2022届新高三物理综合创新卷3（解析卷老高考）

高三综合卷（三）

一、选择题：本题共8小题，每小题6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。分。

14.下列说法正确的是

A.光电效应揭示了光的粒子性，康普顿效应揭示了光的波动性

B.玻尔原子理论提出了定态和跃迁的概念，能解释氢原子的光谱现象

C.Th（钻核）经过6次a衰变和4次B衰变后变成Pb（铅核）

D.大量氢原子处在”=4的能级，最多可能辐射5种不同频率的光子

14.C【解析】爱因斯坦提出光子假说，认为光子是一份一份能量，即E=/7U,从而建立的

光电效应方程：hv=W+-mv2,很好地解释了光电效应现象；康普顿效应也是揭示了光

2

的粒子性，即光子和石墨中的电子发生相互作用后，光子的频率减小，且运动方向发生改

变，满足动量守恒和能量守恒，故A错误；玻尔提出的氢原子能级结构模型，利用定态概

念和能级跃迁的规律，只能很好地解释氢原子光谱，但是无法解释氢原子的光谱现象，故

23?—208

B错误；钮核质量数为232,铅核质量数为208,则a衰变次数为X=---------=6次，p

衰变次数为y：90-82=6x2-y解得y=4次，故C正确；大量氢原子从"=4向低能级

跃迁，最多产生6种不同频率的光子，故D错误；故选C。

15.A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移一时间（x-t）图

像，图中a、b分别为A、B两球碰撞前的图线,c为碰撞后两球共同运动的图线.若A球的质

A.A、B两球碰撞前的总动量为3kg-m/s

B.碰撞过程A对B的冲量为-4N-s

C.碰撞前后A的动量变化为4kg.m/s

D.碰撞过程A、B两球组成的系统损失的机械能为10J

15.D【解析】A、由s-t图像可以知道：碰撞前A的速度为以=等=-3m/s；

碰撞前B的速度%=芋=2m/s,

碰撞后AB的速度为4-=-lm/s

根据动量守恒可知mbvB-mavA=~(ma+mb)vc

代入速度值可求得：mb=lkg

所以碰撞前的总动量为mbvB-mavA=-^kg-m/s,故A错误；

B、碰撞时A对B所施冲量为即为B的动量变化量ZPB=~mbvc-mbvB=-4N•s故B

正确；

C、根据动量守恒可知4以=—APB=4N♦s=4kg-m/s,故C正确；

D>碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为［nia若诏-|(ma+m〃)避=10/,

故D正确，

本题选不正确的，故选A

16.两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如

图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b

的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是

B.d球处于失重状态

C.杆对a、b环的弹力大小相等

D.细线对c、d球的弹力大小可能相等

16.C【解析】对c球单独进行受力分析，受力分析图如下，c球受重力和绳的拉力F,物体

沿杆滑动，因此在垂直于杆的方向加速度和速度都为零，由力的合成及牛顿第二定律可知

物体合力E=mgsina=ma=>a=gina,因a和c球相对静止，因此c球的加速度也为

gsina,将a和c球以及绳看成一个整体，在只受重力和支持力的情况下加速度为gsina,因

此a球和杆的摩擦力为零，故A错误;

mg

对球d单独进行受力分离，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为零，因为b

和d相对静止，因此b的加速度也为零，故d球处于平衡状态，加速度为零，不是失重状

态，故B错；细线对c球的拉力（=mgcos”，对d球的拉力工,=mg,因此不相等，故

D错误；对a和c整体受力分析有冗,=（牲,+犯Jgcosa,对b和d整体受力分析

%=（/+”/）gcosa,因a和b一样的环，b和d一样的球，因此受力相等，故C正

确。

17.如图所示，在倾角为。的粗糙固定斜面上，有一质量为m的物块，用水平推力F作用

使物块静止在斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数为中关于水平推力F,下面说法中一

定成立的是（）

cos6+〃sin。

cos。一〃sin。

sing-“cos。sin6+〃cose

cose+//sin。cos。一/zsin。

D.无法确定

17.D【解析】AC.若〃Ntan仇物块在斜面上静止时无须水平推力，AC错误.

