2023-2024学年广东省广州市四校高二（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省广州市四校高二（下）期中物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图是敲击甲、乙两个音叉后，发出的两列声波a和b在空气中向前传播的示意图。从图中信息可知声波a的( )
A. 波长小于b的波长
B. 波长大于b的波长
C. 波速小于b的波速
D. 波速大于b的波速
2.如图所示，足球场上，守门员会戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去，使球停下，关于此过程守门员戴手套的作用，以下分析正确的是( )
A. 增大手受到球的冲量
B. 减小球对手的平均作用力
C. 减小球的动量变化量
D. 增大球的加速度
3.如图所示，各线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动(从左往右看沿顺时针方向转)，从图示位置开始计时，设电流从2流出线圈为正方向，能产生图甲波形交变电流的是( )
A. 线圈平面与磁场垂直
B. 线圈平面与磁场平行
C. 线圈平面与磁场垂直
D. 线圈平面与磁场平行
4.如图，光源S到水面的距离为h= 7m，其发出的光照射到P点处恰好发生全反射，S到P的距离为L=4m，真空中光速c=3×108m/s。从题中信息可知( )
A. 临界角的正弦值为 74B. 临界角的正弦值为43
C. 水的折射率为34D. 光在水中的传播速度为2.25×108m/s
5.无线充电技术已经在新能源汽车领域得到应用。如图甲，与蓄电池相连的受电线圈置于地面供电线圈正上方，供电线圈输入如图乙的正弦式交变电流，下列说法正确的是( )
A. 供电线圈中电流的有效值为20 2AB. 受电线圈中的电流方向每秒钟改变50次
C. t=0.01s时受电线圈的感应电流最小D. t=0.005s时受电线圈的感应电流最小
6.如图是某小型水电站进行电能输送时的简化模型。发电机的输出功率P=100kW，发电机的电压U1=250V，经升压变压器后向远处输电，输电线总电阻R线=8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4=220V。已知输电线上损失的功率P线=5kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是( )
A. 发电机输出的电流I1=40A
B. 升压变压器匝数比n1：n2=1：160
C. 降压变压器的匝数比n3：n4=190：11
D. 当水电站输出电压一定时，若用电用户增多，则P线减小
7.如图所示，在区域Ⅰ、Ⅱ中分别有磁感应强度大小相等、垂直纸面但方向相反、宽度均为a的匀强磁场区域。高为a的正三角形线框efg从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，下列图像中能正确描述线框efg中感应电流I与线框移动距离x关系的是( )
A.
B.
C.
D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.在做探究碰撞中的不变量实验时，入射球a与被碰球b的质量分别为m1、m2，小球的落地点如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 两球半径应相等，且m1>m2
B. 让入射球与被碰球连续10次相碰，每次都要使m1从斜槽上相同位置滚下
C. 要验证的表达式是m1⋅OP−=m1⋅O′M−+m2⋅O′N−
D. 要验证的表达式是m1⋅OP−=m1⋅OM−+m2⋅O′N−
9.图(a)为一机械波在t=4s时的图像，P、Q为平衡位置在1m和2m的两质点，图(b)为质点P的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴负方向传播B. 质点P经过2s迁移到Q点
C. 该波波速为1m/sD. t=0s时，质点Q在正方向最大位移处
10.如图，横截面积为S的N匝线圈，线圈总电阻为R，其轴线与大小均匀变化的匀强磁场B1平行。间距为L的两平行光滑竖直轨道PQ、MN足够长，底部连有一阻值为2R的电阻，磁感应强度B2的匀强磁场与轨道平面垂直。K闭合后，质量为m、电阻也为2R的金属棒ab恰能保持静止，金属棒始终与轨道连接良好，其余部分电阻不计。(重力加速度为g)( )
