2023-2024学年四川省成都外国语学校高二（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省成都外国语学校高二（下）期中物理试卷（含解析），共15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.在LC振荡电路中，若某个时刻电容器极板上的电荷量正在增加，则( )
A. 电路中的电流正在增大B. 电路中的电场能正在增加
C. 电路中的电容器两端的电压不变D. 电路中的电场能正在向磁场能转化
2.光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小，现将光敏电阻R、数字电流表A、电源E按图连接，闭合开关S，当太阳光直接照射光敏电阻R时，电流表示数为I1；当用课本挡住直射到光敏电阻R上的太阳光时，电流表的示数为I2；当用黑纸把光敏电阻R完全包裹起来时，电流表的示数为I3，则I1、I2、I3的关系为( )
A. I1>I2>I3B. I1=I2=I3C. I13.如图所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属线圈P，AB在线圈平面内，当AB导线中电流I发生变化时，发现闭合线圈向左摆动，下列说法正确的是( )
A. AB中的电流减小，线圈中产生逆时针方向的电流
B. AB中的电流减小，线圈中产生顺时针方向的电流
C. AB中的电流增大，线圈中产生逆时针方向的电流
D. AB中的电流增大，线圈中产生顺时针方向的电流
4.如图所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r=1.0Ω，外接R=9.0Ω的电阻.闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e=10sin10πt(V)，则( )
A. 该交变电流的频率为10Hz
B. 该电动势的有效值为10V
C. 电路中理想交流电流表的示数为0.71A
D. 若将“10V 100μF”的电容器并联在发电机两端，则电容器可能被击穿
5.如图所示，直角三角形ADC区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，AD边长为2L，直角三角形导线框abc与直角三角形ADC相似，ab边长为L，∠ACD=∠acb=30°，线框在纸面内，且bc边和DC边在同一直线上，bc边为导线，电阻不计，ab边和ac边由粗细均匀的金属杆弯折而成。现用外力使线框以速度v匀速向右运动通过磁场区域，则线框在通过磁场的过程中，Uab随时间变化的关系图像正确的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，用两根绝缘细线各悬挂质量分别为mA和mB的小球，悬点为O，两小球均带正电荷，当小球由于静电力作用张开一角度时，A球和B球在同一水平面，A球悬线与竖直线夹角为α，B球悬线与竖直线夹角为β，如果α=37°，β=53°，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，则两小球mA和mB之比为( )
A. 4：3B. 9：16C. 16：9D. 3：4
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.一束复色光由空气射向玻璃，发生折射而分为a、b两束单色光，其传播方向如图所示，则下列关于a、b两束光的说法，正确的是( )
A. 玻璃对a光的折射率比b小
B. 真空中，a光的波长比b长
C. 用同样的装置做双缝干涉实验，a光的条纹间距比b光的小
D. 如果让此复色光从玻璃斜射入空气，随着入射角增大，a光先发生全反射
8.一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度v0进入某电场中，由于电场力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离h后，速度变为0。在此过程中，以下判断正确的是( )
A. 液滴一定带负电
B. 合外力对液滴做的功为−12mv02
C. 液滴的电势能增加了12mv02+mgh
D. 液滴的重力势能减少了12mv02+mgh
9.如图甲所示为恒压电源给硫化镉光敏电阻R供电时，流过此电阻的电流和其所受光照强度的关系图像。根据这一特性，某同学利用此光敏电阻设计了一个台灯的自动控制电路，如图乙所示，T为一自耦式变压器。下列说法正确的是( )
