小综合练(五)（含解析）—2024年高考物理三轮冲刺考前热身练

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2．在激光出现后，多光子光电效应得以实现。多光子光电效应即金属表面的一个电子吸收多个光子发生的光电效应。某金属片的极限波长为λ0，用频率为ν的弱单色光照射，发现没有光电子放出。若保持频率ν不变，逐渐增大光强，直至释放出光电子，已知普朗克常量为h、真空中的光速为c，则该金属表面一个电子变为光电子的过程吸收的光子数量最少为( )
A.eq \f(c,νλ0) B.eq \f(νλ0,c) C.eq \f(hc,νλ0) D.eq \f(c,hνλ0)
3.如图为挂在架子上的双层晾衣篮的结构示意图。上、下篮子完全相同且保持水平，每个篮子由两个质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成，两篮通过四根等长的轻绳与钢圈的四等分点相连，上篮钢圈用另外四根等长轻绳系在挂钩上。晾衣篮的有关尺寸如图所示，则图中上、下层各一根轻绳的张力大小之比为( )
A．1∶1 B．2∶1 C．5∶2 D．5∶4
4.如图所示质量均为m的滑块A、B，A不带电，B带正电，电荷量为q，A套在固定竖直杆上，B放在绝缘水平面上并靠近竖直杆，A、B间通过铰链及长度为L的刚性绝缘轻杆连接且静止。现施加水平向右、电场强度 为E的匀强电场，B开始沿水平面向右运动 ，已知A、B均视为质点，重力加速度为g，不计一切摩擦。则在A下滑的过程中，下列说法不正确的是( )
A．A、B组成的系统机械能不守恒
B．A运动到最低点时，轻杆对A的作用力大小为qE
C．A的机械能最小时，B的加速度大小为eq \f(qE,m)
D．A运动到最低点时，A的速度大小为eq \r(2gL＋\f(qEL,m))
5．示波器是一种用途广泛的电子测量仪器。如图甲所示，电子枪可不断生成速度近似为零的电子，偏转电极XX′之间和YY′之间不加电压时，电子被加速电场加速后沿直线(Z轴)运动，打到荧光屏中心O，荧光屏如图乙所示，XX′之间或YY′之间加12 V电压时，电子打在荧光屏上的位置相对O点的偏转距离为1 cm，方形荧光屏的边长为5 cm，则所给电场组合方式能使荧光屏上形成图丙所示图像的是( )
A．①③ B．②④ C．①④ D．②③
6.(2023·江苏徐州市一模)如图所示，倾角为θ的光滑斜面体A放在光滑的水平面上，已知A的质量为2m，高为h，质量为m的细长直杆B，受固定的光滑套管C约束，只能在竖直方向上自由运动。初始时，A在水平推力F作用下处于静止状态，此时B杆下端正好压在A的顶端。现撤去推力F，A、B便开始运动。重力加速度为g，则( )
A．推力F的大小为mgsin θ
B．运动过程中，A对B不做功
C．A、B组成的系统，水平方向上动量守恒
D．当杆的下端刚滑到斜面底端时，斜面体的速度大小为eq \r(\f(2gh,2＋tan2θ))
7.某同学想探究拉力对圆盘转动的影响，实验装置如图所示，圆盘质量分布均匀，半径r＝0.10 m，可绕固定水平轴转动。细线一端系在圆盘边缘，在盘边绕几圈后，另一端连接质量为m＝100 g的钩码。一侧固定有竖直的刻度尺。钩码由静止释放后加速下降，利用手机拍摄钩码的运动过程，通过解析视频图像，测出加速度a。已知当地重力加速度g＝9.8 m/s2。
某次测量获得的5个钩码的位置坐标如下表所示(相邻时刻的时间间隔均为T＝0.1 s)
请完成以下问题：(所有计算结果均保留2位有效数字)
(1)由表中数据可得钩码的加速度a＝____m/s2。
(2)t3时刻圆盘的角速度ω3＝________rad/s。
(3)圆盘加速转动时，角速度的增加量Δω与对应时间Δt的比值定义为角加速度β(即β＝eq \f(Δω,Δt))，则圆盘的角加速度β＝________rad/s2。
(4)细线对圆盘的拉力大小F＝________N。
(5)为了探究拉力、圆盘质量、圆盘半径与圆盘角加速度的关系，可采用___________________
