2021-2022學(xué)年江蘇省蘇州市高二（上）期末物理試卷     下列關(guān)于能量、能量量子化及電磁波的說法正確的是(    )A. 能量的耗散現(xiàn)象是與能量守恒定律相違背的一個特例
B. 黑體雖然不反射電磁波，但可以向外輻射電磁波
C. 微波爐使用紅外線加熱食物
D. 普朗克提出了光是由一個個不可分割的能量子組成的    下列四種情境中說法中正確的是(    )
 A. 圖甲中，M、N兩點磁感應(yīng)強度相同
B. 圖乙中，線圈穿過磁鐵從M運動到L的過程中，穿過線圈的磁通量先減小后增大
C. 圖丙中，閉合線框繞垂直于磁場方向的軸轉(zhuǎn)動的過程中，線框中沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生
D. 圖丁中，線框在與通電導(dǎo)線在同一平面內(nèi)向右平移的過程中，線框中有感應(yīng)電流產(chǎn)生    已知通電圓環(huán)中心處磁感應(yīng)強度大小與電流成正比，與半徑成反比。兩個載流線圈小半圓關(guān)于虛線ab對稱中的電流相同，關(guān)于、處的磁感應(yīng)強度的說法正確的是(    )
 A. 處垂直紙面向外、處垂直紙面向里，并且
B. 、處均垂直紙面向里，并且
C. 處垂直紙面向外、處垂直紙面向里，并且
D. 、處均垂直紙面向里，并且    OBCD為半圓柱體玻璃磚的橫截面，OD為直徑，兩束單色光組成的的復(fù)色光沿AO方向從真空射入玻璃，分別從B、C兩點射出玻璃磚(    )
 A. 玻璃對從C點射出的單色光折射率更大
B. 通過偏振太陽鏡觀察O處的反射光，轉(zhuǎn)動鏡片時會發(fā)現(xiàn)有強弱變化
C. 在O點的反射光為單色光
D. 由于玻璃磚的折射率和半徑未知，無法比較兩束光在玻璃中的傳播時間    將一塊平板玻璃放置在另一水平放置的平板玻璃之上，在一端夾入兩張紙片，從而在兩玻璃表面之間形成一個劈形空氣薄膜。當(dāng)某單色光從上方入射后，從上往下看到的明暗相間的干涉條紋如圖所示。下列有關(guān)該薄膜干涉的說法正確的是(    )
 A. 干涉條紋是入射光在兩塊平板玻璃上表面的反射光疊加產(chǎn)生的結(jié)果
B. 干涉條紋中的亮條紋均是兩列反射光的波峰和波峰疊加的結(jié)果
C. 干涉條紋成水平排列，若抽去一張紙片，條紋間距將變大
D. 干涉條紋成豎直排列，若抽去一張紙片，條紋間距沒有變化    電鰻是一種放電能力很強的淡水魚類，它能借助分布在身體兩側(cè)肌肉內(nèi)的起電斑產(chǎn)生電流。某電鰻體中的起電斑并排成125行，每行串有5000個起電斑，沿著身體延伸分布。已知每個起電斑的內(nèi)阻為，并能產(chǎn)生的電動勢。該起電斑陣列一端在電鰻的頭部而另一端接近其尾部，與電鰻周圍的水形成回路。假設(shè)回路中水的等效電阻為，則電鰻放電時，其首尾間的輸出電壓為(    )A. 790V B. 800V C. 974V D. 503V    在均勻介質(zhì)繩中選取平衡位置在同一直線上的9個質(zhì)點，相鄰兩質(zhì)點的距離均為1m，如圖所示，一列簡諧橫波沿該直線向右傳播，時剛到達質(zhì)點1，質(zhì)點1開始向下運動，6s后第一次出現(xiàn)如圖所示的波形。對于該列波下列說法正確的是(    )
 A. 周期 B. 波長 C. 波速 D. 頻率    如圖甲所示，一個有固定轉(zhuǎn)動軸的豎直圓盤轉(zhuǎn)動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動一個T形支架在豎直方向運動，使T形支架下面的彈簧和小球組成的系統(tǒng)做受迫振動。圓盤靜止時，在彈簧原長位置釋放小球，小球做簡諧振動的圖像如圖乙所示豎直向上為正方向。下列說法正確的是(    )A. 內(nèi)小球所受的回復(fù)力不斷減小，且方向為x軸正方向
B. 運動過程中小球的加速度不斷變化，最大加速度可能大于重力加速度g
C. 若圓盤以勻速轉(zhuǎn)動，小球振動達到穩(wěn)定時其振動的周期為4s
D. 若圓盤以勻速轉(zhuǎn)動，欲使小球振幅增加則可使圓盤轉(zhuǎn)速適當(dāng)減小    在“測干電池的電動勢和內(nèi)電阻”實驗中，某同學(xué)連接好電路進行測量，得到數(shù)據(jù)如下表所示。分析得到的數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)不對，進一步研究表明實驗電路連接錯了。你認為(    )A. 該同學(xué)所連接的電路可能是上面電路圖中的圖c
B. 該同學(xué)所連接的電路可能是上面電路圖中的圖d
C. 為了準(zhǔn)確完成實驗?zāi)繕?biāo)，該同學(xué)還要繼續(xù)采用圖a繼續(xù)實驗
D. 為了準(zhǔn)確完成實驗?zāi)繕?biāo)，該同學(xué)還要繼續(xù)采用圖b繼續(xù)實驗在電場強度為E的足夠大的勻強電場中，有一與電場線平行的絕緣水平面，如圖中虛線所示。平面上有兩個靜止的小球A和B，質(zhì)量均為m，A球帶電荷量，B球不帶電。開始時兩球相距L，在電場力的作用下，A球開始沿直線運動，并與B球發(fā)生正碰，碰撞中無機械能損失。設(shè)在每次碰撞過程中，A、B兩球間無電荷量轉(zhuǎn)移，且不考慮一切阻力及兩球間的萬有引力。則(    )
 A. A球經(jīng)過時間與B球發(fā)生第一次碰撞
B. A球在以后與B球發(fā)生碰撞的時間間隔逐漸呈均勻遞增
C. A球與B球發(fā)生碰撞的時間間隔一直保持不變，大小都是
D. AB球在第5次正碰與第6次正碰之間的時間間隔是實驗小組的同學(xué)們用如圖所示的裝置做“用單擺測量重力加速度”的實驗。選擇好器材，將符合實驗要求的單擺懸線上端固定在鐵架臺上，測出懸點到小球球心的距離l；將擺球拉離平衡位置一個小角度松手使其在豎直平面內(nèi)擺動，測量單擺完成n次全振動所用的時間t，則重力加速度________。用l、n、t表示甲同學(xué)測得的重力加速度數(shù)值大于當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊膶嶋H值，造成這一情況的原因可能是________。填選項前的字母A.開始擺動時振幅較小B.開始計時時，過早按下秒表C.測量周期時，誤將擺球次全振動的時間記為n次全振動的時間D.測量擺長時，以懸點到小球下端邊緣的距離為擺長乙同學(xué)多次改變單擺的擺長并測得相應(yīng)的周期，他根據(jù)測量數(shù)據(jù)畫出了如圖所示的圖像，但忘記在圖中標(biāo)明橫坐標(biāo)所代表的物理量．你認為橫坐標(biāo)所代表的物理量是________填“”“l”或“”。若圖線斜率為k，則重力加速度________用k表示。丙同學(xué)正確完成實驗操作后，整理器材時突然發(fā)現(xiàn)單擺靜止時擺球重心在球心的正下方，他測量時是將懸點到球心的距離作為擺長l，通過改變擺線的長度，測得5組l和對應(yīng)的周期T。為了消除擺長不準(zhǔn)對實驗結(jié)果的影響，他畫出圖像，利用圖像計算出重力加速度的表達式應(yīng)為________。某校運動會進行趣味顛球比賽，一同學(xué)用頭顛球。某一次足球從靜止開始下落80cm后，又被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度為125cm。已知足球的質(zhì)量為，足球與頭部的作用時間為，重力加速度g取，不計空氣阻力。求：

