2024年重慶市高考物理調研試卷（三）(含詳細答案解析)

2024年重慶市高考物理調研試卷（三）

一、單選題：本大題共6小題，共24分。

1.坐過山車時，人體會分泌大量皆上腺素和多巴胺，讓人感覺驚險刺激。

如圖所示，某車廂中游客通過環(huán)形軌道攀升的一小段時間內速率不變，則

該過程中（）

A.該游客所受合力做功為零

B.該游客所受合力始終為零

C.該游客的機械能守恒

D.該游客所受重力的瞬時功率一定變大

2.用甲、乙兩種不同的金屬做光電效應的實驗，甲的逸出功大于乙的逸出功。

在同一坐標系中作出它們的遏止電壓4隨入射光頻率v變化的圖像，如圖所

不，其中②、甲、③三條圖線相4半仃，則乙的圖線是（）

A.①B.②C.③D.④

3.如圖所示，一網球愛好者在某次訓練時，無初速地釋放手中質量為58g的網球，然

后在網球反彈上升途中進行擊打訓練。試估算該網球由靜止釋放后第一次落地前瞬時

的動量大小約為（）

A.0.03kg-m/s

B.0.3kg?m/s闔

C.3kg-m/s

D.30kg?m/s

4.如圖所示，航天器c位于日地系統(tǒng)中拉格朗日八點處，與太歸〃、地球人構成

穩(wěn)定的等邊三角形，大圓為地球繞太陽中心做勻速圓周運動的軌跡。實際上，

。、力、c是一個“三星”系統(tǒng)，由于航天器的質量遠小于天體的質量，〃、b、C

繞著，、〃構成的“雙星”連線中的。點轉動。忽略其他天體的影響，則對。點

A.c的周期大于6的周期B.c的向心加速度等于b的向心加速度

C.c的向心力指向太陽中心D.c的線速度大于b的線速度

5.如圖所示，水平面內正方形的四個頂點固定著四個完全相同的點電荷〃、b、cM

d,豎直線MN為該正方形的中軸線，交正方形所在平面于。點，兩甩荷量大小相等甲

b

的帶電小球甲、乙恰好靜止在MN軸上距0點相同距離的位置。下列說法正確的是

)

A.甲、乙可能為同種電性乙

B.甲、乙質量可能不同

C.甲、乙質量一定不同

D.點電荷.、氏c、d在甲、乙位置處產生的場強相同

6.如圖所示，〃、〃、c為足夠長的光滑水平面上的三個相同平板。初始時刻c靜止，小〃整齊疊放在一起

以某速度水平向右運動，之后從。發(fā)生完全非彈性碰撞且不粘連，最終〃恰好未從c右端滑出。忽略空氣

陽力，從機c碰撞后到〃、。共速前的過程中,〃、b、c始終共線H.粗糙程度處處相同，則下列圖像正確

的是（）

二、多選題：本大題共4小題，共19分。

7.某電容式電子秤的部分結構如圖所示。將該電子秤水平放置，未測物品時，兩金屬卜

板M、N平行正對，帶有等量異種電荷且保持不變；當放置物品時，M板受到壓力尸M審可擊SS

而發(fā)生微小形變，則（）N'-

A.M、N兩板間電勢差變小B.M、N兩板間場強處處不變

C.W、N兩板構成的電容器的電容變小D.M、N兩板構成的電容器的電容不變

8.如圖所示，“a-b->c->Q”表示某一定質量的理想氣體的一個循環(huán)過程。|V

下列說法正確的是（）（一，/

A.QT匕過程中，該氣體放熱

BITC過程中，該氣體放熱°,T

C.CTQ過程中，該氣體放熱

D.QT匕TC過程中，該氣體吸熱

9.老鷹俯沖捕獵時的速度可達20Mm",圖1是老鷹成功捕獲鯉魚的圖片，圖2為某同學估算所畫的捕獲

示意圖。一質量為2依的老鷹捕獵前、后的一小段運動近似為半徑R=100m的圓周運動，捕獵前瞬時的水

平速度大小%=180km",鯉魚質量為0.5kg,老鷹和魚均可視為質點，忽略魚的初速度以及捕獵過程中

水的作用力，重力加速度&取10m/s2,貝"）

-0

R/

水面.....?宣一九

圖1圖2

A.捕獵前、后瞬時，老鷹處于非平衡狀態(tài)

