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统考版2024届高考物理二轮专项分层特训卷第四部分高考仿真练1
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这是一份统考版2024届高考物理二轮专项分层特训卷第四部分高考仿真练1，共12页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
14．质子数与中子数互换的一对原子核称为镜像核，如 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) He与 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H.已知 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) He的质量约为3.0160u， eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H的质量约为3.0161u，中子质量约为1.0087u，质子质量约为1.0078u，1u＝931.5MeV/c2，则 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) He与 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H的结合能的差值约为( )
A．0.75MeVB．0.98MeV
C．1.02MeVD．1.35MeV
15．[2023·山东日照三模]如图所示，一小球放在倾斜的墙面与木板之间．设墙面对小球的支持力大小为F1，木板对小球的支持力大小为F2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置顺时针缓慢转到与墙面垂直的位置．不计摩擦，在此过程中( )
A．F1先减小后增大B．F1一直增大
C．F2一直减小D．F2先减小后增大
16．如图甲所示，用高压激发氢光谱管，使光谱管中的氢原子大量处于第5能级并辐射发光，其中某些光子打在连着验电器的锌板上，事先使锌板带负电，验电器张开一定的角度．已知锌板表面电子的逸出功是3.3eV，氢原子的能级示意图如图所示，则下列说法正确的是( )
A．光谱管会放出10种不同能量的光子
B．光谱管发出的光都能够使锌板发生光电效应
C．从锌板中溢出的光电子的最大初动能为9.66eV
D．由于是锌板表面的自由电子溢出，验电器的指针张角不变
17．2021年2月15日，我国天问一号火星探测器成功实施“远火点平面轨道调整”．如图所示为该过程的示意图，图中虚线轨道所在的平面，与实线轨道所在平面垂直．探测器由远处经A点进入轨道1，经B点进入轨道2，经C点进入轨道3，再经C点进入轨道4.上述过程仅在点A、B、C启动发动机点火，A、B、C、D、E各点均为各自所在轨道的近火点或远火点，各点间的轨道均为椭圆．以下说法正确的是( )
A.探测器经过E点的机械能大于D点的机械能
B．在B点发动机点火过程中推力对探测器做正功
C．探测器经过E点的速度一定大于火星的第一宇宙速度
D．探测器从A点运行到B点的时间大于在轨道2上从B点运行到C点的时间
18．[2023·安徽马鞍山三模]如图所示，两个等量正点电荷分别固定在a、b两点，O为ab连线中点，c、d两点关于O对称．一负点电荷从c点以初速度v0向右开始运动，在负点电荷从c运动至d的过程中，v为运动点电荷的速度，E为运动点电荷所在位置的电场强度，φ为运动点电荷所在位置的电势，Ek为运动点电荷的动能．取无穷远处的电势为零，下列图象可能正确的是( )
19．如图是公路上安装的一种测速“电子眼”的原理示意图，在“电子眼”前方路面下间隔一段距离埋设两个通电线圈，当车辆通过线圈上方的道路时，会引起线圈中电流的变化，系统根据两次电流变化的时间及线圈之间的距离，对超速车辆进行抓拍，下列判断正确的是( )
A．车辆经过线圈时有感应电流产生
B．“电子眼”测量的是车辆经过第二个线圈时的瞬时速率
C．线圈中电流的变化是车辆经过线圈时发生电磁感应引起的
D．如果某个线圈出现故障，没有电流通过，“电子眼”还可以正常工作
20.
如图所示，轻弹簧套在光滑杆上，光滑杆和轻弹簧的一端均固定在O′点，可视为质点的小球A穿在杆上固定在轻弹簧的另一端，现使整个装置绕竖直轴OO′匀速转动，当角速度为ω0时轻弹簧处于原长状态．下列说法正确的是( )
A．角速度由ω0逐渐增大，小球沿杆向上移动
B．角速度大于ω0时，杆与小球间作用力大小可能不变
C．角速度为ω0时仅增加小球的质量，小球沿杆向上移动
D．ω0与小球的质量大小无关
21．如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为P1＝20kW.在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为I′＝1A，输电线的总电阻为r＝10Ω，U1、U2、n1、n2、n3、n4均为未知量，则下列说法正确的是( )
A．采用高压输电可以减小输电线中的电流
B．仅将P下移，用户获得的电压将增大
C．用户获得的功率为19kW
D．升压变压器的输出电压U2＝2000V
二、非选择题(共62分，第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．)
(一)必考题(共47分)
22．(5分)如图所示的装置可以用来测量滑块与水平面之间的动摩擦因数．在水平面上将弹簧的一端固定，另一端与带有挡光片的滑块接触(弹簧与滑块不固连).压缩弹簧后，将其释放，滑块被弹射出，离开弹簧后经过O处的光电门，最终停在P点．
(1)除了需要测量挡光片的宽度d，还需要测量的物理量有________．
A．光电门与P点之间的距离sB．挡光片的挡光时间t
C．滑块(带挡光片)的质量mD．滑块释放点到P点的距离x
(2)动摩擦因数的表达式μ＝________(用上述测量量和重力加速度g表示).
