统考版高考物理二轮专项分层特训卷高考仿真练四含答案

这是一份统考版高考物理二轮专项分层特训卷高考仿真练四含答案，共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
14.
如图所示是我国自主研发的全自动无人值守望远镜，它安装在位于南极大陆的昆仑站，电力供应仅为1×103 W.若用国际单位制基本单位的符号来表示W，正确的是( )
A．N·s B．N·m/s
C．kg·m/s D．kg·m2/s3
15．关于下列四幅图片，说法正确的是( )
A．图甲说明发生光电效应时，频率大的光对应的饱和光电流一定大
B．图乙是α粒子散射图景，散射后绝大多数α粒子基本沿原方向前进
C．图丙中显示的是β粒子在威尔逊云室中又粗又直的径迹
D．图丁说明原子核的质量数越大，比结合能就越大
16．电梯“对重”的主要功能是相对平衡轿厢重力，在电梯工作中使轿厢与“对重”间的重力差保持在限额之内，保证电梯的牵引传动正常．如图甲所示，驱动电机带动钢丝绳使轿厢和“对重”在竖直方向运动．当轿厢从顶楼向下运动时，v ­ t图象如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．在0～t1时间内，轿厢处于失重状态
B．在0～t1时间内，钢丝绳对轿厢的拉力先增大后减小
C．在0～t3时间内，轿厢和“对重”组成的系统机械能守恒
D．在0～t3时间内，钢丝绳对轿厢的拉力大小等于钢丝绳对“对重”的拉力大小
17.
迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行．系绳卫星由两子卫星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示．在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为r.导体绳所受的安培力克服大小为f的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上．已知卫星离地平均高度为H，导体绳长为L(L≪H)，地球半径为R，质量为M，轨道处磁感应强度大小为B，方向垂直于赤道平面．忽略地球自转的影响．据此可得，电池电动势为( )
A．BL eq \r(\f(GM,R＋H)) ＋ eq \f(fr,BL)
B．BL eq \r(\f(GM,R＋H)) － eq \f(fr,BL)
C．BL eq \r(\f(GM,R＋H)) ＋ eq \f(BL,fr)
D．BL eq \r(\f(GM,R＋H)) － eq \f(BL,fr)
18.
如图，在(a，0)位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0，a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P(a，a)为 eq \r(2) a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零．则Q的位置及电荷量分别为( )
A．(0，2a)， eq \r(2) q B．(0，2a)，2 eq \r(2) q
C．(2a，0)， eq \r(2) q D．(2a，0)，2 eq \r(2) q
19．对四个核反应(1) eq \\al(\s\up11(238),\s\d4( 92)) U―→ eq \\al(\s\up11(234),\s\d4( 90)) Th＋ eq \\al(\s\up11(4),\s\d4(2)) He；(2) eq \\al(\s\up11(234),\s\d4( 90)) Th―→ eq \\al(\s\up11(234),\s\d4( 91)) Pa＋ eq \\al(\s\up11( 0),\s\d4(－1)) e；(3) eq \\al(\s\up11(14),\s\d4( 7)) N＋ eq \\al(\s\up11(4),\s\d4(2)) He―→ eq \\al(\s\up11(17),\s\d4( 8)) O＋ eq \\al(\s\up11(1),\s\d4(1)) H；(4) eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) H＋ eq \\al(\s\up11(3),\s\d4(1)) H―→ eq \\al(\s\up11(4),\s\d4(2)) He＋ eq \\al(\s\up11(1),\s\d4(0)) n＋17.6 MeV，下列说法正确的是( )
A．(1)(2)式核反应没有释放能量
B．(1)(2)(3)式均是原子核衰变方程
C．(3)式是人类第一次实现原子核转变的方程
D．利用激光引发可控的(4)式核聚变是正在尝试的技术之一
20．图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值减小．电压表显示加在报警器两端的电压(报警器未画出).未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW.下列说法正确的是( )
A．降压变压器副线圈输出的交流电方向每秒钟改变50次
B．未出现火警时，降压变压器的输入电压为22 kV
C．未出现火警时，降压变压器的输出功率为660 kW
D．当传感器R2所在处出现火警时，电压表的示数增大
21.