足球被重新頂起時的速度大??；
足球?qū)︻^部的作用力。如圖甲所示，在“測定玻璃的折射率”實驗中，某同學(xué)利用入射角與折射角，作出的圖像如圖乙所示。求：該玻璃的折射率n；他再取用該種玻璃制成截面為四分之一圓面的玻璃柱體，半徑為R，厚度為d，如圖丙所示，一束剛好覆蓋ABNM面的單色光，以與該面成角的方向入射，若只考慮首次入射到ABCD面上的光，則ABCD面上的光透出部分的面積S為多少？ 在如圖所示的電路中，是由某金屬氧化物制成的導(dǎo)體棒，實驗證明通過它的電流I與電壓U遵循的規(guī)律式中、為普通電阻都遵循歐姆定律，且，，電源內(nèi)電阻，電容開始時和均斷開，當(dāng)閉合開關(guān)后理想電流表示數(shù)為試求：電源的電動勢；電源的效率；已知電容器儲存的電場能可表示為為電容器的電容，U為電容器兩端的電壓現(xiàn)斷開，閉合，待電路穩(wěn)定后，求電容器的帶電量和此過程中閉合回路產(chǎn)生的焦耳熱不考慮電磁輻射 如圖所示，兩個滑塊A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)，在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P。右邊有一滑塊C沿軌道以速度滑向B，C與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個整體D。在它們繼續(xù)向左運動的過程中，當(dāng)彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再改變，然后A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰撞后A、D都靜止不動，A與P接觸而不粘連，過一段時間，突然解除鎖定鎖定及解除鎖定均無機械能損失。已知A滑塊質(zhì)量為2m，B和C兩滑塊的質(zhì)量均為m，三個滑塊均為大小一樣的剛性滑塊且均可看成質(zhì)點。求：
彈簧長度剛被鎖定后A滑塊的速度大小；
滑塊離開擋板P時D的速度大小，以及此后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能；
滑塊離開擋板P后，彈簧中點運動位移為d需要的時間。

