统考版2024届高考物理二轮专项分层特训卷第四部分高考仿真练2

这是一份统考版2024届高考物理二轮专项分层特训卷第四部分高考仿真练2，共12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．我国高速铁路建设发展迅速，高速铁路技术达到世界领先水平．若高铁列车在一水平圆弧轨道上转弯时的速度大小为270km/h，列车内水平茶台上放置的茶杯未发生滑动，茶台与茶杯间的动摩擦因数μ＝0.12，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则该水平圆弧轨道的半径可能为( )
A．5kmB．4.5km
C．4kmD．3.5km
15．为防止航天员在长期失重状态下肌肉萎缩，我国在空间站中安装了如图甲所示可用于锻炼上、下肢肌肉的“太空自行车”，其工作原理可简化成图乙所示模型，航天员锻炼时，半径为r的金属圆盘在磁感应强度大小为B、方向垂直盘面向里的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，电阻R连接在从圆盘中心和边缘处引出的两根导线上，不计圆盘电阻，若航天员消耗的能量约有50%转化为电能，则在t时间内航天员消耗的能量为( )
A．eq \f(B2ω2r4t,4R)B．eq \f(B2ω2r4t,2R)
C．eq \f(B2ω4r2t,4R)D．eq \f(B2ω4r2t,2R)
16．水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中．如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m．取重力加速度g＝10m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力．则人的落水点到滑梯末端的水平距离为( )
A．4.0mB．4.5m
C．5.0mD．5.5m
17．[2023·东北三省四市模拟]氦离子(He＋)和氢原子一样．原子核外只有一个电子，因此它们有着相似的能级图，如图所示为氢原子和氦离子的能级图．一群处于n＝4能级的氦离子，能够自发地跃迁到较低的能级，并向外辐射光子．已知金属钨的逸出功为4.54eV，则氦离子向外辐射多种频率的光子中( )
A.最多有3种频率的光子
B．能使金属钨发生光电效应的有3种频率的光子
C．能够使处于基态的氢原子电离的有3种频率的光子
D．能够使处于基态的氢原子跃迁的有4种频率的光子
18．图甲是一种振动发电机的示意图，半径r＝0.1m、匝数n＝25的线圈(每匝的周长相等)位于辐向分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)，线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B＝eq \f(0.6,π)T，外力F作用在线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙(正弦函数曲线)所示．发电机通过灯泡L后接入理想变压器，三个灯泡均正常发光，灯泡正常发光时的电阻RL＝1Ω，不计线圈电阻．则每个小灯泡正常发光时的功率为( )

A．1.5WB．2W
C．4WD．4.5W
19．冰球是2022年北京冬奥会比赛项目之一．某次冰球比赛的冰球用硬橡胶制成，厚2.54cm，直径7.62cm，质量160g．如图所示，在一次进攻时，进攻队员将冰球由静止击出，冰球以48m/s的速度打到守门员的护腿挡板上后被原路弹回，速度变为24m/s.不计冰面摩擦及空气阻力．下列说法正确的是( )
A．进攻队员与守门员对冰球的冲量大小之比为2∶1
B．进攻队员与守门员对冰球的冲量大小之比为2∶3
C．进攻队员与守门员对冰球做的功大小之比为2∶1
D．进攻队员与守门员对冰球做的功大小之比为4∶3
20．[2023·重庆重点中学3月联考]在一静止正点电荷的电场中，任一点处的电势φ与该点到点电荷的距离r的倒数的关系图象如图所示．电场中三个点a、b、c到该点电荷的距离如图所示，其电场强度大小分别为Ea、Eb和Ec，现将一带负电的试探电荷依次由a点经过b点移动到c点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab和Wbc，下列判断正确的是( )
A．Ea∶Eb＝1∶4B．Eb∶Ec＝2∶3
C．Wab∶Wbc＝2∶3D．Wab∶Wbc＝1∶1
21.
