湖南省安乡县第五中学2019届高三上学期第四次月考物理试题（word版含解析）

湖南省安乡县第五中学2019届高三上学期
第四次月考试题
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。其中1～8为单选题；9～12为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
1.学习物理不仅要掌握物理知识，还要领悟并掌握处理物理问题的思想方法。在下图所示的几个实验中，研究物理问题的思想方法相同的是(
)
A.
甲、乙
B.
甲、丙
C.
乙、丙
D.
丙、丁
【答案】C
【解析】
【分析】
学习平抛运动时，通过比较平抛运动与自由落体运动，来研究平抛运动在竖直方向上运动的规律；
观察桌面的微小形变和测定万有引力常量的实验中，通过平面镜的反射，反射光线发生较大的角度变化，从而扩大了形变；
研究加速度与质量、力的关系中，用到了控制变量法；
【详解】图甲：比较平抛运动与自由落体运动，来研究平抛运动在竖直方向上运动的规律，用到了比较法；
图乙、丙：观察桌面的微小形变和测定万有引力常量的实验中，通过平面镜的反射，反射光线发生较大的角度变化，从而扩大了形变，该方法称为物理变量放大法；
图丁：研究加速度与质量、力的关系中，用到了控制变量法，所以，乙和丙具有相同的研究物理问题的思想方法，故选项C正确，ABD错误。
【点睛】本题考查物理方法的应用，要注意处理物理问题的思想方法是物理学史的一部分，对该部分的知识，要有足够的重视。
2.如图所示为甲物体和乙物体在平直地面上同向运动的v－t图象，已知t＝0时甲在乙前方x0＝60
m处，则在0～4
s的时间内甲和乙之间的最大距离为(　　)
A.
8
m
B.
14
m
C.
52
m
D.
68
m
【答案】D
【解析】
【分析】
根据“在0～4
s的时间内甲和乙之间的最大距离为”可知，本题考查根据v—t图象求位移，根据v-t图像的面积表示位移，求两物通过的距离，从而求得最大间距．
【详解】在0 3s内，甲的速度大于乙的速度，所以在t=3s时，两物体的间距最大。在0 3s内甲的位移为x甲=+=14m，x乙=
×4×3
m=6m
两个物体的位移之差为△x′=14-6m=8m，所以最大间距为S=60m+8m=68m，故D正确，ABC错误。
故选：D
3.如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A.
合力对两滑块的冲量大小相同
B.
重力对a滑块的冲量较大
C.
两滑块的动量变化大小相同
D.
弹力对a滑块的冲量较小
【答案】D
【解析】
【分析】
根据“两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上”、“合力对两滑块的冲量大小相同”可知，本题考查牛顿第二定律、冲量的定义和动量定理，根据牛顿第二定律计算出滑环沿任意一根杆滑动的加速度，然后根据位移时间关系公式计算出时间，然后结合冲量的定义以及动量定理列式求解．
【详解】对小球，受重力和支持力，将重力沿轨道的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为
a=gsinθ(θ为杆与水平方向的夹角)
由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S=2Rsinθ
所以t=，t与θ无关，即t1=t2
A.
小球受到的合外力等于重力沿轨道方向的分力，即：mgsinθ，所以合外力的冲量大小为：mgsinθ t.由图可知MP与水平方向之间的夹角大，所以沿MP运动的a球受到的合外力的冲量大。故A错误；
B.
重力的冲量为mgt，由于运动的时间相等，所以重力的冲量大小相等。故B错误；
C.
沿MP运动的a球受到的合外力的冲量大，由动量定理可知，a球的动量变化大。故C错误；
D.
弹力的冲量：mgcosθ t，由图可知MP与水平方向之间的夹角大，所以a球的弹力的冲量小。故D正确；
故选：D
4.地面上有一个半径为R的圆形跑道，高为h的平台边缘上的P点在地面上P′点的正上方，P′与跑道圆心O的距离为L(L>R)，如图所示。跑道上有一辆以周期T＝顺时针匀速运动的小车，现从P点水平抛出一小沙袋，使其落入位于B点时的小车中(沙袋所受空气阻力不计)。则下列说法正确的是(　　)
A.