(3)请提出一个可以减小实验误差的建议：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
23．(10分)某物理兴趣小组的同学利用如图甲所示的电路完成了探究热敏电阻温度与电流的关系实验，所用器材为：恒压电源(电压U＝7.5V，内阻不计)，内阻Rg未知的电流表(满偏电流Ig未标出)，电阻箱R(阻值调节范围为0～999.9Ω)，热敏电阻，单刀双掷开关一个和导线若干．
(1)根据图甲所示电路，用笔画线代替导线完成图乙中的实物图连线；
(2)实验时，该小组的同学首先将单刀双掷开关扳到1，调节电阻箱阻值，当示数如图丙所示时电流表的示数为eq \f(Ig,4)，则电阻箱的阻值为R＝________Ω，将电阻箱的阻值逐渐调小，当电阻箱的示数为40.0Ω时，电流表的示数为eq \f(3Ig,4)，则Ig＝________mA，电流表的内阻为________Ω；
(3)在探究热敏电阻温度与电流的关系时，该小组的同学首先通过查询得知该热敏电阻的阻值随摄氏温度的增加而均匀增大，变化率为k，已知t＝0℃时热敏电阻的阻值为R0；该小组的同学将开关扳到2，完成了探究，则该热敏电阻的摄氏温度t与电流I的关系式为t＝______________________________(用题中给出物理量的符号表示).
24．(12分)如图，在纸面内有一圆心为O、半径为R的圆，圆形区域内存在斜向上的电场，电场强度大小未知，区域外存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的正粒子从圆外P点在纸面内垂直于OP射出，已知粒子从Q点(未画出)进入圆形区域时速度垂直Q点的圆弧切线，随后在圆形区域内运动，并从N点(ON连线的方向与电场方向一致，ON与PO的延长线夹角θ＝37°)射出圆形区域，不计粒子重力，已知OP＝3R.
(1)求粒子第一次在磁场中运动的速度大小；
(2)求电场强度和粒子射出电场时的速度大小．
25.
(20分)如图所示，“L”形平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的O′点，O′点左侧粗糙，右侧光滑．用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O′点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态．将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动(要求摆角小于5°)，A以速度v0沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞．一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点．已知A的质量mA＝0.1kg，B的质量mB＝0.3kg，A与B的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.225，v0＝4m/s，取重力加速度g＝10m/s2.整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小vA与vB；
(2)B光滑部分的长度d；
(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功Wf.
(二)选考题(请考生从2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)
33．[选修3—3](15分)
[2022·湖南卷](1)(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________(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分).
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)(10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．
34．[选修3—4](15分)
[2022·湖南卷](1)(5分)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________(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为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
D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为eq \f(F1－F2,2ρSg)
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)(10分)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).
仿真练1 （8＋2实验＋2计算＋2选1）
14．解析： eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) He中包含两个质子和一个中子，质子和中子在结合成 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) He过程中亏损的质量为Δm1＝2×1.0078u＋1.0087u－3.0160u＝0.0083u，在结合成 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H过程中亏损的质量为Δm2＝2×1.0087u＋1.0078u－3.0161u＝0.0091u，故二者的结合能之差为ΔE＝（Δm2－Δm1）c2≈0.75MeV，A正确．
答案：A
15.
