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2022年湖南省新高考物理试卷
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这是一份2022年湖南省新高考物理试卷，共34页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022年湖南省新高考物理试卷
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．（4分）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
2．（4分）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
3．（4分）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M
B．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
4．（4分）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v1
D．v2大于v0
5．（4分）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．
6．（4分）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
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。
（多选）7．（5分）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
（多选）8．（5分）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
（多选）9．（5分）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1.5Mg
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为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5m/s
D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
（多选）10．（5分）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0.6m
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0.58C
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。（一）必考题：共43分。
11．（6分）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
1
2
3
4
5
硬币数量n/枚
5
10
15
20
25
长度l/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 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）。
12．（9分）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Ⓖ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Ⓖ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Ⓖ示数变为In，则Im In（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 （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Ⓖ满偏刻度处）时，调零电阻R0的滑片应该 调节（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Ⓖ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Ⓖ的指针偏转到满偏刻度的，则Rx＝ Ω。
13．（13分）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′。
14．（15分）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。
（二）选考题：共13分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。[物理—选修3-3]（13分）
（多选）15．（5分）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
16．（8分）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
（ⅰ）活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1；
（ⅱ）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。
[物理—选修3-4]（13分）
（多选）17．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
18．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。
（ⅰ）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；
（ⅱ）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）。
2022年湖南省新高考物理试卷
参考答案与试题解析
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．（4分）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
【分析】卢瑟福的核式结构模型是为了解释α粒子散射实验现象的，玻尔理论保存了部分经典物理思想，光电效应说明光具有粒子性，衍射是波特有的现象。
【解答】解：A、卢瑟福的核式结构模型是为了解释α粒子散射实验现象的，氢原子光谱的分立特征说明了卢瑟福核式结构模型有一定的局限性，故A错误
B、玻尔原子理论只能解释氢原子光谱，对于其他原子的光谱无法解释，由于其理论中还保留了部分经典物理理论，所以不能完全揭示微观粒子运动的规律，故B错误；
C、光电效应现象无法用经典的电磁理论解释，爱因斯坦的光子说能够完美的解释这一现象，揭示了光的粒子性，故C正确。
D、衍射是波特有的现象，电子束穿过铝箔后的衍射图样揭示了电子的波动性，故D错误。
故选：C。
【点评】本题在考查基本概念以及对物理学发展的了解，注意不要死记硬背，要深度理解。
2．（4分）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
【分析】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上，根据对称性可知O点场强为零，以此分析移去a棒后O点的场强大小。电势是标量，每根带电绝缘棒在O点激发的电势的代数和为O点的电势。
【解答】解；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上，根据对称性可知O点场强为零，且b棒和d棒由于对称性，在O点产生的合场强为0，故a棒与c棒在O点产生的合场强也为0。因此移去a棒后，O点的场强可以认为是由c棒单独产生。c棒带正电，且由对称性可知，其在O点的场强应垂直指向a。电势是标量，若以无穷远处为电势零点，四根带正电的绝缘棒周围的电势均大于0，O点的电势等于所有棒在O点激发的电势的代数和，故移去a棒后O点的电势减小，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查对称思想、物理量的标失性，注意对概念的学习与理解。
3．（4分）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M
B．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