小车运动到D点时以初速度v0＝抛出沙袋
B.
小车运动到C点时以初速度v0＝抛出沙袋
C.
小车运动到C点时以初速度v0＝抛出沙袋
D.
小车运动到D点时以初速度v0＝抛出沙袋
【答案】A
【解析】
【分析】
根据“一辆以周期T＝顺时针匀速运动的小车”、“从P点水平抛出一小沙袋，使其落入位于B点时的小车中”可知，本题考查匀速圆周运动和平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得运动的时间，根据匀速圆周运动可求沙袋落入小车内的位置，再根据水平方向上的匀速直线运动可以求得沙袋的初速度的大小；
【详解】沙袋从P点平抛，则h=gt2，得t=
当小车运动到D点时，抛出沙袋，由于t=T/2，沙袋将在B处落入小车中，有xB=v0t=
联立解得:v0=，故A正确，D错误；
当小车运动到C点时，抛出沙袋，由于t=T/2，沙袋将在A处落入小车中，有xA=v0t=L-R
联立解得:v0=（L-R），故B错误，C错误；
故选：A
5.如图所示，光滑水平面上，P物体以初速度v与一个连着轻弹簧的静止的Q物体碰撞。从P物体与弹簧接触到弹簧被压缩至最短的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.
P物体的速度先减小后增大
B.
Q物体的速度先增大后减小
C.
P物体与Q物体(含弹簧)组成系统的总动能守恒
D.
P物体与Q物体(含弹簧)组成系统的总动量守恒
【答案】D
【解析】
【分析】
根据“从P物体与弹簧接触到弹簧被压缩至最短的过程中”、“P物体的速度先减小后增大”、“总动能守恒”、“总动量守恒”可知，本题考查动量守恒的条件和应用、机械能守恒的应用，根据动量守恒及条件、机械能守恒判断即可。
【详解】AB、从P物体与弹簧接触到弹簧被压缩至最短过程中，弹簧对P一直有向左的弹力，由于两者质量关系未知，P的速度可能一直减小，也可能先向右减小后向左增大。弹力对Q一直有向右的弹力，Q的速度一直增大。故A错误，B错误；
C.
根据系统的机械能守恒知，弹簧的弹性势能增大，则系统的总动能减小，故C错误；
D.
对于P物体与Q物体(含弹簧)组成系统，竖直方向所受的重力和水平面的支持力平衡，合力为零，水平方向不受力，所以系统的合外力为零，满足动量守恒的条件，所以系统的总动量守恒，故D正确。
故选：D
【点睛】弹簧压缩量最大时，两物体速度相等；相互作用后P的速度大小和方向与P、Q的质量关系有关。
6.如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经时间从a、b连线的中点c离开磁场，则∶为
A.
2∶3
B.
3∶1
C.
3∶2
D.
2∶1
【答案】B
【解析】
【分析】
电子1和2以相同的速率射进同一个磁场，则运动半径和周期都相同，画出两个粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系求解即可．
【详解】粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示：
电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径可知，粒子1和2的半径相等，根据几何关系可知△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，所以粒子1运动的时间，粒子2运动的时间，所以，故选B。
【点睛】本题的关键要知道电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子在磁场中做圆周运动的周期和半径都相同，根据几何关系求解时间比．
7.如图所示的电路中有一自耦变压器，其原线圈接在电压稳定的交流电源上，副线圈上连接了灯泡、定值电阻R1和R2，电流表和电压表都是理想电表，起初开关S处于断开状态。则下列说法中正确的是(　　)
A.
若P不动，闭合开关S，灯变亮
B.
若P不动，闭合开关S，电流表、电压表示数均增大
C.
保持开关S闭合，P向上移动时，灯变亮
D.