B.若斜面倾角较大，不管水平推力的大小如何，物块都无法上滑，所以F不一定有上

限，B错误；

18.用传感器测量一物体的重力时，发现在赤道测得的读数与其在北极的读数相差大约

3%。.如图所示，如果认为地球是一个质量分布均匀的标准球体，下列说法正确的是

()

北极

A.在北极处物体的向心力为万有引力的3%。

B.在北极处物体的重力为万有引力的3%。

C.在赤道处物体的向心力为万有引力的3%。

D.在赤道处物体的重力为万有引力的3%。

18.C【解析】AB、在北极处，没有向心力，重力等于万有引力，A、B错误。

C、在赤道处，与「G=£句,再结合题意Y_5L=3%O知，在赤道处：

G

耳句瑞I—GG—G

—=-....=——=3%o,C正确。

尸引尸引G

GG,G-G

D、赤道处：—---1---——=997%o,D错误；

/GG

19.如图所示，点电荷Q,。2固定于边长为心的正三角形的两顶点上，将点电荷。3(电

荷量未知)固定于正三角形的中心，。，Q的电荷量均为+令。在正三角形第三个顶点上

放入另一点电荷Q，且。的电荷量”，点电荷。恰好处于平衡状态。已知静电力常量为

k,不计各电荷受到的重力，下列说法正确的是

0Q

，t、、

••、、

/

QG....瓦

A.若撤去。3,则Q将做匀加速直线运动

B.Q3的电荷量为-强

3

C.若不改变Q的电性，仅改变其电荷量，。将不再受力平衡

D.若将。的电荷量改为口，则Q受到的合力大小为咚

19.BD【解析】若撤去Qj,点电荷Q所受的合力为。八Q对点电荷。库仑力的合力，方

向竖直向下，向下加速运动的过程中，由于距离两电荷的距离变化，导致库仑力的变化，

则加速度变化，做变加速直线运动，A错误。。八。2对点电荷Q库仑力的合力为：

F、=2x冷义COS34。=,方向竖直向下，根据几何关系知，Q与点电荷。的距

离为：r=—L,根据平衡条件得：女堡=1叱，解得°走夕，带负电，B正

3，乃33

确。根据后芈=41隼£知，。的电量可以约去，若不改变。的电性，仅改变其电荷

r21}

量，。将仍然受力平衡，C错误。若将。的电荷量改为可，。受到Q/、0的合力

F：=kJ方向水平向右，Q对。的库仑力大小为圆匚，方向竖直向上，根据平行四

Lr13

边形法则知，Q受到的合力大小F合=］（誓］+［'等）=等'口正确。

20.间距为L的平行光滑金属导轨MMPQ水平段处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感

应强度的大小为8,导轨的弯曲段处在磁场之外，如图甲所示。导体棒a与b接入电路的

有效电阻分别为艮2R。导体棒a的质量为，力方棒放置在水平导轨上足够远处，。棒在弯

曲段导轨上距水平段某一高度处由静止释放，刚进入磁场时导体棒«受到的安培力的大小

为F,以导体棒a刚进入磁场时为计时起点，导体棒a的速度随时间变化的片图像如图所

示（见未知）。运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度大小为

g,以下说法中正确的是（）

9FW

A.导体棒a释放时距导轨水平段的高度h=

2gB&炉

B.导体棒〃的质量为2〃？

C.0~A这段时间内通过〃、人棒的电荷量之比为1：2

3mF2R2

D.0~t2这段时间内导体棒b产生的内能&

20oAB【解析】由题图乙可知I,“棒刚进入磁场时的速度为w,从开始下落到进入磁场,

根据机械能守恒定律有：〃?"=彳，zm）2；〃棒切割磁感线产生的感应电动势：E=BLvo；根据

E

闭合电路欧姆定律：/=——；。棒受到的安培力：F=BIL；联立以上各式解得:

R+2R

4*

选项A正确;设力棒的质量为mb,两棒最终稳定速度为",以W的方向为

2gB乜,

正方向，由u-f图线可知：v'=—vo,。棒进入磁场后，〃棒和b棒组成的系统动量守恒：

3

mvo=（加+加b）解得：选项B正确；0~力这段时间内通过〃棒的电流相等，

则由行〃可知，通过两金属棒的电荷量之比为1：1,选项C错误；设。棒产生的内能为

Qa,方棒产生的内能为Qb,根据能量守恒定律：；机诏=；（m+"b）M2+Qa+Qb；两棒串联,

产生的内能与电阻成正比：Cb=2Qa；解得：&二2%；，选项D错误.