利用中国天眼FAST射电望远镜对处于双中子星系统中的脉冲星PSRB1534＋12的观测研究数据，中国科学院新疆天文台脉冲星团组科研人员首次发现该脉冲星存在弱态和爆发态两种辐射状态，相关研究成果发表在《天体物理学快报》上．在已发现的近3000颗脉冲星中，只有9个双中子星系统．如图所示，假设甲、乙两个双中子星系统分别绕各自中心做匀速圆周运动，甲、乙系统总质量相等，中子星间的距离也相等，甲系统中双星a、b的质量之比为3∶2，乙系统中双星c、d的质量之比为2∶1.下列说法正确的是( )
A．甲、乙系统双星间的万有引力之比为6∶5
B．甲、乙两个系统双星的绕转周期之比为1∶1
C．甲中的a星与乙中的c星运行速度之比为6∶5
D．甲中的b星与乙中的d星加速度之比为3∶2
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)某同学想研究滑块在倾斜气垫导轨上滑行时的加速度．如图甲所示，他将导轨以一定的倾角固定．在导轨B点固定一个光电门，让带有挡光片的滑块从不同位置由静止滑下．滑块滑行时可以认为不受导轨的阻力．把滑块到光电门的距离记为L.已知挡光片宽度为d.
(1)为完成实验，需要记录什么数据？____________________________(用文字和符号共同表示).
(2)计算滑块加速度大小的表达式为a＝________(用符号表示).
(3)改变释放滑块的位置，重复实验，得到如图乙所示的图象，则滑块的加速度大小a＝________(结果保留两位有效数字).
(4)为进一步研究滑块加速度a与导轨倾角θ的关系，该同学改变导轨倾角的大小，在同一位置由静止释放滑块，通过计算得到表格所示的数据．根据表格数据可知实验结论为________________________．
23.(10分)学习小组研究某型号的LED灯的伏安特性曲线．所使用的器材有一个该型号的LED灯L(额定电压3.8V，额定电流48mA)，电压表V(量程0～3V，内阻3kΩ)，电流表A(量程0～50mA，内阻约0.5Ω)，定值电阻R0(阻值1000Ω)，滑动变阻器R(阻值0～10Ω)，电源E(电动势5V，内阻不计)，开关S，导线若干．
(1)实验要求尽可能准确描绘0～3.8V范围内该LED灯的伏安特性曲线，在图1的方框中画出电路图，并标出各元件的符号．
(2)根据(1)中所画电路图，用笔画线代替导线在图2中连接实物图．
(3)实验测得该LED灯的伏安特性曲线如图3所示．在0～2.5V内该灯的电流________，在2.5～3.8V内随着电压的增加，该灯的电阻________(填“增大”“不变”或“减小”).

(4)把该灯和一电阻箱串联后接在原来的电源上，如图4所示．若该灯正常工作，则电阻箱电阻R1＝________Ω；若电阻箱电阻R2＝200Ω，则该灯消耗的功率为________mW.
24．(12分)在水平路面上进行的汽车碰撞测试中，t＝0时刻汽车A从静止开始以恒定功率P加速运动，t＝t0时刻关闭发动机，汽车A继续运动，t＝t1时刻与静止的汽车B发生正碰，碰撞时间极短，碰后两车粘在一起继续运动距离L后停止．已知两车质量均为m，碰前汽车A运动时所受阻力为车重的μ倍，碰后两车共同运动时所受阻力为两车总重的2μ倍，重力加速度为g.求：
(1)碰后瞬间两车的共同速度v；
(2)碰前瞬间A车的速度大小v1；
(3)碰前A车克服阻力所做的功W1以及A车牵引力的冲量大小I.
