2022年新高考湖南物理高考真题

关于原子结构和微观粒子波粒二象性，下列说法正确的是（　　）

A．卢瑟福的核式结构模型解释了原子光谱的分立特征

B．玻尔的原子理论完全揭示了微观粒子运动的规律

C．光电效应揭示了光的粒子性

D．电子束穿过铝箔后的衍射图样揭示了电子的粒子性

【答案与解析】

卢瑟福核式结构模型只能说明原子具有核式结构，不能解释原子光谱的分立特征；玻尔理论引入定态、跃迁假设，只能解释氢原子光谱，不能“完全”揭示微观粒子运动规律；光电效应说明光具有粒子性；电子束穿过铝箔后的衍射图样说明电子具有波动性。故选C。
如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化，下列说法正确的是（　　）

A．电场强度方向垂直指向a，电势减小

B．电场强度方向垂直指向c，电势减小

C．电场强度方向垂直指向a，电势增大

D．电场强度方向垂直指向c，电势增大

【答案与解析】

四根完全相同的带正电长棒对称放置时，几何中心O处合场强为零、电势为四棒电势之和。移去a棒后，O处电场强度等于原来a棒在该点产生场强的反方向，即方向垂直指向a；同时O处总正电荷减少，电势减小。故选A。
如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上，其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场，与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为 $\theta$ 。下列说法正确的是（　　）

A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M

B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变

C． $tan\theta$ 与电流I成正比

D． $sin\theta$ 与电流I成正比

【答案与解析】

由题意，磁场方向垂直指向OO′且在截面内沿半径方向，故通电导线所受安培力沿圆弧切线方向。平衡时沿切线方向有 $BIL=mg\sin\theta$ ，沿绳方向有 $T=mg\cos\theta$ 。因此 $\sin\theta$ 与电流 $I$ 成正比；随 $I$ 增大， $\theta$ 增大，绳的拉力 $T=mg\cos\theta$ 减小。故选D。
1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度 $v_{0}$ 分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为 $v_{1}$ 和 $v_2$ 。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（　　）

A．碰撞后氮核的动量比氢核的小

B．碰撞后氮核的动能比氢核的小

C． $v_2$ 大于 $v_{1}$

D． $v_2$ 大于 $v_{0}$

【答案与解析】

中子质量与氢核质量近似相等，与氮核质量近似为 $14:1$ 。弹性正碰且氮核、氢核均静止，则碰后氢核速度 $v_1=v_0$ ，氮核速度 $v_2=\dfrac{2}{15}v_0$ 。氮核动量 $p_2=14m\cdot\dfrac{2}{15}v_0=\dfrac{28}{15}mv_0>p_1$ ，A错；氮核动能 $E_{k2}=\dfrac12\cdot14m\cdot\left(\dfrac{2}{15}v_0\right)^2=\dfrac{28}{225}mv_0^2<\dfrac12mv_0^2=E_{k1}$ ，B对； $v_2<v_1<v_0$ ，C、D错。故选B。
2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

风速水平向右、大小恒定且不随高度变化，可认为单位长度飘带所受风力相同。取飘带上任意一段，其重力与风力的合力方向固定，因此整根飘带与竖直方向的夹角处处相同，稳定后为一倾斜直线。故选A。
如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头 $P_1$ 初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻 $R_1$ 的阻值为R，滑动变阻器 $R_2$ 的最大阻值为 $9R$ ，滑片 $P_2$ 初始位置在最右端。理想电压表V的示数为U，理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是（　　）

A．保持 $P_1$ 位置不变， $P_2$ 向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变

B．保持 $P_1$ 位置不变， $P_2$ 向左缓慢滑动的过程中， $R_1$ 消耗的功率增大

C．保持 $P_2$ 位置不变， $P_1$ 向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大

D．保持 $P_2$ 位置不变， $P_1$ 向下缓慢滑动的过程中， $R_1$ 消耗的功率减小

【答案与解析】

设原、副线圈匝数比为 $n:1$ ，则副线圈电流 $I_2=nI$ ，副线圈电压 $U_2=nIR_1$ ，原线圈电压 $U_1=nU_2=n^2IR_1$ ，电源电压 $U_0=U_1+IR_2=n^2IR_1+IR_2$ 。保持P1位置不变，P2左移则 $R_2$ 减小， $I=\dfrac{U_0}{n^2R_1+R_2}$ 增大，电压表示数 $U=IR_2$ 减小，R1消耗功率 $P_1=I^2n^2R_1$ 增大，A错、B对；保持P2位置不变，P1向下移动使 $n$ 变大，R1功率 $P_1=\dfrac{n^2R_1U_0^2}{(n^2R_1+R_2)^2}$ 先增大后减小，C、D错。故选B。
神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其 $v-t$ 图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（　　）