保持开关S闭合，P向下移动时，电压表、电流表示数均减小
【答案】A
【解析】
【分析】
根据“自耦变压器”、“P不动，闭合开关”、“保持开关S闭合，P向上移动”等可知，本题考查变压器的动态变化，由于原线圈的输入电压不变，根据电压与匝数成正比，可知副线圈电压变化、电流的变化和灯泡的亮暗。
【详解】A.
若P不动，闭合开关S，负载电阻减小，电流增大，故灯泡变亮，故A正确；
B.
根据电流与匝数成反比知电流表示数增大，L分压增大，副线圈电压不变，所以电压表示数减小，故B错误；
C.
保持开关S闭合，P向上移动时，输入端线圈匝数增大，副线圈电压减小，电流变小，灯变暗，故C错误；
D.
保持开关S闭合，P向下移动时，输入端线圈匝数减小，则电压表示数增大，电流表示数增大，故D错误；
故选：A
8.如图所示，正方形导线框abcd和菱形MNPQ在同一水平面内，ab＝MN＝MP＝L，ab⊥NQ，N位于ab的中点，菱形区域存在方向竖直向上的匀强磁场，使线框从图示位置沿NQ方向匀速穿过菱形区域，规定电流逆时针为正，则线框中的电流i随位移x变化的图象可能是(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据“使线框从图示位置沿NQ方向匀速穿过菱形区域”、“线框中的电流i随位移x变化的图象”可知，本题考查法拉第电磁感应定律和楞次定律，根据法拉第电磁感应定律和楞次定律分段研究切割长度的变化，线框中感应电流大小、方向的变化。
【详解】AC、导线框右边进入磁场时由楞次定律可以判断感应电流方向为顺时针方向，故A错误，C错误；
BD、当ab边与MP重合时，切割长度最大，感应电流最大；从ab边与MP重合到cd边到达N点，有效切割长度均匀减小，感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；cd边进入磁场一直运动到ab和cd边关于MP对称的中间位置，右边ab切割长度均匀减小，左边cd切割长度均匀增加，而且两边感应电动势反向，所以总电动势减小更快，到达正中央位置电流为0，故B错误，D正确。
故选：D
9.2016
年10月19
日凌晨
“神舟十一号”飞船与“天宫二号”成功实施自动交会对接。如图所示，已知“神舟十一号”与“天宫二号”对接后，组合体在时间t内沿圆周轨道绕地球转过的角度为θ，组合体轨道半径为
r，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑地球自转。则(　　)
A.
可求出地球的质量
B.
可求出地球的平均密度
C.
可求出组合体受到地球的万有引力
D.
可求出组合体的做圆周运动的线速度
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据“组合体在时间t内沿圆周轨道绕地球转过的角度为θ，组合体轨道半径为
r，地球表面重力加速度为g，引力常量为G”可知，本题考查万有引力定律的应用，根据万有引力提供向心力、物体的重力等于地球的万有引力列式，即可分析求解。
【详解】组合体在时间t内沿圆周轨道绕地球转过的角度为θ，则角速度为：ω=θ/t；
A.
根据万有引力提供组合体的向心力，则：，
所以：地球的质量为M=，可知能求出地球的质量M，故A能求出；
B.
不考虑地球的自转时，物体在地球表面的重力等于地球对组合体的万有引力，则得：
解得：R=，则可以求出地球的半径R.
地球的密度为：ρ=，可知能求出地球的平均密度ρ.故B能求出；
C.
由于不知道组合体的质量，所以不能求出组合体受到的万有引力。故C不能求出；
D.
根据线速度与角速度的关系v=ωr可知：v=ωr=θr/t，可知可以求出组合体做圆周运动的线速度。故D能求出；
故选：ABD
【点睛】根据万有引力提供向心力可求出地球的质量．在地球表面上，根据物体的重力等于地球的万有引力，列式求解地球的半径，由质量与体积之比求解地球的密度ρ，根据万有引力提供向心力求出线速度．根据万有引力定律分析能否求出组合体受到地球的万有引力．
10.如图所示，带箭头的线段表示某一电场的电场线，在电场力作用下一带电粒子(不计重力)经过A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，则下列说法中正确的是(　　)
A.