A. B1均匀减小
B. B1的变化率为ΔB1Δt=2RmgsinαNB2SL
C. 断开K之后，金属棒的最大速度为v=4RmgsinαB22L2
D. 断开K之后，金属棒的最大加速度为a=gcsα
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.“用双缝干涉测光的波长”的实验装置如图所示，光源为白炽奵。

(1)下列说法正确的是______(填选项前的字母)；
A.调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝
B.为了减小测量误差，可测出n条亮纹中心间的距离a，求出相邻两条亮纹间距Δx=an−1
C.将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽
D.去掉滤光片后，干涉现象消失
(2)按照正确的顺序安装好元件，调整后在光屏上观察到明暗相间的条纹。将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数x1=2.230mm。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示，x2= ______mm。已知单缝与双缝间的距离为100mm，双缝与屏的距离800mm，双缝间距0.25mm。可得所测光的波长为______m。(结果保留两位有效数字)
(3)若在目镜中观察到如图所示的情形。实验中其他操作无误，则此情形下测得的单色光波长将______(选填“偏大”、“不变”或“偏小”)
12.在“用单摆周期公式测量重力加速度”的实验中，某同学利用智能手机和两个相同的圆柱体小磁粒进行了如下实验：
(1)用铁夹将摆线上端固定在铁架台上，将两个小磁粒的圆柱底面吸在一起，细线夹在两个小磁粒中间，做成图(a)所示的单摆；
(2)用刻度尺测量悬线的长度l，用游标卡尺测得小磁粒的底面直径d；
(3)将智能手机磁传感器置于小磁粒平衡位置正下方，打开手机智能软件，测量磁感应强度的变化；
(4)将小磁粒由平衡位置拉开一个小角度，由静止释放，运行手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图(b)所示。试回答下列问题：

①由图(b)可知，单摆的周期为______；
②重力加速度g的表达式为______(用测得物理量的符号表示)；
③改变悬线长度l，重复步骤(2)、(3)、(4)的操作，可以得到多组周期T和悬线长度l的值，以______为纵坐标(选填“1T”、“T”或“T2”)，以l的值为横坐标，描点作图。若所得的图像如图(c)所示，图像的斜率为k，则重力加速度的测量值为______。
四、简答题：本大题共2小题，共28分。
13.如图1，足够长的平行光滑导轨MCN与PDQ间距为L，CN、DQ在同一水平面内，CD与CN垂直且C、D处平滑连接。水平导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电阻值为R、长度为L的硬质导体棒a静止在水平轨道上，a棒与CD的距离为x0。一电阻值为R、长度为L的导体棒b从距水平面高度h的倾斜轨道上由静止释放，运动过程中a、b棒始终与导轨垂直且接触良好，b在运动过程中始终无法与a棒相碰。图2是两棒运动过程中的v−t关系图(图中v0为未知量)。不计其它电阻和空气阻力，重力加速度为g。

(1)求b棒刚进入磁场时，回路的电流I0；
(2)求a、b棒稳定后，a棒上产生的总焦耳热Qa；
(3)求最终通过a棒的电荷量q。
14.如图所示，长度L0=1.55m、质量M=3kg(连同挡板)的小车静止在光滑的水平面上，质量m1=1kg的物块P(可视为质点)放在小车的左端A，原长BC=20cm的轻弹簧与小车右端C的竖直挡板相连，不计挡板的厚度。质量m2=1kg的小球(可视为质点)用长L=3.6m的细绳悬挂在O点，细绳竖直时小球恰好与物块P接触，现将小球向左拉至细绳与竖直夹角为60°并由静止释放，小球运动到最低点时与物块P发生弹性碰撞，碰后物块P在小车上滑动。已知小车BC段是光滑的，AB段物块P与小车间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，求：
(1)物块P与小球碰后的速度大小；
(2)弹簧获得的最大弹性势能；
(3)若小球的质量未知，求物块P能在小车上最终稳定的位置到小车左端A的距离xA与小球的质量m的关系式(不考虑小球与物块P的多次碰撞)。