A. 在其他条件不变的情况下，如果光照变强，则灯泡的亮度减小
B. 在其他条件不变的情况下，如果光照变强，则灯泡的亮度增加
C. 在其他条件不变的情况下，将自耦式变压器的滑片P适当下滑，则灯泡的亮度减小
D. 在其他条件不变的情况下，适当增大滑动变阻器R1的阻值，则灯泡的亮度增加
10.如图甲所示，导线框abcd的平面与水平面成θ角，导体棒PQ与ab、cd垂直且接触良好，垂直框架面的磁场的方向向上，且磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示，导体棒始终静止，在0～t1时间内，下列说法正确的是( )
A. 导体棒中电流恒定B. 电路中消耗的电功率一直增大
C. 导体棒所受的安培力一直增大D. 导体棒所受的摩擦力一定先增大后减小
三、实验题：本大题共2小题，共13分。
11.在利用插针法测定玻璃砖折射率的实验中：
(1)张明同学在纸上正确画出玻璃砖的两个界面aa′和bb′后，不自觉地碰了玻璃砖使它向aa′方向平移了少许，如图甲所示，则他测出的折射率值将______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(2)李扬同学在画界面时，不自觉地将两界面aa′、bb′间距画得比玻璃砖宽度大些，如图乙所示，则他测得的折射率将______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)
12.某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值。
(1)现有电源(4V，内阻可不计)，滑动变阻器(0～50Ω，额定电流2A)，开关和导线若干以及下列电表．
A.电流表(0～3A，内阻约0.025Ω)
B.电流表(0～0.6A，内阻约0.125Ω)
C.电压表(0～3V，内阻约3kΩ)
D.电压表(0～15V，内阻约15kΩ)
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用______，电压表应选用______(选填器材前的字母)；实验电路应采用图1中的______(选填“甲”或“乙”)．
(2)如图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线。
(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值Rx=UI=______Ω。(保留两位有效数字)，测出的Rx比真实值______ (选填“偏大”、“偏小”或“相等”)
四、简答题：本大题共2小题，共33分。
13.如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场(边界线O1O2以及右侧空间不考虑电场)，电场强度E=100N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°，A点距水平地面的高度为h=4m，BC段为一粗糙绝缘水平面，其长度为L= 3m，斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R=0.5m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，但位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响)，现将一个质量为m=1kg，带电荷量为q=0.1C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为μ= 35，取g=10m/s2，求：
(1)小球到达C点时的速度大小；
(2)小球到达D点时轨道对小球的弹力大小；
(3)小球落地点到C点的水平距离。
14.如图所示，两条光滑平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ=53°，两导轨间距为L=2m，导轨上端接有一电阻，阻值为R=2Ω，O、P、M、N四点在导轨上，两虚线OP、MN平行且与导轨垂直，两虚线OP、MN间距为d=1m，其间有匀强磁场，磁感应强度大小B=2T，方向垂直于导轨平面向上。在导轨上放置一质量m=1kg、长为L、阻值也为R的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。让金属棒从离磁场上边界OP距离d处由静止释放，进入磁场后在到达下边界MN前已匀速。(已知重力加速度大小为g=10m/s2，sin53°=0.8)不计导轨电阻。求：