25．(20分)
一种质谱仪的结构可简化为如图所示，粒子源释放出初速度可忽略不计的 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H和 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H，粒子经直线加速器加速后由通道入口的中缝MN进入磁场区．该通道的上下表面是内半径为R、外半径为3R的半圆环．该通道置于竖直向上的匀强磁场中，正对着通道出口处放置一块照相底片，能记录粒子从出口射出时的位置．当直线加速器的加速电压为U0， eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H沿左侧通道中心线MN射入磁场区，且恰好能击中照相底片的正中间位置，已知 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H比荷为eq \f(q,m)，则
(1)匀强磁场的磁感应强度B；
(2)照相底片上 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H和 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H所击中位置间的距离；
(3)考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，若要 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H和 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H在底片上没有重叠区域，求ΔU满足的条件．
(二)选考题(请考生从2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)
33．[选修3—3](15分)
(1)(5分)
一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd、de和ea五段过程的p­T图象都是直线，其中ab延长线过坐标原点O，bc垂直于ab，cd平行于ab，de平行于T轴，ea平行于p轴，由此可以判断( )
A．ab过程中气体放出热量B．bc过程中气体内能减少
C．cd过程中气体体积不变D．de过程中气体对外做功
E．ea过程中气体放出热量
(2)(10分)呼吸机是一种能够起到预防和治疗呼吸衰竭，挽救及延长病人生命至关重要的医疗设备，在新型冠状病毒性肺炎的临床治疗中被广泛应用，简易呼吸器也叫加压给氧气囊，其装置可简化为如图所示，两横截面积均为S＝100cm2、导热良好的汽缸A、B底部用体积不计的细管连通，缸内用两质量和厚度均不计的活塞封闭一定质量的理想气体，缸壁上分别设有粗细不计的固定卡环E、F，离缸底的距离分别为L1＝5cm和L2＝25cm.初始时活塞C、D静止于距缸底分别为h1＝16cm和h2＝20cm处，现缓慢推动活塞C，使之与卡环E接触．已知外界大气压恒为p0＝1.0×105Pa，环境温度保持不变，不计活塞与缸壁间摩擦且装置不漏气．
(ⅰ)求封闭气体的最终压强p；
(ⅱ)在活塞C下降过程中，气缸B内的气体对活塞D做的功WD为多少？分析说明封闭气体是吸收热量还是放出热量．
34．[选修3—4](15分)
(1)(5分)如图，一列简谐横波平行于x轴传播，图中的实线和虚线分别为t＝0和t＝0.1s时的波形图．已知平衡位置在x＝6m处的质点，在0到0.1s时间内运动方向不变．这列简谐波的周期为________s，波速为________m/s，传播方向沿x轴________(选填“正方向”或“负方向”).
(2)(10分)如图，一潜水员在距海岸A点45m的B点竖直下潜，B点和灯塔之间停着一条长4m的皮划艇．皮划艇右端距B点4m，灯塔顶端的指示灯与皮划艇两端的连线与竖直方向的夹角分别为α和β(sinα＝eq \f(4,5)，sinβ＝eq \f(16,37))，水的折射率为eq \f(4,3)，皮划艇高度可忽略．
(ⅰ)潜水员在水下看到水面上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里，若海岸上A点恰好处在倒立圆锥的边缘上，求潜水员下潜的深度；
(ⅱ)求潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯的深度范围．
仿真练2 （8＋2实验＋2计算＋2选1）
14．解析：茶杯在茶台上不发生滑动，则茶杯受到的摩擦力提供茶杯做匀速圆周运动所需的向心力，即μmg≥eq \f(mv2,R)，解得R≥4687.5m，A正确．
答案：A
15．解析：圆盘转动时产生的感应电动势为E＝eq \f(1,2)Bωr2，通过电阻R的感应电流为I＝eq \f(E,R)，电阻R消耗的电功率为P＝I2R，由于航天员锻炼时消耗的能量只有50%转化为电能，故在锻炼的t时间内航天员消耗的能量为E航＝2Pt，联立解得E航＝eq \f(B2ω2r4t,2R)，B正确．
答案：B
16．解析：人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为v，根据机械能守恒定律可知
mgH＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝4eq \r(5)m/s
从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝eq \f(1,2)gt2可知落水时间为
t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1.0,10))s＝eq \r(\f(1,5))s
水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为
x＝vt＝4eq \r(5)×eq \r(\f(1,5))m＝4.0m.
