1、 絕密啟用前 2020屆高考名校考前提分仿真卷 物理（十） 注意事項： 1 .本試卷分第I卷（選擇題）和第n卷（非選擇題）兩部分。答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號填寫在答題卡上。 2 .回答第I卷時，選出每小題的答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。寫在試卷上無效。 3 .回答第n卷時，將答案填寫在答題卡上，寫在試卷上無效。 4 .考試結(jié)束，將本試卷和答題卡一并交回。 二、選擇題：本題共8小題，每題6分，在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一個選項符合題目要求。第1921題有多選項符合題目要求。全部答對的得6分，選對但不全的得3

2、分,有選錯的得0分。 14.如圖所示，衛(wèi)星a和b分別在半徑相同的軌道上繞金星和地球做勻速圓周運(yùn)動，已知金星的質(zhì)量小于地球的質(zhì)量，則 fQFfb： |%If,| .11 *EIT* *1*I 、丁r，I A.a、b的線速度大小相等 B. a的角速度較大 C. a的周期較大 D. a的向心加速度較大 【答案】【答案】C 【解析】【解析】衛(wèi)星繞星球做勻速圓周運(yùn)動，萬有引力提供向心力GMr=mv2=m2?2r=mco2r= rrT ma,解得3=、滓，T=2#TA，v=GM,a=-GM,分析題意可知，金星的質(zhì)量小于地球質(zhì) 量，則b的角速度大，b的周期小，b的線速度大，b的向心加速度大，故ABD錯誤，C

3、正確。 15.一物體沿傾角為30。的粗糙斜面從頂端由靜止開始下滑，運(yùn)動的位移-時間關(guān)系圖像是段拋物線，如圖所示，g=10m/s2。則 /I!90.5左 A.下滑過程中物體的加速度逐漸變大 B. t=0.5s時亥L物體的速度為0.5m/s C. 00.5s時間內(nèi)，物體平均速度為1m/s D.物體與斜面間動摩擦因數(shù)為當(dāng) 5 【答案】【答案】D 1c 【解析】【解析】由勻變速直線運(yùn)動位移公式x=Tat2,代入圖中數(shù)據(jù)解得a=2m/s2,A錯誤；根據(jù)運(yùn) x 動學(xué)公式vt=at,t=0.5s代入萬程解得vt=1m/a,B錯誤；00.5s時間內(nèi)，物體平均速度x- .3一 0.5m/s,C錯反；由牛頓第二T

4、E律有mgsin30mgos30=ma,解得動摩擦因數(shù)四=,D正 5 確。 16 .如圖，邊長為a的立方體ABCDAB個頂個頂點上有八個帶電質(zhì)點，其中頂點A、C電 量分別為q、Q,其他頂點電量未知，A點上的質(zhì)點僅在靜電力作用下處于平衡狀態(tài)，現(xiàn)將C上質(zhì) 點電量變成一Q,則頂點A上質(zhì)點受力的合力為（不計重力） AkQq2kQqkQq A.2-B.2-C.2D.0 a3a3a 【答案】【答案】B【解析】【解析】開始時A上質(zhì)點受力平衡，A、C間庫侖力與其他六個質(zhì)點對A的合力等大反向，當(dāng) C上質(zhì)點電性變?yōu)橐籕時，A質(zhì)點受到的力為原來的 FAC的兩倍 FACkQq2嗎，所以A質(zhì)點 （3a）3a 受的合力為

5、2FAC2kQq,故B正確。3a 17 .如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)。第出、出象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻 強(qiáng)磁場，第印象限同時存在方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），一帶電小球從x軸上的A點由靜止釋放，恰好從P點垂直于y軸進(jìn)入第出象限，然后做勻速圓周運(yùn)動，從Q點垂直于x軸進(jìn) 入第出象限，Q點距O點的距離為d,重力加速度為go根據(jù)以上信息，能求出的物理量有 A.小球做圓周運(yùn)動的動能大小 【解析】【解析】光子垂直照射后全部反射，每秒在薄膜上產(chǎn)生的總能量為ES,結(jié)合單個光子的能量 =hv,則N個光子的總能量為Nhv=Nhrc=ES,解得_Nhc,結(jié)合單個光子的動量p=5,則光子