答案和解析 1.【答案】B 【解析】【分析】
能量的耗散現(xiàn)象不違背能量守恒定律；黑體不反射電磁波，但可以向外輻射電磁波；微波爐使用微波加熱食物；結(jié)合愛因斯坦的光子說解答。
本題考查人們對幾個物理史實的了解以及能量耗散的理解，屬于記憶性的知識點，多加積累即可。

【解答】
A、能量的耗散現(xiàn)象并不違背能量守恒定律，但能量品質(zhì)降低，耗散的內(nèi)能很難被人類再利用，故A錯誤；
B、黑體能完全吸收入射到其表面的電磁波，并且不會有任何的反射與透射，但是黑體會向外輻射電磁波，輻射的強度按波長的分布只與溫度有關(guān)，故B正確；
C、微波爐使用微波加熱食物，故C錯誤；
D、愛因斯坦提出了光是由一個個不可分割的能量子組成的，故D錯誤。
故選：B。  2.【答案】D 【解析】【分析】
根據(jù)磁感線的特點與磁感應(yīng)強度的關(guān)系判斷A選項；根據(jù)條形磁鐵的磁場的特點判斷B選項；根據(jù)產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件判斷CD選項。
該題考查常見的磁場的特點以及產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，注意產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件是解答的關(guān)鍵。