【分析】对直导线进行受力分析，根据几何关系分析出不同力之间的关系，结合安培力公式和三角函数完成分析。
【解答】解：A、导体受到向下的重力，沿悬线向左上的拉力，如要平衡安培力的方向一定朝右上方。对直导线MN进行受力分析，如图所示：
根据左手定则可知，导线中电流方向应由M指向N，故A错误；
B、直导线MN在悬线的拉力、安培力和重力的作用下处于平衡状态，当电流增大，安培力会变化，再次处于平衡状态时安培力与重力的合力发生了变化，相应的悬线对导线的拉力也要变化，由牛顿第三定律可知，导线对悬线的拉力会改变，故B错误；
CD、因为磁场的方向处处指向OO'，即磁场处处与悬线平行，故直导线MN受到的安培力始终与悬线垂直。
根据几何关系可得：tanθ＝，由B可知当电流I发生变化时，悬线的拉力T也要变化，所以tanθ与电流I不成正比；同理sinθ＝，因为重力恒定，所以sinθ与电流I成正比，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了安培力的计算，熟悉安培力的计算公式，根据物体的受力分析和几何关系即可完成解答。
4．（4分）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v1
D．v2大于v0
【分析】根据弹性碰撞模型规律即可求解
【解答】解：设中子的质量为m，则氢核和氮核的质量分别为m、14m，
由于碰撞为弹性碰撞，选向右为正方向，由动量守恒定律得：中子与氢核碰撞，mv0＝mv+mv1，，解得：v1＝v0
中子与氮核碰撞，mv0＝mvn+14mv2，
解得：v2＝＝v0
A、碰撞后氢核动量为mv0，氮核动量为14m×＝mv0，氮核动量大于氢核动量，故A错误；
B、碰撞后氮核的动能为＝，氢核的动能为m，所以碰撞后氮核的动能比氢核的小，故B正确；
CD、由上述分析可得：v1＞v2，v2＜v0，故CD错误；
故选：B。
【点评】本题看似在考查原子核物理，实则在考弹性碰撞模型的理解与应用，注意知识迁移能力的培养。
5．（4分）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．
【分析】取很短的一段飘带进行受力分析，结合力的特点得出飘带的角度关系。
【解答】解：设飘带总长L，飘带宽度为L，质量为m，则重力和风作用力的合力的夹角为
可得tanθ恒定，则飘带受到的重力与风作用力的合力方向不变，因此飘带近似为直线，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查了受力分析的相关应用，需要用到微元法的相关知识。
6．（4分）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
【分析】保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，即原、副线圈的匝数比保持不变，R2接入电路的阻值减小，根据变压器原理结合欧姆定律分析AB选项；
将原线圈以及后面的电路等效为一个电阻，根据电路动态分析的方法进行分析；
将原线圈以及后面的电路等效为一个电阻，当等效电阻的阻值等于9R时，R1消耗的电功率最大，由此分析。
【解答】解：根据原副线圈两端的电流和电压的比值关系可知，原线圈的“等效电阻”与副线圈的电阻的比值关系为：。
可知此电路的等效电路如图所示：
AB、保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，即原、副线圈的匝数比保持不变，R2接入电路的阻值减小，则由上述分析可知，原线圈位置的等效电阻保持不变，因为滑动变阻器的电阻变小，则电流I变大，U变小，而R1消耗的功率增大，故A错误，B正确；
C、保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n2减小，等效电阻增大，电流I减小，则电压表的示数减小，故C错误；
D、滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，此时“等效电阻”的阻值为R等效＝＝4R＜R2；
保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，则副线圈的匝数变小，相当于原线圈位置的“等效电阻”增大；当等效电阻的阻值等于R2时，R1消耗的功率最大；当等效电阻的阻值大于9R时，P1向下缓慢滑动时，R1消耗的电功率减小，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比。知道等效电阻的阻值计算方法，掌握功率最大的条件。
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。
（多选）7．（5分）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
【分析】根据v﹣t图像判断出返回舱速度的变化，根据P＝mgv求得重力的瞬时功率，根据p＝mv判断出动量的变化，机械能为动能与势能之和。
【解答】解：A、根据v﹣t图像可知在0～t1时间内速度逐渐减小，根据P＝mgv，返回舱重力的功率随时间减小，故A正确；
B、在v﹣t图像中，图像的斜率表示加速度，斜率逐渐减小，故加速度逐渐减小，故B错误；
C、在t1～t2时间内，速度逐渐减小，根据p＝mv可知返回舱的动量随时间减小，故C正确；
D、在t2～t3时间内，返回舱的速度不变，动能不变，但重力势能减小，故机械能减小，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题主要考查了v﹣t图像，根据图像判断出速度的变化，抓住图像的斜率表示加速度，利用好动量和瞬时功率的定义式即可。
（多选）8．（5分）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
【分析】火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，太阳对行星的引力提供它们绕太阳做圆周运动的向心力；由开普勒第三定律求火星的公转周期和地球公转周期的比值；在冲日处，火星运行速度小于地球的运行速度，相对地球的运行方向是自东向西运动，即逆行。在冲日处，火星和地球的速度同向，则火星相对于地球的速度最小。
【解答】解：A、由开普勒第三定律可得
由火星的轨道半径大约是地球的1.5倍可得
T火＝T地，故A错误；
BC、由于火星的半径比地球的半径大，太阳对行星的引力提供行星做圆周运动的向心力
＝
解得：v＝ 可知火星运动的线速度小于地球的线速度，火星相对地球自东向西运动，即逆行，故B错误，C正确；
D、根据矢量的运算法则，在冲日处，火星和地球的速度同向时，火星相对于地球的速度最小，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了行星绕太阳运动的周期比，及行星间的相对运动，中档难度。
（多选）9．（5分）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1.5Mg
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为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5m/s
D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
【分析】由飞行器做匀速运动，飞行器的合力为零列方程求最大推力；当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，由矢量运算求发动机推力的大小。由牛顿第二定律求加速度的范围。
【解答】解：A、飞行器竖直下落，其匀速下落的速率为10m/s时，飞行器的合力为零
k＝Mg
解得：Mg＝100k
发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，飞行器匀速向上的速率为5m/s时，飞行器的合力为零
Fmax＝k+Mg
解得：Fmax＝125k＝1.25Mg，故A错误；
B、当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，受到与运动方向相反的水平方向的阻力，大小为
F阻＝k•52＝25k＝Mg
同时飞行器受到竖直向下的重力，若要保持匀速飞行，发动机的推力应该跟阻力与重力的合力等大、反向
受力分析如下图：
由此可得，此时发动机的推力为：
F＝
解得：F＝Mg，故B正确；