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
15.如图所示，厚度为d的平行玻璃砖与光屏EF均竖直放置，玻璃砖右侧面距光屏为d，左侧面距激光源S也是d，由S发出的两束激光，一束垂直玻璃砖表面另一束与玻璃砖表面成45°角，两束光经折射后射到光屏上，光屏上两光点距为(2+ 33)d，已知光在真空中的传播速度为c，求：
(1)玻璃砖的折射率；
(2)激光在玻璃砖中传播的时间．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：AB.从图中不难看出，a的波长小于b的波长，故A正确，B错误；
CD.声波在空气中的传播速度都相同，故CD错误。
故选：A。
根据题干中的图片可以判断波长的大小；
声波的速度根据所在的介质的不同而不同，在同一中介质下，声速是一样的。
本题主要考查声波的传播速度受那些因素影响和根据图片判断波长的大小。
2.【答案】B
【解析】解：守门员戴着厚厚的手套扑球，可以延长球与手接触的时间，从而减小球减速的加速度，取足球飞来的方向为正方向，对足球，根据动量定理得
−Ft=0−mv
可得：F=mvt
当时间延长时，足球受到的冲量和动量的变化量都不变，可减小球的动量变化率，即减小手对球的平均作用力，由牛顿第三定律知可减小球对手的平均作用力，故ACD错误，B正确。
故选：B。
守门员戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去，延长球与手接触的时间，利用动量定理分析即可。
本题是缓冲问题，利用动量定理分析时，要抓住动量的变化量不变，时间延长，来分析作用力的变化。
3.【答案】A
【解析】解：初始时刻，感应电流为0，则初始时刻线圈平面与磁场垂直，结合右手定则可知图A中电流从2流出线圈为正方向，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据中性面及与中性面垂直的面的特点结合右手定则分析解答。
本题考查交变电流的产生，解题关键掌握中性面的特点。
4.【答案】D
【解析】解：ABC、设发生全反射临界角为C
根据图中几何关系可得sinC= L2−h2L= 42−( 7)24=34
根据sinC=1n
可得水的折射率为n=43，故ABC错误；
D、根据n=cv
可得光在水中的传播速度为v=cn=3×10843m/s=2.25×108m/s，故D正确；
故选：D。
根据几何关系结合全反射临界角公式解答；根据v=cn解得光在水中的传播速度。
解决该题的关键是熟记全反射临界角的表达式，能根据几何知识求解相关的角度及长度。
5.【答案】C
【解析】解：A.根据如图乙可知供电线圈中电流的最大值为
Im=20 2A
则有效值为
I=Im 2=20 2 2A=20A，故A错误；
B.根据如图乙可知周期为
T=0.02s
得频率为f=1T=10.02Hz=50Hz
由于交流电流一个周期电流方向改变2次，而受电线圈中的周期和频率与供电线圈周期和频率是相同的，得受电线圈中的电流方向每秒钟改变方向次数为
N=2×50次=100次，故B错误；
C.由如图乙可知t=0.01s时，可知供电线圈电流达到最大值，其变化率最小为零，由楞次定律可知受电线圈中的电流最小为零，故C正确；
D.由如图乙可知t=0.005s时，可知供电线圈电流为0，其变化率最大，由楞次定律可知受电线圈中的电流最大，故D错误。
故选：C。
电流的有效值为I=Im 2；由图可知周期大小，求出频率，交流电流一个周期电流方向改变2次；电线圈电流达到最大值，其变化率最小为零，由楞次定律可知受电线圈中的电流最小为零；供电线圈电流为0，其变化率最大，由楞次定律可知受电线圈中的电流最大。
本题考查了交流电和楞次定律的知识，知道有效值和最大值的关系，以及交流电流一个周期电流方向改变2次。
6.【答案】C
【解析】解：A.由功率P=U1I1，可得发电机输出的电流为：I1=PU1=100×103250A=400A故 A错误；
B.由输电线上损失的功率P线=I线2R线，其中：P线=5×103W，解得：I线=25A
由升压变压器的原副线圈的电流关系：I1I2=n2n1，其中：I2=I线
解得升压变压器匝数比为n1n2=116，故B错误；
C.根据升压变压器原副线圈的电压关系：U1U2=n1n2，解得：U2=4000V
输电线上损失的电压为U线=I线R线=25×8V=200V
降压变压器原线圈的电压为U3=U2−U线=4000V−200V=3800V
