重组卷05-冲刺2023年高考物理真题重组卷(湖南专用)(解析版)

冲刺2023年高考物理真题重组卷05

湖南专用（解析版）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 1 D 2 D 3 B 4 A 5 C 6 C 7 AC 8 AC 9 AD 10 BC 一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，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·辽宁·高考真题）如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。F、F蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为、()。用12分别表示OM、ON的拉力，

则（ ）

A．C．

F1F1的竖直分力大于的水平分力大于

F2F2的竖直分力 的水平分力

B．D．

F1F1的竖直分力等于的水平分力等于

F2F2的竖直分力 的水平分力

【答案】 D

【解析】CD．对结点O受力分析可得，水平方向

F1sinF2sin

即F2的水平分力等于F2的水平分力，选项C错误，D正确； AB．对结点O受力分析可得，竖直方向 F1cosF2cosmg

解得

F1mgsinsin()

F2mgsinsin() mgsincossin() mgsincossin()

则F1的竖直分量

F1yF2的竖直分量

F2y因

sincoscossinsin()0

可知

F2yF1y

选项AB错误。 故选D。

2．（2022·湖北·统考高考真题）密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为（ ）

A．q，r 【答案】 D

【解析】初始状态下，液滴处于静止状态时，满足

B．2q，r

C．2q，2r

D．4q，2r

Eqmg

即

U4qr3gd3

AB．当电势差调整为2U时，若液滴的半径不变，则满足 2U4qr3gd3

可得

qq2

AB错误；

CD．当电势差调整为2U时，若液滴的半径变为2r时，则满足 2U4q(2r)3gd3

可得

q4q

C错误，D正确。 故选D。

3．（2021·全国·高考真题）科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1000AU（太阳到地球的距离为1AU）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为（ ）

4A．410M

6B．410M

8C．410M

10D．410M

【答案】 B

【解析】可以近似把S2看成匀速圆周运动，由图可知，S2绕黑洞的周期T=16年，地球的公转周期T0=1年，S2绕黑洞做圆周运动的半径r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是

r1000R

地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供，由向心力公式可知 GMm222mRmR()R2T

解得太阳的质量为

42R3MGT02

同理S2绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知 GMxm222mrmr()r2T

解得黑洞的质量为

42r3MxGT2 综上可得 Mx3.90106M

故选B。

4．（2020·全国·统考高考真题）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ）

A．3 J 【答案】 A

【解析】由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为度分别为

1m/sv甲v甲5m/sB．4 J C．5 J D．6 J

，

v乙=1m/s；碰后甲、乙的速

，

=2m/sv乙，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得

+m乙v乙m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲

解得 m乙6kg

则损失的机械能为

E解得

1112212-m乙v乙2m甲v甲+m乙v乙-m甲v甲2222

E3J

故选A。

5．（2021·重庆·高考真题）质量相同的甲、乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于

tt1左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则

（ ）

A．t0时刻，甲的速率大于乙的速率 B．碰撞前后瞬间，乙的动量不变 C．碰撞前后瞬间，甲的动能不变 D．碰撞后甲的机械能大于乙的机械能 【答案】 C

【解析】A．根据位移图像斜率表示速度可知，t0时刻，甲的速率小于乙的速率，故A错误；

BC．根据甲乙两球位移图像可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，方向反向。根据题述，虚线（乙的位移图像）关于

tt1左右对称，所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向

变化，甲的动能不变，故B错误C正确；

D．根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等，故D错误。 故选C。

6．（2022·海南·高考真题）有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的（ ）

A．质量 【答案】 C

【解析】粒子在辐射电场中以速度v做匀速圆周运动，电场力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知

B．电量

C．比荷

D．动能

v2qEmr

解得 mv2rqE

粒子在匀强磁场中

v2qvBmr 解得 rmvqB

粒子不同场中的轨迹相同，即粒子在不同场中转动半径相同，所以这些粒子具有相同的速度qv和比荷m。

故选C。

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．（2020·全国·高考真题）1934年，约里奥—居里夫妇用α粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X，反应方程为：则（ ）

A．X的质量数与Y的质量数相等 C．X的电荷数比【答案】 AC

2713421He+2713Al→X+0n。X会衰变成原子核Y，衰变方程为

X→Y+01e，

B．X的电荷数比Y的电荷数少1 D．X的质量数与

2713Al的电荷数多2

Al的质量数相等

nmnm【解析】设X和Y的质子数分别为1和2，质量数分别为1和2，则反应方程为

42He+2713Alm1n11X+0n ，

m1n1Xm2n20Y+1e

根据反应方程质子数和质量数守恒，解得 2+13=n1 ，

n1n21

4+27=m11 ，

m1m20解得 n115 ，

n214 ，

m130 ，

m230

m230AC．X的质量数（正确，D错误； BC．X的电荷数（

m130）与Y的质量数（

）相等，比13Al的质量数多3，故A

27n115）比Y的电荷数（

n214）多1，比Al的电荷数多2，故B错

2713误，C正确； 故选AC。

8．（2022·湖南·统考高考真题）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B．在C．在D．在

0~t10~t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小 时间内，返回舱的加速度不变 时间内，返回舱的动量随时间减小 时间内，返回舱的机械能不变

t1~t2t2~t3【答案】 AC

【解析】A．重力的功率为 Pmgv

由图可知在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； B．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； C．在t1~t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确； D．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。 故选AC。