A、B两点相比较，粒子在A点加速度较大
B.
A、B两点相比较，A点电势较高
C.
A、B两点相比较，粒子在B点加速度较大
D.
A、B两点相比较，粒子在B点电势能高
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据“在电场力作用下一带电粒子(不计重力)经过A点飞向B点，径迹如图中虚线所示”、“粒子在A点加速度较大”、“A点电势较高”、“粒子在B点电势能高”可知，本题考查电场强度、电势和电势能，根据电场线的疏密表示电场强度的强弱，沿着电场线电势降低，电场力做功与电势能变化的关系判断即可。
【详解】AC.
由于A点的电场线密，所以A点的电场力大，则A点的加速度较大。故A正确，C错误；
B.
沿着电场线电势降低，所以A点的电势高，故B正确；
D.
粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，则B点电势能高，故D正确；
故选：ABD
11.核电站中采用反应堆使重核裂变，将释放出的巨大能量转换成电能。反应堆中一种可能的核反应方程式是，设U核质量为m1，中子质量为m2，Nd核质量为m3，Zr核质量为m4，x质量为m5，y质量为m6，那么，在所给的核反应中(　　)
A.
x可能是，y可能是
B.
x
可能是3，y可能是
C.
释放的核能为(m1＋m2－m3－m4－m5－m6)c2
D.
释放的核能为(m3＋m4＋m5＋m6－m1－m2)c2
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据“x可能是，y可能是”、“释放的核能为”可知，本题考查核反应方程和质能方程，根据核反应过程质量数与核电荷数守恒判断x和y，根据质量亏损，然后应用质能方程可以求出核反应释放的能量．
【详解】A.
如果x是，y是，则核反应过程质量数守恒、核电荷数守恒，故A正确；
B.
如果x是3，y是，则核反应过程质量数不守恒,则不可能是“x
可能是3，y可能是”，故B错误；
C.
质量亏损：△m=m1+m2 m3 m4 m5 m6，由质能方程可知,释放的能量为：E=△mc2=(m1+m2 m3 m4 m5 m6)c2，故C正确，D错误；
故选：AC.
12.如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，则
(　　)
A.
电源的功率变小
B.
电容器储存的电荷量变小
C.
电源内部消耗的功率变大
D.
电阻R消耗的电功率变小
【答案】BC
【解析】
【分析】
在变阻器R的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，由欧姆定律分析并联部分电压的变化，从而分析电容的电量如何变化，根据功率的公式分析功率的变化．
【详解】在变阻器R的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，可知干路电流I变大，根据P=EI，可知电源的功率变大，根据，可知电源内部消耗的功率变大，故A错误，C正确；因干路电流I变大，则路端电压U变小，而电压变大，而，则并联部分的电压变小，即电容器两端的电压变小，根据Q=CU，可知电容器储存的电荷量变小，故B正确；因不知道R与的大小关系，无法判断电阻R消耗的电功率变化情况，故D错误；故选BC。
【点睛】本题为闭合电路欧姆定律中的含容电路，要注意明确与电容器串联的电阻在电路稳定时，可以将其作为导线处理．
二、实验题：本题共2小题，第13题8分，第14题12分，共20分。
13.某同学设计了一个用打点计时器研究动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止的前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz，长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力．
(1)若已测得打点纸带如图所示，并测得各计数点间距已标在图示上，A为运动的起点，则应选______段来计算A碰前速度，应选______段来计算A和B碰后的共同速度以上两空选填“AB”“BC”“CD”“DE”．
(2)已测得小车A的质量，小车B的质量，由以上测量结果可得：碰前总动量______，碰后总动量
_____结果保留三位有效数字
【答案】
(1).
BC
DE
(2).
0.420
0.417
【解析】
试题分析：（1）推动小车A使之做匀速运动，故应该选择点迹均匀的BC段求解碰前小车A的速度，A和B碰后的共同匀速运动，故选择DE段求解碰后的速度；（2）碰前小车A的速度m/s，A和B碰后的共同匀速运动m/s，碰前两小车的总动量大小为0.420
kg·m/s，碰后两小车的总动量大小为kg·m/s。
考点：验证动量守恒定律的实验
14.
