《2023新教材高考物理二轮专题复习习题-小卷标准练5.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023新教材高考物理二轮专题复习习题-小卷标准练5.docx（6页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、小卷标准练5(时间：40分钟，满分：46分)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
2、圆柱体的底面半径和高也为R，现有一半径为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L1 m，导轨上垂直放置一个质量m0.1 kg、电阻R1 、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
3、B11 T在导轨左端通过导线连接一水平放置的面积S0.5 m2、总电阻r1.5 、匝数N100的圆形线圈，线圈内有一面积S00.25 m2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B20.2 tg10 m/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x01.5 m，导体棒上产生的电热Q0.4 J，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 1.6 m，轨道所在平面与水平面夹角37，一质量M2 kg的“半圆柱体”
4、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R1 m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m0.5 kg.某时刻第一个小滑块以初速度v01.5 m/s沿OO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OO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10.8，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，求：(1)滑块P与轨道间的动摩擦因数2；(2)OO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51解析：（1）光电子逸出后
5、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eUc0mv，解得vmax .（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Rvmaxt，沿垂直极板方向做匀加速直线运动，有dt2，解得最小电压UUc.答案：（1） （2）Uc2解析：（1）作出光路图如图所示：由几何关系可得R sin R解得60由图可知2所以30由折射定律有n.（2）光在介质中的速度为v光在透明玻璃体中的传播时间t1由图及折射定律知光线从O1点出射后与
6、竖直方向的夹角为60所以光从透明玻璃体出射后到光屏所用的时间t2则光从入射点到光屏所用的时间为tt1t2.答案：（1）（2）3解析：（1）根据法拉第电磁感应定律得ENS01000.20.25 V5 V（2）导体棒受力平衡时，速度最大，则有B1Lmg解得vm4 m/s（3）对导体棒有B1Ltmgtmv变形得（mg）tsmv累加得（mg）tx0mvm解得t0.625 s.对导体棒有B1iLtmgtmv即B1Lqmgtmv累加得B1Lqmgtmvm解得q0.65 C.答案：（1）5 V（2）4 m/s（3）0.65 C 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s
7、in 0.8解得53由于滑板处于静止状态，由平衡条件可得Mg cos 2Ncos ，Mg sin 22N联立解得20.45.（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（mM）v1滑块相对滑板的位移为L，由动能定理得mgL sin 1mg cos L（mM）vmv联立方程，解得L2.25 m.（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（4mM）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（5mM）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mgL5sin 1mg cos L5（5mM）vmv（4mM）v则由于摩擦产生的热量Q1mg cos L52 J.答案：（1）0.45（2）2.25 m（3）2 J