B.捕獵前、后瞬時，老鷹的加速度大小不變

C.浦獵后瞬時，老鷹的速度大小為40km//i

D.捕獵后瞬時老鷹所受空氣作用力比捕獵前瞬時減少5/V

+接線柱接觸，把選擇開關旋轉到“X100”位置，正確操作后，歐姆表的指針如圖1所示，則

%的大小為。。

(2)為精細測量電流計G的內阻該小組同學利用“半偏法”原理設計了如圖2所示電路圖，請將圖3

所示實物連線圖補充完整。

①閉合開關工、S2,調節(jié)滑動變阻器Ro的滑片，使電流計G滿偏；

②保持滑動變阻器島的滑片位置大動，斷開開關S2,調節(jié)電阻箱R,使電流計G半偏；

③讀出電阻箱R的數(shù)值601.2C,即為電流計G的內阻分的測量值。

由此可知，本次電流計G的內阻％的測量值與其真實值相比(選填“偏大”“偏小”)。

(3)然后該小組同學利用所學知識，將電流計G改裝為量程〃=34的電流表，并測量標準電流7。=2川對，

發(fā)現(xiàn)電流計G的示數(shù)/]=2.05m兒通過本次測量，經分析可知，(2)中“半偏法”測得的后的測量值的相

對誤差為______%(保留兩位有效數(shù)字)。

四、簡答題：本大題共3小題，共41分。

13.如圖是某四分之一圓弧形均質柱體玻璃磚的截面圖，O為圓弧圓心，圓弧半徑為

R。與截面OMN平行的平行單色光線照射到OM部分，光線與。M邊的夾角。二

45。。已知該玻璃磚對該光線的折射率為光在真空中的傳播速度為c,不考慮反

射光的折射，求：

(1)圓弧前上有光線射出的弧長占其總弧長的百分比；

(2)能從圓弧標上射出的光線在該玻璃磚中經過的最短時間

14.如圖所示，形狀、材料相同的物塊〃、〃靜止在足夠長的粗糙水平面上，沙左端固定一勁度系數(shù)足夠大

的輕彈簧c,。、b、c中心共線，c左端與。相距飛?，F(xiàn)給。一水平向右的初速度打。剛接觸c時的速度為

今此后。的速度減為零時恰好與c分離，且此時。的速度恰好為(已知物塊〃、力質量分別為2〃?、〃?，兩

物塊可視為質點，重力加速度為g，忽略空氣阻力，求：

(1)物塊a、〃與水平面間的動摩擦因數(shù)

(2)物塊。與c接觸的時間公

(3)物塊。與。剛分離時，物塊人的位移大小。

15.如圖I所示，MN與。。是兩條固定在同一水平面上的平行金屬導軌，導軌間距為L,一質量為〃?、電

阻為R、長度也為L的金屬桿時垂直跨接在導軌上，M桿左側導軌上安裝有電流傳感器，導軌左端連接

一阻值也為R的定值電阻，導軌電阻不計且足夠長。整個導軌史于磁感應強度大小為8的勻強磁場中，磁

場方向垂直于導軌平面(圖中未畫出)?！?0時刻，c小桿在水平拉力尸的作用下由靜止開始水平向右運動,

整個運動過程中，電流傳感器的示數(shù)i隨時間，變化的關系如圖2所示，(力桿始終與導軌垂直并接觸良

好。己知面桿與導軌間的動摩擦因數(shù)為出重力加速度為班求整個運動過程中:

(1)通過M桿的電荷量;

(2)ab桿與導軌間因摩擦產生的熱量Q；

(3)水平拉力廠的沖量%。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A、游客速率不變，動能不變，由動能定理可知，合力做功為零，故A正確；

8、由于游客做曲線運動，受到的合外力不為零，故8錯誤：

C、由于游客的動能不變，重力勢能改變，故機械能不守恒，故C錯誤；

。、游客通過環(huán)形軌道攀升的過程中，重力和速度間的夾角鈍角且先不斷增大再不斷減小，由P=

mgucosa可知，重力的功率先變小后增大，故。錯誤。

故選：4。

明幽游客的運動過程，由動能定理分析合外力做功情況，根據(jù)曲線運動的性質分析合力是否為零，根據(jù)機

械能的定義分析機械能是否守恒；根據(jù)功率公式分析功率的變化情況。

本題根據(jù)過山車考查了動能定理、機械能守恒定律、功率公式以及曲線運動的性質，要注意止確分析運動

過程，明確物理規(guī)律的應用。

2.【答案】B

【解析】解：根據(jù)愛因斯坦光電效應方程可得

eUc=hv-Wo

所以〃=5吁學

根據(jù)題意，甲、乙兩種金屬對應的圖線斜率相同，即兩條圖線應平行，且甲的逸出功大于乙的逸出功，甲

的極限頻率更大，即圖線的橫截距較大，乙的較小，符合此條件的圖像應該是②。

故AC。錯誤，B正確。

故選：Be

根據(jù)光電效應方程導出〃隨入射光頻率V變化的關系式，結合圖像的斜率和橫軸截距的物理意義解答。

考查光電效應和極限頻率的問題，會結合圖像進行分析判斷。

3.【答案】B

【解析】解：根據(jù)題意，網球從手中無初速度秤放時的高度約為

根據(jù)自由落體運動規(guī)律，v2=2gh

網球落地前瞬時的動量大小約為，p=mu

聯(lián)立解得p=0.3kg,m/s,故8正確，ACQ錯誤；

故選：兒

根據(jù)自由落體運動的規(guī)律以及動量表達式進行分析即可求解。

該題考查自由落體運動的規(guī)律以及動量表達式的應用，解題的關鍵是估算網球落地前的瞬時速度，題目難

度適中。

4.【答案】D

【解析】解：〃、/AC繞著。、〃構成的“雙星”連線中的。點轉動，由圖可知C的向心力并非指向太陽中

心，半徑小于b的運動半徑，由于太陽質量非常大，可忽略地球對。的引力，根據(jù)牛頓第二定律有

可知c的周期小于人的周期，c的向心加速度和線速度大于。的向心加速度和線速度，故ABC錯誤，。正

確；

故選：。。

根據(jù)萬有引力提供向心力分析周期、加速度、線速度的大小關系，根據(jù)合力提供向心力確定a

本題主要是考杳了萬有引力定律及其應用；解答本題要弄清楚向心力的來源，根據(jù)萬有引力合力提供向心

力結合向心力計算公式分析。

5.【答案】C

【解析】解：。、水平面內正方形的四個頂點固定著四個完全相同的點電荷a、b、c、d,ac和“分別為

等量同種電荷，分別在它們連線的中垂線上，根據(jù)等量同種電荷周圍的電場分布，可得WM上甲、乙

靜止的兩點的電場強度等大反向，故。錯誤：

A、甲、乙靜止，即甲、乙受力平衡。設甲、乙之間的庫侖力大小為凡若甲、乙為同種電荷，則甲、乙

受到的電場力和彼此間的庫侖力均大小相等，方向相反，即甲、乙受到的電場力和庫侖力的合力等大反

向，不可能都能和重力平衡，即甲、乙一定帶不同電性的電荷，故4錯誤；