如图所示，在斜面的虚线以下有垂直斜面向下的匀强磁场，甲、乙两个正方形闭合金属线框是用相同材料的电阻丝围成的，边长相等，电阻丝的横截面积之比为2∶1，放在粗糙斜面上从同一高度由静止释放，下滑过程中线框不发生转动．则( )
A．两线框进入磁场的过程中，感应电流都沿逆时针方向(俯视)
B．从开始运动到滑至斜面底端，甲线框比乙线框所用时间短
C．两线框刚进入磁场瞬间，甲、乙中感应电流之比为2∶1
D．下滑全过程中，甲、乙两线框机械能减少量之比为2∶1
二、非选择题：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题(共47分)
22．(5分)在“测量合金丝的电阻率”的实验中．
(1)利用螺旋测微器测量合金丝的直径d时，螺旋测微器的示数如图甲所示，则该合金丝直径的测量值d＝________ mm.
(2)如果测出合金丝的电阻为r，直径为d，长度为l，则该合金电阻率的表达式为ρ＝________．(用上述字母及通用数学符号表示)
(3)实验时因电压表的量程不合适，而使用了量程为15 mA的电流表G和电阻箱改装而成的电压表．请按图乙所示的电路图在图丙中完成实物连线．(注意：图中已经有的连线不能改动，电流表G量程用15 mA)
23.
(10分)如图甲所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
(1)为完成此实验，以下提供的测量工具中，必须使用的是________．(选填选项前的字母)
A．刻度尺 B．天平
C．打点计时器 D．秒表
(2)关于本实验，下列说法中正确的是________．(选填选项前的字母)
A．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B．入射小球的质量必须小于被碰小球的质量
C．轨道倾斜部分必须光滑
D．轨道末端必须水平
(3)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜轨上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP.然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置S由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复该操作，两小球平均落地点位置分别为M、N.实验中还需要测量________．(选填选项前的字母)
A．入射小球和被碰小球的质量m1、m2
B．入射小球的释放高度h
C．小球抛出点距地面的高度H
D．两球相碰后的平抛射程OM、ON
(4)在某次实验中，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，在实验误差允许范围内，若满足关系式________，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒．[用(3)中测量的量表示]
(5)某同学在上述实验中更换了两个小球的材质，且入射小球和被碰小球的质量关系为m1＝2m2，其他条件不变．两小球在记录纸上留下三处落点痕迹如图乙所示．他将米尺的零刻度线与O点对齐，测量出O点到三处平均落地点的距离分别为OA、OB、OC.该同学通过测量和计算发现，两小球在碰撞前后动量是守恒的．
①由此可以判断出图乙中B处是________；
A．未放被碰小球，入射小球的落地点
B．入射小球碰撞后的落地点
C．被碰小球碰撞后的落地点
②若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，还需要判断关系式________是否成立．[用(5)中的物理量表示]
24．(12分)在高速公路上司机疲劳驾驶可能会导致严重的车祸．若用模拟成员代替司机模拟疲劳驾驶时的情境，轿车以126 km/h的速度匀速行驶，由于疲劳驾驶，在高速公路行驶途中轿车司机睡着了，司机刚睡时轿车与正前方正以61.2 km/h的速度匀速行驶的货车之间的距离为126.6 m．若司机睡着的时间为5 s，醒来看到前面货车时紧急刹车，轿车司机的反应时间为1.2 s，刹车时轿车轮胎与地面间的动摩擦因数为0.6(假设刹车时车轮不转动)，取g＝10 m/s2.
(1)通过计算，判断轿车会不会撞上货车．
(2)若不会，求两车之间的最小距离；若会，求轿车撞上货车前瞬间的速度大小．
25.
