湖南省2022年普通高中学业水平选择性考试

湖南省2022年普通高中学业水平选择性考试一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．(2022·湖南卷·1)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　C解析　玻尔的原子理论成功地解释了氢原子的分立光谱，但不足之处，是它保留了经典理论中的一些观点，如电子轨道的概念，还不能完全揭示微观粒子的运动规律，A、B错误；光电效应揭示了光的粒子性，C正确；电子束穿过铝箔后的衍射图样，证实了电子的波动性，D错误．2.(2022·湖南卷·2)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　A解析　根据对称性与电场叠加原理可知，移去a处绝缘棒前O点电场强度为0，则移去a处的绝缘棒后，电场强度方向垂直指向a，再根据电势的叠加原理，设每根长棒在O点产生的电势为φ0，四根完全相同、均匀带正电绝缘长棒在O点产生的电势为4φ0，现在撤去a处的绝缘棒后，其他三棒在O点产生的电势为3φ0，故O点的电势减小，故选A.3．(2022·湖南卷·3)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θ.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MB．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变C．tanθ与电流I成正比D．sinθ与电流I成正比答案　D解析　当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sinθ＝，FT＝mgcosθ，则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确．4.(2022·湖南卷·4)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v0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v1和v2.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．v2大于v1D．v2大于v0答案　B解析　设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m ，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3mv02＝mv12＋mv32联立解得v1＝v0设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4mv02＝×14mv22＋mv42联立解得v2＝v0，可得v1＝v0>v2碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0氮核的动量为pN＝14mv2＝可得pN>pH碰撞后氢核的动能为EkH＝mv12＝mv02氮核的动能为EkN＝×14mv22＝可得EkH>EkN故B正确，A、C、D错误．5．(2022·湖南卷·5)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(　　)答案　A解析　设飘带的单位长度质量为m0,单位长度所受风力为F0，从底端取飘带上任意长度为x，G＝m0gx，F＝F0x，则重力与风力的的合力与竖直方向的夹角为tanθ＝＝，可知所选飘带与竖直方向夹角与所选长度无关，二力合力方向恒定，飘带各处张力方向相同，则飘带为一条倾斜的直线，故选A.6.(2022·湖南卷·6)如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1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R1的阻值为R，滑动变阻器R2 的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端．理想电压表的示数为U，理想电流表的示数为I.下列说法正确的是(　　)A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小答案　B解析　由题意可知，原、副线圈的匝数比为2，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为U2＝2IR1，则变压器原线圈的电压有效值为U1＝2U2＝4IR1，设输入交变电源的电压有效值为U0，则U0＝4IR1＋IR2，可得I＝.保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I不断变大，根据欧姆定律U1＝4IR1可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入端接入的电压有效值不变，则R2两端的电压不断变小，则电压表示数U变小，原线圈的电压、电流都变大，则功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，故B正确，A错误；设原、副线圈的匝数比为n，同理可得U1＝n2IR1，则U0＝n2IR1＋IR2整理可得I＝保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对R2由欧姆定律可知U＝IR2，可知U不断变小，根据原、副线圈的功率相等可知R1消耗的功率为P1＝IU1＝·(U0－)整理可得P1＝可知n＝3时，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大后减小，故C、D错误．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．7.(多选)(2022·湖南卷·7)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～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变答案　AC解析　重力的功率为P＝mgv，由题图可知在0～t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；根据v－t图像的斜率表示加速度可知，在0～t1时间内，返回舱的加速度减小，故B错误；在t1～t2时间内，由图像可知返回舱的速度减小，由p＝mv可知动量随时间减小，故C正确；在t2～t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误．