C、发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，设飞行器速率为v
结合B中的方法可以求出飞行器受到的阻力大小为：
kv2＝＝Mg
而由A求得Mg＝100k
所以v＝5m/s，故C正确；
D、当飞行器以5m/s的速率飞行时。产生的阻力大小为
F阻'＝k•52＝25k＝Mg
飞行器的重力为Mg，最大推力为Fmax＝1.25mg
当最大推力与重力同向时，飞行器向下运动，此时飞行器受到的合力最大，设此时的加速度为a1，则有
1.25Mg+Mg﹣Mg＝Ma1
解得：a1＝2g
当飞行器以5m/s的速率是向上飞行时，由题意可知，飞行器在某种状态下可以保持这一速率做匀速飞行，即飞行器的最小加速度为0
所以飞行器的加速度范围是0≤a≤2g，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查的内容有共点力平衡，牛顿第二定律，力的合成等，试题中档难度。
（多选）10．（5分）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0.6m
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0.58C
【分析】根据临界条件求解通过b的电流，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电动势，根据法拉第电磁感应定律求解a做平抛运动的初速度，根据平抛运动的规律求解水平位移；
导体棒a做平抛运动时有效切割速度不变，根据E＝BLv分析感应电动势的变化情况；
根据右手定则可知电流方向，根据左手定则可知导体棒b受到的安培力方向，由此分析b的运动趋势；
根据电荷量的计算公式结合电路连接情况求解通过电阻R的电荷量。
【解答】解：A、导体棒b刚要滑动的条件是受到的安培力等于最大静摩擦力，b受到的最大静摩擦力为：
fmax＝μmg＝0.1×0.1×10N＝0.1N
根据平衡条件可得：BIbL＝fmax，
代入数据可解得通过b的电流为：Ib＝1A，
由于b与R并联后与a串联，根据闭合电路的欧姆定律可得导体棒a产生的感应电动势为：
E＝2IbRa+IbRb，
代入数据解得：E＝0.3V
设导体棒a刚要离开桌面时的速度大小为v，根据法拉第电磁感应定律可得：E＝BLv
解得：v＝3m/s
导体棒a做平抛运动的时间为t＝＝s＝0.4s
所以导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移大小为：
x＝vt＝3×0.4m＝1.2m，故A错误；
B、导体棒a离开导轨至落地前，做平抛运动，水平方向的速度大小不变，即导体棒a切割磁场的有效速度不变，根据E＝BLv可知，其感应电动势不变，故B正确；
C、导体棒a在导轨上运动的过程中，根据右手定则可知电流方向为逆时针（俯视），根据左手定则可知导体棒b受到的安培力方向向左，所以导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；
D、导体棒a在导轨上运动的过程中，设通过a的电荷量为q0，根据电荷量的计算公式可得：q0＝＝＝
其中R总＝Ra+
代入数据解得：q0＝1.16C
则通过电阻R的电荷量为：
q＝q0＝×1.16C＝0.58C，故D正确。
故选：BD。
【点评】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律列方程求解。
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。（一）必考题：共43分。
11．（6分）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
1
2
3
4
5
硬币数量n/枚
5
10
15
20
25
长度l/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 15.35 cm；
（5）由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为 127 g（计算结果保留3位有效数字）。
【分析】（3）将表中数据描于坐标纸上，用一条直线尽可能多地穿过更多的点，不在直线上的点尽量均匀分布在直线两侧，误差较大的点舍去，画出l﹣n图像；
（4）根据刻度尺的读数规则得出橡皮筋的长度；
（5）根据图像的特点结合硬币的质量得出冰墩墩玩具的质量。
【解答】解：（3）将表中的数据描于坐标纸上，用一条直线尽可能多地穿过更多的点，不在直线上的点尽量均匀分布在直线两侧，误差较大的点舍去，画出的l﹣n图像如下图所示：
（4）刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到下一位，则橡皮筋的长度为15.35cm；
（5）根据上述表格可知，当橡皮筋的长度为15.35cm时，对应的横轴坐标约为21枚，结合题目中的数据可知，冰墩墩玩具的质量为m＝21×6.05g＝127g。
故答案为：（3）如上图所示；（4）15.35；（5）127
【点评】本题主要考查了弹力和弹簧伸长关系的探究实验，熟悉作图法，学会从图像上得出对应的物理量即可，难度不大。
12．（9分）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Ⓖ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Ⓖ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Ⓖ示数变为In，则Im 大于 In（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 ×10 （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Ⓖ满偏刻度处）时，调零电阻R0的滑片应该 向上 调节（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Ⓖ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Ⓖ的指针偏转到满偏刻度的，则Rx＝ 400 Ω。
【分析】（1）开关S由与m接通变为与n接通后，根据电阻的变化分析电流的变化；
（2）倍率越大的挡位内电阻越大；
（3）若从“×1”挡位换成“×10”挡位，总电阻增大，通过电流表的电流减小，根据电路连接情况分析滑动变阻器的移动情况；
（4）根据闭合电路的欧姆定律结合①②间接入电阻的情况列方程求解。
【解答】解：（1）在保持电阻R0滑片位置不变的情况下，因Rm＜Rn，开关S由与m接通变为与n接通后，干路电流变小，由并联电路分流性质可知电流计Ⓖ示数变小，故Im 大于In；
（2）欧姆表的中值电阻为内电阻，“×1”挡的内电阻小于“×10”挡的内电阻，故将单刀双掷开关S与n接通，此时欧姆表的挡位为“×10”；
（3）若从“×1”挡位换成“×10”挡位，总电阻增大，通过电流表的电流减小；要想进行欧姆调零，需要使电流表电流增大，所以调零电阻R0的滑片应该向上滑动，使得电流表所在的支路电阻减小、电流增大；
（4）在①②间接入阻值为100Ω的定值电阻R1，根据闭合电路的欧姆定律可得：＝
在①②间接入待测电阻Rx，稳定后电流计Ⓖ的指针偏转到满偏刻度的，则有：＝
当①②间短路时，有：Ig＝
联立解得：Rx＝400Ω。
故答案为：（1）大于；（2）×10；（3）向上；（4）400。
【点评】本题主要是考查欧姆表测电阻的原理，关键是弄清楚电路的连接情况和改装原理，能够根据闭合电路的欧姆定律进行解答。
13．（13分）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′。
【分析】（1）小球在叠加场中做匀速圆周运动，说明合力等于洛伦兹力，根据受力分析和欧姆定律计算出电动势；
（2）根据几何关系得出小球做圆周运动的半径，结合牛顿第二定律计算出磁感应强度；
（3）小球做直线运动，则小球受到的合力与速度共线，结合几何关系得出场强的最小值。
【解答】解：（1）小球做在叠加场中做匀速圆周运动，则小球受到的重力和电场力等大反向，洛伦兹力提供向心力
即qE＝mg
根据欧姆定律可知，极板间的电压为：
结合场强的计算公式：
U＝Ed
联立解得：E0＝
（2）小球做圆周运动，画出小球的运动轨迹图如下图所示：
根据几何关系可得：
r2＝3d2+（r﹣d）2
解得：r＝2d
根据牛顿第二定律得：
联立解得：B＝
（3）根据上述分析可知，小球离开极板时的速度方向与竖直方向成30°夹角
为了保证小球离开电容器沿直线运动，可知小球的合力与速度反向，结合几何关系可知
qE′＝mgsinθ
