2023届二轮复习 小卷标准练5 作业

这是一份2023届二轮复习 小卷标准练5 作业，共5页。
1．(7分)[2022·江苏南通二诊]如图是研究光电效应的实验电路图，M、N为两半径为R，平行正对的圆形金属极板，极板间距为d.现用细光束照射N极板的圆心时，发生光电效应．调节滑动变阻器的滑片，改变两极板间电压，发现当电压表示数为Uc时，电流表示数恰好为零．假设光电子只从极板圆心处发出，已知光电子质量为m，电荷量为e，忽略场的边界效应和电子之间的相互作用．求：
(1)光电子的最大初速度；
(2)交换图示电路中电源的正、负极，电流达到饱和时的最小电压．
2．(9分)[2022·山东日照二模]如图所示，透明玻璃体的上半部分是半球体，下半部分是圆柱体，半球体的半径为R，O为半球体的球心．圆柱体的底面半径和高也为R，现有一半径为eq \f(\r(3),2)R的圆环形平行光垂直于圆柱体底面射向半球体，OO1为圆光环的中心轴线，所有光线经折射后恰好经过圆柱体下表面圆心O1点，光线从O1射出后在玻璃体下方的水平光屏上形成圆形亮环，光到圆柱体底面的距离为R，光在真空中的传播速度为c.求：
(1)透明玻璃体的折射率；
(2)光从入射点传播到光屏所用的时间．
3．(14分)[2022·山东青岛自主检测]如图，水平面上有足够长的两平行导轨，导轨间距L＝1m，导轨上垂直放置一个质量m＝0.1kg、电阻R＝1Ω、长度也为L的导体棒，导体棒与导轨始终接触良好，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，垂直于导轨平面有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1＝1T．在导轨左端通过导线连接一水平放置的面积S＝0.5m2、总电阻r＝1.5Ω、匝数N＝100的圆形线圈，线圈内有一面积S0＝0.25m2的圆形磁场区域，磁场沿线圈轴线方向且随时间变化规律为B2＝0.2t．g＝10m/s2，不计导轨电阻，两磁场互不影响．
(1)求线圈内的感应电动势E；
(2)求闭合开关S后，导体棒运动的最大速度vm；
(3)若导体棒从静止开始到达到最大速度vm过程中，滑过的距离x0＝1.5m，导体棒上产生的电热Q＝0.4J，流过导体棒的电荷量q是多少？
4．(16分)[2022·山东济南二模]如图所示，两足够长直轨道间距d＝1.6m，轨道所在平面与水平面夹角θ＝37°，一质量M＝2kg的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态，P的上表面与轨道所在平面平行，前、后面均为半径R＝1m的半圆，圆心分别为O、O′.有5个完全相同的小滑块，质量均为m＝0.5kg.某时刻第一个小滑块以初速度v0＝1.5m/s沿O′O冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点，每当前一个小滑块与P共速时，下一个小滑块便以相同初速度沿O′O冲上滑板．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为μ1＝0.8，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10m/s2，求：
(1)滑块P与轨道间的动摩擦因数μ2；
(2)O′O的长度L；
(3)第5个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q.
小卷标准练5
1．解析：（1）光电子逸出后在电场中向上做匀减速直线运动，电流表示数恰好为零时，即光电子恰好运动到M极板的速度为零，由动能定理得－eUc＝0－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(max)) ，解得vmax＝eq \r(\f(2eUc,m)).
（2）交换电源电极后，光电子在电场中做加速运动，要形成饱和电流，每一个光电子逸出后均能到达M极板．垂直电场方向逸出的光电子在电场中做类平抛运动，沿极板半径方向做匀速直线运动，有R＝vmaxt，沿垂直极板方向做匀加速直线运动，有d＝eq \f(1,2)·eq \f(eU,md)t2，解得最小电压U＝eq \f(4d2,R2)Uc.
答案：（1）eq \r(\f(2eUc,m)) （2）eq \f(4d2,R2)Uc
2．解析：（1）作出光路图如图所示：
由几何关系可得Rsinα＝eq \f(\r(3),2)R
解得α＝60°
由图可知α＝2β
所以β＝30°
由折射定律有n＝eq \f(sinα,sinβ)＝eq \r(3).
（2）光在介质中的速度为v＝eq \f(c,n)
光在透明玻璃体中的传播时间t1＝eq \f(2Rcsβ,v)＝eq \f(3R,c)
由图及折射定律知光线从O1点出射后与竖直方向的夹角为α＝60°
所以光从透明玻璃体出射后到光屏所用的时间t2＝eq \f(2R,c)
则光从入射点到光屏所用的时间为t＝t1＋t2＝eq \f(5R,c).
答案：（1）eq \r(3) （2）eq \f(5R,c)
3．解析：（1）根据法拉第电磁感应定律得E＝Neq \f(ΔB2,Δt)S0＝100×0.2×0.25V＝5V
（2）导体棒受力平衡时，速度最大，则有eq \f(E－B1Lvm,R＋r)B1L＝μmg
解得vm＝4m/s
（3）对导体棒有eq \f(E－B1Lv,R＋r)B1LΔt－μmgΔt＝m·Δv
变形得（eq \f(EB1L,R＋r)－μmg）Δt－eq \f(B eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) L2,R＋r)Δs＝m·Δv
累加得（eq \f(EB1L,R＋r)－μmg）t－eq \f(B eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) L2,R＋r)x0＝m·vm
解得t＝0.625s.
对导体棒有B1iLΔt－μmgΔt＝m·Δv
即B1LΔq－μmgΔt＝m·Δv
累加得B1Lq－μmgt＝m·vm
解得q＝0.65C.
答案：（1）5V （2）4m/s （3）0.65C
4．解析：（1）对滑板进行受力分析，画出滑板的两个平面图如图所示：
由几何关系可得sinα＝eq \f(\f(d,2),R)＝0.8
解得α＝53°
由于滑板处于静止状态，由平衡条件可得
Mgcsθ＝2N′csα，Mgsinθ＝2μ2N′
联立解得μ2＝0.45.
（2）第一个小滑块冲上滑板，滑板和小滑块系统沿导轨方向合外力为零，系统动量守恒
mv0＝（m＋M）v1
滑块相对滑板的位移为L，由动能定理得
mgLsinθ－μ1mgcsθ·L＝eq \f(1,2)（m＋M）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
联立方程，解得L＝2.25m.
（3）第四个小滑块从滑上滑板到和滑板相对静止，系统动量守恒，设共同速度为v4，则有
4mv0＝（4m＋M）v4
第五个小滑块从滑上滑板到和滑板相对静止，系统动量守恒，设共同速度为v5，则有
5mv0＝（5m＋M）v5
设第五个滑块相对滑板的位移为L5，由系统的动能定理，得
mgL5sinθ－μ1mgcsθ·L5＝eq \f(1,2)（5m＋M）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －eq \f(1,2)（4m＋M）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4))
则由于摩擦产生的热量Q＝μ1mgcsθ·L5＝2J.
答案：（1）0.45 （2）2.25m （3）2J