A．在 $0\sim t_{1}$ 时间内，返回舱重力的功率随时间减小

B．在 $0\sim t_{1}$ 时间内，返回舱的加速度不变

C．在 $t_{1}\sim t_{2}$ 时间内，返回舱的动量随时间减小

D．在 $t_{2}{\sim}t_{3}$ 时间内，返回舱的机械能不变

【答案与解析】

重力功率 $P=mgv$ 。 $0\sim t_1$ 内速度减小，故重力功率减小，A对； $v-t$ 图线斜率减小，加速度减小，B错； $t_1\sim t_2$ 内速度减小，动量 $p=mv$ 减小，C对； $t_2\sim t_3$ 内速度不变但高度下降，重力势能减小，机械能减小，D错。故选AC。
如图，火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径大约是地球的1.5倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观测到火星由东向西运动，称为逆行。当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是（　　）

A．火星的公转周期大约是地球的 $\sqrt{\frac{8}{27}}$ 倍

B．在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行

C．在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行

D．在冲日处，火星相对于地球的速度最小

【答案与解析】

由开普勒第三定律 $\dfrac{T_M^2}{T_E^2}=\left(\dfrac{1.5R_E}{R_E}\right)^3$ ，得 $\dfrac{T_M}{T_E}=\sqrt{\dfrac{27}{8}}$ ，A错；冲日处火星与地球速度方向相同，但火星速率较小，地球上观测者看到火星相对恒星背景由东向西运动，即逆行，B错、C对；此时两者速度同向，相对速度最小，D对。故选CD。
球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为 $M$ 。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即 $F_{\text{阻}}=kv^{2}$ ， $k$ 为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为 $10\mathrm{m/s}$ ；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为 $5\mathrm{m/s}$ 。重力加速度大小为 $g$ ，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（　　）

A．发动机的最大推力为 $1.5Mg$

B．当飞行器以 $5\mathrm{m/s}$ 匀速水平飞行时，发动机推力的大小为 $\frac{\sqrt{17}}{4}Mg$

C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为 $5\sqrt{3}\mathrm{m/s}$

D．当飞行器以 $5\mathrm{m/s}$ 的速率飞行时，其加速度大小可以达到 $3g$

【答案与解析】

发动机关闭竖直下落匀速时 $Mg=k\cdot10^2$ ，得 $k=\dfrac{Mg}{100}$ ；最大推力向上匀速时 $F_{\max}=Mg+k\cdot5^2=1.25Mg$ ，A错。以 $5\,\mathrm{m/s}$ 水平匀速时，推力需平衡重力 $Mg$ 与阻力 $k\cdot5^2=\dfrac{Mg}{4}$ ，故 $F=\sqrt{(Mg)^2+\left(\dfrac{Mg}{4}\right)^2}=\dfrac{\sqrt{17}}{4}Mg$ ，B对。最大推力水平匀速时，竖直分量 $Mg$ ，水平分量 $\sqrt{F_{\max}^2-(Mg)^2}=\dfrac34Mg$ ，由 $\dfrac34Mg=kv^2$ 得 $v=5\sqrt3\,\mathrm{m/s}$ ，C对。以 $5\,\mathrm{m/s}$ 飞行时最大加速度为最大推力、重力、阻力三者同向时， $a_{\max}=\dfrac{1.25Mg+Mg+0.25Mg}{M}=2.5g<3g$ ，D错。故选BC。
如图，间距 $L=1\mathrm{m}$ 的U形金属导轨，一端接有 $0.1\mathrm{\Omega}$ 的定值电阻 $R$ ，固定在高 $h=0.8\mathrm{m}$ 的绝缘水平桌面上。质量均为 $0.1\mathrm{kg}$ 的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为 $0.1\mathrm{\Omega}$ ，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒 $a$ 距离导轨最右端 $1.74\mathrm{m}$ 。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为 $0.1\mathrm{T}$ 。用 $F=0.5\mathrm{N}$ 沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去 $F$ ，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ ，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是（　　）