解得：E'＝
答：（1）求直流电源的电动势为；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度为；
（3）电场强度的最小值为。
【点评】本题主要考查了带电粒子在叠加场的运动，熟悉粒子的受力分析，根据电容器的知识和欧姆定律完成电路部分的分析，结合几何关系和牛顿第二定律即可完成解答。
14．（15分）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。
【分析】（1）根据牛顿第二定律计算出篮球的加速度，结合速度—位移公式得出碰撞前后的速率，并由此得到比值关系；
（2）选取不同的过程，根据动能定理以及（1）问的比值关系完成分析；
（3）依次计算出拍打过后的速度，联立运动学公式和数学知识完成分析。
【解答】解：（1）篮球在下落过程中，根据牛顿第二定律可知：
根据速度—位移公式可得篮球与地面的碰前速度为：
篮球反弹的过程中，根据牛顿第二定律得：
根据速度—位移公式可得篮球与地面的碰后速率为：
因此
k＝＝
（2）篮球反弹到最高点时，运动员对篮球施加一个向下的力，根据动能定理得：
根据（1）问的描述可知，篮球落地反弹的速度为
v4＝kv3
在反弹上升的过程中，根据动能定理可得：
联立解得：F0＝
（3）由（1）问的分析可知，篮球上升和下降过程的加速度分别为
a1＝（1﹣λ）g（方向向下）
a2＝（1+λ）g（方向向上）
因为拍打的时间极短，重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理可知
I＝mv
即每次拍打篮球都会给篮球一个速度v。
拍打第一次下降过程中
上升过程中有
将k代入上升过程的式子化简得：
联立解得：
拍打第二次，同理可得：
下降过程中
上升过程中代入k后得
联立得：
将h1代入到h2得：
拍打第三次，同理可得：
下降过程有
上升过程代入k值化简得：
联立解得：
再将h2代入到h3得：
拍打第N次时，同理可得：
下降过程有
上升过程代入k值得：
联立有
将hN﹣1代入hN后有
其中，hN＝H，h0＝h
则有
[]
则有I＝mv＝m
答：（1）篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比为；
（2）F0的大小为；
（3）冲量I的大小为m。
【点评】本题以篮球为考查背景，主要考查了动量定理的相关应用，分析过程中涉及到了牛顿第二定律，运动学公式和动能定理，解题的关键点是理解多次碰撞的规律，结合数学知识完成分析，难度极大。
（二）选考题：共13分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。[物理—选修3-3]（13分）
（多选）15．（5分）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
【分析】根据题目的描述分析出AB端的气体温度高低，而温度是分子平均动能的标志，由此分析出平均速率的大小，理解气体内能的影响因素从而完成分析；
根据能量守恒定律和热力学定律结合题意完成分析。
【解答】解：ABC、根据题目描述可知，从A端为冷端，B端为热端，因此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，但气体的质量未知，所以无法确定气体内能的大小关系，故AB正确，C错误；
DE、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，是在外界的影响下，冷热气体分离开来，故D错误，E正确；
故选：ABE。
【点评】本题主要考查了热力学定律的相关应用，读懂题意，理解分子平均动能和影响因素，结合热力学定律即可完成分析，考法新颖，对学生的阅读理解能力要求较高，但整体难度不大。
16．（8分）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
（ⅰ）活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1；
（ⅱ）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。
【分析】（ⅰ）根据活塞处于静止状态，对活塞受力分析列式可求解，
（ⅱ）根据所封一定质量的理想气体做等温变化，根据玻意耳定律以及活塞受力平衡列方程求解即可。
【解答】解：（ⅰ）活塞处于A位置时，根据活塞处于静止状态可知
p1S+（m1+m2）g＝p0S，
代入数据解得p1＝1.0×105Pa，
（ⅱ）活塞处于B位置时，根据活塞封闭一定质量的理想气体做等温变化，
p1V0＝p2（V0+Sh）
p2＝p0﹣
联立解得F＝1N
答：（ⅰ）活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1为1.0×105Pa，
（ⅱ）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小为1N。
【点评】该题考查对活塞处于静止状态下的受力分析以及活塞所封的一定质量的理想气体应用玻意耳定律求解，需要学生加强对题意的理解，属于中档题型，难度适中。
[物理—选修3-4]（13分）
（多选）17．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
【分析】木棒在竖直方向做简谐运动，木棒达到平衡位置时的速度最大，浮力最大时木棒处于最低点、浮力最小时处于最高点；振动质点不会随波逐流，由此分析解答。
【解答】解：A、木棒在竖直方向做简谐运动，根据图（b）可知x＝0.1m处，木棒达到平衡位置，此时的速度最大，所以x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小，故A正确；
B、x＝0.2m时木棒浮力最小，此时木棒在上方最大位移处，重力大于浮力，木棒开始向下振动，x从0.21m到0.25m的过程中，木棒的浮力增大，但小于重力，说明在木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小，故B正确；
C、在x＝0.35m和x＝0.45m时，木板的浮力相同，说明木板处于同一位置，根据简谐运动的对称性可知，在x＝0.35m和x＝0.45m时木棒竖直方向的速度大小相等，方向相反，但木棒水平方向速度相同，根据速度的合成可知，木棒的速度方向不是相反，故C错误；
D、设木棒在平衡位置处浸没的深度为h，振幅为A。
浮力最大时，有：F1＝ρgS（A+h），浮力最小时，有：F2＝ρgS（h﹣A），联立解得：A＝，故D正确；
E、木棒的运动不是机械横波，机械波是振动的运动形式的传播，而木棒的运动是一个物体的机械运动，并不是运动形式的传播。故D错误。
故选：ABD。
【点评】本题主要是考查了波的图像；解答本题关键是要理解波的图象的变化规律，能够根据浮力的变化情况确定木棒的振动情况。
18．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。
（ⅰ）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；
（ⅱ）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）。
【分析】（ⅰ）由题意可知最大折射角为，由折射定律求得最大入射角，作出临界的光路图，由几何关系求解；
（ⅱ）与（ⅰ）同理求得对应的最大入射角，作出临界的光路图，由几何关系确定像素单元宽度x最小长度并求解。
【解答】解：（ⅰ）当可视角度θ＝60°时，由题意可知最大折射角为＝30°，光路图如图1所示，设对应的最大入射角为α，由折射定律得：
代入数据解得：sinα＝
可得：tanα＝
由题意可知发光像素到屏障的距离为，则由图中几何关系得：
代入数据解得：d＝0.4mm≈1.55mm。
（ⅱ）依题意当可视角度θ＝180°时，可知最大折射角为＝90°，设对应的最大入射角为β，由折射定律得
代入数据解得：sinβ＝，可得：β＝30°
作出光路图如图2所示，像素单元的右端点a恰好掠过左侧屏障的上端之后射出，像素单元的左端点e恰好掠过右侧屏障的上端之后射出，则ae的长度为像素单元宽度x最小值。
由图中几何关系得像素单元的右端点a到左侧屏障的距离为：
ab＝d•tanβ＝1.0×tan30°mm＝mm
由对称性可知像素单元的左端点e到右侧屏障的距离ef与ab相等，则像素单元宽度x最小值为：
xmin＝2ab﹣L＝2×mm﹣0.8mm≈0.35mm。
答：（ⅰ）屏障的高度d为1.55mm；
（ⅱ）像素单元宽度x最小为0.35mm时，其可视角度θ刚好被扩为180°。