6、 的總動量變化量大小為p2N-2ES,以光子為研究對象，應(yīng)用動量定理FAt=Ap,式中At= c 1s,解得F=ZES,根據(jù)牛頓第三定律，光子對探測器的作用力大小為F=F=-2ES,根據(jù)牛頓 第二定律F=Ma,解得a=-2ES,A正確。 cM 19. 由于空氣阻力的影響，炮彈的實際飛行軌跡不是拋物線，而是彈道曲線”，如圖中實線所 示。圖中虛線為不考慮空氣阻力情況下炮彈的理想運(yùn)動軌跡，O、a、b、c、d為彈道曲線上的五 點，其中O點為發(fā)射點，d點為落地點，b點為軌跡的最高點，a、c為運(yùn)動過程中經(jīng)過的距地面高度相等的兩點。下列說法正確的是 B.電場強(qiáng)度的大小和方向 C.小球在第出象限運(yùn)動的時間 D

7、.磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 【答案】【答案】C 【解析】【解析】小球在第出做勻速圓周運(yùn)動，由題意可知，小球軌道半徑r=d,從A到P過程，由動 1 能定理得mgd=2mv2,由于不知道小球的質(zhì)量，則無法求出小球做圓周運(yùn)動的動能，故A錯誤；小 球在第出象限做勻速圓周運(yùn)動，則mg=qE,電場強(qiáng)度為Emg,由于不知道m(xù)、q,無法求出電場q 強(qiáng)度大小，故B錯誤；小球做圓周運(yùn)動的周期 T tJ,故C正確；小球做勻速圓周運(yùn)動，44g 由于不知道m(xù)、q,無法求出B,故D錯誤。 T271rv 2 zl，小球在第in象限的運(yùn)動時間g 2 由牛頓第二定律得qvB=mp解得B m,2gd qd 18.有人設(shè)想在遙遠(yuǎn)的宇宙探測時

8、，給探測器安上反射率極高（可認(rèn)為100%）的薄膜，并讓 它正對太陽，用光壓為動力推動探測器加速。已知某探測器在軌道上運(yùn)行，陽光恰好垂直照射在薄膜上，薄膜面積為S,每秒每平方米面積獲得的太陽光能為E,若探測器總質(zhì)量為M,光速為c, 普朗克常量為h,則探測器獲得加速度大小的表達(dá)式是 2ES A. cM 2ES cMh cES C.cM D. ES cMh B.到達(dá)b點時，炮彈的加速度為零 C.炮彈經(jīng)過a點時的速度大于經(jīng)過c點時的速度 D.炮彈由O點運(yùn)動到b點的時間小于由b點運(yùn)動到d點的時間 【答案】【答案】CD 【解【解析】炮彈在最高點豎直方向上的速度為零，水平方向上的速度不為零，故炮彈在最高點速

9、 度不為零，A錯誤；在最高點受空氣阻力（水平方向上的阻力與水平速度方向相反），重力作用， 二力合力不為零，故加速度不為零，B錯誤；由于空氣阻力恒做負(fù)功，所以根據(jù)動能定理可知經(jīng)過 a點時的速度大于經(jīng)過c點時的速度，C正確；從O到b的過程中，在豎直方向上，受到重力和阻力在豎直向下的分力，即mg+f1=ma1,解得amgf1，在從b至Ud的過程中，在豎直方向，受m 到向下的重力和阻力在豎直向上的分力，即mg-f2=ma2,解得a2咽一f2,故a1a2,根據(jù)逆 m 向思維，兩個階段的運(yùn)動可看做為從b點向O點和從b點向d點運(yùn)動的類平拋運(yùn)動，豎直位移相 同，加速度越大，時間越小，所以炮彈由O點運(yùn)動到b點的