A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为 $0.6\mathrm{m}$

B．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变

C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势

D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻 $R$ 的电荷量为 $0.58\mathrm{C}$

【答案与解析】

b刚要滑动时 $B\cdot\dfrac I2\cdot L=\mu mg$ ，得 $I=1\,\mathrm{A}$ ；电路总电阻 $R_{\text{总}}=R_a+\dfrac{R_bR}{R_b+R}=0.1+0.05=0.15\,\Omega$ ，故 $a$ 棒速度 $v=\dfrac{IR_{\text{总}}}{BL}=3\,\mathrm{m/s}$ 。平抛时间 $t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}=0.4\,\mathrm{s}$ ，水平位移 $x=vt=1.2\,\mathrm{m}$ ，A错。离开导轨后水平速度不变，感应电动势 $E=BLv$ 不变，B对。a棒向右运动，由左手定则可知b棒所受安培力向左，b有向左运动的趋势，C错。通过a棒的电荷量 $q=\dfrac{BL\Delta x}{R_{\text{总}}}=1.16\,\mathrm{C}$ ，b与R并联且阻值相等，故通过R的电荷量为 $0.58\,\mathrm{C}$ ，D对。故选BD。
小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等，设计了如图（a）所示的实验装置，测量冰墩墩玩具的质量。主要实验步骤如下：

（1）查找资料，得知每枚硬币的质量为 $6.05\mathrm{g}$ ；（2）将硬币以5枚为一组逐次加入塑料袋，测量每次稳定后橡皮筋的长度 $l$ ，记录数据如下表：

序号 1 2 3 4 5
硬币数量 $n/$ 枚 5 10 15 20 25
长度 $l/\mathrm{cm}$ 10.51 12.02 13.54 15.05 16.56

（3）根据表中数据在图（b）上描点，绘制图线；＿＿＿＿

（4）取出全部硬币，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，稳定后橡皮筋长度的示数如图（c）所示，此时橡皮筋的长度为＿＿＿＿ $\mathrm{cm}$ ；（5）由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为＿＿＿＿ $\mathrm{g}$ （计算结果保留3位有效数字）。

【答案与解析】

（3）在坐标纸上描出表中各点，用直尺作一条直线使各点均匀分布在直线两侧，图略。（4）由刻度尺读数可知橡皮筋长度 $l=15.35\,\mathrm{cm}$ （ $15.32\sim15.38$ 均可）。（5）由数据知每增加 $5$ 枚硬币橡皮筋约伸长 $1.51\,\mathrm{cm}$ ，即每枚硬币质量 $6.05\,\mathrm{g}$ 对应伸长 $0.3025\,\mathrm{cm}$ ，换算得每克伸长 $0.0500\,\mathrm{cm/g}$ 。由 $l-n$ 图线截距得原长约 $9.00\,\mathrm{cm}$ ，则玩具质量 $m=\dfrac{15.35-9.00}{0.0500}\,\mathrm{g}\approx127\,\mathrm{g}$ （ $126\sim128$ 均合理）。故填 $15.35$ ； $127$ 。
小梦同学自制了一个两挡位（“ $\times1$ ”“ $\times10$ ”）的欧姆表，其内部结构如图所示， $R_{0}$ 为调零电阻（最大阻值为 $R_{0m}$ ）， $R_{s}$ 、 $R_{m}$ 、 $R_{n}$ 为定值电阻（ $R_{S}+R_{0m}<R_{m}<R_{n}$ ），电流计G的内阻为 $R_{G}(R_{s}\ll R_{G})$ 。用此欧姆表测量一待测电阻的阻值，回答下列问题：