(1)金属棒刚进入磁场时的速度v的大小；
(2)金属棒刚进入磁场时的加速度a；
(3)金属棒穿过磁场过程中，所用的时间t和金属棒上产生的电热Q。
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
15.如图所示，ABC为直角三棱镜截面图．B=30°，AB边长为L，O为BC边中点．一条光线从O点垂直于BC面入射，有光线从AB面射出，现保持入射点O不变，将入射光线绕O点逆时针旋转，入射角由0°逐渐增大，达到某一值时，观察到光线恰好在AB面发生全反射，此时光线恰垂直AC射出，已知光在真空中传播的速度为c，求：
(i)该棱镜的折射率n；
(ii)恰好垂直AC射出的光线，在三棱镜中运动的时间．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意可知，由于某个时刻电容器极板上的电荷量正在增加，说明电容器处于充电状态，电容器电压增大，则电流正在减小，磁场能正在向电场能转化，磁场能正在减小，电场能正在增加，故ACD错误，B正确。
故选：B。
电磁振荡电路中，充电过程，电容器极板上的电荷量增加，电容器两板间的电压在增加，电容器极板和线圈间电势差变小，电路电流逐渐减小。
本题考查电磁振荡过程中，电容器充电时，电路中各物理量的变化。属基础题目，对学生要求较低。
2.【答案】A
【解析】解：根据闭合电路欧姆定律有I=Er+R，根据光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小，可知当太阳光直接照射光敏电阻R时，光照强度最大，此时光敏电阻的阻值最小，通过的电流I1最大。当用黑纸把光敏电阻R完全包裹起来时，光照强度最弱，此时光敏电阻的阻值最大，通过的电流I3最小，因此有I1>I2>I3，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小，利用闭合电路欧姆定律分析电流大小。
本题的关键要掌握闭合电路欧姆定律，结合光敏电阻的特性进行分析。
3.【答案】B
【解析】解：根据安培定则可知线圈所在处的磁场方向垂直纸面向里；
AB、AB中的电流减小，线圈中向里的磁通量减小，所以线圈中将产生顺时针方向的电流，由于靠近导线磁场强，则安培力较大；远离导线磁场弱，则安培力较小，可判断线圈所受的安培力向左，线圈将向左摆动，故A错误，B正确；
CD、AB中的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律得到：线圈中感应电流方向为逆时针方向，由于靠近导线磁场强，则安培力较大；远离导线磁场弱，则安培力较小。因此线圈远离AB直导线向右运动，与题意不符，故CD错误。
故选：B。
直导线中的电流方向由B到A，根据安培定则判断线圈所在处磁场方向。根据楞次定律判断线圈中感应电流方向，由左手定则分析线圈所受的安培力情况。
本题考查安培定则、楞次定律和左手定则综合应用的能力，同时注意远离直导线的磁场较弱，靠近直导线的磁场较强。并根据线框所受安培力的合力大小来判定如何运动。
4.【答案】C
【解析】解：A、正弦式交流电电动势瞬时表达式为e=Emsinωt，由此可知Em=10V，ω=10π rad/s
由电动势瞬时值表达式可知ω=10πrad/s，则该交变电流的频率f=ω2π=10π2πHz=5Hz，故A错误；
B、该电动势的有效值为E=Em 2=10 2V=5 2V，故B错误；
C、电路中理想交流电流表A的示数I=ER+r=5 29+1A= 22A≈0.71A，故C正确；
D、若将“10V 100μF”的电容器并联在发电机两端，电源的最大电压为10V，等于电容器耐压值10V，则电容器不被击穿，故D错误；
故选：C。
正弦式交流电电动势瞬时表达式为e=Emsinωt，对照e=10sin10πt(V) 可知Em=10V，ω=10π rad/s，根据ω=2πf可得该交变电流的频率；
正弦式交流电电动势的有效值E=Em 2，交流电流表A的示数为电流的有效值，利用闭合电路欧姆定律可得交流电流表A的示数，电容器的击穿电压为峰值。
本题考查了交变电流电动势瞬时值表达式，解题的关键是根据正弦式交流电电动势瞬时表达式为e=Emsinωt找出Em和ω，再结合欧姆定律，有效值等概念进行计算即可．但要特别注意交流电表的示数是有效值，电容器的击穿电压为峰值。
5.【答案】C