BC、由A選項可得，甲、乙一定為不同電性，則電場力大小相等，庫侖力等大反向，則甲、乙受到電場力

和庫侖力的合力大小定不相同，則與之平衡的重力一定不同，即甲、乙的質量一定不同，故8錯誤，。正

確。

故選：Co

根據(jù)等量同種電荷的甩場線特點以及場強的疊加原理分析D;對兩球受力分析可知兩球甩性一定不同；兩

球受力平衡，根據(jù)重力和庫侖力以及電場力的關系分析即可。

能夠熟練掌握場強的疊加原理是解題的基礎，要知道小球除受四個電荷對它們的電場力外，它們兩個之間

還存在著庫侖力。

6.【答案】C

【解析】解：由于從c不粘連，在?；?。的過程中人受到的滑動摩擦力與。受到的滑動摩擦力大小不

同，隨著。滑上c?的長度的增加，。對c?的正壓力增大，對力的正壓力減小，則可知。對力的滑動摩擦力逐

漸減小，而。對c的滑動摩擦力逐漸增大，設木板。的長度為心與表示〃在方上的長度，不表示〃在。上

的長度，則根據(jù)牛頓第二定律有

x^m

〃一=瓶的

x2m

〃一^-g=mac

解得

X\x

Qb=〃fg，Qc="g2

在,7完全滑上C的過程中必減小，增大，但由于在?；螩的長度過半之前，始終是〃推動著C向前運

動，因此在?；?。的長度過半之前氏C始終共速，即有

4g

的二%二彳

即b、C一起做勻加速直線運動，而〃做勻減速直線運動，但當。滑上c的長度過半之后，根據(jù)

即=*gg<1)?%=吟9區(qū)>

可知，C的加速度將大于〃的加速度，則此后木板C做加速度逐漸增大的加速運動，木板〃做加速度逐漸

減小的加速運動，這個過程中5與C分離且距離逐漸增大，直至。與〃分離，此時由于。在C」：的長度已

經過半，因此對木板C的正壓力即為自身重力的大小，即。與人分離后，C的加速達到最大值，將做勻加

速直線運動，一直到。與。完全重合共速，而時于木板。而言，在人與。未分離時，做勻減速直線運動，

而當〃與C?開始分離時其所受摩擦力逐漸減小，直至。與力分離后其所受摩擦力乂達到最大值，因此可知

。先做勻減速直線運動，接著做加速度逐漸減小的減速運動，后乂做勻減速直線運動，直至與C共速后做

勻速直線運動；

而對于江根據(jù)以上分析可知，其先做勻加速直線運動，再做加速度逐漸減小的加速運動，直至最后做勻

速直線運動；

對fC,其先做勻加速直線運動，再做加速度逐漸增大的加速運動，最后做勻加速直線運動，直至與。共

速后做勻速直線運動。

A、。先做勻減速直線運動，接著做加速度逐漸減小的減速運動，后又做勻減速直線運動，直至與c共速后

做勻速直線運動，速度?時間圖像的斜率表示加速度，該圖像表示到。、c共速前〃始終做勻減速直線運

動，故A錯誤；

6、該圖像表示到〃、。共速前人先做加速度逐漸增大的加速運動，后做加速度逐漸減小的加速運動，直至

加速度減為零，與上述分析不符，故A錯誤；

C、該圖像表示c,先做勻加速直線運動，再做加速度逐漸增大的加速運動，最后以最大加速度做勻加速直

線運動，與上述分析相符，故C正確；

。、根據(jù)勻變速直線運動的速度與位移的關系變式可得

2

v-VQ=2ax

則可知該圖像表示〃先以較大的加速度做勻加速直線運動，再以較小的加速度做勻加速直線運動，與以上

分析不符，故。錯誤。

故選：C。

根據(jù)仇c發(fā)生完全非彈性碰撞且不粘連的情況，結合各自的受力，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度變化，