(20分)如图，纸面内有一平面直角坐标系xOy，直角三角形AOB内存在磁感应强度大小B1＝0.25 T、方向垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，B点在y轴上，θ＝37°，A、B两点间的距离x1＝7 cm.直线AO下方存在方向沿纸面与OA垂直斜向上电场强度为E1的匀强电场．第一象限存在场强大小E2＝ eq \f(15,8) ×106 N/C、方向与AO平行斜向下的匀强电场．一比荷为 eq \f(q,m) ＝2×108 C/kg的带电粒子(不计重力)从x轴上的M点由静止开始运动，垂直OA从P点第一次进入磁场中，均恰好不从AB、OB边射出磁场．粒子第一次离开磁场时立即仅将磁感应强度大小调为B2＝0.375 T，sin 37°＝0.6.求：
(1)粒子在磁场中运动的速率v；
(2)OA下方匀强电场的电场强度大小E1以及粒子从M点开始运动到刚好进入y轴右侧电场所用的时间t；
(3)粒子离开第一象限过x轴时位置的横坐标．
(二)选考题：共15分．请在第33、34题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3－3](15分)
(1)
(5分)回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50 K．某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气(可视为理想气体)缓慢经历如图所示的四个过程，已知状态A和B的温度均为27 ℃，状态C和D的温度均为－133 ℃，下列判断正确的是________．(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．气体由状态A到B的过程，温度先升高后降低
B．气体由状态B到C的过程，内能保持不变
C．气体由状态C到D的过程，分子间的平均间距减小
D．气体由状态C到D的过程，气体对外做功
E．气体由状态D到A的过程，其热力学温度与压强成正比
(2)
(10分)如图所示，体积为V的汽缸由导热性能良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸的空气分成体积相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀门K(气体只能进入汽缸，不能流出汽缸)与一打气筒相连．开始时汽缸内上部分空气的压强为p0，现用打气筒向容器内打气．已知打气筒每次能打入压强为p0、体积为 eq \f(V,10) 的空气，当打气n次后，稳定时汽缸上下两部分的空气体积之比为9∶1，活塞重力G＝ eq \f(1,4) p0S，空气视为理想气体，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦．求：
(ⅰ)当打气n次活塞稳定后，下部分空气的压强；
(ⅱ)打气筒向容器内打气次数n.
34．[物理——选修3－4](15分)
(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．观看3D电影《复仇者联盟4》时，所佩戴的眼镜利用了光的衍射知识
B．军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象
C．手机上网时用的WiFi信号属于无线电波
D．红光由空气进入水中，波长变长，颜色不变
E．分别用蓝光和黄光在同一装置上做双缝干涉实验，用黄光时得到的条纹间距较宽
(2)(10分)如图所示，某种透明物质制成的直角三棱镜ABC，∠ABC＝60°，透明物质的折射率n＝ eq \r(3) ，一束光线在纸面内与BC面成θ＝30°角的光线射向BC面．求：
(ⅰ)这种透明物质对于空气的临界角的正弦值；
(ⅱ)最终的出射光线与最初的入射光线之间的偏转角．
高考仿真练（四）
14．答案：D
解析：1 W＝1 N·m/s＝1 kg·m/s2·m/s＝1 kg·m2/s3，D正确．
15．答案：B
解析：由图甲可以看出，黄光（强）的饱和光电流大于蓝光的饱和光电流，故A项错误；α粒子散射实验中，散射后绝大多数α粒子基本沿原方向前进，B项正确；图丙中显示的是α粒子在威尔逊云室中的径迹，C项错误；由图丁可知，质量数中等的原子核的比结合能更大，D项错误．
16．答案：A
