2023屆二輪復(fù)習(xí)專項(xiàng)分層特訓(xùn) 模擬小卷練8（含答案）

這是一份2023屆二輪復(fù)習(xí)專項(xiàng)分層特訓(xùn) 模擬小卷練8（含答案），共8頁。
1．(8分)五角棱鏡是光束定角度轉(zhuǎn)向器之一，常用于照相機(jī)的取景器、圖像觀察系統(tǒng)或測(cè)量儀器中．如圖所示是五角棱鏡的截面圖．棱鏡材料的折射率為n，AB面與AE面垂直．一束單色光垂直AB面入射，經(jīng)DE面和BC面反射后垂直AE面射出．該單色光的頻率為f，在真空(或空氣)中傳播的速度為c.
(1)求單色光在棱鏡材料中的波長λ；
(2)求BC面與DE面的夾角α；
(3)若入射光線與AB面不垂直，入射角為i，求同樣經(jīng)兩次反射后從AE面射出的光線與入射光線間的夾角．
2．(8分)如圖所示，形光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，左側(cè)接有阻值為R＝2 Ω的電阻，其余部分電阻不計(jì)．在虛線右側(cè)空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T．左側(cè)導(dǎo)軌寬L＝1.6 m，右側(cè)導(dǎo)軌與虛線夾角為53°，一質(zhì)量為0.2 kg、電阻不計(jì)的金屬棒與導(dǎo)軌始終接觸良好且與左側(cè)導(dǎo)軌垂直，t＝0時(shí)刻金屬棒以v0＝1 m/s的初速度從位置Ⅰ進(jìn)入磁場(chǎng)，向右移動(dòng)0.8 m到達(dá)位置Ⅱ.由于金屬棒受到水平外力的作用，使得通過R的電流保持恒定．已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6.求：
(1)金屬棒到達(dá)位置Ⅱ時(shí)的速度大?。?br>(2)從位置Ⅰ到Ⅱ水平外力對(duì)金屬棒做的功．
3．(14分)動(dòng)車車廂與貨物車廂之間對(duì)接，其原理可簡化為一維碰撞模型．如圖所示，兩車廂質(zhì)量均為m，左邊車廂與其地板上質(zhì)量為m的貨箱共同向右以v0的速度運(yùn)動(dòng)，另一車廂以2v0的速度從相反方向向左運(yùn)動(dòng)并與左車廂碰撞掛鉤成為一體，貨箱在地板上滑行的最大距離為L.不計(jì)車廂與鐵軌間的摩擦，重力加速度為g.求：
(1)兩車廂碰撞后瞬間，車廂速度的大小和方向；
(2)車廂在掛鉤后走過的距離L′；
(3)貨箱與車廂地板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ.
4．(16分)如圖，兩塊長為L的平行金屬板MN、PQ水平放置，板間距離為 eq \r(3) L，兩板間加有恒定電壓，板間同時(shí)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ，在緊靠金屬板右側(cè)的正三角形abc區(qū)域內(nèi)存在另一方向也垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，bc邊與PQ在同一直線上，且b點(diǎn)緊靠Q端，頂點(diǎn)a與MN在同一直線上．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(不計(jì)重力)，沿兩板的中心線以初速度v0射入板間，當(dāng)磁場(chǎng)Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 eq \f(\r(3)mv0,3qL) 時(shí)，粒子恰能做直線運(yùn)動(dòng)．
(1)求兩板間的電壓；
(2)若撤去磁場(chǎng)Ⅰ，粒子仍沿兩板的中心線方向以初速度v0射入，求粒子離開板間區(qū)域時(shí)的速度大??；
(3)在第(2)問的前提下，要使粒子垂直ac邊射出，求磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?br>模擬小卷練8 (4計(jì)算)
1．解析：(1)由n＝ eq \f(c,v) 可得光在棱鏡中傳播的速度v＝ eq \f(c,n)
光從空氣傳到棱鏡中，頻率f不變，有v＝λf
可得λ＝ eq \f(c,nf)
(2)畫出光路圖如圖甲所示，KH為反射面DE的法線，KI為反射面BC的法線
由反射定律有∠1＝∠2，∠3＝∠4
光線IJ與光線GH垂直，有∠1＋∠2＋∠3＋∠4＝90°
由幾何關(guān)系有∠5＝∠2＋∠3
由于KH⊥FE，KI⊥FB，可得α＝∠5
得α＝45°
(3)如圖乙所示，光線在AB面的入射角為i時(shí)，折射角為∠6，光線PQ在AE面的入射角為∠7，從Q射出的光線的折射角為r
由折射定律有
n＝ eq \f(sin i,sin ∠6)
n＝ eq \f(sin r,sin ∠7)
由前面分析可知光線NO⊥PQ，可得∠6＝∠7
可得r＝i
可知入射光線MN垂直出射光線QR，即從AE面射出的光線與入射光線間的夾角為90°
2．解析：(1)初始時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)
E0＝BLv0
當(dāng)金屬棒向右運(yùn)動(dòng)x時(shí)，設(shè)金屬棒的速度為v.