10、時間小于由b點運(yùn)動到d點的時間， 故D正確。 A.到達(dá)b點時，炮彈的速度為零 20. 如圖所示， 在電阻不計的邊長為L的正方形金屬框abcd的cd邊上接兩個相同的電阻,平行金屬板e和f通過導(dǎo)線與金屬框相連， 金屬框內(nèi)兩虛線之間有垂直于紙面向里的磁場，同一時 刻各點的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相等，B隨時間t均勻增加，已知_Bk,磁場區(qū)域面積是金屬框面積t 的二分之一，金屬板長為L,板間距離為L.質(zhì)量為m,電荷量為q的粒子從兩板中間沿中線方向 以某一初速度射入，剛好從f板右邊緣射出。不計粒子重力，忽略邊緣效應(yīng)。則 A.金屬框中感應(yīng)電流方向為abcda 1 【斛析】斜面底漏為重力勢能奪勢能面，則E總1=2m

11、v02=625J,得v0=5m/s,故A正確；當(dāng) E總=Ep時，物塊運(yùn)動到最高點由圖乙可知此時hm=1m,根據(jù)功能關(guān)系，有 1C D.粒子在e、f間運(yùn)動增加的動能為-kL2q 【答【答案】案】AC 【解析】【解析】因為磁場垂直紙面向里均勻增大，故根據(jù)楞次定律可得金屬框中感應(yīng)電流方向為 abcda,e板帶負(fù)電，f板帶正電，A正確；因為粒子剛好從f板右邊緣射出，所以粒子受到向下的 電場力，而電場方向向上，所以粒子帶負(fù)電，B錯誤；粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，在水平方向上 ,1, 有L=vot,在豎直方向上有L=2at2,Eq=ma,U=Ed,而電谷徐F兩極板間的電壓等于R兩漏的電 一，.1BS1121

12、2Lka 壓，故U-k-LkL,聯(lián)立解得vo-J1,C正確；根據(jù)動能定理可得粒子增加 2t2242m 112 的動能民民-Uq-qkL,D錯誤。 21. 滑板運(yùn)動是以滑行為特色、崇尚自由的一種運(yùn)動，深受都市青年的喜愛。滑板的一種運(yùn)動 情境可簡化為如下模型：如圖甲所示，將運(yùn)動員（包括滑板）簡化為質(zhì)量m=50kg的物塊，物塊 以某一初速度vo從傾角437。的斜面底端沖上足夠長的斜面，取斜面底端為重力勢能零勢能面，該物塊的機(jī)械能E總和重力勢能Ep隨離開斜面底端的高度h的變化規(guī)律如圖乙所示。將物塊視為質(zhì)點，重力加速度g=10m/s2,則由圖中數(shù)據(jù)可得 mgcosmE總125J,得物塊與斜面間動摩擦因數(shù)

13、 sin 時間t1v-s,上滑白位移sm,因為Ftana所以物塊最終會沿斜面 gsingcos3sin3 下滑，下滑的t2J.2s二至絲s,物塊在斜面上運(yùn)動的時間tt1t26215s,滑 ,gsingcos99 到斜面底端時的動能EkE總12mgcos375J,故C錯誤，D正確。 sin 第II卷（非選擇題，共174分） 三、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分。第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題第38題為選考題，考生根據(jù)要求做答） （一）必考題（共129分） 22. （5分）某同學(xué)利用圖甲所示的裝置設(shè)計一個用阻力補(bǔ)償法探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系” 的實驗。如圖中AB是水

14、平桌面，CD是一端帶有定滑輪的長木板，在其表面不同位置固定兩個光電門，小車上固定著一擋光片。為了補(bǔ)償小車受到的阻力，將長木板C端適當(dāng)墊高，使小車在不受 牽引時沿木板勻速運(yùn)動。用一根細(xì)繩一端拴住小車，另一端繞過定滑輪掛一托盤，托盤中有一祛碼調(diào)節(jié)定滑輪的高度，使細(xì)繩的拉力方向與長木板的上表面平行，將小車靠近長木板的C端某位置由 靜止釋放，進(jìn)行實驗。剛開始時小車的總質(zhì)量遠(yuǎn)大于托盤和祛碼的總質(zhì)量。A.初速度vo=5m/s B.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.3 C.物塊在斜面上運(yùn)動的時間為s3 D.物塊再次回到斜面底端時的動能為375J 【答案】【答案】AD B.粒子帶正電 C.粒子初速度為L眄 2 2