（1）短接①②，将单刀双掷开关 $\mathrm{S}$ 与 $m$ 接通，电流计G示数为 $I_{m}$ ；保持电阻 $R_{0}$ 滑片位置不变，将单刀双掷开关 $\mathrm{S}$ 与 $n$ 接通，电流计G示数变为 $I_{n}$ ，则 $I_{m}$ ＿＿＿＿ $I_{n}$ （填“大于”或“小于”）；（2）将单刀双掷开关 $\mathrm{S}$ 与 $n$ 接通，此时欧姆表的挡位为＿＿＿＿（填“ $\times1$ ”或“ $\times10$ ”）；（3）若从“ $\times1$ ”挡位换成“ $\times10$ ”挡位，调整欧姆零点（欧姆零点在电流计G满偏刻度处）时，调零电阻 $R_{0}$ 的滑片应该＿＿＿＿调节（填“向上”或“向下”）；（4）在“ $\times10$ ”挡位调整欧姆零点后，在①②间接入阻值为 $100\mathrm{\Omega}$ 的定值电阻 $R_{1}$ ，稳定后电流计G的指针偏转到满偏刻度的 $\frac{2}{3}$ ；取走 $R_{1}$ ，在①②间接入待测电阻 $R_x$ ，稳定后电流计G的指针偏转到满偏刻度的 $\frac{1}{3}$ ，则 $R_{x}=$ ＿＿＿＿ $\Omega$ 。

【答案与解析】

（1）保持调零电阻R0滑片位置不变，因 $R_m<R_n$ ，开关S从m拨到n后电路总电阻增大、干路电流减小，电流计G所在支路电流随之减小，所以 $I_m>I_n$ 。故填大于。（2）S接n时电路总电阻较大，欧姆表中值电阻较大，对应较高倍率挡。故填 $\times10$ 。（3）从“ $\times1$ ”换到“ $\times10$ ”挡，总电阻增大、干路电流减小，调零时要使电流计满偏需增大通过电流计支路的电流，因此R0滑片应向上调节以减小该支路电阻。故填向上。（4）设“ $\times10$ ”挡内阻为 $R_{\text{内}}$ ，满偏电流为 $I_g$ 。接 $R_1=100\,\Omega$ 时 $\dfrac23I_g=\dfrac{E}{R_{\text{内}}+R_1}$ ，接 $R_x$ 时 $\dfrac13I_g=\dfrac{E}{R_{\text{内}}+R_x}$ ，且 $I_g=\dfrac{E}{R_{\text{内}}}$ 。联立得 $R_{\text{内}}=200\,\Omega$ ， $R_x=400\,\Omega$ 。故填 $400$ 。
如图，两个定值电阻的阻值分别为 $R_{1}$ 和 $R_{2}$ ，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为 $d$ ，板长为 $\sqrt{3}d$ ，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为 $m$ 、带电量为 $+q$ 的小球以初速度 $v$ 沿水平方向从电容器下板左侧边缘 $\mathrm{A}$ 点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为 $g$ ，忽略空气阻力。（1）求直流电源的电动势 $E_{0}$ ；（2）求两极板间磁场的磁感应强度 $B$ ；（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值 $E^{\prime}$ 。

【答案与解析】

（1）小球在极板间做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，有 $qE=mg$ 。板间电场强度 $E=\dfrac{U}{d}$ ，电容器两端电压等于电阻 $R_2$ 两端电压 $U=\dfrac{R_2}{R_1+R_2}E_0$ 。联立得 $E_0=\dfrac{mgd(R_1+R_2)}{qR_2}$ 。（2）设圆周运动半径为 $r$ ，由几何关系 $(r-d)^2+(\sqrt3 d)^2=r^2$ ，解得 $r=2d$ 。洛伦兹力提供向心力 $qvB=m\dfrac{v^2}{r}$ ，故 $B=\dfrac{mv}{2qd}$ 。（3）小球离开电容器时速度方向与水平方向成 $60^\circ$ 。要使其此后做直线运动，且电场力最小，则电场力应恰好平衡重力在垂直速度方向的分力，即 $qE'=mg\cos60^\circ$ ，得 $E'=\dfrac{mg}{2q}$ 。
如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的 $\lambda$ 倍（ $\lambda$ 为常数且 $0<\lambda<\frac{H-h}{H+h}$ ），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中 $h_0$ 已知，求 $F_{0}$ 的大小；（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。