答案：A
17．解析：一群氦离子从n＝4能级向低能级跃迁时可以辐射出6种频率的光子，其中只有从n＝4能级向n＝3能级跃迁时所辐射出的光子能量小于4.54eV，不能使金属钨发生光电效应，故共有5种频率的光能使金属钨发生光电效应，选项A、B错误；因为要使处于基态的氢原子发生电离，所需要的光子能量只要达到13.60eV就可以，根据辐射光子的能量等于氦离子能级跃迁前后两能级的能量差可得，有三种频率的光子能使处于基态的氢原子电离，选项C正确；通过计算氦离子跃迁前后两能级的能量差中只有n＝4能级与n＝2能级的能量差等于氢原子n＝2能级与n＝1能级的能量差，即只有一种频率的光子能使基态氢原子发生跃迁，选项D错误．
答案：C
18．解析：线圈中产生的感应电动势最大值为Em＝2nπrBv＝2×25×π×0.1×eq \f(0.6,π)×2V＝6V，由图丙可知，T＝0.4s，角速度ω＝eq \f(2π,T)，解得ω＝5πrad/s，则发电机产生的电动势的瞬时值表达式为e＝6sin（5πt）V.发电机正常工作时三个小灯泡均正常发光，则有变压器的原、副线圈两端的电流关系为I2＝2I1，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)则变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电源的有效值E＝eq \f(Em,\r(2))＝3eq \r(2)V，设小灯泡正常发光的两端的电压为U，副线圈两端的电压为U，根据匝数比和电压关系，则原线圈的两端的电压为2U，则有E＝U＋2U，解得U＝eq \r(2)V，小灯泡正常发光的功率P＝eq \f(U2,RL)＝2W，选B.
答案：B
19．解析：设冰球质量为m，击出后速度大小为v，反弹后速度大小变为eq \f(1,2)v，选取击球方向为正方向，由动量定理对击球过程有I1＝mv－0，反弹过程有I2＝－eq \f(1,2)mv－mv，可得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(I1,I2)))＝eq \f(2,3)，A错误，B正确；由动能定理对击球过程有W1＝eq \f(1,2)mv2－0，反弹过程有W2＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)mv2，可得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(W1,W2)))＝eq \f(4,3)，C错误，D正确．
答案：BD
20．解析：图象上各点的横、纵坐标乘积表示电场强度，则a点电场强度为Ea＝eq \f(1,6)×1V/m＝eq \f(1,6)V/m，b点电场强度为Eb＝eq \f(1,3)×2V/m＝eq \f(2,3)V/m，c点电场强度为Ec＝eq \f(1,2)×3V/m＝eq \f(3,2)V/m，故Ea∶Eb＝1∶4，Eb∶Ec＝4∶9，选项A正确，B错误；由图可知a、b间的电势差为Uab＝－1V，同理Ubc＝－1V，又Wab＝qUab，Wbc＝qUbc，则Wab∶Wbc＝1∶1，选项C错误，D正确．
答案：AD
21．解析：设甲、乙中双星总质量均为M，距离均为L，甲系统a、b间的万有引力F甲＝Geq \f(\f(3,5)M·\f(2,5)M,L2)，乙系统c、d间的万有引力F乙＝Geq \f(\f(2,3)M·\f(1,3)M,L2)，eq \f(F甲,F乙)＝eq \f(27,25)，A错误；由牛顿第二定律，甲系统对a有Geq \f(\f(3,5)M·\f(2,5)M,L2)＝eq \f(3,5)Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T甲)))eq \s\up12(2)ra，对b有Geq \f(\f(3,5)M·\f(2,5)M,L2)＝eq \f(2,5)Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T甲)))eq \s\up12(2)rb，综合两式可得T甲＝2πeq \r(\f(L3,GM))，同理对乙系统有T乙＝2πeq \r(\f(L3,GM))，甲、乙双星的绕转周期相等，B正确；对甲系统由上述分析可得eq \f(ra,rb)＝eq \f(2,3)，又有ra＋rb＝L，可得ra＝eq \f(2,5)L，rb＝eq \f(3,5)L，同理对乙系统有rc＝eq \f(1,3)L，rd＝eq \f(2,3)L，eq \f(va,vc)＝eq \f(ωra,ωrc)＝eq \f(6,5)，eq \f(ab,ad)＝eq \f(ω2rb,ω2rd)＝eq \f(9,10)，C正确，D错误．
答案：BC
22．解析：（1）滑块到达光电门时的速度v＝eq \f(d,t)，滑块做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度—位移公式得v2＝2aL，解得a＝eq \f(v2,2L)＝eq \f(d2,2Lt2).已知d、L，实验还需要测出挡光片通过光电门所用的时间t.