8．(多选)(2022·湖南卷·8)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　CD解析　由题意根据开普勒第三定律可知＝，由于火星轨道半径大约是地球轨道半径的1.5倍，则可得T火＝T地，故A错误；根据G＝m，可得v＝，由于火星轨道半径大于地球轨道半径，故火星运行的线速度小于地球运行的线速度，所以在冲日处火星相对于地球由东向西运动，为逆行，故B错误，C正确；由于火星和地球运动的线速度大小不变，在冲日处火星和地球速度方向相同，故相对速度最小，故D正确．9．(多选)(2022·湖南卷·9)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阻＝kv2，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10m/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5m/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1.5MgB．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为MgC．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5m/sD．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g答案　BC解析　飞行器关闭发动机，以v1＝10m/s的速度匀速下落时，有Mg＝kv12＝k×100(N)飞行器以v2＝5m/s向上匀速时，设最大推力为Fm，Fm＝Mg＋kv22＝Mg＋k×25(N)联立可得Fm＝1.25Mg，k＝(N·s2/m2)，A错误；当飞行器以v3＝5m/s匀速水平飞行时，有F＝＝Mg，B正确；发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，有F阻＝＝Mg＝kv42解得v4＝5m/s，C正确；当飞行器受到的最大推力向下，以v5＝5m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值为Mam＝Fm＋Mg＋kv52，解得am＝2.5g，D错误．10．(多选)(2022·湖南卷·10)如图，间距L＝1m的U形金属导轨，一端接有0.1Ω 的定值电阻R，固定在高h＝0.8m的绝缘水平桌面上．质量均为0.1kg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0.1Ω，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1.74m．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0.1T．用F＝0.5N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10m/s2，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0.6mB．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0.58C答案　BD解析　导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b的电流向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；导体棒b与电阻R并联，有I＝，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有B··L＝μmg，联立解得导体棒a的速度为v＝3m/s，导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，有x＝vt，h＝gt2，联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为x＝1.2m，故A错误；导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B正确；导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电荷量为q＝·Δt＝＝C＝1.16C，导体棒b与电阻R并联，则通过电阻R的电荷量为qR＝＝0.58C，故D正确．三、非选择题：共56分．第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答．第15、16题为选考题，考生根据要求作答．11．(2022·湖南卷·11)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6.05g；(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12345硬币数量n/枚510152025长度l/cm10.5112.0213.5415.0516.56(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________cm；(5)由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为________g(计算结果保留3位有效数字)．答案　(3)见解析图　(4)15.35　(5)128解析　(3)根据表格数据描点连线如图 (4)由题图(c)可知刻度尺的分度值为1mm，故读数l＝15.35cm；(5)设橡皮筋的劲度系数为k，原长为l0，则n1mg＝k(l1－l0)，n2mg＝k(l2－l0)则橡皮筋的劲度系数为k＝从作出的l－n图线读取数据则可得k＝＝mg(N/cm)，l0＝＝9.00cm设冰墩墩的质量为m1，则有m1g＝k(l－l0)可得m1＝×6.05×(15.35－9.00)g≈128g.12.(2022·湖南卷·12)小梦同学自制了一个两挡位(“×1”“×10”)的欧姆表，其内部结构如图所示，R0为调零电阻(最大阻值为R0m)，Rs、Rm、Rn为定值电阻(Rs＋R0m<Rm<Rn)，电流计G的内阻为RG(Rs≪RG)．