解析：对小球受力分析，如图所示，F1、F2的合力与小球的重力等大反向，在木板沿顺时针方向转至与墙面垂直的过程中，由图解法可知，F1、F2均一直减小，选项C正确．
答案：C
16．解析：由于大量的氢原子处于第5能级，则光谱管辐射的光子能量种类是C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ＝10种，选项A正确；氢原子从n＝5能级向n＝4能级跃迁时辐射的光子能量是0.85eV－0.54eV＝0.31eV<3.3eV，所以光谱管发出的光不是都能使锌板发生光电效应，选项B错误；根据爱因斯坦的光电效应方程，即Ek＝hν－W0，可得最大初动能为Ek＝13.6eV－0.54eV－3.3eV＝9.76eV，选项C错误；由于发生光电效应，锌板会失去部分电子，验电器指针张角变小，选项D错误．
答案：A
17．解析：质量不变的卫星轨道半长轴越大，机械能就越大，所以探测器经过E点的机械能小于D点的机械能，选项A错误；在B点发动机点火的目的是变轨到半长轴更小的轨道上，所以该过程中推力对探测器做负功，使其机械能减小，选项B错误；火星的第一宇宙速度是指卫星绕火星表面做匀速圆周运动的最大运行速度，探测器在轨道4的E点运行速度一定小于火星的第一宇宙速度，选项C错误；探测器从A点运行到B点的轨道半长轴大于从B点运行到C点的轨道半长轴，根据开普勒第三定律eq \f(a3,T2)＝k，可知探测器从A点运行到B点的时间大于在轨道2上从B点运行到C点的时间，选项D正确．
答案：D
18.
解析：如图所示，根据等量正点电荷电场线及等势面的分布可知，一负点电荷从c点以初速度v0向右开始运动，在负点电荷从c运动至d的过程中，场强先减小后增大，运动点电荷的加速度先减小后增大，根据v2＝v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋2ax可知，vx图象不是线性关系，选项A错误；在负点电荷从c运动至d的过程中，电场强度的大小先减小到0，后增大，方向相反，选项B错误；在负点电荷从c运动至d的过程中，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知电势先减小，后增大，且O点电势大于零，选项C错误；在负点电荷从c运动至d的过程中，电场力先做负功，后做正功，则动能先减小后增大，且经过O点时，速度不为零，选项D正确．
答案：D
19．解析：车辆上有很多金属部件，当这些金属部件经过通电线圈时，使线圈中的磁场发生变化，故车辆经过线圈时有感应电流产生，选项A正确；因为系统是根据两次电流发生变化的时间以及线圈之间的距离判断车辆是否超速，故测量的是车辆在两个线圈之间的平均速度，选项B错误；车辆经过线圈上方会发生电磁感应现象，会引起线圈中的电流发生变化，选项C正确；如果某个线圈出现故障，没有电流通过，就会无计时起点或终点，无法计时，“电子眼”不能正常工作，选项D错误．
答案：AC
20．解析：
当角速度为ω0时，对小球受力分析如图所示，设杆与竖直方向的夹角为θ，弹簧的原长为l0，则eq \f(mg,tanθ)＝mω eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) l0sinθ，解得ω0＝eq \r(\f(g,l0sinθtanθ))，D正确；仅增加小球的质量，角速度不变，则弹簧仍处于原长，C错误；角速度由ω0逐渐增大的过程中，假设弹簧仍处于原长状态，由F向＝mω2R可知小球所需的向心力增大，杆对小球的支持力和弹簧弹力均增大，因此小球一定沿杆向上运动，A正确，B错误．
答案：AD
21．解析：因为P1＝U2I2，又P1不变，则增大U2，I2会减小，即输电线中的电流会减小，所以采用高压输电可以减小输电线中的电流，选项A正确．仅将P下移，降压变压器的原线圈匝数变多，即n3变大，对于理想变压器，由eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)化简得U4＝eq \f(U3n4,n3)，所以降压变压器的输出电压将减小，即用户获得的电压将减小，选项B错误．由电流互感器可得，输电线中的电流为I2＝10I′＝10×1A＝10A，由题意可知，升压变压器的输出功率为20kW，则可得升压变压器的输出电压为U2＝eq \f(P2,I2)＝2000V，由题意及以上选项分析可得，输电线损耗的功率为ΔP＝I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) r＝102×10W＝1000W，则用户获得的功率为P4＝P3＝P2－ΔP＝19kW，选项C、D正确．
答案：ACD
22．解析：（1）此实验需要测量出滑块通过光电门时的速度，还需要测量出通过光电门后滑块在水平面上滑动的距离，因此除了测量挡光片的宽度d，还需要测量挡光片通过光电门的时间t，光电门到P点的距离s，选项A、B正确．（2）滑块通过光电门时的速度v＝eq \f(d,t)，应用牛顿第二定律可得滑块通过光电门后在水平面上滑动的加速度大小为a＝eq \f(μmg,m)＝μg，由匀变速直线运动规律，有v2＝2as，联立解得动摩擦因数的表达式：μ＝eq \f(d2,2gst2).