同理可得：U3U4=n3n4，解得降压变压器的匝数比：n3n4=19011，故C正确；
D.当水电站输出电压一定时，用户数量增多时，用户端总功率增大，根据能量守恒可知升压变压器的输入功率增大，相应的输入电流增大，故输电线上的电流I线增大，P线也增大，故D错误。
故选：C。
利用功率表达式即可求出发电机输出电流；根据在输电线上损失功率，可求出输电线上的电流；根据升压变压器的原副线圈的电流关系可求出升压变压器的匝数比；根据升压变压器原副线圈的电压关系副线圈电压，结合输电线上损失的电压，可求出降压变压器原线圈的电压，同理可解得降压变压器的匝数；根据能量守恒定律分析D选项。
本题考查了远距离输电问题，解答此类问题要注意输电线损失的电压ΔU=U2−U3，输电线损失的功率一般用P线=I线2R线计算。
7.【答案】B
【解析】解：正三角形线框efg刚进入向里的磁场I时，I大小为0，之后随线框进入磁场距离的增大，磁通量增大，利用楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，为正，有效切割长度变大，根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可知I=2 3Bxv3R变大到I0=2 3Bav3R；
当线框efg前进a距离，在刚进入向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流大小为0，之后随线框进入磁场距离的增大，利用楞次定律可知efg线框中感应电流方向沿顺时针方向，即为负，有效切割长度变大，根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可知I=4 3B(x−a)v3R变大到I′=4 3Bav3R=2I0；
在刚出向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流大小为0，之后随线框出磁场距离的增大，利用楞次定律可知efg线框中感应电流方向沿逆时针方向，为正，有效切割长度变大，根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可知I=2 3B(x−2a)v3R变大到I′=2 3Bav3R=I0
故B正确，ACD错误。
故选：B。
线框匀速穿过两磁场区域时，分为三个过程：进入左侧磁场，穿过两磁场分界线和穿过右侧磁场，由有效切割长度变化，根据感应电动势公式，分析感应电动势的变化，再分析感应电流的变化。
本题选择的方法是排除法，将选项逐一代入检验，剔除不符合题意的选项，最后选出正确的答案。
8.【答案】ABD
【解析】解：A.入射球与被碰球最好采用大小相同、质量不相等的小球，在这个实验中，为了防止碰后入射球反弹，则入射球的质量必须要大于被碰球的质量，即两个小球的质量应满足m1>m2，故A正确；
B.让入射球与被碰球连续10次相碰，每次都要使入射小球从斜槽上同一位置滚下，故B正确；
CD.两球离开轨道后，做平抛运动，根据水平方向上动量守恒m1v1=m1v1′+m2v2，它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t，整理表达式得到m1⋅OP−=m1⋅OM−+m2⋅O′N−，故C错误，D正确。
故选：ABD。
根据实验原理以及实验操作规范分析AB；根据两球碰撞后水平方向上动量守恒列式进行分析，即可解答CD选项。
该实验考查验证动量守恒定律的实验，要明确实验原理、熟悉实验操作规范，实验数据的分析为该题的难点。
9.【答案】AD
【解析】解：A.由图乙可知，4s时质点P向下振动，根据同侧法可以判断波沿x轴负方向传播，故A正确；
B.质点在平衡位置处做沿y轴方向上的简谐运动，不随波迁移，故B错误；
C.由图可知，机械波的周期为8s，波长为4m，所以该波的波速为
v=λT=48m/s=0.5m/s
故C错误；
D.当t=4s时，质点Q在负方向最大位移处，t=0s时，向前4s即半个周期，质点Q在正方向最大位移处，故D正确。
故选：AD。
从振动图象读出t=4时刻质点P的振动方向，找出与波动图象的关系，可以判断波的传播方向；质点不会“随波逐流”由振动图象和波动图象分别读出周期和波长，从而计算波速，根据时间分析Q的运动情况。
本题关键要理解波动图象与振动图象的联系与区别，同时注意，读图要细心，数值和单位一起读，判断波的传播方向和质点的振动方向关系是必备的能力。
10.【答案】AC