【解答】
A、磁感線的切線方向表示磁感應(yīng)強度的方向，由圖可知，圖甲中M、N兩點的磁感應(yīng)強度的方向是不同的，所以圖甲中，M、N兩點磁感應(yīng)強度不相同，故A錯誤；
B、根據(jù)條形磁鐵的磁場的特點可知，當(dāng)線圈穿過磁鐵從M運動到L的過程中，穿過線圈的磁通量先增大后減小，故B錯誤；
C、圖丙中，閉合線框繞垂直于磁場方向的軸轉(zhuǎn)動的過程中，線框平面與磁感應(yīng)強度方向之間的夾角發(fā)生變化，穿過線框的磁通量也發(fā)生變化，所以線框中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故C錯誤；
D、距離通電直導(dǎo)線越遠，磁感應(yīng)強度越小，所以在圖丁中，線框在與通電導(dǎo)線在同一平面內(nèi)向右平移的過程中，向里穿過線框的磁通量減小，線框中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故D正確。
故選：D。  3.【答案】A 【解析】【分析】
由安培定則和磁場疊加原理可判斷出、處合磁感應(yīng)強度方向和大小，再進行比較即可。
本題考查磁感應(yīng)強度的疊加原理和安培定則，屬于基礎(chǔ)簡單題目，解題關(guān)鍵是熟練掌握基本物理規(guī)律。

【解答】
由安培定則和磁場疊加原理可判斷出處合磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外，大小滿足：，
處合磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里，大小滿足：，
聯(lián)立可得：，故A正確；BCD錯誤。
故選：A。  4.【答案】B 【解析】【分析】
根據(jù)折射定律分析折射率大?。环瓷涔馐瞧窆猓?dāng)偏振光偏振的方向與偏振鏡片偏振的方向平行時可以通過偏振片，當(dāng)二者方向垂直時不能通過偏振光；根據(jù)折射定律、光速公式，并結(jié)合幾何關(guān)系分析兩束光在玻璃中的傳播時間關(guān)系。
解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)折射定律、光速公式，并結(jié)合幾何關(guān)系列式分析兩束光在玻璃中的傳播時間關(guān)系。

【結(jié)案的】
A、從B點射出的單色光偏折程度比從C點射出的單色光大，所以玻璃對從B點射出的單色光折射率更大，故A錯誤；
B、在O處的反射光是偏振光，當(dāng)偏振光偏振的方向與偏振鏡片偏振的方向平行時可以通過偏振片，當(dāng)二者方向垂直時不能通過偏振光，因此，通過偏振太陽鏡觀察O處的反射光，轉(zhuǎn)動鏡片時會發(fā)現(xiàn)有強弱變化，故B正確；
C、入射光為復(fù)色光，則在O點的反射光也為復(fù)色光，，故C錯誤；
D、光路圖如圖，

設(shè)任一光線的入射角為i，折射角為r，光在玻璃中傳播的路程是s，半圓柱的半徑為R，
則光在玻璃中的速度為：，
由幾何知識得：，
則光在玻璃中傳播時間為：，
由折射定律得：，則得：，
由題圖知，兩束光的入射角i相同，R、c相等，所以兩束光在玻璃中的傳播時間相等，故D錯誤。
故選：B。  5.【答案】C 【解析】【分析】
從空氣膜的上下表面分別反射的兩列光是相干光，其光程差為空氣層厚度的2倍，當(dāng)光程差時此處表現(xiàn)為亮條紋。
掌握了薄膜干涉的原理和相鄰條紋空氣層厚度差的關(guān)系即可順利解決此類題目。

【解答】
A.干涉條紋的產(chǎn)生是光在空氣劈尖膜的前、后兩表面反射形成的兩列光波疊加的結(jié)果，故A錯誤;
B.根據(jù)明暗條紋的條件可知，干涉條紋中的亮條紋是上述兩列反射光的波谷與波谷或者波峰與波峰疊加的結(jié)果，故 B錯誤;
從空氣膜的上下表面分別反射的兩列光是相干光，其光程差為，即光程差為空氣層厚度的2倍，當(dāng)光程差時此處表現(xiàn)為亮條紋，故相鄰亮條紋之間的空氣層的厚度差為，顯然抽去一張紙片后空氣層的傾角變小，故相鄰亮條紋或暗條紋之間的距離變大，故 C正確，D錯誤。  6.【答案】A 【解析】【分析】
先求出總電動勢，總電阻，由閉合電路歐姆定律求出電流，然后由算出電壓。
本題考查的是閉合電路歐姆定律的內(nèi)容，代入公式即可求解。