【点评】本题考查了折射定律在实际场景中的应用，理解题意是关键，几何光学作出光路图是解题的前提，应用几何知识结合物理原理解答。
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2022年湖南省新高考物理试卷
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．（4分）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
2．（4分）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
3．（4分）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M
B．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
4．（4分）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v1
D．v2大于v0
5．（4分）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．
6．（4分）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
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。
（多选）7．（5分）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
（多选）8．（5分）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
（多选）9．（5分）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1.5Mg
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为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5m/s
D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
（多选）10．（5分）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0.6m
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0.58C
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。（一）必考题：共43分。
11．（6分）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
1
2
3
4
5
硬币数量n/枚
5
10
15
20
25
长度l/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 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）。
12．（9分）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Ⓖ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Ⓖ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Ⓖ示数变为In，则Im In（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 （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Ⓖ满偏刻度处）时，调零电阻R0的滑片应该 调节（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Ⓖ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Ⓖ的指针偏转到满偏刻度的，则Rx＝ Ω。
13．（13分）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′。
14．（15分）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。
（二）选考题：共13分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。[物理—选修3-3]（13分）
（多选）15．（5分）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
16．（8分）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
（ⅰ）活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1；
（ⅱ）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。
[物理—选修3-4]（13分）
（多选）17．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
18．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。
（ⅰ）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；
（ⅱ）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）。
2022年湖南省新高考物理试卷
参考答案与试题解析
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．（4分）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
【分析】卢瑟福的核式结构模型是为了解释α粒子散射实验现象的，玻尔理论保存了部分经典物理思想，光电效应说明光具有粒子性，衍射是波特有的现象。
【解答】解：A、卢瑟福的核式结构模型是为了解释α粒子散射实验现象的，氢原子光谱的分立特征说明了卢瑟福核式结构模型有一定的局限性，故A错误
B、玻尔原子理论只能解释氢原子光谱，对于其他原子的光谱无法解释，由于其理论中还保留了部分经典物理理论，所以不能完全揭示微观粒子运动的规律，故B错误；
C、光电效应现象无法用经典的电磁理论解释，爱因斯坦的光子说能够完美的解释这一现象，揭示了光的粒子性，故C正确。
D、衍射是波特有的现象，电子束穿过铝箔后的衍射图样揭示了电子的波动性，故D错误。
故选：C。
【点评】本题在考查基本概念以及对物理学发展的了解，注意不要死记硬背，要深度理解。
2．（4分）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
【分析】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上，根据对称性可知O点场强为零，以此分析移去a棒后O点的场强大小。电势是标量，每根带电绝缘棒在O点激发的电势的代数和为O点的电势。
【解答】解；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上，根据对称性可知O点场强为零，且b棒和d棒由于对称性，在O点产生的合场强为0，故a棒与c棒在O点产生的合场强也为0。因此移去a棒后，O点的场强可以认为是由c棒单独产生。c棒带正电，且由对称性可知，其在O点的场强应垂直指向a。电势是标量，若以无穷远处为电势零点，四根带正电的绝缘棒周围的电势均大于0，O点的电势等于所有棒在O点激发的电势的代数和，故移去a棒后O点的电势减小，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查对称思想、物理量的标失性，注意对概念的学习与理解。
3．（4分）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M
B．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
【分析】对直导线进行受力分析，根据几何关系分析出不同力之间的关系，结合安培力公式和三角函数完成分析。