【答案与解析】

（1）篮球下落过程，由动能定理 $(1-\lambda)mgH=\dfrac12mv_1^2$ ；上升过程 $-(1+\lambda)mgh=0-\dfrac12mv_2^2$ 。故碰后速率与碰前速率之比 $\dfrac{v_2}{v_1}=\sqrt{\dfrac{(1+\lambda)h}{(1-\lambda)H}}$ 。（2）设力F做的功为 $W_F$ ，由 $F-y$ 图线面积得 $W_F=\dfrac12F_0(h-h_0)$ 。下落过程 $mgh+W_F-\lambda mgh=\dfrac12mv_3^2$ ；上升过程 $-(1+\lambda)mgh=0-\dfrac12m(kv_3)^2$ ，其中 $k$ 为（1）中所求比值。联立解得 $F_0=\dfrac{2(1-\lambda)mg(H-h)}{h-h_0}$ 。（3）每次拍击给球一竖直向下的速度 $v'$ ，则 $I=mv'$ 。设第 $n$ 次拍击后反弹的最大高度为 $h_n$ （ $h_1=h$ ），下落到底的速率满足 $v_n^2=v'^2+2(1-\lambda)gh_n$ ；反弹后最大高度 $h_{n+1}=\dfrac{(kv_n)^2}{2(1+\lambda)g}$ 。整理得递推关系 $h_{n+1}=\dfrac{h}{H}h_n+\dfrac{hv'^2}{2(1-\lambda)gH}$ 。迭代 $N$ 次并令 $h_{N+1}=H$ ，解得 $v'=\sqrt{\dfrac{2g(1-\lambda)(H-h)(H^{N+1}-h^{N+1})}{h(H^N-h^N)}}$ 。故 $I=m\sqrt{\dfrac{2g(1-\lambda)(H-h)(H^{N+1}-h^{N+1})}{h(H^N-h^N)}}$ 。
利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是（　　）

A．A端为冷端，B端为热端

B．A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的

C．A端流出的气体内能一定大于B端流出的

D．该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律

E．该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律

【答案与解析】

中心部位分子热运动速率较小，经挡板反射后从A端流出，故A端为冷端、B端为热端；A端分子平均速率小于B端；内能还与分子数有关，不能判定A端内能一定大于B端；该装置靠高压气体做功实现冷热分离，并非自发过程，不违背热力学第二定律，且满足能量守恒。故选ABE。
如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积 $V_{0}=9.9L$ 的导热汽缸下接一圆管，用质量 $m_1=90\mathrm{g}$ 、横截面积 $S=10\mathrm{cm^{2}}$ 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量 $m_{2}=10\mathrm{g}$ 的U形金属丝，活塞刚好处于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管中的最低位置为B。已知A、B间距离 $h=10\mathrm{cm}$ ，外界大气压强 $p_{0}=1.01\times10^{5}\mathrm{Pa}$ ，重力加速度取 $10\mathrm{m/s^2}$ ，环境温度保持不变，求：（1）活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强 $p_1$ ；（2）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。

【答案与解析】

（1）对活塞与金属丝整体，由平衡条件 $p_1S+(m_1+m_2)g=p_0S$ ，解得 $p_1=p_0-\dfrac{(m_1+m_2)g}{S}=1.01\times10^5\,\mathrm{Pa}-\dfrac{0.1\times10}{10\times10^{-4}}\,\mathrm{Pa}=1.00\times10^5\,\mathrm{Pa}$ 。（2）环境温度不变，气体作等温变化，由玻意耳定律 $p_1V_0=p_2(V_0+Sh)$ ，得 $p_2=\dfrac{V_0}{V_0+Sh}p_1=9.9\times10^4\,\mathrm{Pa}$ 。对整体由平衡条件 $p_0S=p_2S+(m_1+m_2)g+F$ ，解得 $F=(p_0-p_2)S-(m_1+m_2)g=1\,\mathrm{N}$ 。
下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为 $1\mathrm{Hz}$ 的简谐运动：与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度为 $\rho$ ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）

A．x从 $0.05\mathrm{m}$ 到 $0.15\mathrm{m}$ 的过程中，木棒的动能先增大后减小

B．x从 $0.21\mathrm{m}$ 到 $0.25\mathrm{m}$ 的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小