9．（2022·全国·统考高考真题）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（ ）

QA．通过导体棒MN电流的最大值为RC

B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动 C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大

D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热 【答案】 AD

【解析】MN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时值为 iuBlvR

A．当闭合的瞬间，Blv0，此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大 ImaxUQRCR

故A正确；

B．当uBlv时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零， 故B错误； C．MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为 iuBlvR

当uBlv时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，故C错误； D． 在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R 上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能（即

EREMN），故加速过程中，

QRQMN；当MN减

速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大于MN的电流，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D正确。 故选AD。

10．（2021·全国·高考真题）一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为

Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，

Ek到达斜面底端时动能为5。已知sin0.6，重力加速度大小为g。则（ ）

EkA．物体向上滑动的距离为2mg

gB．物体向下滑动时的加速度大小为5

C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5

D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长 【答案】 BC

【解析】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有 mg2lcosEkEk5

物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有 mglsinmglcos0Ek

整理得

lEkmg；0.5

A错误，C正确；

B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有

mamgsinmgcos

求解得出 a

g5

B正确；

D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有 ma上mgsinmgcos

物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有 ma下mgsinmgcos

由上式可知 a上 > a下

由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式 l12at2

则可得出 t上t下

D错误。 故选BC。

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）（2022·辽宁·高考真题）某同学要将一小量程电流表（满偏电流为250A，内阻为1.2kΩ）改装成有两个量程的电流表，设计电路如图（a）所示，其中定值电阻R140Ω，R2360Ω。

（1）当开关S接A端时，该电流表的量程为0~___________mA；

（2）当开关S接B端时，该电流表的量程比接在A端时___________（填“大”或“小”） （3）该同学选用量程合适的电压表（内阻未知）和此改装电流表测量未知电阻

Rx的阻值，

设计了图（b）中两个电路。不考虑实验操作中的偶然误差，则使用___________（填“甲”或“乙”）电路可修正由电表内阻引起的实验误差。

【答案】 1 大 乙

【解析】（1）由图可知当S接A时，R1和R2串联接入电路，和电流表并联，满偏时电流表两端的电压为

UmImr=2501061.2103V0.3V

此时R1和R2的电流为 IUm0.3A=0.75103A=0.75mAR1R240+360

所以总电流为

I总=Im+I=1mA

即量程为0~1mA。

（2）当开关S接B端时，由图可知R1和电流表串联再和R2并联，由于和电流表并联的电阻变小，当电流表满偏时，流过R2的电流变大，干路电流变大，即量程变大；所以比接在A端时大。

（3）图甲是电流表的外接法，误差是由于电压表的分流引起的；图乙是电流表的内接法，误差是由于电流表的分压引起的，因为题目中电压表电阻未知，故采用图乙的方法可以修正由电表内阻引起的实验误差。

12. （9分）（2022·山东·统考高考真题）在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发。某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示。主要步骤如下： ①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上； ①接通气源。放上滑块。调平气垫导轨；

①将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点。A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；

①计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。

回答以下问题（结果均保留两位有效数字）： （1）弹簧的劲度系数为_____N/m。

（2）该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a—F图像如图丙中I所示，由此

可得滑块与加速度传感器的总质量为________kg。

（3）该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a—F图像①，则待测物体的质量为________kg。 【答案】 12 0.20 0.13

【解析】（1）由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm。拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F—t图有 Δx = 5.00cm，F = 0.610N 根据胡克定律 kFx

计算出 k ≈ 12N/m

（2）根据牛顿第二定律有 F = ma

则a—F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中I，则有 130-1kg5kg-1m0.6

则滑块与加速度传感器的总质量为 m = 0.20kg

（3）滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中II，则有 11.50-1kg3kg-1m0.5

则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为 m′ ≈0.33kg

则待测物体的质量为 Δm = m′ - m = 0.13kg

13. （13分）（2022·河北·统考高考真题）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1kg，A和C以相同速度

v010m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作

用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，

2g10m/s0.1物块与滑板之间的动摩擦因数均为。重力加速度大小取。

（1）若0k0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向； （2）若k0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。

【答案】 （1）

v物5(1k)m/s，

v滑1020km/s3，方向均向右；（2）1.875m

【解析】（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为

v物，C、D的质量均为m1kg，以向右方向为正方向，则有

mv0mkv0(mm)v物解得 v物1kv05(1k)m/s02

可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1k)m/s，方向向右。 滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为板A和B质量分别为1kg和2kg，则由 Mv02Mkv0(M2M)v滑v滑，滑