【解答】解：A、导体受到向下的重力，沿悬线向左上的拉力，如要平衡安培力的方向一定朝右上方。对直导线MN进行受力分析，如图所示：
根据左手定则可知，导线中电流方向应由M指向N，故A错误；
B、直导线MN在悬线的拉力、安培力和重力的作用下处于平衡状态，当电流增大，安培力会变化，再次处于平衡状态时安培力与重力的合力发生了变化，相应的悬线对导线的拉力也要变化，由牛顿第三定律可知，导线对悬线的拉力会改变，故B错误；
CD、因为磁场的方向处处指向OO'，即磁场处处与悬线平行，故直导线MN受到的安培力始终与悬线垂直。
根据几何关系可得：tanθ＝，由B可知当电流I发生变化时，悬线的拉力T也要变化，所以tanθ与电流I不成正比；同理sinθ＝，因为重力恒定，所以sinθ与电流I成正比，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了安培力的计算，熟悉安培力的计算公式，根据物体的受力分析和几何关系即可完成解答。
4．（4分）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v1
D．v2大于v0
【分析】根据弹性碰撞模型规律即可求解
【解答】解：设中子的质量为m，则氢核和氮核的质量分别为m、14m，
由于碰撞为弹性碰撞，选向右为正方向，由动量守恒定律得：中子与氢核碰撞，mv0＝mv+mv1，，解得：v1＝v0
中子与氮核碰撞，mv0＝mvn+14mv2，
解得：v2＝＝v0
A、碰撞后氢核动量为mv0，氮核动量为14m×＝mv0，氮核动量大于氢核动量，故A错误；
B、碰撞后氮核的动能为＝，氢核的动能为m，所以碰撞后氮核的动能比氢核的小，故B正确；
CD、由上述分析可得：v1＞v2，v2＜v0，故CD错误；
故选：B。
【点评】本题看似在考查原子核物理，实则在考弹性碰撞模型的理解与应用，注意知识迁移能力的培养。
5．（4分）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．
【分析】取很短的一段飘带进行受力分析，结合力的特点得出飘带的角度关系。
【解答】解：设飘带总长L，飘带宽度为L，质量为m，则重力和风作用力的合力的夹角为
可得tanθ恒定，则飘带受到的重力与风作用力的合力方向不变，因此飘带近似为直线，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查了受力分析的相关应用，需要用到微元法的相关知识。
6．（4分）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
【分析】保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，即原、副线圈的匝数比保持不变，R2接入电路的阻值减小，根据变压器原理结合欧姆定律分析AB选项；
将原线圈以及后面的电路等效为一个电阻，根据电路动态分析的方法进行分析；
将原线圈以及后面的电路等效为一个电阻，当等效电阻的阻值等于9R时，R1消耗的电功率最大，由此分析。
【解答】解：根据原副线圈两端的电流和电压的比值关系可知，原线圈的“等效电阻”与副线圈的电阻的比值关系为：。
可知此电路的等效电路如图所示：
AB、保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，即原、副线圈的匝数比保持不变，R2接入电路的阻值减小，则由上述分析可知，原线圈位置的等效电阻保持不变，因为滑动变阻器的电阻变小，则电流I变大，U变小，而R1消耗的功率增大，故A错误，B正确；
C、保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n2减小，等效电阻增大，电流I减小，则电压表的示数减小，故C错误；
D、滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，此时“等效电阻”的阻值为R等效＝＝4R＜R2；
保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，则副线圈的匝数变小，相当于原线圈位置的“等效电阻”增大；当等效电阻的阻值等于R2时，R1消耗的功率最大；当等效电阻的阻值大于9R时，P1向下缓慢滑动时，R1消耗的电功率减小，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比。知道等效电阻的阻值计算方法，掌握功率最大的条件。
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。
（多选）7．（5分）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
【分析】根据v﹣t图像判断出返回舱速度的变化，根据P＝mgv求得重力的瞬时功率，根据p＝mv判断出动量的变化，机械能为动能与势能之和。
【解答】解：A、根据v﹣t图像可知在0～t1时间内速度逐渐减小，根据P＝mgv，返回舱重力的功率随时间减小，故A正确；
B、在v﹣t图像中，图像的斜率表示加速度，斜率逐渐减小，故加速度逐渐减小，故B错误；
C、在t1～t2时间内，速度逐渐减小，根据p＝mv可知返回舱的动量随时间减小，故C正确；
D、在t2～t3时间内，返回舱的速度不变，动能不变，但重力势能减小，故机械能减小，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题主要考查了v﹣t图像，根据图像判断出速度的变化，抓住图像的斜率表示加速度，利用好动量和瞬时功率的定义式即可。
（多选）8．（5分）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
【分析】火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，太阳对行星的引力提供它们绕太阳做圆周运动的向心力；由开普勒第三定律求火星的公转周期和地球公转周期的比值；在冲日处，火星运行速度小于地球的运行速度，相对地球的运行方向是自东向西运动，即逆行。在冲日处，火星和地球的速度同向，则火星相对于地球的速度最小。
【解答】解：A、由开普勒第三定律可得
由火星的轨道半径大约是地球的1.5倍可得
T火＝T地，故A错误；
BC、由于火星的半径比地球的半径大，太阳对行星的引力提供行星做圆周运动的向心力
＝
解得：v＝ 可知火星运动的线速度小于地球的线速度，火星相对地球自东向西运动，即逆行，故B错误，C正确；
D、根据矢量的运算法则，在冲日处，火星和地球的速度同向时，火星相对于地球的速度最小，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了行星绕太阳运动的周期比，及行星间的相对运动，中档难度。
（多选）9．（5分）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1.5Mg
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为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5m/s
D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
【分析】由飞行器做匀速运动，飞行器的合力为零列方程求最大推力；当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，由矢量运算求发动机推力的大小。由牛顿第二定律求加速度的范围。
【解答】解：A、飞行器竖直下落，其匀速下落的速率为10m/s时，飞行器的合力为零
k＝Mg
解得：Mg＝100k
发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，飞行器匀速向上的速率为5m/s时，飞行器的合力为零
Fmax＝k+Mg
解得：Fmax＝125k＝1.25Mg，故A错误；
B、当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，受到与运动方向相反的水平方向的阻力，大小为
F阻＝k•52＝25k＝Mg
同时飞行器受到竖直向下的重力，若要保持匀速飞行，发动机的推力应该跟阻力与重力的合力等大、反向
受力分析如下图：
由此可得，此时发动机的推力为：
F＝
解得：F＝Mg，故B正确；
C、发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，设飞行器速率为v
结合B中的方法可以求出飞行器受到的阻力大小为：
kv2＝＝Mg
而由A求得Mg＝100k
所以v＝5m/s，故C正确；