21.如图所示，在xoy平面内的坐标原点处，有一个粒子源，某一时刻以同一速率v发射

大量带正电的同种粒子，速度方向均在xoy平面内，且对称分布在x轴两侧的30。角的范围

内。在直线x=a与x=2a之间包括边界存在匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外，已知粒

子在磁场中运动的轨迹半径为2人不计粒子重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的

是（）

A.最先进入磁场的粒子在磁场中运动的时间为一

3v

B.最先进入和最后进入磁场中的粒子在磁场中运动的时间都相等

C.最后从磁场中射出的粒子在磁场中运动的时间为——

3V

D.最后从磁场中射出的粒子出场的位置坐标为（a,-拽色）

3

21.ACD【解析】沿x轴方向射出的粒子最先进入磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中运

动的偏转角为30°,所以运动时间为上一X--X"=变,故A正确；沿与X轴成30。

360°v3V

角的两个方向同时进入磁场，沿与x轴成30°角斜向下方进入磁场的粒子在磁场中偏转角

为120°,所以用的时间为x2、*2a=竽,弦长为5=2*2役皿60。=2四，

360v3v

粒子进入磁场的位置离x轴的距离为尤=atan300=»a，所以最后从磁场中射出的粒子

3

出场的位置的纵坐标为s+x=200+且4=述”，所以最后从磁场中射出的粒子出场

33

的位置坐标为（a,-宣电），故B错误，CD正确.

3

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.某同学准备利用如图所示的装置探究劲度系数较大的轻质弹簧T的弹性势能与其压缩

量之间的关系•图中8为一固定在桌面、带有刻度的平直光滑导轨，小盒C用轻绳悬挂于

。点，弹簧7左端固定，用小球A沿导轨B向左挤压弹簧，释放后球A弹出，射入一较重

的小盒C中与小盒C一起向右摆动，摆动的最大角度。可以被准确测出•球A射入盒C后

两者的重心重合，重心距悬点0的距离为L试问：

IpIII11111|1111|1111|111||II

7777777777777777777777777777

（1）欲完成此探究实验，该同学在实验过程中除了要测量最大摆角e和重心距悬点。的距

离乙外，还需要测量哪些物理量？写出这些物理量及其字母代号.

（2）通过上述的物理量可求出弹簧T将球A弹出时释放的弹性势能Ep.写出其计算表达式（

无需书写推导过程）.

（3）下面是本实验中的几个步骤：①按实验装置安装好器材；②用刻度尺测定C的重心

到悬点O的距离乙；③反复调节盒C的位置，使其运动轨迹平面与光滑轨道在同一平面

内，且盒C静挂，开口正对导轨末端，A、C两者重心同高；④用球A压缩弹簧，使其重

心处于轨道的某一刻度线上，记录此时的读数；⑤释放A球，让它射入盒C中，一起与

C摆动到最大高度；⑥记录最大摆角夕；⑦处理数据，得出结论•在上述步骤中还缺少哪

些主要步骤？请你写出来.

（4）该实验除了要保证光滑导轨水平、小球4能正射入小盒C并与C一起运动以外，还应

注意些什么？

【答案】（1）小球A的质量相、重盒C的质量加、弹簧的压缩量X（1分）

（2）E,=（M+m）2g“lcos6）q分）

1m

（3）缺少的主要实验步骤有：①用天平称出小球质量和重盒的质量；②用球A接触弹

簧但不压缩，记录其重心位置，读取导轨上相应的读数；③改变弹簧压缩量，重复实验若

干次（2分）

（4）①要注意每次实验时，弹簧压缩量不要过大，以保证绳总处于绷直状态，同时摆角

不大于9（r；②每次实验时，弹簧的压缩量也不宜过小，否则压缩量乙及摆角。的测量相

对误差大，轨道摩擦损耗不可忽略.（1分）

【解析】（1）弹簧的弹性势能转化为球和盒子的重力势能，要测量重力势能的增加量，要

测量小球A的质量〃7、重盒c的质量M；要研究弹性势能和压缩量的关系，要测量弹簧的

压缩量X；

还需测量：小球A的质量m、重盒C的质量M、弹簧的压缩量X；

（2）弹性势能的减小量等于小球的动能的增加量，故Ep=］机

碰撞过程动量守恒，故ZW=（A/+加）V'