解析：由题图乙可知，在0～t1时间内，轿厢先向下做加速度增大的加速运动，再向下做加速度减小的加速运动，则轿厢加速度方向一直向下，故轿厢处于失重状态，A正确；对轿厢由牛顿第二定律得F＝mg－ma，由于在0～t1时间内轿厢的加速度先增大后减小，则钢丝绳的拉力先减小后增大，B错误；由于整个运动过程有驱动电机做功，则驱动轿厢和“对重”组成的系统机械能不守恒，C错误；由于钢丝绳通过驱动电机驱动，则驱动电机两侧钢丝绳拉力的大小不相等，D错误．
17．答案：A
解析：由G eq \f(Mm,（R＋H）2) ＝m eq \f(v2,（R＋H）) 可得卫星做圆周运动的线速度v＝ eq \r(\f(GM,R＋H)) ，根据右手定则可知，导体绳产生的感应电动势方向与图中电源电动势相反，其大小为E感＝BLv，由导体绳受力平衡有ILB＝f，导体绳中的电流方向向下，回路中的电流I＝ eq \f(E－E感,r) ，解得E＝BL eq \r(\f(GM,R＋H)) ＋ eq \f(fr,BL) ，A项正确．
18．答案：B
解析：（a，0）和（0，a）两点处的电荷量为q的点电荷在P点产生的电场强度的矢量和E＝ eq \f(\r(2)kq,a2) ，方向如图所示[由点（a，a）指向点（0，2a）]，由在距P点为 eq \r(2) a的某点处放置的正点电荷Q使得P点电场强度为零可知，此正电荷位于（0，2a）点，且电荷量Q满足 eq \f(kQ,（\r(2)a）2) ＝ eq \f(\r(2)kq,a2) ，解得Q＝2 eq \r(2) q，B正确．
19．答案：CD
解析：（1）为α衰变，（2）为β衰变，衰变过程同时释放能量，A错误；（3）是卢瑟福用α粒子轰击氮原子核产生氧的一种同位素，是人类第一次原子核的人工转变，而核衰变是原子核自发产生的变化，B错误，C正确；（4）为核聚变反应方程，可控核聚变是人类正在尝试的技术之一，D正确．
20．答案：BC
解析：由图乙可知输入电压的周期为0.02 s，频率为50 Hz，又变压器并不改变交流电的频率，所以1 s的时间内交流电的方向改变100次，A错误；由变压器的工作原理 eq \f(U1,U2) ＝ eq \f(n1,n2) 可知，升压变压器副线圈的输出电压为U2＝25 000 V，输电电流为I＝ eq \f(P,U2) ＝ eq \f(750 kW,25 000 V) ＝30 A，输电线上损失的电压为ΔU＝IR＝30×100 V＝3 000 V，所以降压变压器原线圈两端的电压为U3＝U2－ΔU＝（25 000－3 000） V＝22 kV，B正确；降压变压器的输入功率为P′＝U3I＝660 kW，C正确；当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，有U′2＝U′3＋ΔU′，ΔU′＝I2R， eq \f(U′3,U4) ＝ eq \f(n3,n4) ＝ eq \f(I3,I2) ，U4＝I3（R1＋R2），联立得U′2＝I3（R1＋R2）· eq \f(n3,n4) ＋ eq \f(n4I3R,n3) ，可知R2减小时，I3增大，I2增大，则U′3减小，U4也减小，定值电阻的分压增大，所以电压表的示数减小，D错误．
21．答案：ACD
解析：由楞次定律可知，两线框进入磁场过程中产生的感应电流沿逆时针方向（俯视），A项正确；线框进入磁场过程中所受的安培力为F＝BIL＝ eq \f(B2L2v,R) ，由牛顿第二定律有mg sin θ－ eq \f(B2L2v,R) －μmg cs θ＝ma，解得线框的加速度a＝g sin θ－μg cs θ－ eq \f(B2L2v,mR) ，由电阻定律可知两线框的电阻之比为1∶2，而质量之比为2∶1，故加速度与线框粗细无关，所以两线框运动到斜面底端时间相等，B项错误；线框在进入磁场前加速度a0＝g sin θ－μg cs θ，进入磁场时速度相等，切割磁感线产生的电动势也相等，由闭合电路欧姆定律I＝ eq \f(E,R) 可知，甲、乙中电流之比为2∶1，C项正确；在整个运动过程中，两线框所受摩擦力之比为2∶1，安培力之比为2∶1，所以克服摩擦力做的功之比与克服安培力做的功之比均为2∶1，由功能关系可知，两线框机械能减少量之比为2∶1，D项正确．
22．答案：（1）0.773（0.771～0.775均可，1分） （2） eq \f(πrd2,4l) （2分） （3）如图所示（2分）
解析：（1）由螺旋测微器的读数规则可知，该合金丝直径的测量值d＝0.5 mm＋27.3×0.01 mm＝0.773 mm；（2）根据r＝ eq \f(ρl,S) ，又S＝ eq \f(πd2,4) ，可得ρ＝ eq \f(rS,l) ＝ eq \f(r·π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)))\s\up12(2),l) ＝ eq \f(πrd2,4l) .