答案：（1）AB （2）eq \f(d2,2gst2) （3）多次测量取平均值；选用宽度d较小的挡光片（答案只要合理均可得分）
23．解析：（2）由图丙可知电阻箱的示数为140.0Ω；由闭合电路欧姆定律有U＝eq \f(Ig,4)（140.0Ω＋Rg），U＝eq \f(3Ig,4)（40.0Ω＋Rg），解得Rg＝10Ω、Ig＝200mA；（3）由题述可得，热敏电阻阻值与温度的关系为R＝R0＋kt，根据闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(U,Rg＋R0＋kt)，变式得t＝eq \f(U,Ik)－eq \f(R0＋Rg,k).
答案：（1）如图所示
（2）140.0 200 10
（3）eq \f(U,Ik)－eq \f(R0＋Rg,k)
24．解析：（1）根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有（3R－r）2－R2＝r2
解得r＝eq \f(4,3)R
由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)
解得v＝eq \f(4qBR,3m)
（2）因为QO与PO的夹角为53°，所以入射速度与电场垂直，也就是带电粒子在电场中做类平抛运动，又因为从N点射出，所以有R＝vt
R＝eq \f(1,2)at2
又qE＝ma
联立解得t＝eq \f(3m,4qB)，E＝eq \f(32qB2R,9m)
由动能定理有qER＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(N)) －eq \f(1,2)mv2
解得vN＝eq \f(4\r(5)qBR,3m)
答案：（1）eq \f(4qBR,3m) （2）eq \f(32qB2R,9m) eq \f(4\r(5)qBR,3m)
25．解析：（1）设水平向右为正方向，因为O′点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有mAv0＝mAvA＋mBvB，eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
代入数据联立解得vA＝－2m/s，（方向水平向左），vB＝2m/s，（方向水平向右）
即A和B速度的大小分别为vA＝2m/s，vB＝2m/s.
（2）因为A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0，A物体减速过程根据动能定理有－μ1mAgx0＝0－eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))
代入数据解得x0＝0.5m
根据动量定理有－μ1mAgt2＝0－mAvA
代入数据解得t2＝0.5s
此过程中A减速的位移等于B物体向右的位移，所以对于此过程B有μ2（mA＋mB）g＝mBa1，x0＝vBt1－eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
联立各式代入数据解得t1＝eq \f(1,3)s，t′1＝1s（舍去）
故根据几何关系有d＝vAt1＋x0
代入数据解得d＝eq \f(7,6)m
（3）在A刚开始减速时，B物体的速度为v2＝vB－a1t1＝1m/s
在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知
μ1mAg＋μ2（mA＋mB）g＝mBa2
解得a2＝eq \f(13,3)m/s2
B物体停下来的时间为t3，则有0＝v2－a2t3
解得t3＝eq \f(3,13)s可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为xB＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2a2)＝eq \f(3,26)m
所以A对B的摩擦力所做的功为Wf＝－μ1mAgxB＝－eq \f(3,65)J
答案：（1）2m/s 2m/s （2）eq \f(7,6)m （3）－eq \f(3,65)J
33．解析：（1）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，从B端流出，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，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，根据温度是分子平均动能的标志可知，B端为热端，A端为冷端，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，选项A、B正确．理想气体的内能只与温度和质量有关，根据题述，不知两端流出气体的质量关系，所以不能判断出两端流出气体的内能关系，选项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，并非自发进行，不违背热力学第二定律，选项D错误，E正确．
（2）（ⅰ）选活塞与金属丝整体为研究对象，根据平衡条件有
p0S＝p1S＋（m1＋m2）g
代入数据解得p1＝105Pa
（ⅱ）当活塞在B位置时，设汽缸内的压强为p2，根据玻意耳定律有p1V0＝p2（V0＋Sh）
代入数据解得p2＝9.9×104Pa
选活塞与金属丝整体为研究对象，根据平衡条件有
p0S＝p2S＋（m1＋m2）g＋F
联立解得F＝1N
答案：（1）ABE （2）见解析