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S与m接通，电流计G示数为Im；保持电阻R0滑片位置不变，将单刀双掷开关S与n接通，电流计G示数变为In，则Im________In(选填“大于”或“小于”)；(2)将单刀双掷开关S与n接通，此时欧姆表的挡位为________(选填“×1”或“×10”)；(3)若从“×1”挡位换成“×10”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R0的滑片应该________调节(选填“向上”或“向下”)；(4)在“×10”挡位调整欧姆零点后，在①②间接入阻值为100Ω的定值电阻R1， 稳定后电流计G的指针偏转到满偏刻度的；取走R1，在①②间接入待测电阻Rx，稳定后电流计G的指针偏转到满偏刻度的，则Rx＝________Ω.答案　(1)大于　(2)×10　(3)向上　(4)400解析　(1)根据题意可知Rm<Rn，所以开关拨向m时电路的总电阻小于开关拨向n时电路的总电阻，电源电动势E不变，根据I＝可知Im>In；(2)当开关S拨向n时，全电路的总电阻较大，中值电阻较大，能够接入待测电阻的阻值也更大，所以开关S拨向n时对应欧姆表的挡位倍率较大，即×10；(3)从“×1”挡位换成“×10”挡位，即开关S从m拨向n，全电路电阻增大，干路电流减小，①②短接时，为了使电流表满偏，则需要增大通过电流计G所在支路的电流，所以需要将R0的滑片向上调节；(4)在“×10”挡位，电路图结构简化如图所示当①②短接时，全电路的总电阻为R＝Rn＋通过干路的电流为I＝电流计满偏，根据并联电路中电流之比等于电阻反比可知＝当①②之间接入R1＝100Ω时，全电路总电阻为R＋R1，通过干路的电流为I1＝电流计偏转了量程的，则有＝解得R＝2R1＝200Ω当①②之间接入Rx时，全电路总电阻为Rx＋R，通过干路的电流为Ix＝电流计偏转了量程的，则有＝解得Rx＝400Ω.13．(2022·湖南卷·13)如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，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d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场．质量为m、带电荷量为＋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E0；(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′.答案　(1)　(2)　(3)解析　(1)小球在极板间做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得Eq＝mg阻值为R2的定值电阻两端的电压U2＝Ed根据欧姆定律得U2＝·R2联立解得E0＝(2)小球在电容器中做匀速圆周运动的轨迹如图所示设小球做圆周运动的半径为r，根据几何关系有(r－d)2＋(d)2＝r2，解得r＝2d根据qvB＝m，解得B＝(3)由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得E′q＝mgcos60°，解得E′＝.14．(2022·湖南卷·14)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λ倍(λ为常数且0<λ<)， 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h0已知，求F0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　(1)　(2)(3)m解析　(1)篮球下降过程中根据牛顿第二定律有mg－λmg＝ma下再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有v下2＝2a下H篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有mg＋λmg＝ma上再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有v上2＝2a上h则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比k＝＝(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，则篮球下落的过程中根据动能定理有mgh＋F0－λmgh＝mv下′2篮球反弹后上升的过程中根据动能定理有－mgh－λmgh＝0－m(kv下′)2联立解得F0＝ (3)方法一：由(1)问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为a下＝(1－λ)g(方向向下)a上＝(1＋λ)g(方向向下)由题知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，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有I＝mv即每拍击一次篮球将给它一个速度v.拍击第1次下降过程有v12－v2＝2(1－λ)gh0上升过程有(kv1)2＝2(1＋λ)gh1代入k后，上升过程有hv12＝2(1－λ)gHh1联立有h1＝(h0＋)＝()1·h0＋()1·拍击第2次，同理代入k后，下降过程有v22－v2＝2(1－λ)gh1上升过程有hv22＝2(1－λ)gHh2联立有h2＝(h1＋)再将h1代入有h2＝()2·h0＋()2·＋()1·拍击第3次，同理代入k后，下降过程有v32－v2＝2(1－λ)gh2上升过程有hv32＝2(1－λ)gHh3联立有h3＝(h2＋)再将h2代入有h3＝()3·h0＋()3·＋()2·＋()1·直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有vN2－v2＝2(1－λ)ghN－1上升过程有hvN2＝2(1－λ)gHhN联立有hN＝(hN－1＋)将hN－1代入hN有hN＝()N·h0＋()N·＋()N－1·＋…＋()1·其中hN＝H，h0＝h 则有H＝()N·h＋[]则I＝mv＝m方法二：由(1)问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为a下＝(1－λ)g(方向向下)a上＝(1＋λ)g(方向向下)由题知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，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有I＝mv′即每拍击一次篮球将给它一个速度v′.