2016高考物理二轮专题复习word版综合能力训练（二）.doc

点。

(ⅰ)B点的坐标为 ;

(ⅱ)A在时间t内通过的路程为 。

(2)(10分)(2015·陕西西安长安区第一中学质量检测)由透明体做成的三棱柱,横截面为有一个锐角为30°的直角三角形,如图所示,AC面镀膜,经透明体射到AC面的光只能反射。现有一束光从AB面的D点垂直AB面射入透明体,经AC面E点反射后从BC面射出透明体,出射光线与BC面成30°角。 (ⅰ)求该透明体的折射率;

(ⅱ)若光线从BC面的F点垂直BC面射入透明体,经AC面E点反射后从AB面射出透明体,试画出经E点后的光路图,并标明出射光线与AB面所成夹角的角度(不用列式计算)。

15.(15分)【物理——选修3-5】

(1)(5分)下列说法中正确的是 。(填正确答案标号,选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)

A.放射性的原子核在发生α衰变时,使产生的新核处于低能级,这时它要向高能级跃迁,能量以γ光子的形式辐射出来

B.放射性元素衰变的快慢跟原子所处的化学状态和外部条件无关

C.一个处于第四能级的氢原子向基态跃迁时,最多向外辐射三种不同频率的光子 D.普朗克通过对光电效应现象的分析提出了光子说

E.用某种光照射金属发生光电效应后,当光强增强时,饱和光电流会增大

(2)(10分)苏联科学家齐奥尔科夫斯基提出了多级火箭的概念。把火箭一级一级地接在一起,三级火箭从上到下依次为运载物、第三级、第二级和第一级,实际应用中一般不会超过四级,可以简化成模型,运载物的质量为M,每一级的质量为m,当运载物和三级物离开地面时已经具有速度v0,点火过程连续,每一级物分离时速度大小均为,每次分离时间t,M=3m,忽略空气阻力,不考虑燃料消耗质量,重力加速度为g。 (ⅰ)当第一级与火箭主体分离时,求火箭主体速度。 (ⅱ)最后一次分离运载物获得的推力为多大?

参考答案

1.A 解析:最先提出电荷周围存在电场观点的是法拉第,故选项A正确;牛顿用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性,故选项B错误;测量引力常量的是卡文迪许,故选项C错误;将实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来,从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是伽利略,故选项D错误。

2.D 解析:A、B运动的时间相同,加速度都等于g,所以速度的变化量大小也相同,都等于v,对A:Δv=v-v0=-v,上升高度hA=h,对B:Δv=v-0=v,下落高度hB=H-h,由x=t,可知hA=3hB,可得H=,A的初速度v0=2v,根据对称性知,B落地的速度也是2v,故选项A错误,选项B错误;A上升的时间与B下落的时间相同,设为t,故A在空中运动的时间为2t,所以选项C错误;两物体落地前,只有重力做功,所以各自的机械能都守恒,AB在地面处的速度大小相等,所以两者机械能相等,故选项D正确。

3.C 解析:根据物体的受力情况,可以判断出物体先是在斜面上做匀加速直线运动,到达水平面上之后,做匀减速运动,所以物体运动的v-t图象应该是倾斜的直线,不能是曲线,故选项A错误;由于物体的运动先是匀加速运动,后是匀减速运动,在每一个运动的过程中物体的加速度的大小是不变的,所以物体的a-t图象应该是两段水平的直线,不能是倾斜的直线,故选项B错

误;在整个运动的过程中,物体受到的都是滑动摩擦力,所以摩擦力的大小是不变的,并且由于在斜面上时的压力比在水平面上时的压力小,所以滑动摩擦力在斜面上的比在水平面上的小,故选项C正确;物体做的是匀加速直线运动,物体的位移为x=at2,所以物体的路程和时间的关系应该是抛物线,不会是正比例的倾斜的直线,故选项D错误。

4.D 解析:根据h=gt2可得,火星表面的重力加速度为g=,火星的第一宇宙速度v1=,要使探测器脱离火星飞回地球,则需要以火星第二宇宙速度起飞,即v2=,所以选项A、B、C错误;D正确。

5.C 解析:对C分析,C球受到重力和两个弹簧的拉力,处于静止状态,三力合力为零,所以每根弹簧对小球的拉力为FT1=,所以连接质量为m小球的轻弹簧的伸长量为Δx1=,选项B错误,C正确;水平横杆对质量为M的小球的支持力为FN=Mg+mg,选项A错误;将连接C球的两个弹簧的弹力沿水平方向分解可得套在水平光滑横杆上的轻弹簧的弹力为FT2=FT1cos 60°=,故弹簧的形变量为,选项D错误。

6.BD 解析:由题意知粒子在轨道内做顺时针圆周运动,根据左手定则可判断匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向外,所以选项A错误;由于粒子在做圆周运动的过程中洛伦兹力不做功,在AB板间电场力做功W=qU,所以粒子绕行N圈后回到A板时获得的总动能为NqU,故选项B正确;由于粒子的轨道半径R不变,而粒子做圆周运动第n圈的速度为vn,根据nqU=,可得粒子圆周运动的速度增大,根据T=2π,所以周期减小,故A板电势变化周期变小,故选项C错误;粒子绕行第N圈时,NqU=,所以vN=,又R=,联立得B=,所以选项D正确。

7.BC 解析:从u=220sin 100πt V可以得出,发电机中的电流变化频率为50 Hz,选项A错误;加在R0两端的电压有效值为220 V,因此流过用电器R0的电流I2= A=20 A,选项B正确;根据,可知流过R的电流为I1=5 A,因此输入变压器的输入功率等于R与R0消耗的总功率,P=R+R0=4 650 W,选项C正确;当用电器的电阻R0减小时,R0消耗的功率增大,这时发电机的输出功率将增大,选项D错误。

8.BCD 解析:由题意知,粒子在板间做类平抛运动,要使最后垂直打在M屏上,离开板间后竖直方向做减速运动,到达M板时竖直速度减为零,而水平方向一直做匀速运动,设离开板时竖直速度为vy,质点在板间运动的过程中速度变化为vy,从板的右端运动到光屏的过程中速度变化为-vy,故选项A错误;粒子从板的右端运动到光屏的过程中用时t2=,所以vy=gt2=,在板间t1=,竖直方向vy=at1=,联立解得E=,故选项B错误;若仅将滑片P向下滑动一段后,电阻R的电压减小,电容器电压减小,电容器放电,由于二极管的特性,电容器放不出去电,故电容器电压不变,板间电场强度不变,质点依然会垂直打在光屏上,故选项C正确;若仅将两平行板的间距变大