【解答】
總電動勢為，總內(nèi)阻為，根據(jù)閉合電路歐姆定律，輸出電壓為，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。  7.【答案】C 【解析】解：由圖可知該波的波長為。簡諧橫波沿該直線向右傳播，時波剛到達質(zhì)點1，質(zhì)點1開始向下運動，則介質(zhì)中所有質(zhì)點起振方向均向下。
圖b中質(zhì)點9的振動方向向上，則第一次出現(xiàn)如圖所示的波形，振動傳到質(zhì)點9后，又傳播了半個周期，則，可得周期為，故波速為，頻率為，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
由圖讀出波長。時波剛到達質(zhì)點1，質(zhì)點1開始向下運動，則介質(zhì)中所有質(zhì)點起振方向均向下。圖b中質(zhì)點9此刻振動方向向上，說明波不是才傳到質(zhì)點9，而是傳到9后又經(jīng)過了半個周期，則6s時間與周期的關(guān)系為，求出周期，再由波速公式求解波速。
本題考查分析波動形成過程的能力，關(guān)鍵在于分析如何第一次形成圖示波形所用時間與周期的關(guān)系。容易犯的錯誤是認為，這樣質(zhì)點9的起振方向與波源的起振方向?qū)⒉灰恢隆?/span>
 8.【答案】D 【解析】【分析】
本題要讀懂模型，掌握簡諧運動的特點以及振動圖像，并知道受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，與振動系統(tǒng)的固有頻率無關(guān)，當(dāng)驅(qū)動力的頻率接近物體的固有頻率時，振幅最大，即共振。

【解答】
A、根據(jù)圖乙，內(nèi)小球的位移不斷減小，根據(jù)可知所受的回復(fù)力不斷減小，且方向為x軸負方向，故A錯誤；
B、小球在彈簧原長位置由靜止釋放，釋放位置即為小球的最大位移處，此時小球的加速度為g，故小球的最大加速度等于g，故B錯誤；
C、若圓盤以勻速轉(zhuǎn)動，則圓盤的周期，小球做受迫振動，振動的周期等于圓盤的轉(zhuǎn)動周期，即2s，故C錯誤；
D、根據(jù)圖乙可知小球的固有周期為4s，欲使小球振幅增加，應(yīng)該讓圓盤的轉(zhuǎn)動周期變大，則轉(zhuǎn)速應(yīng)該適當(dāng)減小，故D正確。  9.【答案】C 【解析】解：AB、由表格數(shù)據(jù)可以看出，當(dāng)電流表示數(shù)增大時，電壓表的示數(shù)也增大。但仔細分析四個選項的電路圖知道：ACD三個圖均是當(dāng)電流表示數(shù)增大時，電壓表的示數(shù)減小，該同學(xué)使用的是圖b，故AB錯誤；
CD、要測量電源電動勢和內(nèi)阻，必須測量路端電壓和電路中的總電流要有兩組數(shù)據(jù)以上。
a圖，把、等效為電源內(nèi)阻，由閉合回路歐姆定律有：，若已知和，則能測出E和r，恰符合要求。
b圖，只是測量定值電阻兩端電壓，和電流，無法獲得電源電動勢和內(nèi)阻。
c圖，由閉合回路歐姆定律有：，若不考慮電壓表的內(nèi)阻，則也能測出E和r。
d圖，由閉合回路歐姆定律有：，若已知電流表內(nèi)阻，也能測出E和r，
綜合以上可知，C正確，D錯誤。
故選：C。
根據(jù)表格數(shù)據(jù)的特點，分析每個電路圖中當(dāng)電流增大或滑動變阻器減小時，電壓表的變化特點，判斷是哪個電路圖符合數(shù)據(jù)特點；
根據(jù)實驗原理有方程法或圖象法求解電動勢和內(nèi)阻。
實驗電路的選擇是考試中經(jīng)常出現(xiàn)的問題，在學(xué)習(xí)中要注意掌握好其合理、準(zhǔn)確的原則；同時注意各電表示數(shù)變化之間變化的規(guī)律。
 10.【答案】D 【解析】【分析】
對小球A進行研究，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)的公式求解A與B球發(fā)生第一次碰撞的時間間隔；由動量守恒定律和機械能守恒定律列出等式求解碰撞后的速度大??；第二次碰撞后，分析物體的運動，由位移關(guān)系求解時間間隔。
本題以帶電粒子在電場中的運動為核心命題，考查了電場力做功、動量守恒、動能定理和利用數(shù)學(xué)方法解決物理問題的能力等。解題的難點在于猜測碰撞的時間間隔是否相等，然后利用不完全歸納的方法得出結(jié)論，當(dāng)然還可以利用圖象來計算出時間間隔，解決時關(guān)鍵點在于二者碰撞的過程中位移相等。

