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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M
B．电流I 增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tan θ 与电流I 成正比
D．sin θ 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
sin θ＝，FT＝ mgcos θ，
则可看出sin θ 与电流I 成正比，当I 增大时θ 增大，则cos θ 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v1
D．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＋mv3
mv0
2＝mv1
2＋mv3
2
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＋mv4
mv0
2＝×14mv2
2＋mv4
2
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＝mv1
2＝mv0
2
氮核的动能为EkN＝×14mv2
2＝
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tan θ＝＝，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10 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 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 m/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5 m/s
D．当飞行器以5 m/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＝10 m/s 的速度匀速下落时，有Mg＝kv1
2＝k×100 (N)
飞行器以v2＝5 m/s 向上匀速时，设最大推力为Fm，Fm＝Mg＋kv2
2＝Mg＋k×25 (N)
联立可得Fm＝1.25Mg，k＝ (N·s2/m2)，A 错误；
当飞行器以v3＝5 m/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＝kv4
2
解得v4＝5 m/s，C 正确；
当飞行器受到的最大推力向下，以v5＝5 m/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＋kv5
2，解得am＝2.5g，D 错误．
10．(多选)(2022·湖南卷·10)如图，间距L＝1 m 的U 形金属导轨，一端接有0.1 Ω 的定值电
阻R，固定在高h＝0.8 m 的绝缘水平桌面上．质量均为0.1 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 Ω，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 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 T．用F＝0.5 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 m/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0.6 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 C
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＝3 m/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＝1.2 m，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＝1.16 C，导体棒b 与电阻R 并
联，则通过电阻R 的电荷量为qR＝＝0.58 C，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6.05 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/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)．
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1 mm，故读数l＝15.35 cm；
(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＝＝9.00 cm
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≈128 g.
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100 Ω 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＝100 Ω 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＝200 Ω
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＝400 Ω.
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＝mgcos 60°，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v1
2－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hv1
2＝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
v2
2－v2＝2(1－λ)gh1
上升过程有hv2
2＝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
v3
2－v2＝2(1－λ)gh2
上升过程有hv3
2＝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
vN
2－v2＝2(1－λ)ghN－1
上升过程有hvN
2＝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＝v1
2－v′2
联立可得h＝＝
代入k 可得v′2＝v1
2－v0
2①
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＝v2
2－v′2
同理化简可得v′2＝v2
2－v1
2②
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＝v3
2－v′2
同理化简可得v′2＝v3
2－v2
2③
……
第N 次反弹可得v′2＝vN
2－vN－1
2
对式子①②③……
两侧分别乘以()0、、、……、，再相加可得
(1＋＋＋＋…＋)v′2＝vN
2－v0
2，得v′2＝vN
2－v0
2
其中，v0
2＝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＝9.9 L 的导热汽缸下接一圆管，
用质量m1＝90 g、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＝10 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 cm，外界大气压强p0＝1.01×105 Pa，重力加速度取10
m/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)①105 Pa ②1 N
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＝105 Pa
②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＝9.9×104 Pa
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＝1 N.
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1 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0.05 m 到0.15 m 的过程中，木棒的动能先增大后减小
B．x 从0.21 m 到0.25 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 m 和x＝0.45 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
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 m/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＝0.8 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θ 控制为60°，求屏障的高度d；
②若屏障高度d＝1.0 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)①1.55 mm ②0.35 mm
解析 (1)由简谐运动的对称性可知，0.1 m、0.3 m、0.5 m 时木棒处于平衡位置；则x 从0.05
m 到0.15 m 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0.21 m 到0.25 m 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＝0.35 m 和x＝0.45 m 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sin i＝
由几何关系有sin i＝
解得d＝ mm≈1.55 mm
②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sin
i′＝，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＝dtan i′＝ mm
像素单元宽度x 最小为
x＝2(x1－)＝(－0.8) mm≈0.35 mm.