设篮球从H下落时，速度为v0，反弹高度为h，篮球受到冲量I后速度为v′，落地时速度为v1，则有2(1＋λ)gh＝(kv0)2,2(1－λ)gh＝v12－v′2联立可得h＝＝代入k可得v′2＝v12－v02①篮球再次反弹，反弹速度为kv1，设反弹高度为h1，受到冲量后，落地速度为v2，同理可得2(1＋λ)gh1＝(kv1)2,2(1－λ)gh1＝v22－v′2同理化简可得v′2＝v22－v12②篮球第三次反弹，反弹速度为kv2，设反弹高度为h2，受到冲量后，落地速度为v3，同理可得2(1＋λ)gh2＝(kv2)2,2(1－λ)gh2＝v32－v′2同理化简可得v′2＝v32－v22③……第N次反弹可得v′2＝vN2－vN－12对式子①②③……两侧分别乘以()0、、、……、，再相加可得(1＋＋＋＋…＋)v′2＝vN2－v02，得v′2＝vN2－v02其中，v02＝2(1－λ)gH，(kvN)2＝2(1＋λ)gH，可得v′＝可得冲量I的大小 I＝mv′＝m.15．(2022·湖南卷·15)(1)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(2)如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪．一个容积V0＝9.9L的导热汽缸下接一圆管，用质量m1＝90g、横截面积S＝10cm2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m2＝10g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＝10cm，外界大气压强p0＝1.01×105Pa，重力加速度取10m/s2，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p1；②活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小．答案　(1)ABE　(2)①105Pa　②1N解析　(1)依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板作用后反弹，从A端流出，而边缘部分为热运动速率较高的气体，从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，故A正确．依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A 端流出的气体分子热运动平均速率小于从B端流出的，从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能；内能的多少还与分子数有关，依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故B正确，C错误．该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误，E正确．(2)①将活塞与金属丝视为一整体，因平衡有p0S＝p1S＋(m1＋m2)g代入数据解得p1＝105Pa②当活塞在B位置时，汽缸内压强为p2，则有p1V0＝p2(V0＋Sh)代入数据解得p2＝9.9×104Pa将活塞与金属丝视为一整体，因平衡有p0S＝p2S＋(m1＋m2)g＋F联立解得F＝1N.16．(2022·湖南卷·16)(1)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1Hz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ρ，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0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小C．x＝0.35m和x＝0.45m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E．木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4m/s(2)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θ的控制(可视角度θ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＝0.8mm.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θ控制为60°，求屏障的高度d；②若屏障高度d＝1.0mm，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θ刚好被扩为180°(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　(1)ABD　(2)①1.55mm　②0.35mm解析　(1)由简谐运动的对称性可知，0.1m、0.3m、0.5m时木棒处于平衡位置；则x从0.05m到0.15m的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；x从0.21m到0.25m的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动(未到平衡位置)，加速度方向竖直向下，大小逐渐变小，B正确；x＝0.35m和x＝0.45m时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大小相等，方向相反，而这两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，C错误；木棒底端处于水面下最大位移时，F1＝ρgSh1，木棒底端处于水面下最小位移时，F2＝ρgSh2，木棒在竖直方向做简谐运动的振幅A＝＝，D正确；木棒上各质点相对静止随木棒一起运动，不能看成向x轴正方向传播的机械横波，E错误．(2)①发光像素单元射到屏障上的光被完全吸收，考虑射到屏障顶端的光射到透明介质和空气界面，折射后从界面射向空气，由题意可知θ＝60°，则r＝＝30°在介质中的入射角为i，则＝n解得sini＝由几何关系有sini＝解得d＝mm≈1.55mm②若可视角度θ刚好被扩为180°，则折射角r′＝＝90°，此时光线在界面处的入射角sini′＝，解得i′＝30°此时发光像素单元最远发光点到屏障的距离为 x1＝dtani′＝mm像素单元宽度x最小为x＝2(x1－)＝(－0.8)mm≈0.35mm.