【解析】解：设ab边电阻为R，则ac边为2R，所以回路中的总电阻为3R，因为三角形导线框与三角形ADC相识，又AD边长为2L，ab长为L，所以DC与bc的长度之比也为2：1；
线框从开始向右运动L的过程中，有效长度一直增加到L，根据E=BLv，可得感应电动势，从0增加到BLv，根据楞次定律可知电流为顺时针，所以b点电势高于a点，所以abl两端电压从0增加到Uab=−13BLv
线框向右运动L到2L之间，线框全部在磁场中，无磁通量变化，无感应电压，此时Uab=0；
线框向右运动在2L到3L之间，线框开始出磁场，磁通量减小，产生逆时针电流，有效长度在减小，所以感应电动势减小，此过程中ab边切割磁感线，所以感应电动势从BLv减小到0，根据电路特点可知ab两端电压从23BLv减小到0；
此时a点电势高于b点电势，所以Uab大于零，综上可得C图符合，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据线框进磁场和出磁场过程中有效长度的变化，分析感应电流的变化，再根据U=IR，分析ab端的电压大小。
本题主要考查线框匀速通过线框过程中电压随时间的变化，要注意ab端的电压是指路端电压。
6.【答案】C
【解析】解：对A、B球受力分析，如图所示：
根据共点力平衡和几何关系得：m1gtanα=F1，m2gtanβ=F2，
由于 F1=F2，两小球mA和mB之比为16：9，故C正确，ABD错误。
故选：C。
对小球受力分析，根据受力平衡可得出小球的倾角与电量、重力的关系，则可得出两小球的质量的大小关系。
本题要比较两球质量关系，我们要通过电场力把两重力联系起来进行比较，结合共点力平衡条件列式求解重力与电场力的关系式是关键。
7.【答案】CD
【解析】解：A、由图知a光偏折程度大，则a光的折射率大，故A错误；
B、a光折射率大，则a光的频率大，真空中的光速相等，根据λ=cf可知，a光波长短，故B错误；
C、a光的频率大，波长小，根据Δx=Ldλ可知，a光的条纹间距比b光的小，故C正确；
D、根据临界角公式sinC=1n，由于玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，所以a光的临界角小于b光的临界角，则单色光a、b从玻璃射到空气时，a更容易发生全反射，故D正确；
故选：CD。
根据光路图判断出折射率的大小，从而知道了频率和波长的大小关系，再根据Δx=Ldλ分析条纹间距大小，根据全反射临界角公式分析D。
本题的关键要记住几个知识点：折射定律、全反射临界角公式sinC=1n、双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，要知道光的频率越大，折射率越大。
8.【答案】BC
【解析】解：A、由于电场力和重力都是恒力，液滴沿竖直方向下落一段距离h后，速度变为0，说明液滴一定做减速运动，它受到的电场力的方向一定向上，与电场的方向相同，所以液滴带正电，故A错误；
B、由动能定理得：W合=0−12mv02=−12mv02，故B正确；
C、由动能定理可得：WG+W电=0−12mv02，解得：W电=−mgh−12mv02，由电场力做功与电势能变化之间的关系可知，液滴的电势能增加了mgh+12mv02，故C正确。
D、带电液滴下落h高度，重力做功：WG=mgh，则液滴的重力势能减小了mgh，故D错误。
故选：BC。
带电液滴在电场力和重力的作用，以竖直向下的初速度沿竖直方向下落，由功的定义求得重力做的功，再根据动能定理求解动能变化从而得到合外力做的功，根据功能关系可得重力势能和电势能的变化情况。
本题关键是掌握各种功能关系，特别是物体运动过程机械能变化为除重力外的外力做的功；电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大；另外还要抓住物体做减速运动这一突破口。
9.【答案】AC
【解析】解：AB、分析题图甲可知，光照强度增强，流过光敏电阻R的电流增大，说明光敏电阻阻值减小，在其他条件不变的情况下，如果光照变强，则光敏电阻阻值减小，灯泡两端电压降低，则灯泡的亮度降低，故A正确，B错误；
C、在其他条件不变的情况下，将自耦变压器的滑片P适当下滑，则副线圈匝数降低，输出电压减小，灯泡的亮度降低，故C正确；
D、在其他条件不变的情况下，适当增大滑动变阻器R1的阻值，则通过灯泡的电流减小，灯泡亮度降低，故D错误。
故选：AC。
根据图甲确定光照变强，光敏电阻阻值减小，电流增大；根据闭合电路欧姆定律结合动态电路分析方法判断。
本题考查了变压器的构造和原理，以及闭合电路欧姆定律的应用，解题的关键是明确光照变强，光敏电阻阻值减小，电流增大。