15、,故B錯誤；物塊沿斜面上滑的 16 E.滑動變阻器(10烏2A); F.滑動變阻器(500烏1A); G.學(xué)生電源(直流6V)、開關(guān)、導(dǎo)線若干。 (1)實驗中所用電壓表應(yīng)選,電流表應(yīng)選用,滑動變阻器應(yīng)選用 (2)某次實驗，小車先后經(jīng)過光電門1和光電門2時，連接光電門的計時器顯示擋光片的擋光時 間分別為ti和t2,此過程中托盤未接觸地面。已知兩個光電門中心之問的間距為L,則小車的加速 度表達(dá)式a(結(jié)果用字母d、ti、t2、L表示)； (3)某同學(xué)在實驗中保持小車總質(zhì)量不變，增加托盤中祛碼的個數(shù)，并將托盤和祛碼的總重力當(dāng)做小車所受的合力F,通過多次測量作出aF圖線，如圖丙中實線所示。試分析上部明顯

16、偏離直線的原因是。 222 【答案】【答案】(1)0,170(2)d:廿2t22)(3)托盤和祛碼的總質(zhì)量過大，小車所受合力與托盤和 祛碼的總重力相差越來越大 【解析】【解析】(1)游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為1mm,游標(biāo)尺的刻度第14個刻度與上邊的刻度對齊，所 以讀數(shù)為0.05X14mmF0.70mm,所以d=1mm+0.70mm=1.70mm=0.170cm。 (2)小車做勻變速直線運(yùn)動，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動速度位移公式 d2(ttf) 2冷冷 (3)實驗時，小車的合外力認(rèn)為就是托盤和祛碼的總重力mg,只有在Mm時，才有Tmg,a F圖線才接近直線， 一旦不滿足Mm,描出的點的橫坐標(biāo)就會向右偏離較多

17、， 造成圖線向右彎曲， 所以aF圖線上部明顯偏離直線的原因是托盤和祛碼的總質(zhì)量過大，小車所受合力與托盤和祛碼的總重力相差越來越大。 23. (10分)有一個小燈泡上標(biāo)有“4V2W”的字樣，現(xiàn)在要用伏安法描繪這個燈泡的IU圖 線。現(xiàn)有下列器材供選用： A.電壓表(05V,內(nèi)阻約10kQ; B.電壓表(015V,內(nèi)阻約20kQ; C.電流表(03A,內(nèi)阻約1Q; (3)利用實驗數(shù)據(jù)繪出小燈泡的伏安特性曲線如圖甲所示，分析曲線說明小燈泡電阻隨溫度變化的特點：。 (4)若把電阻元件Z和小燈泡接入如圖乙所示的電路中時，已知電阻Z的阻值為5Q已知A、 B兩端電壓恒為2.5V,則此時燈泡L的功率約為Wo(保

18、留兩位有效數(shù)字) 【答案】(1)ADE(2)見解析圖(3)小燈泡電阻隨溫度的升高而增大(4)0.31 【解析】【解析】(1)根據(jù)小燈泡的規(guī)格4V2W可知，額定電壓U=4V,額定電流I=P/U=0.5 A,所以電壓表應(yīng)選A;電流表應(yīng)選D;由于實驗要求電流從零調(diào)，所以變阻器應(yīng)用分壓式接法，應(yīng)選擇阻值小的變阻器E以方便調(diào)節(jié)。 (2)由于小燈泡電阻較小，滿足鳥鳥，所以電流表應(yīng)用外接法，又變阻器應(yīng)采用分壓式，所 RxRA 以電路圖和實物連線圖分別如圖所示。 U一，1 根據(jù)R可知，IU,小燈泡的電阻與IU圖線上的點與原點連線的斜率成反比，所 IRcm; d2d2 2aL(1)(；),信 D.電流表(00.