23．答案：（1）AB（2分） （2）AD（2分） （3）AD（2分） （4）m1OP＝m1OM＋m2ON（2分）
（5）①C（1分） ② eq \f(1,2) m1·OC2＝ eq \f(1,2) m1·OA2＋ eq \f(1,2) m2·OB2（1分，其他正确形式同样给分）
解析：（1）本实验必须使用的是刻度尺，用来测量小球抛出的水平射程，还需要用天平，用来测量小球的质量．（2）关于本实验，同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证每次小球抛出时的速度大小相等，选项A正确；入射小球的质量要大于被碰小球的质量，以保证入射小球碰后不反弹，选项B错误；轨道倾斜部分不必光滑，只要每次阻力相同，小球水平抛出时的速度相同就可以，选项C错误；轨道末端必须是水平的，以保证小球抛出时速度方向是水平的，选项D正确．（3）因为要验证动量守恒定律，实验中还需要测量小球的质量，故选项A正确；因为H是一定的，故小球做平抛运动的时间是一定的，测量小球碰后的水平射程，即可列等式求证，选项D正确；而两个高度不用测量，只需保持不变，选项B、C错误．（4）设小球做平抛运动的时间为t，碰前的动量为： eq \f(m1OP,t) ，碰后的动量之和是： eq \f(m1OM＋m2ON,t) ，故二者相等即可，两边都乘以t，即m1OP＝m1OM＋m2ON.（5）①因为两小球的质量关系是m1＝2m2，再由OA＝17.5 cm，OB＝25 cm，OC＝30 cm可知，存在下列等式：2×OC＝2×OA＋OB，故转化为动量守恒定律的等式就是：m1OC＝m1OA＋m2OB，故C是未放被碰小球时入射小球的落地点，A是入射小球碰后的落地点，B是被碰小球碰撞后的落地点，选项C正确．②若为弹性碰撞，则机械能守恒，故还需要满足 eq \f(1,2) m1·OC2＝ eq \f(1,2) m1·OA2＋ eq \f(1,2) m2·OB2；也可以是：m1OC2＝m1OA2＋m2OB2；因为m1＝2m2，故等式也可以是2OC2＝2OA2＋OB2.
24．答案：（1）会撞 （2）29 m/s
解析：（1）轿车的初速度v1＝126 km/h＝35 m/s，货车的速度v2＝61.2 km/h＝17 m/s
轿车匀速运动的时间t1＝5 s＋1.2 s＝6.2 s（1分）
位移大小x1＝v1t1＝217 m（1分）
设从开始刹车到与货车共速所用时间为t2，则
v2＝v1－at2（1分）
根据牛顿第二定律有μmg＝ma（1分）
解得t2＝3 s
在t2时间内，轿车的位移大小x2＝ eq \f(v1＋v2,2) t2＝78 m（1分）
在t1＋t2时间内货车的位移大小s＝v2（t1＋t2）＝156.4 m（1分）
由于x1＋x2－s＝138.6 m>L＝126.6 m
轿车一定会撞上货车．（1分）
（2）设轿车从开始刹车到与货车相撞过程中的位移大小为x3，则
x3＝v1t3－ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(3)) （1分）
轿车撞上货车前瞬间有x1＋x3＝v2（t1＋t3）＋L（2分）
轿车撞上货车前瞬间的速度大小v＝v1－at3（1分）
解得v＝29 m/s（另一解v＝5 m/s，不合题意，舍去）（1分）
25．答案：（1）2×106 m/s （2） eq \f(9,128) ×106 N/C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(128,3)＋\f(307π,135))) ×10－8 s （3） eq \f(14,3) cm
解析：（1）粒子从P点进入磁场做匀速圆周运动的轨迹恰好与AB、OB均相切，设轨迹半径为r1，则r1＋r1tan θ＝x1（2分）
由牛顿第二定律有qvB1＝m eq \f(v2,r1) （2分）
解得r1＝4 cm，v＝2×106 m/s（1分）
（2）由几何关系得OP＝r1＋ eq \f(r1,sin θ)
MP＝ eq \f(OP,tan θ)
解得MP＝ eq \f(128,9) cm（1分）
设粒子从M点运动到P点的过程中加速度大小为a1
由运动学公式有v2＝2a1·MP（1分）
根据牛顿第二定律有qE1＝ma1（1分）
解得a1＝ eq \f(9,64) ×1014 m/s2，E1＝ eq \f(9,128) ×106 N/C（1分）