再根據(jù)運動學規(guī)律分析圖象。

本題考查動量守恒定律、牛頓第二定律、運動學規(guī)律的應用，解題關鍵掌握物塊受力情況的變化。

7.【答案】AB

【解析】解：ACD.當放置物品時，用板下移，M、N兩板間距離〃變小，根據(jù)電容的定義式C=￡分

4nka

析可知電容C變大，而電容器帶電量Q不變，由電容的決定式。=與分析可知，M、N兩板間電勢差U變

小，故A正確，CO錯誤；

B、根據(jù)品、。二?以及￡=弓可得5=當，E與d無關，則知M、N兩板間場強處處不變，故8正

4nkdUaerS

確。

故選:ABo

先根據(jù)電容的決定式C=線分析電容的變化，結合電容器帶電量不變，由電容的定義式C=*分析兩板間

電勢差變化。根據(jù)C=笈、C=4以及E=?分析兩板間場強變化情況。

4nkdUd

本題是電容器動態(tài)分析問題，關鍵要掌握電容的決定式c=M和電容的定義式c=《結合電量不變進行

4nkaU

分析。

8.【答案】BCD

【解析】解：4、根據(jù)熱力學第一定律z1U=Q+〃，結合圖像可知，Qib過程中，氣體體積增大，即氣

體對外做功，VK<0,氣體溫度升高，則4U>O,因此可知該過程中。一定大于0,即氣體一定從外界吸

熱，故A錯誤；

B、b-c過程中，氣體體積不變，則氣體既不對外做功外界也不對氣體做功，IV=0,但此過程中溫度降

低，即4U<0,因此，根據(jù)熱力學第一定律可知該過程一定放熱，故3正確；

C、CTQ過程中，氣體體積減小，則可知外界對氣體做功，IV>0,而溫度不變，則可知4U=0,因此根

據(jù)熱力學第一定律，Q<0,即該過程中一定放熱，故。正確；

。、根據(jù)上述分析可知，a->b過程中，<0,Qi>0;b->c過程中，W2=0,Q2<0,QTb過程和

b-c過程溫度的變化量相同，則內能的變化量相同，即有

叫=%+Qi：AU2=W2+Q2,皿=AU2

因此QTb過程中吸收的熱量一定大于bTC過程中放出的熱量，即QTbTC過程中該氣體吸熱，故。正

確。

故迄BCD。

根據(jù)圖像分析出氣體狀態(tài)參量的變化，根據(jù)氣體的體積變化得出氣體的做功類型，根據(jù)溫度的變化得出氣

體內能的變化，結合熱力學第一定律分析出氣體的吸放熱情況。

本題主要考查了熱力學第一定律的相關應用，解題的關鍵點是分析出氣體狀態(tài)參量的變化，結合熱力學第

一定律即可完成分析。

9.【答案】八。

【解析】解：A、老鷹捕獵前、后的一小段運動近似為圓周運動，圓周運動是曲線運動，所以合外力不為

0,老鷹處于非平衡狀態(tài)。故4正確；

夙捕獵前、后瞬時，圓周運動過程由老鷹的質量變成了老鷹和他的總質量，根據(jù)水平方向動量守恒可得

老鷹的瞬時速度減小，即

恤為=（啊+62）口共，代入數(shù)據(jù)，解得口=40m/s,加速度a=與老鷹的速度減小了，圓周運動半徑

不變，則老鷹的加速度變小。故BC錯誤；

。、捕獵前設空氣對老鷹的作用力為F,捕獵后空氣對老鷹的作川力為尸，分別對捕獵前老鷹和捕獵后的

整體進行受力分析，有產一恤9=叫或

吃

尸一根e—狙?。=01+^2）看解得F=70N,〃=65N,可知產一F=5N,即捕獵后瞬時老鷹所受空

氣作用力比捕獵前瞬時減少5M故。正確。

故選：AD.