10.【答案】AC
【解析】解：A、在0～t1时间内，磁场的磁感应强度B随时间均匀增大，穿过PQcb回路的磁通量均匀增加，则磁通量变化率恒定，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势恒定，那么感应电流也恒定，故A正确；
B、由P=I2R知电路中消耗的电功率保持不变，故B错误；
CD、由于磁感应强度增大，而感应电流恒定，根据F=BIL可知导体棒所受的安培力一直增大，由楞次定律可知回路中感应电流方向沿PQcbP，由左手定则可知导体棒受到的安培力沿导轨向下，由平衡条件得f=mgsinθ+BIL，可知导体棒所受的摩擦力不断增大，故C正确，D错误。
故选：AC。
磁感应强度随时间均匀增大，穿过PQcb回路的磁通量均匀增加，回路中产生恒定感应电动势和感应电流，根据安培力公式分析安培力大小的变化情况，由功率公式分析电功率的变化情况。由左手定则判断安培力方向，由平衡条件分析棒受到的静摩擦力的变化情况。
本题是楞次定律、安培力和力平衡等知识的综合应用，可直接由楞次定律判断安培力的方向，也可以由楞次定律、左手定则结合判断安培力方向。
11.【答案】(1)不变；(2)偏小
【解析】 解：(1)如甲图所示，红线表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图，而黑线是作图时所采用的光路图，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，则由折射定律n=sinisinr得知，测得的折射率将不变。
(2)如乙图所示，红线表示作图时实际的光路图，而黑线是将两界面画宽后的光路图，可见，入射角没有变化，折射角的测量值偏大，则由n=sinisinr得，折射率测量值偏小；
故答案为：(1)不变；(2)偏小 。
用插针法测定玻璃砖折射率的实验原理是折射定律n=sinisinr，作出光路图，分析入射角与折射角的误差，来确定折射率的误差。
对于实验误差，要紧扣实验原理，用作图法，确定出入射角与折射角的误差，即可分析折射率的误差。
12.【答案】(1)B；C；甲；(2)实物电路图如图所示；(3)5.20；偏小
【解析】【分析】
(1)合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材．电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法．滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法。
(2)根据电路图来连接实物图，注意电表的正负极，并分几个回路来连接；
(3)由电压表与电流表读数，依据R=UI，即可求解．根据电路的接法确定实验误差；
本题考查如何选择仪器，掌握选择的方法与原则；学会由电路图去连接实物图，注意电表的正负极；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直．
【解答】
(1)因电源的电压为4V，因此电压表选择3V量程；由于阻值约为5Ω的电阻Rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为0.8A，从精确角来说，所以电流表选择0.6A的量程；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图．
(2)根据电路图来连接实物图原则，注意电表的正负极，并分几个回路来连接，如图所示；
(3)电压表量程为3V，最小分度为0.1V；故其读数为U=2.60V；电流表最小分度为0.02；其读数为I=0.50A；电阻阻值：
R=UI=Ω；
因本实验采用电流表外接法，由于电压表的分流，使电流表示数增大；故得出的结果偏小；
故答案为：(1)B；C；甲；(2)实物电路图如图所示；(3)5.20；偏小
13.【答案】解：(1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得：
(mg+Eq)h−μ(mg+Eq)cs30°⋅hsin30∘−μ(mg+Eq)L=12mvC2−0
代入数据解得：vC=2 10m/s
(2)以小球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得：
12mvC2=12mvD2+mg⋅2R
在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得：
FN+mg=mvD2R