粒子第二次在磁场中的运动轨迹半径设为r2，则
r2＝ eq \f(mv,qB2)
解得r2＝ eq \f(8,3) cm（1分）
由于OQ＝ eq \f(r1,sin θ) －r1＝ eq \f(8,3) cm＝r2，Q为粒子第一次出磁场时在OA的位置，则轨迹圆心在O点，粒子恰好垂直y轴离开（1分）
粒子从M点开始运动到刚好进入y轴右侧电场时所用的时间
t＝ eq \f(3v,a1) ＋ eq \f(1,2) · eq \f(2πm,qB1) ＋ eq \f(37°,360°) · eq \f(2πm,qB2) （2分）
解得t＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(128,3)＋\f(307π,135))) ×10－8s（1分）
（3）粒子在第一象限的电场中的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有
qE2＝ma2（1分）
将加速度沿x轴方向和y轴方向分解，则
ax＝a2 sin θ（1分）
ay＝a2cs θ（1分）
r2＝ eq \f(1,2) ayt eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) （1分）
x2＝vt1＋ eq \f(1,2) axt eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) （1分）
解得x2＝ eq \f(14,3) cm（1分）
33．答案：（1）ADE（5分） （2）（ⅰ）6.25p0 （ⅱ）49次
解析：（1）状态A和B的温度相等，根据 eq \f(pV,T) ＝C，经过A、B的等温线应是过A、B的双曲线的一部分，沿直线由A到B，pV先增大后减小，所以温度先升高后降低，故A正确；气体由状态B到C的过程，体积不变，根据 eq \f(pV,T) ＝C，压强减小，温度降低，内能减小，故B错误；气体由状态C到D的过程，体积增大，分子间的平均间距增大，故C错误；气体由状态C到D的过程，体积增大，气体对外做功，故D正确；气体由状态D到A的过程，体积不变，根据 eq \f(pV,T) ＝C，其热力学温度与压强成正比，故E正确．
（2）（ⅰ）对汽缸下部分气体，设初状态压强为p1，末状态压强为p2
温度不变，由玻意耳定律，得p1V1＝p2V2（1分）
可知p1 eq \f(V,2) ＝p2 eq \f(V,10) （2分）
初状态时对活塞：p1S＝p0S＋G
联立解得p2＝ eq \f(25,4) p0＝6.25p0（3分）
（ⅱ）把上部分气体和n次打进的气体作为整体，稳定时上部分汽缸中的压强为p
末状态时对活塞：p2S＝pS＋G
由玻意耳定律，得
p0 eq \f(V,2) ＋n·p0 eq \f(V,10) ＝p eq \f(9V,10) （1分）
联立解得p＝6p0，n＝49次．（3分）
34．答案：（1）BCE（5分） （2）（ⅰ） eq \f(\r(3),3) （ⅱ）偏转角为60°
解析：（1）3D电影《复仇者联盟4》在放映时，两台放映机发出的光是相互垂直的偏振光，在观看电影时观众必须戴上特殊的眼镜才能获得最佳观赏效果，这种眼镜是利用了光的偏振原理，故选项A错误；军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象，故选项B正确；手机上网时用的WiFi信号属于无线电波，故选项C正确；红光由空气进入水中，频率不变，则颜色不变，根据v＝ eq \f(c,n) 知波速变小，根据λ＝ eq \f(v,f) 知波长变短，故选项D错误；分别用蓝光和黄光在同一装置上做双缝干涉实验，黄光的波长较大，根据条纹间距Δx＝ eq \f(L,d) λ，则黄光干涉条纹的间距较宽，故选项E正确．
（2）（ⅰ）由临界角的公式sin C＝ eq \f(1,n) （1分）
得sin C＝ eq \f(\r(3),3) .（3分）
（ⅱ）光线在BC面上折射进入透明物质中，入射角
θ′＝60°（1分）
由折射率定义式n＝ eq \f(sin θ′,sin γ)
得sin γ＝ eq \f(sin 60°,\r(3)) ＝ eq \f(1,2)
解得γ＝30°（1分）
光线的光路图如图所示，（1分）
由此可知由三角函数关系得30°