继续摆动过程机械能守恒，故：g（M+m）y'2=（M+m）gL（l—cos。）

联立解得E=（M+m）2g〃l-cos6）；

Pm

（3）缺少的主要实验步骤有：

①用天平称出小球质量和重盒的质量；

②用球A接触弹簧但不压缩，记录其重心位置，读取导轨上相应的读数；

③改变弹簧压缩量，重复实验若干次。

（4）①要注意每次实验时，弹簧压缩量不要过大，以保证绳总处于绷直状态，同时摆角不

大于90’;②每次实验时，弹簧的压缩量也不宜过小，否则压缩量L及摆角。的测量相对

误差大，轨道摩擦损耗不可忽略.

23.（9分）为测定电流表内电阻Rg,实验中备用的器件有：

A.电流表（量程0-lOOpiA）

B.标准伏特表（量程0-5V）

C.电阻箱（阻值范围0-999C）

D.电阻箱（阻值范围0-99999。）

E.电源（电动势2V）

F.电源（电动势6V）

G.滑动变阻器（阻值范围0-50C,额定电流1.5A）,还有若干开关和导线。

（1）如果采用如图所示的电路测定电流表A的内电阻并且想得到较高的精确度，那么从

以上备用器件中，可变电阻Ri应选用,可变电阻R2应选用,电源应选用

（用字母代号填写）。

（2）如果实验时要进行的步骤有：

a.合上开关Ki；

b.合上开关K2；

c.观察Ri的阻值是否最大，如果不是，将Ri的阻值调到最大;

d.调节Ri的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；

e.调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；

f.记下R2的阻值。

把以上步骤的字母按实验的合理顺序为：。

（3）如果在步骤f中所得R2的阻值为600C,则图中电流表的内电阻Rg的测量值为

_____Qo

（4）如果再给出：H.电源（电动势8V）；I.电源（电动势12V）,电源应选择（选

填选项前的字母）。

（5）某同学认为步骤e中不需要保证“电流表指针偏转到满刻度的一半”这一条件，也可

测得的电流表内阻Rg,请你分析论证该同学的判断是否可行。

【答案】D（1分）C（1分）F（1分）cadbef（2分）600（2分）

H（1分）可行（1分）

【解析】（1）该实验是半偏电流法测电流表的内阻。K2闭合前后的两次电路，如果干路电

流变化不大，那么就可以认为，K2闭合后，电流表半偏时，电流表和电阻箱R2所分的电

流各占一半，又因为二者并联，两端的电压相等，自然就可以推出电流表的内阻和电阻箱

R2的阻值相等。要保证两次实验干路的电流变化不大，就需要保证两次实验电路的总电阻

变化不大，也就是说，在给电流表并联上一个电阻箱后导致的电阻变化，对整个电路影响

不大。要达到这个效果，Ri就需要选一个尽可能大的电阻，可以是电阻箱，也可以是滑

变，也可以是电位器，但阻值要尽可能地大，经此分析，X应选用D。

该实验要通过可变电阻R2阻值来间接反映出电流表的内阻值，因此可变电阻R2的选取原

则是：能读数且尽量和电流表的内阻在同一数量级上。经此分析，可变电阻R2应选用C。

在R1是一个尽可能大的电阻、电流表满偏的前提下，那么电源电动势相对地就要大一些

的，但不是越大越好，大了烧表也不行。初步分析电源可选用F,其实可以估算一下电动

势大概的最大值，即：Emlx=/gmax凡回T00xl0Yxlxl05v=10V电源应选F。

（2）半偏法测电流表内阻的步骤为：实验前，将Ri的阻值调到最大；合上开关Ki；调节

心的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；保持Ri的阻值不变，合上开关K2；调节R2的阻

值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；记下R2的阻值。我们就认为电流表的内阻值就是

R2的阻值。因此答案为：cadbef。

（3）根据（1）中的分析可知，电流表的内电阻Rg的测量值，就等于电阻箱R2的阻值，

即600Q»