（2）由（1）的分析可知，加速度a＝eq \f(d2,2Lt2).
（3）由匀变速直线运动的速度—位移公式得v2＝2aL，则v2­L图象的斜率k＝2a＝eq \f(3.2,0.8)m/s2＝4.0m/s2，加速度a＝2.0m/s2.
（4）由表中实验数据可知，随倾角θ增大，加速度增大，且加速度与sinθ成正比，eq \f(a,sinθ)＝eq \f(5,\f(1,2))＝10，与csθ既不成正比也不成反比，由此可知加速度与sinθ成正比，比例系数为10.
答案：（1）挡光片通过光电门所用的时间t （2）eq \f(d2,2Lt2) （3）2.0m/s2 （4）加速度与sinθ成正比，比例系数为10
23．解析：（1）由于电压表量程不够，应将其与定值电阻串联，由于通过电压表的电流可以计算出，所以电流表应采用外接法．（3）由伏安特性曲线可知，在0～2.5V内流过该灯的电流几乎为0，在2.5～3.8V内随着电压的增加，该灯的电阻减小．（4）该灯正常工作，两端电压等于额定电压，由IL＝eq \f(E,R1＋\f(UL,IL))，得R1＝eq \f(E,IL)－eq \f(UL,IL)＝25Ω.若电阻箱电阻R2＝200Ω，可把R2看成电源内阻，有U＝E－IR2，得U＝（5－200I）V，在图3中画出该图线，与灯的伏安特性曲线交于一点，如图丙所示，可知此时该灯的工作电压为U＝3V，工作电流为I＝10mA，可求得灯消耗的功率为P＝UI＝30mW.
答案：（1）如图甲所示 （2）如图乙所示 （3）几乎为0 减小 （4）25 30

24．解析：（1）两车碰后瞬间速度为v，两车一起运动过程中，由动能定理得－2μ（2m）gL＝0－eq \f(1,2)×2mv2
解得v＝2eq \r(μgL).
（2）设碰前A车的速度为v1，两车碰撞过程中，由动量守恒定律得mv1＝2mv
解得v1＝4eq \r(μgL).
（3）从汽车A开始运动到碰撞前过程中，由动能定理得Pt0－W1＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －0
A车克服阻力做功W1＝Pt0－8μmgL
从汽车A开始运动到碰撞前过程中，由动量定理得
I－μmgt1＝mv1－0
解得I＝μmgt1＋4meq \r(μgL).