解得 v滑12k1020kv0m/s033

则新滑板速度方向也向右。

（2）若k0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为 v物'5(1k)m/s5(10.5)m/s2.5m/s

碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为 v滑'1020km/s0m/s3

v共可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m'2kg，新滑板的质量为M'3kg，相对静止时的共同速度为根据动量守恒可得 m'v物'(m'M')v共，

解得 v共1m/s 1212根据能量守恒可得

2m'gx相m'v2(m'M')v共

解得 x相1.875m

14. （15分）（2022·辽宁·高考真题）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。

（1）求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；

v0（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为3，求：①N在磁场内运动过程中通过

回路的电荷量q；①初始时刻N到ab的最小距离x；

（3）初始时刻，若N到cd的距离与第（2）问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k1)，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。

B2L2v0mv02mv0RFqx2R，方向水平向左；3BL，②3B2L2；【答案】 （1）（2）①（3）2k3 【解析】（1）细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为 EBLv0

电流方向为ab，电流的大小为 IE2R

则所受的安培力大小为

B2L2v0FBIL2R

安培力的方向由左手定则可知水平向左；

（2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有 BILtmv003

且 qIt

联立解得通过回路的电荷量为 qmv03BL

②设两杆在磁场中相对靠近的位移为x，有

IEE2R BLxt

整理可得

qBLx2R

联立可得 x2mv0R3B2L2

若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为 xx2mv0R3B2L2

（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到cd的距离与第（2）问初始时v0刻的相同、到ab的距离为kx(k1)，则N到cd边的速度大小恒为3，根据动量守恒定律可

知

mv0mv1mv03

解得N出磁场时，M的速度大小为 2v1v03

由题意可知，此时M到cd边的距离为

s(k1)x

若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：

①M减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有

v2BI1Lt1mv0m033 q1I1t1BL(k1)x2R

联立解得

k2

②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有

BI2Lt2mq2I2t12v003

BL(k1)x2R

同理解得 k3

综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为

2k3

（二）选考题：共13分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。

15. [物理选修3-3] （1）（5分）

（2021·全国·高考真题）如图，一定量的理想气体从状态

ap0，V0，T0bc、经热力学过程ab、

ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是 。（填正确

答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

A．ab过程中，气体始终吸热 B．ca过程中，气体始终放热 C．ca过程中，气体对外界做功

D．bc过程中，气体的温度先降低后升高 E．bc过程中，气体的温度先升高后降低 【答案】 ABE

【解析】A．由理想气体的pV图可知，理想气体经历ab过程，体积不变，则W0，而压强增大，由pVnRT可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由UQW可知，气体一直吸热，故A正确；

BC．理想气体经历ca过程为等压压缩，则外界对气体做功W0，由pVnRT知温度降低，即内能减少U0，由UQW可知，Q0，即气体放热，故B正确，C错误；

DE．由pVnRT可知，pV图像的坐标围成的面积反映温度，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程的温度先升高后降低，故D错误，E正确； 故选ABE。

（2）（8分）（2022·全国·统考高考真题）如图，容积均为置在压强为

p0V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放

、温度为

T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口

C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、①、①、①四部分，其中第II、①部分的11V0V084体积分别为和、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。

（1）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度； （2）将环境温度缓慢改变至

2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸

中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第①部分气体的压强。

49TT0pp03；4 【答案】 （1）（2）

【解析】（1）因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，①内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖吕萨克定律可得 3V04V0T0T

解得 4TT03

（2）设当A中的活塞到达汽缸底部时①中气体的压强为p，则此时①内的气体压强也等于p，设此时①内的气体的体积为V，则①、①两部分气体被压缩的体积为V0-V，则对气体① p03V04pVT02T0

对①、①两部分气体

p0(V0V0)84p(V0V)T02T0

联立解得 2VV03 p9p04

16. [物理选修3-4] （1）（5分）

（2022·湖南·统考高考真题）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，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 。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

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 F1F2D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为2Sg

E．木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4m/s 【答案】 ABD

【解析】A．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；

B．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），加速度竖直向下，大小减小，B正确；

C．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，速度方向相反，而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；

D．木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L，回复力系数为k，平衡位置时木棒重心在水面下方

x0，则有

gSLx0Mg2

木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时 LMgF2MggSx0AkA2

木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时 LF1MggSx0AMgkA2

可解得 kgS，

AF1F22Sg

D正确；

E．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。 故选ABD。

（2）（8分）（2022·湖南·统考高考真题）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的控制（可视角度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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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）1.55mm；（2）0.35mm

【解析】（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230

在介质中的入射角为i，则 sinrnsini

解得 sini14

由几何关系

siniL2Ld2()22 解得

d2.4mm1.55mm

180902（2）若视角度刚好被扩为180°，则，此时光线在界面发生全反射，此时光线在界面处的入射角 sinC11n2

解得 C=30°

此时发光像素单元发光点距离屏障的距离为 x1dtanC3mm3

像素单元宽度x最小为

L23x2(x1)(0.8)mm0.35mm23