_____________________________________________________法进行后续实验。
8．(2023·江苏南通市海安高级中学模拟)用如图甲所示的电路研究光电管的特性，入射光频率为ν，光电管A、K两极的电势差为Uab。如图乙所示，在U－ν坐标系中，阴影部分表示能产生光电流的Uab和ν取值范围。已知普朗克常量为h，电子电荷量为e，及乙图中的νc、ν1、U1。
(1)求图乙中B点对应的光电子到达A极板时的最大动能Ek；
(2)图甲中使用一激光发生器发射频率为ν′的入射光束，假设K板吸收的光子数是入射总光子数的η倍，电流表读数最大值为I0。求该激光发生器的最小功率P。
9．如图所示，真空中有范围足够大、垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x轴下方有沿－y轴方向的匀强电场，电场强度大小为E。质量为m、电荷量为＋q的粒子在xOy平面内从y轴上的P点以初速度大小v0射出，不考虑粒子的重力。
(1)若粒子与－y轴方向成α角从P点射出，刚好能到达x轴，求P点的纵坐标y；
(2)若粒子沿－y轴方向从P点射出，穿过x轴进入第四象限，在x轴下方运动到离x轴最远距离为d的Q点(图中未标出)，求粒子在Q点加速度的大小a；
(3)若所在空间存在空气，粒子沿－y轴方向从P点射出，受到空气阻力的作用，方向始终与运动方向相反，粒子从M点进入第四象限后做匀速直线运动，速度与＋x轴方向成θ角。求粒子从P点运动到M点的过程中克服阻力所做的功W和运动的时间t。
小综合练(五)
1．B [由题图乙可知，波形图对应的质点起振方向为y轴正方向，且开始时的周期较小，则对应的波形图开始时波长较小。故选B。]
2．A [由题述可知，该金属的逸出功为W0＝eq \f(hc,λ0)，则由题述可知，设该金属表面一个电子变为光电子的过程最少吸收n个光子时，能够发生光电效应。则nhν＝W0，解得n＝eq \f(c,νλ0)，A正确。]
3．C [设一个篮子的质量为m，连接下篮的绳子的拉力为FT2，对下篮，根据平衡条件得4FT2＝mg，解得FT2＝eq \f(mg,4)；设连接上篮的绳子的拉力为FT1，绳子与竖直方向夹角为θ，对两个篮整体由平衡条件得4FT1cs θ＝2mg，根据几何关系得sin θ＝eq \f(24,40)＝0.6，联立解得FT1＝eq \f(5,8)mg，则eq \f(FT1,FT2)＝eq \f(5,2)，故C正确，A、B、D错误。]
4．D [A、B组成的系统因有静电力做功，故机械能不守恒，A正确，不符合题意；A到最低点时B的速度 为0，处于平衡状态，故杆对B的作用力大小等于静电力qE，则轻杆对A的作用力大小也为qE，B正确，不符合题意；杆先对A做负功后对A做正功，A的机械能先减小后增加，当杆对A的作用力为0时，A的机械能最小，此时B仅受静电力，故B的加速度大小为eq \f(qE,m)，C正确，不符合题意；A落地的瞬时，B的速度为0，根据系统能量守恒有mgL＋qEL＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gL＋\f(2qEL,m))，D错误，符合题意。]
5．A [设电子在单个方向偏转电场的运动时间为t1，离开该电场后运动时间为t2，则电子在该方向的偏转距离为x′＝eq \f(1,2)at12＋at1t2，又粒子沿Z轴运动的时间不变，则要使粒子在X方向偏转5 cm，电子在X轴方向的最大加速度要增大到原来的5倍，由qeq \f(U,d)＝ma知，最大偏转电压要增大到原来的5倍，则①符合要求，②不符合。同理Y方向最大加速度需是12 V时的3倍，最大偏转电压要增大到原来的3倍。①中X轴方向电压变化周期为6×10－2 s，示波器上有两个波形，则Y轴方向电压变化周期为3×10－2 s，③符合要求。综上所述，A正确。]
6．D [静止时A对B只有垂直斜面向上的支持力，C对B有水平向右的作用力，对B受力分析，如图甲所示，