代入数据联立解得：FN=30N
vD=2 5m/s
(3)小球做类平抛运动的加速大小为a，根据牛顿第二定律可得：mg+qE=ma
则得：a=g+Eqm
代入数据解得：a=20m/s2
应用类平抛运动的规律列式可得：
x=vDt，2R=12at2
代入数据联立解得：x= 2m
答：(1)小球到达C点时的速度大小为2 10m/s；
(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小为30N；
(3)小球落地点距离C点的水平距离为 2m。
【解析】(1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理求解小球到达C点时的速度大小；
(2)小球从C点运动到C点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，可求出小球到达D点的速度，在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律求解轨道对小球的压力；
(3)小球离开D点后，受到重力和电场力作用，做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出加速度，运用运动的分解法，结合运动学公式求解小球落地点距离C点的水平距离。
本题是动能定理和圆周运动、平抛运动的综合，关键要把握每个过程所遵守的物理规律，当涉及力在空间的效果时要优先考虑动能定理，要注意电场力做功与沿电场力方向移动的距离成正比。
14.【答案】解：(1)金属棒从静止释放到刚进入磁场的过程，根据机械能守恒定律得：
mgdsinθ=12mv2
解得：v=4m/s
(2)金属棒刚进入磁场时，根据：安培力F=BIL、感应电流I=E2R、感应电动势E=BLv，可得金属棒受到的安培力为：
F=B2L2v2R
解得：F=16N
根据牛顿第二定律得：F−mgsinθ=ma
解得：a=8m/s2，方向平行导轨向上
(3)设金属棒匀速运动时的速度大小为v′，根据(2)的解答，由平衡条件得：
F′=B2L2v′2R=mgsinθ
解得：v′=2m/s
金属棒穿过磁场过程，由能量守恒定律得：
Q总=mgdsinθ+12mv2−12mv′2
解得：Q总=14J
金属棒上产生的电热为：Q=Q总2
解得：Q=7J
对金属棒在穿越磁场过程中，取沿斜面向下为正方向，由动量定理的：
mgsinθt−BI−LΔt=mv′−mv
其中：I−Δt=BLv−Δt2R=BLd2R
解得：t=14s
答：(1)金属棒刚进入磁场时的速度v的大小为4m/s；
(2)金属棒刚进入磁场时的加速度a大小为8m/s2，方向为平行导轨向上；
(3)金属棒穿过磁场过程中，所用的时间t为14s，金属棒上产生的电热Q为7J。
【解析】(1)根据机械能守恒定律求得金属棒刚进入磁场的速度；
(2)根据安培力计算公式，法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律求得金属棒受到的安培力，根据牛顿第二定律求解加速度；
(3)由平衡条件得到金属棒匀速运动时的速度，对金属棒穿过磁场过程，由能量守恒定律求解焦耳热，由动量定理求解所用的时间。
本题考查了电磁感应中力学问题与能量问题，基础题目。涉及力学问题常根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程求解；涉及能量问题，要知道电磁感应现象中的能量转化情况，根据动能定理、功能关系等列方程求解。掌握应用微元法结合动量定理解答的过程。
15.【答案】解：(i)恰好发生全反射的光路如图所示．
由光线垂直AC出射得α=30°，β=60°
可得发生全反射的临界角C=β=60°
所以该棱镜的折射率n=1sinC=2 33；
(ii)根据光路可得：OM=0B=L2
BM= 3OM
AM=AB−BM
MP=AM⋅cs30°
光线在三棱镜中传播的速度v=cn
光线在三棱镜中运动的时间t=MP+OMv．
联立解得t= 3L2c
答：
(i)该棱镜的折射率n是2 33；
(ii)恰好垂直AC射出的光线，在三棱镜中运动的时间是 3L2c．
【解析】(i)根据题意画出光路图．光线恰好在AB面发生全反射，入射角等于临界角．根据几何关系求出临界角，再由sinC=1n求该棱镜的折射率n；
(ii)根据几何知识求出光线在三棱镜中传播的路程，由v=cn求出光线在三棱镜中传播的速度，再求得光线在三棱镜中运动的时间．
对于几何光学画出光路图是解题的关键．本题还要掌握全反射的条件和临界角公式，并用来解决实际问题．