【解析】解：A.根据平衡条件可知，金属棒ab所受安培力沿导轨向上，根据左手定则可知金属棒ab中的电流方向为b到a，根据楞次定律可知，B1均匀减小，故A正确；
B.根据法拉第电磁感应定可得螺线管中感应电动势为：E=NΔB1ΔtS
回路中总电阻为：R总=R+2R×2R2R+2R=2R
根据闭合电路欧姆定律可得金属棒中电流为：I=ER总=E2R
金属棒受到的安培力大小为：F安=B2×I2L=mgsinα
即：B2NΔB1ΔtS4RL=mgsinα
解得：ΔB1Δt=4mgRsinαNB2SL，故B错误；
C.断开K之后，金属棒做匀速直线匀速时速度最大，由平衡条件得：B2I′L=mgsinα
由闭合电路的欧姆定律得感应电流大小为：I′=E4R=B2Lv4R
解得：v=4RmgsinαB22L2，故C正确；
D.断开K之后，刚开始时金属棒的加速度最大，由牛顿第二定律得：mgsinα=mam
最大加速度为：am=gsinα，故D错误。
故选：AC。
K闭合后，金属棒ab能保持静止，受到的安培力与重力平衡，分析安培力方向判断ab中感应电流方向，由楞次定律判断B1的变化情况。根据平衡条件求出ab中感应电流大小，由闭合电路欧姆定律求出线圈产生的感应电动势大小，由法拉第电磁感应定律求B1的变化率；断开K之后，金属棒ab匀速下滑时速度最大，由平衡条件求最大速度；根据牛顿第二定律求解加速度大小。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解。
11.【答案】B 13.870 7.3×10−7 偏大
【解析】解：(1)A.调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，不需放单缝和双缝，故A错误；
B.n条亮纹之间有n−1个间距，相邻条纹的间距为
Δx=an−1
故B正确；
C.根据条纹的宽度与单缝和双缝间的距离无关，所以将单缝向双缝移动之后，并不影响条纹的宽度，故C错误；
D.去掉滤光片后，入射光是复合光，而两列光相干的条件是他们的频率相同，故能发生干涉现象，但条纹是彩色的，故D错误。
故选B。
(2)根据螺旋测微仪的读数规则，示数为
x2=13.5mm+37.0×0.01mm=13.870mm
根据双缝干涉实验的公式
Δx=ldλ
又有
Δx=x2−x15
联立代入数据解得
λ=7.3×10−7m
(3)在目镜中观察到如图所示的情形，会导致条纹间距测量偏大，由公式
Δx=Ldλ
可知导致测量的单色光波长偏大。
故答案为：(1)B；(2)13.870，7.3×10−7；(3)偏大。
(1)根据实验原理和实验装置分析判断；
(2)先确定螺旋测微器分度值，再读出甲、乙图中的读数，计算相邻条纹间距，根据相邻条纹间距公式计算波长；
(3)该图测量的不是条纹的垂直距离，则导致条纹间距增大，根据相邻条纹间距公式判断波长变化。
本题关键掌握螺旋测微器的读数方法，条纹间距的计算方法，掌握相邻条纹间距公式。
12.【答案】2t0 π2(l+d2)t02 T2 4π2k
【解析】解：(4)①小磁铁块通过最低处磁感应强度最大，单摆在一个周期内应该有两个电磁感应的最大值，由图(b)可得出，单摆的周期为2t0。
②单摆周期T=2t0，摆长l0=l+d2
根据单摆周期公式T=2π l0g
联立解得g=π2(l+d2)t02
③根据单摆周期公式T=2π l+d2g
变形可得T2=4π2gl+2π2dg
所以T2为纵坐标，此时斜率k=4π2g
得g=4π2k。
故答案为：(4)①2t0；②π2(l+d2)t02；③T2；4π2k。
(4)①小磁铁块通过最低处磁感应强度最大，单摆在一个周期内应该有两个电磁感应的最大值，据此求单摆周期；
②根据单摆周期公式求重力加速度；
③根据单摆周期公式求解T2−L函数，确定纵坐标；根据图像斜率求重力加速度。
本题考查了用智能手机和两个相同的圆柱体小磁粒代替摆球和计时器做“利用单摆周期公式测定重力加速度”的实验，具有一定的创新性；理解实验原理是解题的前提与关键，根据实验注意事项应用单摆周期公式即可解题。
13.【答案】解：(1)b棒下滑h时，根据动能定理可得
mgh=12mv02
解得
v0= 2gh
b刚切割磁感线时，产生的电动势为
E0=BLv0
回路的电流为
I0=E02R
联立解得
I0=BL 2gh2R
(2)由右图可知，a、b两棒最终是达到共速，处于稳定状态，规定向右为正方向，则有
mv0=(m+m)vab
b棒下滑后与a棒共速的过程中，回路产生的总焦耳热为
Q1=12mv02−12×2mvab2
a棒产生的焦耳热为
Qa=12Q1