A、根據(jù)曲線運動的條件進行判斷；

BC.根據(jù)動量定理和向心加速度公式進行判斷；

。、對捕獵前老鷹和捕獵后的整體進行受力分析，再列牛頓第二定律方程即可求解。

本題主要考查了牛頓第二定律及動量守恒定律的應用，解題關鍵是正確選擇研究對象進行受力分析再分別

列方程求解。

10.【答案】AC

【解析】解?：AB,輕環(huán)運動過程中的速度「環(huán)的分解圖如下圖所示，分速度％是環(huán)繞。點轉動的分速度。

設環(huán)與。點距離為A，04的長度為心

0

則有：Vi=v^cosG,V1=a)R,由幾何關系得：L=RcosO

解得:〃環(huán)=晟，因輕環(huán)由C點運動到。點的過程中角。增大，故輕環(huán)的速度增大，做加速逐動，故A

正確，8錯誤；

C、設0A段的電阻為義,根據(jù)上圖中金屬桿在回路中的部分長度等于R,金屬桿在回路中的部分產生的感

2

應電動勢為：E=BRx^V1=^BRco,回路中的電流為：/=。=萼，因輕環(huán)由C點運動到。點的過

程中R增大，故回路中電流增大，故C正確：

。、根據(jù)功能關系可知，力尸對輕環(huán)所做的功等于系統(tǒng)增加的總能量，且等于系統(tǒng)產生的熱量與環(huán)增加的

動能之和，故。錯誤。

故選：ACO

將輕環(huán)運動過程中的速度沿著金屬桿與垂直于金屬桿分解，垂直于金屬桿的分速度是環(huán)繞。點轉動的分速

度。依此得到環(huán)的速度表達式，再判斷其運動形式；根據(jù)法拉第電磁感應定律求得金屬桿在回路中的部分

產生的感應電動勢，得到回路中的電流表達式，判斷回路中電流的變化；根據(jù)功能關系可知，力/對輕環(huán)

所做的功等于系統(tǒng)增加的總能量。

本題考查了電磁感應現(xiàn)象，為導體棒轉動切割磁感線的情況。關鍵要分析清楚金屬桿的運動情況，再根據(jù)