【解答】
A、對小球A進行研究，根據(jù)牛頓第二定律可得：，運動學(xué)的公式有，，聯(lián)立解得：，故A錯誤；
BCD、A沿電場線方向運動L的過程中，由動能定理可得：，
取向右為正方向，由動量守恒定律得，，
又由碰撞的過程中無機械能損失，根據(jù)機械能守恒定律可得：，
其中為A碰撞后的速度，為B碰撞后的速度，聯(lián)立解得：，，
碰撞后A、B兩球碰后速度交換，設(shè)經(jīng)過時間二者再次相遇，根據(jù)運動學(xué)公式可得：，解得：，
第二次碰撞后A球速度為，B球速度為，所以，
由位移關(guān)系得，解得：，
依此類推，得，
得，時間間隔相等，均為：，故D正確、BC錯誤。
故選：D。  11.【答案】  ；；； ；。 【解析】【分析】
應(yīng)用單擺周期公式求出重力加速度；
應(yīng)用單擺周期公式求出重力加速度，然后分析實驗誤差；
應(yīng)用單擺周期公式求出圖象的函數(shù)表達式，然后分析答題；
應(yīng)用單擺周期公式求出圖象的函數(shù)表達式，然后根據(jù)圖示圖象求出重力加速度。
本題考查了應(yīng)用單擺測重力加速度實驗，理解實驗原理是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用單擺周期公式即可解題。
【解答】
單擺的周期
由單擺周期公式
可知重力加速度：；
由單擺周期公式可知，重力加速度
A、重力加速度的測量值與振幅無關(guān)，開始擺動時振幅較小不會造成重力加速度的測量值偏大，故A錯誤；
B、開始計時時，過早按下秒表，所測周期T偏大，所測重力加速度偏小，故B錯誤；
C、測量周期時，誤將擺球次全振動的時間記為n次全振動的時間，所測周期T偏小，導(dǎo)致所測重力加速度偏大，故C正確；
D、測量擺長時，以懸點到小球下端邊緣的距離為擺長，所測擺長偏大，所測重力加速度偏大，故D正確；
故選：CD；
由單擺周期公式可知：，T與成正比，橫坐標(biāo)所代表的物理量是，圖象的斜率，重力加速度；
設(shè)重心與球心的距離為x，則
由得，
則圖線的斜率，可得  12.【答案】解：足球離開頭部后豎直上升的最大高度為：，根據(jù)速度-位移公式得：，
代入數(shù)據(jù)解得足球被重新頂起時的速度大小為：；
足球從靜止開始下落高度為：，足球與頭部接觸時的速度大小為，
根據(jù)速度-位移公式得：，代入數(shù)據(jù)解得：，
以足球為研究對象，設(shè)足球與頭部的平均作用力大小為F，規(guī)定豎直向上為正方向，
根據(jù)動量定理得：，
代入數(shù)據(jù)解得頭部對足球的平均作用力為：，
由牛頓第三定律可知足球?qū)︻^部的作用力為：，方向豎直向下。
答：足球被重新頂起時的速度大小為；
足球?qū)︻^部的作用力為40N，方向豎直向下。 【解析】根據(jù)速度-位移公式求解足球被重新頂起時的速度大?。?/span>
對足球應(yīng)用動量定理求解頭部對足球的平均作用力的大小，根據(jù)牛頓第三定律求解足球?qū)︻^部的作用力。
本題以某校運動會進行趣味顛球比賽為情景載體，主要是考查動量定理，利用動量定理解答問題時，要注意分析運動過程中物體的受力情況，知道合外力的沖量才等于動量的變化，同時要規(guī)定正方向。
 13.【答案】解：由折射定律可得，解得 ；
光線在ABNM面上折射時，如圖所示