由平衡条件可知，竖直方向上有FABcs θ＝mg，可得FAB＝eq \f(mg,cs θ)，由牛顿第三定律可知，静止时B对A只有垂直斜面向下的压力，大小为FBA＝eq \f(mg,cs θ)，对A受力分析，如图乙所示，由平衡条件，水平方向上有F＝FBAsin θ＝mgtan θ，故A错误；斜面体对直杆的作用力垂直斜面向上，而直杆的位移方向为竖直向下，所以斜面体对直杆的作用力做负功，故B错误；由于运动过程中直杆B受到光滑套管C的水平作用力，所以杆和斜面体组成的系统水平方向上动量不守恒，故C错误；当在很短时间Δt内光滑直杆下落Δh高度，由几何知识可知，斜面体向右发生的位移大小为eq \f(Δh,tan θ)，所以光滑直杆与斜面体的速度大小之比为始终为tan θ，当杆滑到斜面底端时，设杆的速度大小为v1，斜面体的速度大小为v2，由系统机械能守恒有mgh＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv22，由速度关系v1＝v2tan θ，解得v2＝eq \r(\f(2gh,2＋tan2θ))，故D正确。]
7．(1)1.7 (2)10 (3)17 (4)0.81 (5)控制变量
解析 (1)根据逐差法，可得钩码的加速度a＝eq \f(x5－x3－x3－x1,4T2)
＝eq \f(43.30－19.54－19.54－2.65,4×0.12)
×10－2 m/s2
＝1.7 m/s2。
(2)t3时刻圆盘边缘的线速度等于钩码的速度，
v3＝eq \f(x4－x2,2T)＝eq \f(30.56－10.23,2×0.1)×10－2 m/s＝1.0 m/s，
由v3＝ω3r，得ω3＝eq \f(v3,r)＝10 rad/s。
(3)β＝eq \f(Δω,Δt)＝eq \f(Δv,rΔt)＝eq \f(a,r)＝17 rad/s2。
(4)对钩码，由牛顿第二定律有
mg－F＝ma，
得F＝m(g－a)＝0.81 N。
(5)探究多个量之间的关系，一般用控制变量法。
8．(1)eU1＋h(ν1－νc) (2)eq \f(hν′I0,ηe)
解析 (1)由题图乙可知，K材料的极限频率为νc，W逸＝hνc，B点对应入射光频率为ν1，加正向电压U1后，由光电效应方程Ek0＝hν1－W逸
由动能定理Ek－Ek0＝eU1
故图乙中B点对应的光电子到达A极板时的最大动能Ek＝eU1＋h(ν1－νc)
(2)设经过时间t产生光子数n，
则Pt＝nhν′
解得n＝eq \f(Pt,hν′)，
吸收光子数n1＝ηn＝eq \f(ηPt,hν′)，
光电子数n2＝n1
最大电流时为t时间内产生的光电子全部达到A板，则I0＝eq \f(n2e,t)＝eq \f(\f(ηPt,hν′)e,t)＝eq \f(ηPe,hν′)
故P＝eq \f(hν′I0,ηe)。
9．(1)eq \f(mv0,qB)(1－sin α)
(2)eq \f(qB\r(v02＋\f(2qEd,m))－qE,m)
(3)eq \f(1,2)mv02－eq \f(mE2cs 2θ,2B2) eq \f(\f(π,2)－θm,qB)
解析 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则由洛伦兹力充当向心力可得qv0B＝meq \f(v02,R)
由几何关系得y＝R(1－sin α)
解得y＝eq \f(mv0,qB)(1－sin α)
(2)设粒子进入第四象限离x轴距离最大时速度为v1，静电力对粒子做正功，由动能定理可得
qEd＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02，
解得v1＝eq \r(v02＋\f(2qEd,m))
由牛顿第二定律有qv1B－qE＝ma
解得a＝eq \f(qB\r(v02＋\f(2qEd,m))－qE,m)
(3)设粒子进入第四象限以速度v2做匀速运动，受力分析如图
由受力关系有
qv2B＝qEcs θ
粒子从P点运动到M点，由动能定理得－W＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv02
解得W＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(mE2cs2θ,2B2)
粒子从P点运动到M点过程中任意时刻满足qvB＝mvω
则P点运动到M点的时间为t＝eq \f(\f(π,2)－θ,ω)
解得t＝eq \f(\f(π,2)－θm,qB)。
t1
t2
t3
t4
t5
x1
x2
x3
x4
x5
2.65 cm
10.23 cm
19.54 cm
30.56 cm
43.30 cm