电流计G的“+”，红表笔接“-”。
把选择开关旋转到“×100”位置，正确操作后，由图1可知
Rg=6×100Ω=600Ω
(2)根据图2电路图，补全图3实物图，如图所示
根据题意可知，断开S2，接入电路的总电阻增大，则干路电流减小，电流计所在支路两端的电压增大(大于电流计的满偏电压)，则电流计G半偏时
R+Rg>2Rg
可得
R>Rg
即本次电流计G的内阻Rg的测量值与其真实值相比偏大。
(3)根据题意，设改装电表并联的电阻为R，电流计G的内阻的测量值为R′g，真实值为Rg，则有
I2IA=Rg′R，I0−I1I1=RgR
将I2=3mA=0.003A，I1=2.05mA=0.00205A代入解得
R′g=999R，Rg≈975R
则(2)中“半偏法”测得的Rg的测量值的相对误差为Rg′−RgRg×100%=999R−975R975R×100%=2.5%
故答案为：(1)−；600；(2)图见解析；偏大；(3)2.5
(1)根据多用电表的使用方法及读数解答；
(2)根据电路图连接实物图，根据电流与电阻的关系分析误差
(3)根据欧姆定律分析解答。
本题考查半偏法测量电表的内阻，要注意明确实验原理，知道电表的改装原理，并能正确通过方程组的分析求解。
13.【答案】解：(1)设光线从OM边射入玻璃砖的折射角为r，对应的入射角为θ=45∘。根据折射定律得：
n=sin45∘sinr
解得：r=30∘
光线在圆弧MN上恰好发生全反射时满足：sinC=1n
解得全反射临界角：C=45∘
光路图如下图所示，恰好在P点全反射，能从圆弧 MN上射出的光线范围在P点与Q点之间，圆弧PQ对应的圆心角为β。
由几何关系可知：∠OSP=90∘+r=90∘+30∘=120∘；α=180∘−∠OSP−C
解得：α=15∘
β=90∘−α−r=90∘−15∘−30∘=45∘
圆弧MN上有光线射出的弧长占其总弧长的百分比为：
η=β90∘×100%=50%
(2)能从圆弧MN上射出的光线在玻璃砖中经过的最短路程是S点到P点的距离，设为d。
根据正弦定理有：dsinα=R∠OSP
sin15∘= 6− 24
解得：d= 6− 22 3
光线在玻璃砖中的传播速度大小为：v=cn
能从圆弧 MN上射出的光线在玻璃砖中经过的最短时间为：t=dv
联立解得：t=(1− 33)Rc
答：(1)圆弧MN上有光线射出的弧长占其总弧长的百分比为50%；
(2)能从圆弧MN上射出的光线在该玻璃砖中经过的最短时间为(1− 33)Rc。
【解析】(1)根据折射定律求得光线从OM边射入玻璃砖的折射角。根据全反射的临界条件画出光路图，确定所求出射范围，根据几何关系解答；
(2)根据几何关系求解从圆弧MN上射出的光线在玻璃砖中经过的最短路程，根据光线在玻璃砖中的传播速度与真空中光速的关系求解传播时间。
本题考查光的折射定律，掌握光的全反射条件，理解恰好发生全反射的临界角与折射率的关系，同时注意几何关系在本题的正确运用。
14.【答案】解：(1)从开始到a刚接触c的过程，由动能定理得：
−2μmgx0=12×2m(v2)2−12×2mv2
解得：μ=3v28gx0
(2)因弹簧的劲度系数足够大，a接触c后在极短时间内弹簧弹力大于b与水平面的最大静摩擦力，使b开始运动，故可忽略a刚接触c到b开始运动的时间，即可认为物块a与c接触的过程，a、b的运动时间相等，以向右为正方向，设物块a与c接触的时间内弹簧弹簧对a、b的冲量分别为Ia、Ib，则有：
Ia=−Ib
对a、b分别由动量定理得：
−2μmgt+Ia=0−2mv2
−μmgt+Ib=mv2−0
解得：t=4x09v
(3)与(2)同理，因弹簧的劲度系数足够大，可忽略a刚接c簧到b开始运动过程a的位移，故可认为物块a与c接触的过程a、b的位移相同，设此位移为x，对ab整体由功能关系和能量守恒定律得：
−μ(2m+m)gx=12m(v2)2−12×2m(v2)2
解得：x=x09
答：(1)物块a、b与水平面间的动摩擦因数μ为3v28gx0；
(2)物块a与c接触的时间t为4x09v；
(3)物块a与c刚分离时，物块b的位移大小为x09。
【解析】(1)根据动能定理求解动摩擦因数；
(2)对a、b分别根据动量定理列式联立求解时间，因弹簧的劲度系数足够大，此时间内可认为弹簧对a、b的冲量等大反向。
(3)弹簧的劲度系数足够大，可认为物块a与c接触的过程，a、b的位移相同，对ab整体由能量守恒定律和功能关系求解。
本题是动量守恒定律的弹簧模型的变形，由题意可知系统动量并不守恒，将轻弹簧设置成劲度系数足够大，即可认为在物块b开始运动前物块a撞击一个不形变物体。根据题意分析清楚物块的运动过程，应用动量定理，能量守恒定律与功能关系即可解题。
15.【答案】解：(1)根据i−t图像与时间轴围成的面积表示电荷量，可得通过ab杆的电荷量为：
q=2t0+5t02I0=72I0t0
(2)设ab杆某时刻的速度大小为v，则对应的回路中的电流i=BLv2R，可见i与v成正比，故ab杆运动的v−t图像与回路的i−t图像相似。ab杆运动的v−t图像如下图所示：
设ab杆匀速运动时速度大小为v0，可得：I0=BLv02R，解得：v0=2I0RBL
由v−t图像与时间轴围成的面积可得ab杆运动的位移大小为：x=2t0+5t02v0=7v0t02
ab杆与导轨间因摩擦产生的热量为：Q=μmgx=7μmgRI0t0BL
(3)对ab杆运动的全过程，以向右为正方向，根据动量定理得：
IF−μmg×5t0−∑BiLΔt=0−0
其中：∑BiLΔt=∑BLΔq=BLq=72I0t0BL
解得：IF=5μmgt0+72BLI0t0
答：(1)通过ab杆的电荷量为72I0t0；
(2)ab杆与导轨间因摩擦产生的热量Q为7μmgRI0t0BL；
(3)水平拉力F的冲量IF为5μmgt0+72BLI0t0。
【解析】(1)根据i−t图像与时间轴围成的面积表示电荷量求解；
(2)回路中的电流与ab杆运动速度大小成正比，ab杆运动的v−t图像与回路的i−t图像相似。先根据法拉第电磁感应定律求出ab杆匀速运动时速度大小，由v−t图像与时间轴围成的面积可得ab杆运动的位移大小，继而可求ab杆与导轨间因摩擦产生的热量；
(3)对ab杆运动的全过程，根据动量定理求解。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的运动问题，根据平衡条件、牛顿第二定律、动量定理列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。