（4）由（1）中的分析可知，在不烧表的前提下，电源要尽可能地大一些，这样可以减小

实验误差。因为估算出的电源电动势的最大值大约是10V,所以，该题答案为H。

（5）该同学的判断可行。只需保证步骤abed不变。例如在步骤e中，可以调节R2的阻

值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之二，记下此时R2的阻值，根据并联电路反比分流

原则，计算出电流表内阻的测量值：/同样可以测得电流表的内阻。

24.（14分）如图所示，以A、8为端点的1/4光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板

静止在光滑水平地面上，左端紧靠8点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于5点。离滑板

R

右端4=1处有一竖直固定的挡板P,一物块从A点由静止开始沿轨道滑下，经A滑上

滑板。已知物块可视为质点，质量为"？，滑板质量〃=2m，圆弧轨道半径为R,物块

与滑板间的动摩擦因数为〃=0.5,重力加速度为g。滑板与挡板P和5端的碰撞没有机

械能损失。

（1）求物块滑到B点的速度%大小:

（2）求滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度/大小;

（3）要使物块始终留在滑板上，求滑板长度最小值L。

【答案】（1）yjlgR（2）（3）2R

1,

【解析】（1）对物块由A到3过程中：0=］相片（2分）

解得：（1分）

（2）设滑板与尸碰撞前，物块与滑板具有共同速度匕，取向右为正，对物块与滑板购成

的系统，由动量守恒定律有：m%=（m+MW（1分）

设此过程滑板运动的位移为s,对滑板由动能定理得：/jmgs=-Mv2-Q（1

分）

ADR

联立解得：S=——>4=一（I分）

94

假设不成立，滑板与挡板P碰撞前瞬间未达到共速设碰前瞬间滑块速度为七，由动能定理

得：

〃加g《=；MH-0（可得：为=J^）（1分）

滑板撞P前加速度为：〃ng=MaM（得：。的=。）

该过程运动时间为：/=旦=（1分）

aMVg

滑板撞尸前物块加速度为：JJmg=rnam（得：tzni=|-）

滑板撞P前瞬间物块速度为：v,=amt=（1分）

（3）由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板P碰撞后速度看大小不

变，方向向左。此后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动。

设两者第二次具有共同速度为匕，取向左为正，有：一“彩+机W=（加+加）匕（1

分）

，1,1,

设此时滑板离尸的距离为s',由动能定理：一〃mgs=/Mu；-M氏（1

分）

匕=°

解得：_R（1分）

$_〃g4

全程物块和滑板对地位移分别为:

0一%

=2R（1分）

2（-4“）

S2=0

因此滑板长度最小值即相对位移为：L=S「S?=2R（1分）

25.（18分）图甲所示的平行金属板M、N相距为d,两板上加交变电压UMN如图乙（Uo

未知），贴两板右侧有xoy坐标，两板中线与x轴共线.现有大量质量m、电荷量-e的电子

以初速度vo平行于两板沿中线持续不断地射入两板间.已知t=0时刻进入两板运动的电子穿

过两板间的电场时间等于所加交变电压周期T,出射速度大小为2vo,且所有电子都能穿

出两板，忽略电场的边缘效应及重力的影响，求

（1）两板的长度L和t=0时刻进入电子通过电场区电场力所做功W

（2）电子打在y轴上的范围

（3）在y轴右侧有一个未知的有界磁场区，从0点射出电场的电子恰好垂直于x轴向上通

过x轴上坐标为（a,0）的P点，求磁场区磁场的方向及磁场磁感强度可能最小值B

【答案】⑴v订和|加⑵一斗*⑶学”

【解析】（1）平行于极板方向电子匀速运动：L=v0T（1分）

电子穿出电场速度2%,由动能定理可得电场力所做功:

卬=；/〃（2%）2_?欣=，〃诏；（2分）

（2）在0-工时间内电场中电子加速度：卬=也公，方向向上

2md

在1-T时间内电场中电子加速度：出=3％，方向向下

2ma

则有：%=26（2分）

使用不同时刻进入电场中电子在在电场方向速度如图

由方―/图+y方向最大测位移：当匹（2分）

一y方向最大侧位移：必二」（2岛）（工］+一2瓜「岛田=_5®T（2

-2、°人2）2{2）4

分）

⑶。点出射电子速度丫=2%,速度方向与x轴正方向夹角。，

则有：cos6>=^-=-,即。=60。（1分）

v2

在磁场中运动5最小时，最大回旋半径r如图

y

可得：」一+「=〃（2分）

sin61

A

解得：r=上尸〃（1分）

2+V3

2

根据洛伦磁力提供向心力可得：evB=m—（2分）

r

解得磁场磁感强度可能最小值：B=把=2（2用3）〃/（］

mino

er3ea

（-）选考题：共15分，请考生从两道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第

一个题目计分。

33.［物理一选修3-3］（15分）

（1）.下列说法中正确的有（）（填正确的答案标号，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.布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子永不停息地做无规则热运动

B.水电可以停在水面上是因为液体具有表面张力

C.气体的温度升高，并不是每个气体分子的动能都增大

D.单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强有可能增加

E.在油膜法估测分子大小实验中，用一滴油酸酒精溶液的体积除以单分子油膜面积，可得

油酸分子的直径

【答案】.BCD【解析】布朗运动指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则运动的运动，反映的

是液体分子的无规则运动，故A错误。因为液体表面张力的存在，水熊才能无拘无束地

在水面上行走自如，故B正确。温度是分子的平均动能的标志，气体温度升高，并不是

物体所有分子的动能都增大，故c正确。单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞

次数减少，但如果速度增大，撞击力增大，气体的压强可能增大，故D正确。在油膜法

估测分子大小实验中，用一滴油酸的体积除以单分子油膜面积，可得油酸分子的直径，故

E错误。

（2）.（10分）如图所示，竖直固定的大圆筒由上面的细圆筒和下面的粗圆筒两部分组

成，粗筒的内径是细筒内径的3倍，细筒足够长。粗简中放有A、B两个活塞，活塞A的重

力及与筒壁间的摩擦不计。活塞A的上方装有水银，活塞A、B间封有定质量的空气（可视

为理想气体）。初始时，用外力向上托住活塞B使之处于平衡状态，水银上表面与粗简上端

相平，空气柱长L=15cm,水银深H=10cm。现使活塞B缓慢上移，直至有一半质量的水银被

推入细筒中，求活塞B上移的距离。（设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强p。相当

于75cm的水气柱银柱产生的压强）

【答案】9.8cm

【解析】初态封闭气体的压强％=P0+pgH，体积为匕=LS（1分）

有一半质量的水银被推入细筒中，设粗筒横截面积为S,细筒和粗筒中的水银高度分别为h）

和h2,由于水银体积不变，则加$=/113，（1分）

解得：a=45cm（1分）

根据题意为=?=5cm（1分）

此时封闭气体压强为P2=Po+pgh、+Pg八2—125cmHg（1分）

体积匕=L'S（1分）

由玻意耳定律得：Pi匕=P2V2（2分）

解得：U=10.2cm（1分）

活塞B上移的距离为d=H+L-L'-h2=9.8cm（1分）

【点睛】

本题考查了理想气体方程，解此类题的关键是找到不同状态下的压强和体积表达式，然后

建立方程求解

34.[物理一选修3-4]（15分）

（I）.下列说法中正确的是（填正确的答案标号，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。分）

A.偏振光只可以是横波

B.双缝干涉中也存在衍射现象

C.直棒斜插入水中时呈现弯折现象是由于光的全反射原因

D.X射线在磁场中能偏转，穿透能力强，可用来进行人体透视

E.多普勒效应是在波源和观察者之间有相对运动时产生的

【答案】ABE

【解析】偏振光只可以是横波，纵波不能发生偏振，选项A正确；双缝干涉中缝的宽度与

波长差不多，光通过缝时，也发生了衍射现象，故