34．解析：（1）木棒在竖直方向做简谐运动，浮力恰好等于重力时木棒速度最大，动能最大．根据浮力等于排开液体的重力、浮力随水平位移x变化的图象可知，x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的速度先增大后减小，木棒的动能先增大后减小，选项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），加速度竖直向下，大小减小，选项B正确．x＝0.35m时，木棒向下运动，x＝0.45m时木棒在同一位置向上运动，x＝0.35m和x＝0.45m时，木棒在竖直方向的速度大小相等，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，选项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＝eq \f(h1－h2,2)＝eq \f(F1－F2,2ρSg)，选项D正确．木棒的运动为沿x轴方向的匀速直线运动和竖直方向的简谐运动的合运动，选项E错误．
（2）（ⅰ）发光像素单元发出的光射到屏障上被屏障吸收，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，能够射出介质的光在界面的入射角正弦值sini＝eq \f(\f(L,2),\r(（\f(L,2)）2＋d2))
折射角为r＝eq \f(θ,2)＝30°
由折射定律有n＝eq \f(sinr,sini)
代入数据解得d＝eq \f(2,5)eq \r(15)mm≈1.55mm
（ⅱ）sini′＝eq \f(\f(L＋x,2),\r(（\f(L＋x,2)）2＋d2))
折射角为r′＝eq \f(θ,2)＝90°
由折射定律有n＝eq \f(sinr′,sini′)
代入数据解得x＝（eq \f(2\r(3),3)－0.8）mm≈0.35mm
答案：（1）ABD （2）见解析
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
14．质子数与中子数互换的一对原子核称为镜像核，如 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) He与 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H.已知 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) He的质量约为3.0160u， eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H的质量约为3.0161u，中子质量约为1.0087u，质子质量约为1.0078u，1u＝931.5MeV/c2，则 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) He与 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H的结合能的差值约为( )
A．0.75MeVB．0.98MeV
C．1.02MeVD．1.35MeV
15．[2023·山东日照三模]如图所示，一小球放在倾斜的墙面与木板之间．设墙面对小球的支持力大小为F1，木板对小球的支持力大小为F2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置顺时针缓慢转到与墙面垂直的位置．不计摩擦，在此过程中( )
A．F1先减小后增大B．F1一直增大
C．F2一直减小D．F2先减小后增大
16．如图甲所示，用高压激发氢光谱管，使光谱管中的氢原子大量处于第5能级并辐射发光，其中某些光子打在连着验电器的锌板上，事先使锌板带负电，验电器张开一定的角度．已知锌板表面电子的逸出功是3.3eV，氢原子的能级示意图如图所示，则下列说法正确的是( )
A．光谱管会放出10种不同能量的光子
B．光谱管发出的光都能够使锌板发生光电效应
C．从锌板中溢出的光电子的最大初动能为9.66eV
D．由于是锌板表面的自由电子溢出，验电器的指针张角不变
17．2021年2月15日，我国天问一号火星探测器成功实施“远火点平面轨道调整”．如图所示为该过程的示意图，图中虚线轨道所在的平面，与实线轨道所在平面垂直．探测器由远处经A点进入轨道1，经B点进入轨道2，经C点进入轨道3，再经C点进入轨道4.上述过程仅在点A、B、C启动发动机点火，A、B、C、D、E各点均为各自所在轨道的近火点或远火点，各点间的轨道均为椭圆．以下说法正确的是( )
A.探测器经过E点的机械能大于D点的机械能
B．在B点发动机点火过程中推力对探测器做正功
C．探测器经过E点的速度一定大于火星的第一宇宙速度
D．探测器从A点运行到B点的时间大于在轨道2上从B点运行到C点的时间
18．[2023·安徽马鞍山三模]如图所示，两个等量正点电荷分别固定在a、b两点，O为ab连线中点，c、d两点关于O对称．一负点电荷从c点以初速度v0向右开始运动，在负点电荷从c运动至d的过程中，v为运动点电荷的速度，E为运动点电荷所在位置的电场强度，φ为运动点电荷所在位置的电势，Ek为运动点电荷的动能．取无穷远处的电势为零，下列图象可能正确的是( )
19．如图是公路上安装的一种测速“电子眼”的原理示意图，在“电子眼”前方路面下间隔一段距离埋设两个通电线圈，当车辆通过线圈上方的道路时，会引起线圈中电流的变化，系统根据两次电流变化的时间及线圈之间的距离，对超速车辆进行抓拍，下列判断正确的是( )
A．车辆经过线圈时有感应电流产生
B．“电子眼”测量的是车辆经过第二个线圈时的瞬时速率
C．线圈中电流的变化是车辆经过线圈时发生电磁感应引起的
D．如果某个线圈出现故障，没有电流通过，“电子眼”还可以正常工作
20.
