小卷標(biāo)準(zhǔn)練5(時(shí)間：40分鐘，滿分：46分)1．(7分)[2022·江蘇南通二診]如圖是研究光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)電路圖，M、N為兩半徑為R，平行正對(duì)的圓形金屬極板，極板間距為d.現(xiàn)用細(xì)光束照射N極板的圓心時(shí)，發(fā)生光電效應(yīng)．調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，改變兩極板間電壓，發(fā)現(xiàn)當(dāng)電壓表示數(shù)為Uc時(shí)，電流表示數(shù)恰好為零．假設(shè)光電子只從極板圓心處發(fā)出，已知光電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略場(chǎng)的邊界效應(yīng)和電子之間的相互作用．求：(1)光電子的最大初速度；(2)交換圖示電路中電源的正、負(fù)極，電流達(dá)到飽和時(shí)的最小電壓．2．(9分)[2022·山東日照二模]如圖所示，透明玻璃體的上半部分是半球體，下半部分是圓柱體，半球體的半徑為R，O為半球體的球心．圓柱體的底面半徑和高也為R，現(xiàn)有一半徑為eq\f(\r(3),2)R的圓環(huán)形平行光垂直于圓柱體底面射向半球體，OO1為圓光環(huán)的中心軸線，所有光線經(jīng)折射后恰好經(jīng)過圓柱體下表面圓心O1點(diǎn)，光線從O1射出后在玻璃體下方的水平光屏上形成圓形亮環(huán)，光到圓柱體底面的距離為R，光在真空中的傳播速度為c.求：(1)透明玻璃體的折射率；(2)光從入射點(diǎn)傳播到光屏所用的時(shí)間．3．(14分)[2022·山東青島自主檢測(cè)]如圖，水平面上有足夠長(zhǎng)的兩平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距L＝1m，導(dǎo)軌上垂直放置一個(gè)質(zhì)量m＝0.1kg、電阻R＝1Ω、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，垂直于導(dǎo)軌平面有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1T．在導(dǎo)軌左端通過導(dǎo)線連接一水平放置的面積S＝0.5m2、總電阻r＝1.5Ω、匝數(shù)N＝100的圓形線圈，線圈內(nèi)有一面積S0＝0.25m2的圓形磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)沿線圈軸線方向且隨時(shí)間變化規(guī)律為B2＝0.2t．g＝10m/s2，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，兩磁場(chǎng)互不影響．(1)求線圈內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E；(2)求閉合開關(guān)S后，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的最大速度vm；(3)若導(dǎo)體棒從靜止開始到達(dá)到最大速度vm過程中，滑過的距離x0＝1.5m，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的電熱Q＝0.4J，流過導(dǎo)體棒的電荷量q是多少？4．(16分)[2022·山東濟(jì)南二模]如圖所示，兩足夠長(zhǎng)直軌道間距d＝1.6m，軌道所在平面與水平面夾角θ＝37°，一質(zhì)量M＝2kg的“半圓柱體”滑板P放在軌道上，恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，P的上表面與軌道所在平面平行，前、后面均為半徑R＝1m的半圓，圓心分別為O、O′.有5個(gè)完全相同的小滑塊，質(zhì)量均為m＝0.5kg.某時(shí)刻第一個(gè)小滑塊以初速度v0＝1.5m/s沿O′O沖上滑板P，與滑板共速時(shí)小滑塊恰好位于O點(diǎn)，每當(dāng)前一個(gè)小滑塊與P共速時(shí)，下一個(gè)小滑塊便以相同初速度沿O′O沖上滑板．已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，滑板P與小滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：(1)滑塊P與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；(2)O′O的長(zhǎng)度L；(3)第5個(gè)小滑塊與P之間摩擦產(chǎn)生的熱量Q.小卷標(biāo)準(zhǔn)練51．解析：（1）光電子逸出后在電場(chǎng)中向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，電流表示數(shù)恰好為零時(shí)，即光電子恰好運(yùn)動(dòng)到M極板的速度為零，由動(dòng)能定理得－eUc＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(max))，解得vmax＝eq\r(\f(2eUc,m)).（2）交換電源電極后，光電子在電場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，要形成飽和電流，每一個(gè)光電子逸出后均能到達(dá)M極板．垂直電場(chǎng)方向逸出的光電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿極板半徑方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有R＝vmaxt，沿垂直極板方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有d＝eq\f(1,2)·eq\f(eU,md)t2，解得最小電壓U＝eq\f(4d2,R2)Uc.答案：（1）eq\r(\f(2eUc,m))（2）eq\f(4d2,R2)Uc2．解析：（1）作出光路圖如圖所示：由幾何關(guān)系可得Rsinα＝eq\f(\r(3),2)R解得α＝60°由圖可知α＝2β所以β＝30°由折射定律有n＝eq\f(sinα,sinβ)＝eq\r(3).（2）光在介質(zhì)中的速度為v＝eq\f(c,n)光在透明玻璃體中的傳播時(shí)間t1＝eq\f(2Rcosβ,v)＝eq\f(3R,c)由圖及折射定律知光線從O1點(diǎn)出射后與豎直方向的夾角為α＝60°所以光從透明玻璃體出射后到光屏所用的時(shí)間t2＝eq\f(2R,c)則光從入射點(diǎn)到光屏所用的時(shí)間為t＝t1＋t2＝eq\f(5R,c).答案：（1）eq\r(3)（2）eq\f(5R,c)3．解析：（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝Neq\f(ΔB2,Δt)S0＝100×0.2×0.25V＝5V（2）導(dǎo)體棒受力平衡時(shí)，速度最大，則有eq\f(E－B1Lvm,R＋r)B1L＝μmg解得vm＝4m/s（3）對(duì)導(dǎo)體棒有eq\f(E－B1Lv,R＋r)B1LΔt－μmgΔt＝m·Δv變形得（eq\f(EB1L,R＋r)－μmg）Δt－eq\f(Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))L2,R＋r)Δs＝m·Δv累加得（eq\f(EB1L,R＋r)－μmg）t－eq\f(Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))L2,R＋r)x0＝m·vm解得t＝0.625s.對(duì)導(dǎo)體棒有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）0.65C4．解析：（1）對(duì)滑板進(jìn)行受力分析，畫出滑板的兩個(gè)平面圖如圖所示：由幾何關(guān)系可得sinα＝eq\f(\f(d,2),R)＝0.8解得α＝53°由于滑板處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件可得Mgcosθ＝2N′cosα，Mgsinθ＝2μ2N′聯(lián)立解得μ2＝0.45.（2）第一個(gè)小滑塊沖上滑板，滑板和小滑塊系統(tǒng)沿導(dǎo)軌方向合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒mv0＝（m＋M）v1滑塊相對(duì)滑板的位移為L(zhǎng)，由動(dòng)能定理得mgLsinθ－μ1mgcosθ·L＝eq\f(1,2)（m＋M）veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))聯(lián)立方程，解得L＝2.25m.（3）第四個(gè)小滑塊從滑上滑板到和滑板相對(duì)靜止，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為v4，則有4mv0＝（4m＋M）v4第五個(gè)小滑塊從滑上滑板到和滑板相對(duì)靜止，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為v5，則有5mv0＝（5m＋M）v5設(shè)第五個(gè)滑塊相對(duì)滑板的位移為L(zhǎng)5，由系統(tǒng)的動(dòng)能定理，得mgL5sinθ－μ1mgcosθ·L5＝eq\f(1,2)（5m＋M）veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))