由幾何關(guān)系可知此時(shí)的有效切割長度為
l＝L－2· eq \f(x,tan 53°)
電動(dòng)勢(shì)E＝Blv
依題意E＝E0
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得v＝4 m/s
(2)金屬棒向右運(yùn)動(dòng)過程中，通過R的電荷量為
q＝It＝ eq \f(E,R) t＝ eq \f(ΔΦ,R) ＝ eq \f(BΔS,R)
其中ΔS＝ eq \f(1,2) (L＋l)x
對(duì)金屬棒由動(dòng)能定理得
eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝WF＋WF安
根據(jù)能量關(guān)系得
WF安＝－ eq \f(E2,R) t
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得
WF＝1.66 J
答案：(1)4 m/s (2)1.66 J
3．解析：(1)兩車廂碰撞過程中，水平方向動(dòng)量守恒．設(shè)撞后瞬間車廂速度為v′，取向右為正方向，有
mv0－m·2v0＝2mv′
解得v′＝－ eq \f(v0,2) ，方向水平向左
(2)碰撞后瞬間至停止運(yùn)動(dòng)的過程中，車廂平均速度的大小是貨箱的 eq \f(1,2) ，所以在相同時(shí)間內(nèi)，車廂相對(duì)于地面運(yùn)動(dòng)的位移大小是貨箱的 eq \f(1,2) ，有
L′＋2L′＝L
解得L′＝ eq \f(1,3) L
(3)貨箱相對(duì)于地的位移為L貨＝ eq \f(2,3) L
貨箱的加速度大小a＝ eq \f(Ff,m) ＝μg
貨箱做初速度為v0的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，有0－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝－2aL貨
解得μ＝ eq \f(3v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4gL)
答案：(1) eq \f(v0,2) ，方向水平向左 (2) eq \f(1,3) L (3) eq \f(3v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4gL)
4．解析：(1)粒子恰能沿中心線做直線運(yùn)動(dòng)，受力平衡，則：qE＝qv0B1①
E＝ eq \f(U,d) ②
其中：B1＝ eq \f(\r(3)mv0,3qL) ，d＝ eq \r(3) L
聯(lián)立①②并代入B1和d解得：U＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,q) ③
(2)設(shè)粒子在板間運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有
水平方向：L＝v0t④
豎直方向的速度：v1＝at⑤
qE＝ma⑥
粒子離開板間的速度：v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ⑦
聯(lián)立③④⑤⑥⑦⑧解得：v＝ eq \f(2\r(3)v0,3) ⑧
(3)設(shè)粒子離開板間區(qū)域時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角為θ，則tan θ＝ eq \f(v1,v0) ，得θ＝30°⑨
可知粒子將垂直ab邊射入三角形磁場(chǎng)區(qū)域，設(shè)入射點(diǎn)為e點(diǎn)，則：be＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)－\f(L,2)tan θ)) ·cs 30°⑩
由幾何關(guān)系可知a點(diǎn)為粒子在三角形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心，則：
半徑r＝ eq \f(d,cs 30°) －be?
qvB2＝m eq \f(v2,r) ?
聯(lián)立⑨⑩??并代入θ和v解得：B2＝ eq \f(4\r(3)mv0,9qL) ?
答案：(1) eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,q) (2) eq \f(2\r(3)v0,3) (3) eq \f(4\r(3)mv0,9qL)