现有一摄像机电池，无法从标签上看清其电动势等数据。现进行如下实验操作：
（1）选取多用电表的直流电压10V挡，将两表笔直接接到电池的正、负两极，指针偏转情况如图，由此可知其电动势约为_________V。是否可以利用多用电表的欧姆挡直接粗测其内阻，答：__________（选填“可以”或“不可以”）
（2）现要更加准确测量其电动势和内电阻，实验室备有下列器材：
A．电流表（量程0．6A，内阻为3Ω）
B．电压表（量程3V,内阻为=3kΩ）
C．电压表（量程30V,内阻为=30kΩ）
D．定值电阻R1=500Ω
E．定值电阻R2=5000Ω
F．滑动变阻器（阻值范围0~30Ω）
G．开关及导线
①该实验中电压表应选________，定值电阻应选_________（均选填选项前的字母序号）
②在方框中画出实验电路图，并将实物连线图补充完整。
③若将滑动变阻器打到某一位置，读出此时电压表读数为U，电流表读数为I，则电源电动势和内阻间的关系式为（要求无系统误差）
。
【答案】(1)7.1
不可以
(2)①B
E
②见下图
(3)（2分）
【解析】
试题分析：（1）电压表量程为10V，则最小分度为0．2V，故读数为7．1V；因多用电表内部有电源，外部电动势将影响电路中的电流；故不能用欧姆表直接测量多用电表的内阻；
（2）①因电源的电压为7．1V，电压表量程只有3V，故应串联阻值较大的定值电阻扩大量程，故定值电阻应选择E；
②根据以上分析电压表与定值电阻串联充当电压表，由于电源内阻与电流表内阻较为接近，故电流表采用相对电源的外接法；
故原理图如图所示；由原理图可得出对应的实物图如图所示；
③根据改装原理可知，路端电压；
总电流；
由闭合电路欧姆定律可得：
考点：测量电动势和内电阻
【名师点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要求能正确分析题意，明确用改装的方式将表头改装为量程较大的电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法．这是近年高考新的动向，应注意把握。
三、计算题：本题共3小题，15题16分，16题16分，17题10分，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
15.如图甲所示,一半径R=1m、竖直圆弧形光滑轨道,与斜面相切于B处,圆弧轨道的最高点为M,斜面倾角θ=370,t=0时刻,有一质量m=2Kg的物块从A点开始沿斜面上滑,其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示,若物块恰能到达M点,（取g=10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8）,求:
（1）物块经过B点时的速度VB
（2）物块在斜面上向上滑动的过程中克服摩擦力做的功.
【答案】（1）（2）7.2J
【解析】
试题分析：（1）由题中的几何关系知圆弧对应的圆心角为120°，物块从B到M上升的高度为h=R+Rcos37°
物块恰能过最高点，则在M点由牛顿第二定律得：，
物块从B到M的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：,
联立以上各式解得物块经过B点时的速度为：
（2）分析速度图象求知物块在斜面上的加速度为：在斜面上对物块由牛顿第二定律得：mgsinθ+f=ma
摩擦力f=ma-mgsinθ=20-12=8N
对物块由vA2-vB2=2ax可得：x=0.9m；
则克服摩擦力的功W=fx=8×0.9=7.2J；
考点：牛顿第二定律、机械能守恒定律