根據(jù)折射定律有：，得，則折射角為，即光進入玻璃后光線與NC的夾角為，即，
過N的光線垂直入射到BC界面上點M射出，M到C之間沒有光線射出；越接近B的光線入射到BC界面上時的入射角越大，發(fā)生全反射的可能性越大，
根據(jù)臨界角公式：，可得臨界角，
設(shè)BC界面上的臨界點為E，此光線在NB界面上點F入射，則，
E到B之間沒有光線射出，由此可得沒有光線射出的圓弧對應(yīng)圓心角為，
所以有光透出的部分的弧長為，則ABCD面上有光透出部分的面積為。 【解析】由乙圖可知入射角與折射角正弦關(guān)系，由光的折射定律可求得玻璃的折射率；
根據(jù)全反射條件和幾何關(guān)系求出ABCD面上的光透出部分的面積S。
 14.【答案】解：當(dāng)閉合開關(guān)后，電流，由閉合電路歐姆定律：

又
聯(lián)立知，電源電動勢；
電源的斜率
斷開，閉合，電路穩(wěn)定時，電容器兩端的電壓等于電源電動勢，則
電容器所帶的電荷量
故回路產(chǎn)生的焦耳熱。 【解析】根據(jù)閉合電路歐姆定律和求出電動勢。
根據(jù)電源效率求解。
根據(jù)電容定義式求電容器的帶電量，根據(jù)能量守恒求回路產(chǎn)生的焦耳熱。
本題考查閉合電路歐姆定律的應(yīng)用，基礎(chǔ)題目。
 15.【答案】解：與擋板P碰撞前，A、B、C動量守恒，取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：
解得：；
與B碰撞過程中，取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：
鎖定時，彈簧彈性勢能為
A離開擋板P時，D獲得全部彈性勢能，則有：
聯(lián)立解得：；
當(dāng)D與A速度相等時，設(shè)為，此時彈簧的彈性勢能最大為；
根據(jù)能量守恒定律可得：
A離開擋板后到A與D速度相等過程中，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：
解得：；
從A開始運動計時，系統(tǒng)動量守恒，并且質(zhì)心速度保持不變，所以：
解得：
答：彈簧長度剛被鎖定后A滑塊的速度大小為；
滑塊離開擋板P時D的速度大小為；此后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能為；
滑塊離開擋板P后，彈簧中點運動位移為d需要的時間為。 【解析】與擋板P碰撞前，A、B、C動量守恒，根據(jù)動量守恒定律進行解答；
與B碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律求解碰撞后的速度大小；根據(jù)能量守恒定律求解鎖定時彈簧彈性勢能，由此得到A滑塊離開擋板P時D的速度大??；當(dāng)D與A速度相等時彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)能量守恒定律、動量守恒定律列方程求解；
從A開始運動計時，系統(tǒng)動量守恒，并且質(zhì)心速度保持不變，由此解答。
本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力為零；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。
 

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