19、6A,內(nèi)阻約0.4就就 以小燈泡的電阻隨溫度的升高而增大。 (1)用游標(biāo)卡尺測量擋光片的寬度 d,如圖乙所示，其讀數(shù)為 (2)在線框內(nèi)畫出實驗電路圖。 (4)將電阻Z的阻值看做電源內(nèi)阻，畫出等效電源的IU圖像如圖，根據(jù)IU圖象可知，兩 圖像的交點坐標(biāo)對應(yīng)于I=0.22A,U=1.4V,所以燈泡L的功率P=UI=1.4X0.22W=0.31W。 24. (13分)如圖所示，上表面光滑的水平平臺左端與豎直面內(nèi)半徑為R的光滑半圓軌道相切， 整體固定在水平地面上。平臺上放置兩個滑塊A、B,其質(zhì)量mA=m,mB=2m,兩滑塊間夾有被壓 縮的輕質(zhì)彈簧，彈簧與滑塊不拴接。平臺右側(cè)有一小車，靜止在光滑的水平地

20、面上，小車質(zhì)量M= 3m,車長L=2R,小車的上表面與平臺的臺面等高，滑塊與小車上表面間的動摩擦因數(shù)科=0.2。解 除彈簧約束，滑塊A、B在平臺上與彈簧分離，在同一水平直線上運(yùn)動。滑塊A經(jīng)C點恰好能夠通過半圓軌道的最高點D,滑塊B沖上小車。兩個滑塊均可視為質(zhì)點，重力加速度為go求： 滑塊A在半圓軌道最低點C處時的速度大小; (2)釋放前彈簧彈性勢能 EP; (3)試說明，滑塊B沖上小車后會不會從車右側(cè)滑落，并求出B最后穩(wěn)定時的速度。 解得，滑塊B相對小車的位移x25RL 8 故滑塊B沖上小車后不會從車右側(cè)滑落，B最后穩(wěn)定時的速度為叵R。 5 1 25. (19分)如圖所不，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 BI

21、=T+B0、萬向豎直向下的磁場中有兩個固定的半徑 3 分別為l和2l的水平放置的金屬圓環(huán)形導(dǎo)線圍成了如圖回路，其總電阻為r,開口很小，兩開口端接有間距也為l的且足夠長的兩個固定平行導(dǎo)軌AB、CD,導(dǎo)軌與水平面夾角為。，處于磁感應(yīng)強(qiáng) 度大小為B2、方向垂直于導(dǎo)軌向下的勻強(qiáng)磁場中。質(zhì)量為m、電阻為r、長為l的金屬棒ab與導(dǎo)軌 良好接觸。滑動變阻器R的最大電阻為3r,其他電阻不計，一切摩擦和空氣阻力不計，重力加速度為g。求： 一一一.1c1c 滑塊A在半圓軌道運(yùn)動的過程中，機(jī)械能守恒，所以有：2mgR+VDVC2 解得：VC，5gR。 (2)A、B在彈簧恢復(fù)原長的過程中動量守恒，則有: 加5gR 信

22、 VB 2 (2)若開關(guān)K1閉合、K2斷開，求滑動變阻器的最大功率Pm； (3)若開關(guān)K1斷開，K2閉合，棒ab由靜止釋放，棒能沿斜面下滑，求棒下滑過程中最大速度Vm以及某段時間At內(nèi)通過棒某一橫截面的最大電荷量qm。 【解析】【解析】(1)處在均勻變化的磁場中的有效面積S=兀2d2=3d2 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E-BS-Sd2。 tt3(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律I 由能量守恒，釋放前彈簧彈性勢能Ep=1mvc2+1xmvB2=mgR。 224 (3)假設(shè)滑塊可以在小車上與小車共速，由動量守恒得: 【解析】【解析】(1)滑塊A在半圓軌道運(yùn)動，恰到達(dá)最高點，則有: VD (

23、1)電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電動勢; mg 當(dāng)R=r時，P有最大值，所以Pm 1c1c 由能重寸恒：2mBVB22*mB+M)2=pnegx 4r 24 兀l o 4r (3)棒切割磁感線產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢 E=B2km mvc+(2mvB)=0 滑動變阻器的功率P=I2R mBVB=(VB+M)v 通過分析知道沿整個回路的感應(yīng)電動勢都為逆時針方向，因此總電動勢為 Em=E+E 體與非晶體都具有各向同性，所以不能根據(jù)各向異性或各向同性來判斷物質(zhì)是晶體還是非晶體；晶 體具有一定的熔點，而非晶體沒有固定的熔點，比較可靠的方法是通過比較熔點來判斷，故C錯 對于整個回路，根據(jù)閉合電路歐姆定律有Im Em 2