【名师点睛】解答此题需结合速度图象分析物块从B到M和从A到B两过程的受力和运动特点，抓住在M点的临界条件：压力为零，然后利用几何关系、牛顿第二定律、机械能守恒定律求B点的速度．求摩擦力的功时由功的公式入手分析，求出对应的力和位移即可求得功．
16.如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距L＝1
m，一理想电流表和一电阻R＝10
Ω的电阻通过导线与两导轨相连，导轨之间存在着方向相同，高度均为h的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m＝1
kg、有效电阻也为R＝10
Ω的导体棒，从距磁场Ⅰ下方边界一定距离处，在F＝20
N的恒定外力作用下从静止开始竖直向上运动，导体棒在Ⅰ磁场中运动的过程中电流表的示数恒为1
A，导体棒离开磁场Ⅱ前的一段时间内电流表的示数恒为2
A，导体棒始终保持水平，不计导轨的电阻。(g＝10
m/s2)求：
(1)Ⅰ、Ⅱ两磁场的磁感应强度分别为多大；
(2)导体棒开始运动的位置到磁场Ⅰ下端的距离。
【答案】(1)
10
T
5
T　(2)0.2
m
【解析】
【分析】
根据“在F＝20
N的恒定外力作用下从静止开始竖直向上运动”、“导体棒在Ⅰ磁场中运动的过程中电流表的示数恒为1
A”、“导体棒离开磁场Ⅱ前的一段时间内电流表的示数恒为2
A”可知，本题考查导体棒在匀强磁场中匀速运动问题，根据平衡条件和闭合电路欧姆定律列方程求解磁感应强度大小；根据动能定理求解导体棒开始运动的位置到磁场Ⅰ下端的距离。
【详解】(1)导体棒进入Ⅰ磁场时，导体棒做匀速运动，根据平衡条件得F＝mg＋B1I1L
解得B1＝10
T
导体棒离开Ⅱ磁场时，导体棒做匀速运动，根据平衡条件得F＝mg＋B2I2L
解得B2＝5
T
(2)设导体棒进入Ⅰ磁场时的速度为v1，
由I1＝＝
解得v1＝＝2
m/s
设从导体棒开始运动的位置到磁场Ⅰ下端的距离为d，根据动能定理得(F－mg)d＝mv
解得d＝0.2
m
答案　(1)
10T，5
T　(2)0.2
m
【点睛】导体棒在匀强磁场中匀速运动，受力平衡，根据平衡条件和闭合电路欧姆定律列方程求解磁感应强度大小。进入磁场前，根据动能定理求解导体棒开始运动的位置到磁场Ⅰ下端的距离。
17.一三棱柱形玻璃砖的横截面如图所示，∠A＝90°、∠C＝60°，已知AC＝l，玻璃砖的折射率为n＝。一细光束从AB边的中点沿与AB边成45°角的方向射入玻璃砖。已知光在真空中的速度为c。
(ⅰ)分析光能否从BC边射出，并说明理由；
(ⅱ)不考虑原路返回的光线，光通过玻璃砖所用时间为多少？
【答案】(ⅰ)根据已知条件得C＝45°，因为θ＝60°>C，所以光在E点发生全反射，不能从BC边射出。(ⅱ)
【解析】
【分析】
根据“光能否从BC边射出”、“光通过玻璃砖所用时间为多少”可知，本题考查全反射和折射定律，根据全反射规律求出临界角，根据折射定律求出折射角和光在玻璃中通过的距离，即可进行计算。
【详解】(ⅰ)作出光路图如图所示：
设折射光线与BC的交点为E，光束在D点发生折射时，入射角为i，折射角为r，由折射定律有
代入数据解得r＝30°
由几何关系可知，光在E点的入射角θ＝60°
设全反射的临界角为C，则sin
C＝
根据已知条件得C＝45°，因为θ>C，所以光在E点发生全反射，不能从BC边射出。
(ⅱ)设光线的出射点为F，由几何关系可知光线垂直AC边射出玻璃砖
过D点作BC边的垂线且垂足为G，
由几何关系得BC＝2l，AB＝l
CE＝2l－2BG，BG＝ABcos
30°
解得CE＝，DE＝BD
光在玻璃砖中的行程为
x＝DE＋EF＝BD＋CEcos
30°＝l
光在玻璃砖中的速度为v＝＝c
则光通过玻璃砖的时间为t＝＝。
【点睛】根据全反射规律求出临界角，根据折射定律求出折射角判断是否发生全反射；根据折射定律求出光在玻璃中的传播速度，根据几何关系求出光在玻璃中通过的距离，计算光通过玻璃的时间。