法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律和功能關系進行解答。

11.【答案】2to2.070等也

3m

【解析】解：(1)單擺經過最低點時，速度最大，據(jù)牛頓第二定律知，單擺經過最低點時擺線的拉力最

大；從最低點到再次到達最低點所需時間等于半個周期，所以據(jù)圖象得該單擺的周期為2M；

(2)小球的直徑d=20mm+14x0.05mm=20.70mm=2.070cm；

(3)設單擺的搜長為L,最大擺角為。，在最高點時其速度為零，則其向心力為零，有Fi=mgcose

在最低點時，對擺球受力分析：F-mg=m^

2Lt

從最高點到最低點由動能定理得：mgL(l-cos0)=

由以上三式聯(lián)立得g=W著

故答案為:(1)2%；(2)2.070；(3)安旦與

(1)單擺經過最低點時，速度最大，擺線的拉力最大，結合圖像判斷其周期；

(2)小球直徑可由主尺讀數(shù)加游標尺讀數(shù)讀出；

(3)對擺球受力分析，結合動能定理聯(lián)立求解。

解決本題的關鍵掌握單擺的運動規(guī)律，知道單擺的周期公式，以及會靈活運用動能定理、牛頓定律解題。

12.【答案】一600偏大2.5

【解析】解：(1)歐姆表中電流由黑表筆流出，紅表筆流入，則黑表筆接電流計G的“+”，紅表筆接

“，，

-O

把選擇開關旋轉到“X100”位置，正確操作后，由圖I可知

Rg=6x100。=6000

(2)根據(jù)圖2電路圖，補全圖3實物圖，如圖所示

根據(jù)題意可知，斷開52,接入電路的總電阻增大，則干路電流減小，電流計所在支路兩端的電壓增大(大于

電流計的滿偏電壓)，則電流計G半偏時

R+Rg>2Rg

可得

R>Rg

即本次電流計G的內阻Rg的測量值與其真實值相比偏大。

(3)根據(jù)題意，設改裝電表并聯(lián)的電阻為R,電流計G的內阻的測最值為R),真實值為Rg,則有

12_Rg'/廠八_Rg

R'h-R

將=3mA=0.00344=2.05mA=0.002054代入解得

R\=999R,R—975R

則(2)中“半偏法”測得的后的測量值的相對誤差為唾射x100%="蕊臀x100%=2.5%

Kgy/3A

故答案為：(1)一；600：(2)圖見解析；偏大；(3)2.5

(1)根據(jù)多用電表的使用方法及讀數(shù)解答；

(2)根據(jù)電路圖連接實物圖，根據(jù)電流與電阻的關系分析誤差

(3)根據(jù)歐姆定律分析解答。

本題考查半偏法測量電表的內阻，要注意明確實驗原理，知道電表的改裝原理，并能正確通過方程組的分

析求解。

13.【答案】解：(1)設光線從OM邊射入玻璃磚的折射角為r,對應的入射角為6=45。。根據(jù)折射定律

得：

sin45°

n=-：---

sinr

解得：r=30°

光線在圓弧MN上恰好發(fā)生全反射時滿足：sinC=-

n

解得全反射臨界角：。二45。

光路圖如下圖所示，恰好在夕點會反射，能從圓弧MN上射出的光線范圍在P點與Q點之間，圓弧PQ對

應的圓心角為

由幾何關系可知：/-OSP=90°+r=90°+30°=120°；a=180°-zOSP-C

解得：a=15。

^=90°-a-r=90°-15°-30°=45°

圓弧MN上有光線射出的弧長占其總弧長的百分比為：

尸備x100%=50%

（2）能從圓弧MN上射出的光線在改璃磚中經過的最短路程是S點到尸點的距離，設為乩

根據(jù)正弦定理有：-=-^

sinaNOSP

V-6—y/-2

sinl5°=----z---

4

解得：d=與浮

光線在玻璃磚中的傳播速度大小為：v=^

能從圓弧MN上射出的光線在玻璃磚中經過的最短時間為：t=-V

聯(lián)立解得：t=（i一苧）2

3C

答：（1）圓弧布上有光線射出的弧長占其總弧長的百分比為50%；

（2）能從圓弧篇上射出的光線在該玻璃磚中經過的最短時間為（1-?。ゞ

【蟀析】（1）根據(jù)折射定律求得光線從OM邊射入玻璃磚的折射角。根據(jù)全反射的臨界條件畫出光路圖，

確定所求出射范圍，根據(jù)幾何關系解答；

（2）根據(jù)幾何關系求解從圓弧MN上射出的光線在玻璃磚中經過的最短路程，根據(jù)光線在玻璃磚中的傳播速

度與真空中光速的關系求解傳播時間。

本題考查光的折射定律，掌握光的全反射條件，理解恰好發(fā)生全反射的臨界角與折射率的關系，同時注意

幾何關系在本題的正確運用。

14.【答案】解：(1)從開始到。剛接觸c?的過程，由動能定理得:

22

-2'imgx0=x2?n(^)-^x2mv

解得r=

(2)因彈簧的勁度系數(shù)足夠大，。接觸c后在極短時間內彈簧彈力大于〃與水平面的最大靜摩擦力，使匕開

始運動，故可忽略〃剛接觸c到人開始運動的時間，即可認為物塊。與c?接觸的過程，〃、b的運動時間相

等,以向右為正方向，設物塊。與c接觸的時間內彈簧彈簧對&〃的沖量分別為七、/》，則有:

對。、b分別由動量定理得:

V

-2》mgt+Ia=0—27n5

v

fmgt+Ib=0

解得：”矍

(3)與(2)同理，因彈簧的勁度系數(shù)足夠大，可忽略。剛接c簧到力開始運動過程。的位移，故可認為物塊。

與。接觸的過程。、b的位移相同.設此位移為羽對外整