D、当飞行器以5m/s的速率飞行时。产生的阻力大小为
F阻'＝k•52＝25k＝Mg
飞行器的重力为Mg，最大推力为Fmax＝1.25mg
当最大推力与重力同向时，飞行器向下运动，此时飞行器受到的合力最大，设此时的加速度为a1，则有
1.25Mg+Mg﹣Mg＝Ma1
解得：a1＝2g
当飞行器以5m/s的速率是向上飞行时，由题意可知，飞行器在某种状态下可以保持这一速率做匀速飞行，即飞行器的最小加速度为0
所以飞行器的加速度范围是0≤a≤2g，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查的内容有共点力平衡，牛顿第二定律，力的合成等，试题中档难度。
（多选）10．（5分）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0.6m
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0.58C
【分析】根据临界条件求解通过b的电流，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电动势，根据法拉第电磁感应定律求解a做平抛运动的初速度，根据平抛运动的规律求解水平位移；
导体棒a做平抛运动时有效切割速度不变，根据E＝BLv分析感应电动势的变化情况；
根据右手定则可知电流方向，根据左手定则可知导体棒b受到的安培力方向，由此分析b的运动趋势；
根据电荷量的计算公式结合电路连接情况求解通过电阻R的电荷量。
【解答】解：A、导体棒b刚要滑动的条件是受到的安培力等于最大静摩擦力，b受到的最大静摩擦力为：
fmax＝μmg＝0.1×0.1×10N＝0.1N
根据平衡条件可得：BIbL＝fmax，
代入数据可解得通过b的电流为：Ib＝1A，
由于b与R并联后与a串联，根据闭合电路的欧姆定律可得导体棒a产生的感应电动势为：
E＝2IbRa+IbRb，
代入数据解得：E＝0.3V
设导体棒a刚要离开桌面时的速度大小为v，根据法拉第电磁感应定律可得：E＝BLv
解得：v＝3m/s
导体棒a做平抛运动的时间为t＝＝s＝0.4s
所以导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移大小为：
x＝vt＝3×0.4m＝1.2m，故A错误；
B、导体棒a离开导轨至落地前，做平抛运动，水平方向的速度大小不变，即导体棒a切割磁场的有效速度不变，根据E＝BLv可知，其感应电动势不变，故B正确；
C、导体棒a在导轨上运动的过程中，根据右手定则可知电流方向为逆时针（俯视），根据左手定则可知导体棒b受到的安培力方向向左，所以导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；
D、导体棒a在导轨上运动的过程中，设通过a的电荷量为q0，根据电荷量的计算公式可得：q0＝＝＝
其中R总＝Ra+
代入数据解得：q0＝1.16C
则通过电阻R的电荷量为：
q＝q0＝×1.16C＝0.58C，故D正确。
故选：BD。
【点评】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律列方程求解。
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。（一）必考题：共43分。
11．（6分）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
1
2
3
4
5
硬币数量n/枚
5
10
15
20
25
长度l/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 15.35 cm；
（5）由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为 127 g（计算结果保留3位有效数字）。
【分析】（3）将表中数据描于坐标纸上，用一条直线尽可能多地穿过更多的点，不在直线上的点尽量均匀分布在直线两侧，误差较大的点舍去，画出l﹣n图像；
（4）根据刻度尺的读数规则得出橡皮筋的长度；
（5）根据图像的特点结合硬币的质量得出冰墩墩玩具的质量。
【解答】解：（3）将表中的数据描于坐标纸上，用一条直线尽可能多地穿过更多的点，不在直线上的点尽量均匀分布在直线两侧，误差较大的点舍去，画出的l﹣n图像如下图所示：
（4）刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到下一位，则橡皮筋的长度为15.35cm；
（5）根据上述表格可知，当橡皮筋的长度为15.35cm时，对应的横轴坐标约为21枚，结合题目中的数据可知，冰墩墩玩具的质量为m＝21×6.05g＝127g。
故答案为：（3）如上图所示；（4）15.35；（5）127
【点评】本题主要考查了弹力和弹簧伸长关系的探究实验，熟悉作图法，学会从图像上得出对应的物理量即可，难度不大。
12．（9分）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Ⓖ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Ⓖ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Ⓖ示数变为In，则Im 大于 In（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 ×10 （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Ⓖ满偏刻度处）时，调零电阻R0的滑片应该 向上 调节（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Ⓖ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Ⓖ的指针偏转到满偏刻度的，则Rx＝ 400 Ω。
【分析】（1）开关S由与m接通变为与n接通后，根据电阻的变化分析电流的变化；
（2）倍率越大的挡位内电阻越大；
（3）若从“×1”挡位换成“×10”挡位，总电阻增大，通过电流表的电流减小，根据电路连接情况分析滑动变阻器的移动情况；
（4）根据闭合电路的欧姆定律结合①②间接入电阻的情况列方程求解。
【解答】解：（1）在保持电阻R0滑片位置不变的情况下，因Rm＜Rn，开关S由与m接通变为与n接通后，干路电流变小，由并联电路分流性质可知电流计Ⓖ示数变小，故Im 大于In；
（2）欧姆表的中值电阻为内电阻，“×1”挡的内电阻小于“×10”挡的内电阻，故将单刀双掷开关S与n接通，此时欧姆表的挡位为“×10”；
（3）若从“×1”挡位换成“×10”挡位，总电阻增大，通过电流表的电流减小；要想进行欧姆调零，需要使电流表电流增大，所以调零电阻R0的滑片应该向上滑动，使得电流表所在的支路电阻减小、电流增大；
（4）在①②间接入阻值为100Ω的定值电阻R1，根据闭合电路的欧姆定律可得：＝
在①②间接入待测电阻Rx，稳定后电流计Ⓖ的指针偏转到满偏刻度的，则有：＝
当①②间短路时，有：Ig＝
联立解得：Rx＝400Ω。
故答案为：（1）大于；（2）×10；（3）向上；（4）400。
【点评】本题主要是考查欧姆表测电阻的原理，关键是弄清楚电路的连接情况和改装原理，能够根据闭合电路的欧姆定律进行解答。
13．（13分）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′。
【分析】（1）小球在叠加场中做匀速圆周运动，说明合力等于洛伦兹力，根据受力分析和欧姆定律计算出电动势；
（2）根据几何关系得出小球做圆周运动的半径，结合牛顿第二定律计算出磁感应强度；
（3）小球做直线运动，则小球受到的合力与速度共线，结合几何关系得出场强的最小值。
【解答】解：（1）小球做在叠加场中做匀速圆周运动，则小球受到的重力和电场力等大反向，洛伦兹力提供向心力
即qE＝mg
根据欧姆定律可知，极板间的电压为：
结合场强的计算公式：
U＝Ed
联立解得：E0＝
（2）小球做圆周运动，画出小球的运动轨迹图如下图所示：
根据几何关系可得：
r2＝3d2+（r﹣d）2
解得：r＝2d
根据牛顿第二定律得：
联立解得：B＝
（3）根据上述分析可知，小球离开极板时的速度方向与竖直方向成30°夹角
为了保证小球离开电容器沿直线运动，可知小球的合力与速度反向，结合几何关系可知
qE′＝mgsinθ
解得：E'＝
答：（1）求直流电源的电动势为；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度为；
（3）电场强度的最小值为。