解得Qa=18mv02=14mgh
(3)对于a棒，根据动量定理可得
BI−LΔt=mvab−0
又
q=I−Δt
联立解得通过a棒的电荷量为
q=m 2gh2BL
答：(1)b棒刚进入磁场时，回路的电流为BL 2gh2R；
(2)a、b棒稳定后，a棒上产生的总焦耳热为14mgh；
(3)最终通过a棒的电荷量为m 2gh2BL。
【解析】(1)b棒下滑h时，根据动能定理结合法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律解答；
(2)根据动量守恒定律结合能量守恒定律解答；
(3)根据动量定理与电流的定义式解答。
本题考查了电磁感应现象中金属棒切割磁感线的模型，从力与运动、功与能两个角度解答此类问题。要掌握相关经验公式。
14.【答案】解：(1)小球向下摆动的过程中，由动能定理得
m2g(L−Lcs60°)=12m2v02
小球与物块P碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
m2v0=m1v1+m2v2
12m2v02=12m1v12+12m2v22
联立解得v1=6m/s v2=0
(2)当物块和小车速度相等时弹簧的弹性势能最大，物块P与小车相互作用的过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律得
m1v1=(m1+M)v
12m1v12=12(m1+M)v2+μm1g(L0−LBC)+ΔEp
联立解得ΔEp=6.75J
(3)若小球质量未知，设小球质量为m，小球向下摆动的过程中，由动能定理得
mg(L−Lcs60°)=12mv′02
小球与物块P碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv′0=m1v′1+mv′2
12mv′02=12m1v′12+12mv′22
联立解得
v′1=2mm+m1v′0=12mm+1m/s
物块P与小车相互作用的过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律得
m1v′1=(m1+M)v′v′=m1M+m1v′1=3mm+1m/s
由动量守恒定律知物块P与小车相对静止时，其共同速度仍为v′，这时系统动能的变化量转化为内能，有ΔEk=μm1g⋅ΔL12m1v′12−12(m1+M)v′2=μm1gΔL
则物块P最终停在小车上的位置距小车左端的距离为
ΔL=10.8×(mm+1)2
当ΔL=2.7m时，说明物块P从A滑到B，又从B回到A，物块P此时相对于小车的路程为2.7m，此时物块P与小车恰好共速，解得m=1kg
当ΔL=1.35m时，说明物块P从A滑到B，此时物块P与小车恰好共速，解得
m=2 2+17kg
综上所述，当m>1kg时，物块P与小车分离；
当1≥m>2 2+17时，
xA=10.8×(mm+1)2−1.35
当0xA=10.8×(mm+1)2
答：(1)物块P与小球碰后的速度大小为6m/s；
(2)弹簧获得的最大弹性势能为6.75J；
(3)若小球的质量未知，物块P能在小车上最终稳定的位置到小车左端A的距离xA与小球的质量m的关系式见解析。
【解析】(1)根据动能定理解得小球到底端时的速度；然后根据动量守恒和能量守恒解析可得；
(2)当物块和小车的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和能量守恒定律可解得；
(3)根据动量守恒和能量守恒解得碰撞后的速度，然后根据相互作用过程动量守恒定律和能量守恒定律分析即可。
熟悉小球、物块和小车的相互作用的过程是解题的关键，掌握动量守恒定律和能量守恒定律是解题的基础。
15.【答案】 解：(1)作出光路图如图所示，入射角为α=45° ①
设折射角为β，光束从玻璃砖出射时偏离入射点距离为y，y= 33d
sinβ=y y2+d2=12 ②
由折射定律n=sin45°sinβ= 2 ③
(2)激光在玻璃砖中传播的速度v=cn ④
由几何关系有：
y2+d2=vt ⑤
解得t=2 6d3c
答：(1)玻璃砖的折射率为 2；
(2)激光在玻璃砖中传播的时间为2 6d3c．
【解析】(1)根据题意作出光路图，由数学知识求出折射角的正弦值，即可求解玻璃砖的折射率；
(2)由公式v=cn求解激光在玻璃砖中传播的速度，由数学知识得到激光在玻璃砖中传播的距离，即可求解时间．
正确的作出光路图是解决本题的关键，还要知道关于折射率的一些公式：n=cv，n=sinisinr．