答案：（1）2eq \r(μgL) （2）4eq \r(μgL)
（3）Pt0－8μmgL μmgt1＋4meq \r(μgL)
25．解析：（1）由题意可知当质子恰好能击中照相底片的正中间位置时，其运动半径为r＝R＋R＝2R
设质子经过加速后获得的速度大小为v，根据动能定理有
qU0＝eq \f(1,2)mv2
根据牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,r)
联立解得B＝eq \f(1,2R)eq \r(\f(2mU0,q))
（2）由于 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H粒子的质量数是 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H粒子的两倍，则 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H粒子的比荷为eq \f(q,2m)，设 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H粒子和 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H粒子经过加速后获得的速度大小分别为v1、v2，根据动能定理有qU0＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
qU0＝eq \f(1,2)×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
根据牛顿第二定律有qv1B＝meq \f(veq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)),r1)
qv2B＝2meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,r2)
联立解得r1＝2R，r2＝2eq \r(2)R
则照相底片上 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H和 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H所击中位置间的距离Δx＝2r2－2r1＝4（eq \r(2)－1）R
（3）由（2）问可知在相同的电压下 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H粒子的偏转半径大于 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H粒子的偏转半径，若要 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H和 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H在底片上没有重叠区域，则只需eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))H粒子的最小偏转距离大于 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H粒子的最大偏转距离即可，则对于 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H粒子有q（U0－ΔU）＝eq \f(1,2)×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2min))
qv2minB＝2meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2min)) ,r2min)
整理有r2min＝2eq \r(2)Req \r(\f(U0－ΔU,U0))
对于 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H粒子有q（U0＋ΔU）＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1max))
qv1maxB＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2max)) ,r1max)
r2max＝2Req \r(\f(U0＋ΔU,U0))
2r1max<2r2min
ΔU答案：（1）eq \f(1,2R)eq \r(\f(2mU0,q)) （2）4（eq \r(2)－1）R （3）ΔU33．解析：（1）ab过程中气体温度降低，内能减小，体积不变，气体不对外做功，外界也不对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，选项A正确；bc过程中气体温度降低，内能减少，选项B正确；根据p＝eq \f(C,V)T，因c点与O点连线的斜率大于d点与O点连线的斜率，可知cd过程中气体体积变大，选项C错误；de过程中气体压强不变，温度升高，则体积变大，气体对外做功，选项D正确；ea过程中气体温度不变，则内能不变，压强减小，体积变大，对外做功，则由热力学第一定律可知，气体吸收热量，选项E错误．
（2）（ⅰ）对封闭气体：由p0（h1＋h2）S＝p（L1＋L2）S知，封闭气体的最终压强为p＝1.2×105Pa
（ⅱ）在活塞C下降过程中，活塞D先上升，接触卡环F后不再移动，故气体对活塞D做功的过程即活塞D缓慢上升的过程，该过程中封闭气体的压强始终为p0＝1.0×105Pa，由W＝p0S（L2－h2）知，气体对活塞D做的功WD＝50J
一定质量理想气体的内能只与温度有关，温度保持不变，故气体的内能不变，即ΔU＝0，活塞C下降至卡环E处时，气体的体积减小，故外界对气体做正功，即W>0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知Q<0，故气体对外界放出热量．
答案：（1）ABD （2）（ⅰ）1.2×105Pa （ⅱ）50J 放出热量
34．解析：（1）因为x＝6m处的质点在0～0.1s内运动方向不变，所以该处质点从正向位移最大处经过四分之一个周期向下运动至平衡位置处，即eq \f(1,4)T＝0.1s，解得周期为T＝0.4s，所以波速为v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(4m,0.4s)＝10m/s，在虚线上，x＝6m处的质点向下运动，根据同侧法可知波沿x轴负方向传播．
（2）（ⅰ）设潜水员下潜深度为h，水的折射率为n＝eq \f(4,3)，海岸上A点恰好处在倒立圆锥的边缘上，则有
sinθ＝eq \f(1,n)
故临界角的正弦为sinθ＝eq \f(3,4)＝eq \f(AB,\r(AB2＋h2))
解得h＝15eq \r(7)m
（ⅱ）设入射角为α的光线的折射角为α′，入射角为β的折射角为β′，则
eq \f(sinα,sinα′)＝eq \f(4,3)，eq \f(sinβ,sinβ′)＝eq \f(4,3)
根据几何关系可知
sinα′＝eq \f(4m,\r(h eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋（4m）2))，sinβ′＝eq \f(4m＋4m,\r(h eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋（4m＋4m）2))
解得：h1＝eq \f(16,3)m，h2＝eq \f(70,3)m
故潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯的深度范围为eq \f(16,3)～eq \f(70,3)m
答案：（1）0.4 10 负方向 （2）（ⅰ）15eq \r(7)m （ⅱ）eq \f(16,3)～eq \f(70,3)mθ
30°
45°
60°
sinθ
eq \f(1,2)
eq \f(\r(2),2)
eq \f(\r(3),2)
csθ
eq \f(\r(3),2)
eq \f(\r(2),2)
eq \f(1,2)
a(m/s2)
5
5 eq \r(2)
5 eq \r(3)