【点评】本题主要考查了带电粒子在叠加场的运动，熟悉粒子的受力分析，根据电容器的知识和欧姆定律完成电路部分的分析，结合几何关系和牛顿第二定律即可完成解答。
14．（15分）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。
【分析】（1）根据牛顿第二定律计算出篮球的加速度，结合速度—位移公式得出碰撞前后的速率，并由此得到比值关系；
（2）选取不同的过程，根据动能定理以及（1）问的比值关系完成分析；
（3）依次计算出拍打过后的速度，联立运动学公式和数学知识完成分析。
【解答】解：（1）篮球在下落过程中，根据牛顿第二定律可知：
根据速度—位移公式可得篮球与地面的碰前速度为：
篮球反弹的过程中，根据牛顿第二定律得：
根据速度—位移公式可得篮球与地面的碰后速率为：
因此
k＝＝
（2）篮球反弹到最高点时，运动员对篮球施加一个向下的力，根据动能定理得：
根据（1）问的描述可知，篮球落地反弹的速度为
v4＝kv3
在反弹上升的过程中，根据动能定理可得：
联立解得：F0＝
（3）由（1）问的分析可知，篮球上升和下降过程的加速度分别为
a1＝（1﹣λ）g（方向向下）
a2＝（1+λ）g（方向向上）
因为拍打的时间极短，重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理可知
I＝mv
即每次拍打篮球都会给篮球一个速度v。
拍打第一次下降过程中
上升过程中有
将k代入上升过程的式子化简得：
联立解得：
拍打第二次，同理可得：
下降过程中
上升过程中代入k后得
联立得：
将h1代入到h2得：
拍打第三次，同理可得：
下降过程有
上升过程代入k值化简得：
联立解得：
再将h2代入到h3得：
拍打第N次时，同理可得：
下降过程有
上升过程代入k值得：
联立有
将hN﹣1代入hN后有
其中，hN＝H，h0＝h
则有
[]
则有I＝mv＝m
答：（1）篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比为；
（2）F0的大小为；
（3）冲量I的大小为m。
【点评】本题以篮球为考查背景，主要考查了动量定理的相关应用，分析过程中涉及到了牛顿第二定律，运动学公式和动能定理，解题的关键点是理解多次碰撞的规律，结合数学知识完成分析，难度极大。
（二）选考题：共13分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。[物理—选修3-3]（13分）
（多选）15．（5分）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
【分析】根据题目的描述分析出AB端的气体温度高低，而温度是分子平均动能的标志，由此分析出平均速率的大小，理解气体内能的影响因素从而完成分析；
根据能量守恒定律和热力学定律结合题意完成分析。
【解答】解：ABC、根据题目描述可知，从A端为冷端，B端为热端，因此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，但气体的质量未知，所以无法确定气体内能的大小关系，故AB正确，C错误；
DE、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，是在外界的影响下，冷热气体分离开来，故D错误，E正确；
故选：ABE。
【点评】本题主要考查了热力学定律的相关应用，读懂题意，理解分子平均动能和影响因素，结合热力学定律即可完成分析，考法新颖，对学生的阅读理解能力要求较高，但整体难度不大。
16．（8分）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
（ⅰ）活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1；
（ⅱ）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。
【分析】（ⅰ）根据活塞处于静止状态，对活塞受力分析列式可求解，
（ⅱ）根据所封一定质量的理想气体做等温变化，根据玻意耳定律以及活塞受力平衡列方程求解即可。
【解答】解：（ⅰ）活塞处于A位置时，根据活塞处于静止状态可知
p1S+（m1+m2）g＝p0S，
代入数据解得p1＝1.0×105Pa，
（ⅱ）活塞处于B位置时，根据活塞封闭一定质量的理想气体做等温变化，
p1V0＝p2（V0+Sh）
p2＝p0﹣
联立解得F＝1N
答：（ⅰ）活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1为1.0×105Pa，
（ⅱ）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小为1N。
【点评】该题考查对活塞处于静止状态下的受力分析以及活塞所封的一定质量的理想气体应用玻意耳定律求解，需要学生加强对题意的理解，属于中档题型，难度适中。
[物理—选修3-4]（13分）
（多选）17．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
【分析】木棒在竖直方向做简谐运动，木棒达到平衡位置时的速度最大，浮力最大时木棒处于最低点、浮力最小时处于最高点；振动质点不会随波逐流，由此分析解答。
【解答】解：A、木棒在竖直方向做简谐运动，根据图（b）可知x＝0.1m处，木棒达到平衡位置，此时的速度最大，所以x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小，故A正确；
B、x＝0.2m时木棒浮力最小，此时木棒在上方最大位移处，重力大于浮力，木棒开始向下振动，x从0.21m到0.25m的过程中，木棒的浮力增大，但小于重力，说明在木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小，故B正确；
C、在x＝0.35m和x＝0.45m时，木板的浮力相同，说明木板处于同一位置，根据简谐运动的对称性可知，在x＝0.35m和x＝0.45m时木棒竖直方向的速度大小相等，方向相反，但木棒水平方向速度相同，根据速度的合成可知，木棒的速度方向不是相反，故C错误；
D、设木棒在平衡位置处浸没的深度为h，振幅为A。
浮力最大时，有：F1＝ρgS（A+h），浮力最小时，有：F2＝ρgS（h﹣A），联立解得：A＝，故D正确；
E、木棒的运动不是机械横波，机械波是振动的运动形式的传播，而木棒的运动是一个物体的机械运动，并不是运动形式的传播。故D错误。
故选：ABD。
【点评】本题主要是考查了波的图像；解答本题关键是要理解波的图象的变化规律，能够根据浮力的变化情况确定木棒的振动情况。
18．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。
（ⅰ）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；
（ⅱ）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）。
【分析】（ⅰ）由题意可知最大折射角为，由折射定律求得最大入射角，作出临界的光路图，由几何关系求解；
（ⅱ）与（ⅰ）同理求得对应的最大入射角，作出临界的光路图，由几何关系确定像素单元宽度x最小长度并求解。
【解答】解：（ⅰ）当可视角度θ＝60°时，由题意可知最大折射角为＝30°，光路图如图1所示，设对应的最大入射角为α，由折射定律得：
代入数据解得：sinα＝
可得：tanα＝
由题意可知发光像素到屏障的距离为，则由图中几何关系得：
代入数据解得：d＝0.4mm≈1.55mm。
（ⅱ）依题意当可视角度θ＝180°时，可知最大折射角为＝90°，设对应的最大入射角为β，由折射定律得
代入数据解得：sinβ＝，可得：β＝30°
作出光路图如图2所示，像素单元的右端点a恰好掠过左侧屏障的上端之后射出，像素单元的左端点e恰好掠过右侧屏障的上端之后射出，则ae的长度为像素单元宽度x最小值。
由图中几何关系得像素单元的右端点a到左侧屏障的距离为：
ab＝d•tanβ＝1.0×tan30°mm＝mm
由对称性可知像素单元的左端点e到右侧屏障的距离ef与ab相等，则像素单元宽度x最小值为：
xmin＝2ab﹣L＝2×mm﹣0.8mm≈0.35mm。
答：（ⅰ）屏障的高度d为1.55mm；
（ⅱ）像素单元宽度x最小为0.35mm时，其可视角度θ刚好被扩为180°。
【点评】本题考查了折射定律在实际场景中的应用，理解题意是关键，几何光学作出光路图是解题的前提，应用几何知识结合物理原理解答。
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