C． $x=0.35\mathrm{m}$ 和 $x=0.45\mathrm{m}$ 时，木棒的速度大小相等，方向相反

D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为 $\frac{F_{1}-F_{2}}{2\rho Sg}$

E．木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为 $0.4\mathrm{m/s}$

【答案与解析】

木棒竖直方向做频率为 $1\,\mathrm{Hz}$ 的简谐运动，水平方向匀速运动， $F-x$ 图像为一正弦曲线。 $x=0.1\,\mathrm{m}$ 、 $0.3\,\mathrm{m}$ 、 $0.5\,\mathrm{m}$ 处为平衡位置。

A. $x$ 从 $0.05\,\mathrm{m}$ 到 $0.15\,\mathrm{m}$ ，木棒从平衡位置下方经平衡位置到上方，速度先增大后减小，动能先增大后减小，对。

B. $x$ 从 $0.21\,\mathrm{m}$ 到 $0.25\,\mathrm{m}$ ，木棒从上方最大位移附近向下运动，加速度方向竖直向下且逐渐变小，对。

C. $x=0.35\,\mathrm{m}$ 与 $x=0.45\,\mathrm{m}$ 处竖直速度大小相等、方向相反，但水平速度同向，合速度方向并不相反，错。

D. 浮力最大 $F_1=\rho gS(h_0+A)$ ，最小 $F_2=\rho gS(h_0-A)$ ，故振幅 $A=\dfrac{F_1-F_2}{2\rho Sg}$ ，对。

E. 木棒是单个质点随波漂流，并非机械横波，错。故选ABD。
如图，某种防窥屏由透明介质和对光完全吸收的屏障构成，其中屏障垂直于屏幕平行排列，可实现对像素单元可视角度 $\theta$ 的控制（可视角度 $\theta$ 定义为某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后最大折射角的2倍）。透明介质的折射率 $n=2$ ，屏障间隙 $L=0.8\mathrm{mm}$ 。发光像素单元紧贴屏下，位于相邻两屏障的正中间．不考虑光的衍射。（1）若把发光像素单元视为点光源，要求可视角度 $\theta$ 控制为 $60^{\circ}$ ，求屏障的高度d；（2）若屏障高度 $d=1.0\mathrm{mm}$ ，且发光像素单元的宽度不能忽略，求像素单元宽度x最小为多少时，其可视角度 $\theta$ 刚好被扩为 $180^{\circ}$ （只要看到像素单元的任意一点，即视为能看到该像素单元）。

【答案与解析】

透明介质折射率 $n=2$ 。（1）可视角度 $\theta=60^\circ$ ，则最大折射角 $r=30^\circ$ 。由折射定律 $n\sin i=\sin r$ ，得 $\sin i=\dfrac{\sin30^\circ}{2}=\dfrac14$ 。由几何关系 $\sin i=\dfrac{L/2}{\sqrt{d^2+(L/2)^2}}$ ，代入 $L=0.8\,\mathrm{mm}$ 解得 $d=\dfrac{2\sqrt{15}}{5}\,\mathrm{mm}\approx1.55\,\mathrm{mm}$ 。（2） $\theta=180^\circ$ 时最大折射角为 $90^\circ$ ，对应光线在界面恰好全反射，临界角满足 $\sin C=\dfrac1n=\dfrac12$ ，故 $C=30^\circ$ 。设像素单元宽度为 $x$ ，从最边缘发出的光到达相邻屏障顶端时入射角为 $C$ ，有 $\sin C=\dfrac{L/2+x/2}{\sqrt{d'^2+(L/2+x/2)^2}}$ 。代入 $d'=1.0\,\mathrm{mm}$ ， $L=0.8\,\mathrm{mm}$ ，解得 $x=\left(\dfrac{2\sqrt3}{3}-0.8\right)\,\mathrm{mm}=\dfrac{10\sqrt3-12}{15}\,\mathrm{mm}\approx0.35\,\mathrm{mm}$ 。

序号	1	2	3	4	5
硬币数量 $n/$ 枚	5	10	15	20	25
长度 $l/\mathrm{cm}$	10.51	12.02	13.54	15.05	16.56