如图所示，轻弹簧套在光滑杆上，光滑杆和轻弹簧的一端均固定在O′点，可视为质点的小球A穿在杆上固定在轻弹簧的另一端，现使整个装置绕竖直轴OO′匀速转动，当角速度为ω0时轻弹簧处于原长状态．下列说法正确的是( )
A．角速度由ω0逐渐增大，小球沿杆向上移动
B．角速度大于ω0时，杆与小球间作用力大小可能不变
C．角速度为ω0时仅增加小球的质量，小球沿杆向上移动
D．ω0与小球的质量大小无关
21．如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为P1＝20kW.在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为I′＝1A，输电线的总电阻为r＝10Ω，U1、U2、n1、n2、n3、n4均为未知量，则下列说法正确的是( )
A．采用高压输电可以减小输电线中的电流
B．仅将P下移，用户获得的电压将增大
C．用户获得的功率为19kW
D．升压变压器的输出电压U2＝2000V
二、非选择题(共62分，第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．)
(一)必考题(共47分)
22．(5分)如图所示的装置可以用来测量滑块与水平面之间的动摩擦因数．在水平面上将弹簧的一端固定，另一端与带有挡光片的滑块接触(弹簧与滑块不固连).压缩弹簧后，将其释放，滑块被弹射出，离开弹簧后经过O处的光电门，最终停在P点．
(1)除了需要测量挡光片的宽度d，还需要测量的物理量有________．
A．光电门与P点之间的距离sB．挡光片的挡光时间t
C．滑块(带挡光片)的质量mD．滑块释放点到P点的距离x
(2)动摩擦因数的表达式μ＝________(用上述测量量和重力加速度g表示).
(3)请提出一个可以减小实验误差的建议：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
23．(10分)某物理兴趣小组的同学利用如图甲所示的电路完成了探究热敏电阻温度与电流的关系实验，所用器材为：恒压电源(电压U＝7.5V，内阻不计)，内阻Rg未知的电流表(满偏电流Ig未标出)，电阻箱R(阻值调节范围为0～999.9Ω)，热敏电阻，单刀双掷开关一个和导线若干．
(1)根据图甲所示电路，用笔画线代替导线完成图乙中的实物图连线；
(2)实验时，该小组的同学首先将单刀双掷开关扳到1，调节电阻箱阻值，当示数如图丙所示时电流表的示数为eq \f(Ig,4)，则电阻箱的阻值为R＝________Ω，将电阻箱的阻值逐渐调小，当电阻箱的示数为40.0Ω时，电流表的示数为eq \f(3Ig,4)，则Ig＝________mA，电流表的内阻为________Ω；
(3)在探究热敏电阻温度与电流的关系时，该小组的同学首先通过查询得知该热敏电阻的阻值随摄氏温度的增加而均匀增大，变化率为k，已知t＝0℃时热敏电阻的阻值为R0；该小组的同学将开关扳到2，完成了探究，则该热敏电阻的摄氏温度t与电流I的关系式为t＝______________________________(用题中给出物理量的符号表示).
24．(12分)如图，在纸面内有一圆心为O、半径为R的圆，圆形区域内存在斜向上的电场，电场强度大小未知，区域外存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的正粒子从圆外P点在纸面内垂直于OP射出，已知粒子从Q点(未画出)进入圆形区域时速度垂直Q点的圆弧切线，随后在圆形区域内运动，并从N点(ON连线的方向与电场方向一致，ON与PO的延长线夹角θ＝37°)射出圆形区域，不计粒子重力，已知OP＝3R.
(1)求粒子第一次在磁场中运动的速度大小；
(2)求电场强度和粒子射出电场时的速度大小．
25.
(20分)如图所示，“L”形平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的O′点，O′点左侧粗糙，右侧光滑．用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O′点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态．将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动(要求摆角小于5°)，A以速度v0沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞．一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点．已知A的质量mA＝0.1kg，B的质量mB＝0.3kg，A与B的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.225，v0＝4m/s，取重力加速度g＝10m/s2.整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小vA与vB；
(2)B光滑部分的长度d；
(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功Wf.
(二)选考题(请考生从2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)
33．[选修3—3](15分)
[2022·湖南卷](1)(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________(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分).