24、r 當(dāng)棒勻速下滑時速度達(dá)到最大，此時受力平衡 mgsin0=B2|ml 3 解得：vm2mg陶丁田21 B2I 誤；根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，如果用Q表示物體吸收的能量，用W表示物體對外界所做的功， AU表示物體內(nèi)能的增加，那么熱力學(xué)第一定律可以表達(dá)為Q=AU+W,故D正確；即使沒有漏氣 沒有摩擦，也沒有機(jī)體熱量的損失，根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱機(jī)的效率不可以達(dá)到100%,故 E錯誤。 當(dāng)物體下滑速度最大時，在用時間內(nèi)通過導(dǎo)體棒的電荷量也最大qm=Im用 解得：qm坐匚t。B21 （二）選考題（共15分。請考生從給出的2道物理題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分） 33.【物理選修3

25、3（15分） （1）（5分）下列說法正確的是。（填正確答案標(biāo)號。選對1個得2分，選對2個彳導(dǎo)4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分） A.在用油膜法估測分子的大小”的實驗中，油酸分子的直徑（也就是單層油酸分子組成的油膜的厚度）等于一小滴溶液中純油酸的體積與它在水面上攤開的面積之比 B.兩個鄰近的分子之間同時存在著引力和斥力，它們都隨距離的增大而減小，當(dāng)兩個分子的距離為r。時，引力與斥力大小相等，分子勢能最小 C.物質(zhì)是晶體還是非晶體，比較可靠的方法是從各向異性或各向同性來判斷 D.如果用Q表示物體吸收的能量，用W表示物體對外界所做的功，AU表示物體內(nèi)能的增 加，那么熱力學(xué)第一定

26、律可以表達(dá)為Q=AU+W E.如果沒有漏氣沒有摩擦，也沒有機(jī)體熱量的損失，這樣的熱機(jī)的效率可以達(dá)到100% 【答案】【答案】ABD 【解析】【解析】 根據(jù)用油膜法”估測分子大小的實驗原理可知， 讓一定體積的純油酸滴在水面上形成單分子油膜，由于油酸分子是緊密排列的，而且形成的油膜為單分子油膜，然后用每滴油酸酒精溶液所含純油酸體積除以油膜面積得出的油膜厚度即為油酸分子直徑，故A正確；當(dāng)分子間的距離r r。時，分子力表現(xiàn)為引力，增大分子間的距離，分子力做負(fù)功，分子勢能增加，所以當(dāng)兩個分子的距離為r。時，引力與斥力大小相等，分子勢能最小，故B正確；單晶體具有各向異性，多晶 （2）（10分）如圖所示，一

27、個氣缸被活塞分為A、B兩室。當(dāng)活塞在缸底時輕質(zhì)彈簧無形變。缸底 通過閥門a與容器C相通，開始時B室內(nèi)充有一定質(zhì)量的氣體，壓強(qiáng)為p0,B室高L1,B室與C 室體積相等。即 VB=VC,A、C兩室為真空。此時彈簧對活塞的壓力大小與活塞重量mg相等，現(xiàn) 將閥門a打開，并將整個裝置倒放過來，當(dāng)達(dá)到平衡時同B室的高度多大？（設(shè)整個過程溫度不變 重力加速度為g） 【解析】【解析】設(shè)氣缸的截面積為S,末態(tài)時B室高度為 對活塞，原有 P0S mgkL1 L2,彈簧勁度系數(shù)為k 倒置后有P2smg 因kL1mg,故P0 P 對氣體 2kLi S mg S kL2 2kLi ML1s k(L2 S L1) V2VCVBVB VBLL2S 解得L2瘋1。 34.【物理一一選彳34（15分） （1）（5分）下列說法正確的是。（填正確答案標(biāo)號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分） A.聲源與觀察者相互靠近時，觀察者所接收的聲波波速大于聲源發(fā)出的聲波波速 B.