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)(10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．
34．[选修3—4](15分)
[2022·湖南卷](1)(5分)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________(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为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
D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为eq \f(F1－F2,2ρSg)
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)(10分)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).
仿真练1 （8＋2实验＋2计算＋2选1）
14．解析： eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) He中包含两个质子和一个中子，质子和中子在结合成 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) He过程中亏损的质量为Δm1＝2×1.0078u＋1.0087u－3.0160u＝0.0083u，在结合成 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H过程中亏损的质量为Δm2＝2×1.0087u＋1.0078u－3.0161u＝0.0091u，故二者的结合能之差为ΔE＝（Δm2－Δm1）c2≈0.75MeV，A正确．
答案：A
15.
解析：对小球受力分析，如图所示，F1、F2的合力与小球的重力等大反向，在木板沿顺时针方向转至与墙面垂直的过程中，由图解法可知，F1、F2均一直减小，选项C正确．
答案：C
16．解析：由于大量的氢原子处于第5能级，则光谱管辐射的光子能量种类是C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ＝10种，选项A正确；氢原子从n＝5能级向n＝4能级跃迁时辐射的光子能量是0.85eV－0.54eV＝0.31eV<3.3eV，所以光谱管发出的光不是都能使锌板发生光电效应，选项B错误；根据爱因斯坦的光电效应方程，即Ek＝hν－W0，可得最大初动能为Ek＝13.6eV－0.54eV－3.3eV＝9.76eV，选项C错误；由于发生光电效应，锌板会失去部分电子，验电器指针张角变小，选项D错误．
答案：A
17．解析：质量不变的卫星轨道半长轴越大，机械能就越大，所以探测器经过E点的机械能小于D点的机械能，选项A错误；在B点发动机点火的目的是变轨到半长轴更小的轨道上，所以该过程中推力对探测器做负功，使其机械能减小，选项B错误；火星的第一宇宙速度是指卫星绕火星表面做匀速圆周运动的最大运行速度，探测器在轨道4的E点运行速度一定小于火星的第一宇宙速度，选项C错误；探测器从A点运行到B点的轨道半长轴大于从B点运行到C点的轨道半长轴，根据开普勒第三定律eq \f(a3,T2)＝k，可知探测器从A点运行到B点的时间大于在轨道2上从B点运行到C点的时间，选项D正确．
答案：D
18.
解析：如图所示，根据等量正点电荷电场线及等势面的分布可知，一负点电荷从c点以初速度v0向右开始运动，在负点电荷从c运动至d的过程中，场强先减小后增大，运动点电荷的加速度先减小后增大，根据v2＝v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋2ax可知，vx图象不是线性关系，选项A错误；在负点电荷从c运动至d的过程中，电场强度的大小先减小到0，后增大，方向相反，选项B错误；在负点电荷从c运动至d的过程中，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知电势先减小，后增大，且O点电势大于零，选项C错误；在负点电荷从c运动至d的过程中，电场力先做负功，后做正功，则动能先减小后增大，且经过O点时，速度不为零，选项D正确．
答案：D
19．解析：车辆上有很多金属部件，当这些金属部件经过通电线圈时，使线圈中的磁场发生变化，故车辆经过线圈时有感应电流产生，选项A正确；因为系统是根据两次电流发生变化的时间以及线圈之间的距离判断车辆是否超速，故测量的是车辆在两个线圈之间的平均速度，选项B错误；车辆经过线圈上方会发生电磁感应现象，会引起线圈中的电流发生变化，选项C正确；如果某个线圈出现故障，没有电流通过，就会无计时起点或终点，无法计时，“电子眼”不能正常工作，选项D错误．
答案：AC
20．解析：
当角速度为ω0时，对小球受力分析如图所示，设杆与竖直方向的夹角为θ，弹簧的原长为l0，则eq \f(mg,tanθ)＝mω eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) l0sinθ，解得ω0＝eq \r(\f(g,l0sinθtanθ))，D正确；仅增加小球的质量，角速度不变，则弹簧仍处于原长，C错误；角速度由ω0逐渐增大的过程中，假设弹簧仍处于原长状态，由F向＝mω2R可知小球所需的向心力增大，杆对小球的支持力和弹簧弹力均增大，因此小球一定沿杆向上运动，A正确，B错误．
答案：AD
21．解析：因为P1＝U2I2，又P1不变，则增大U2，I2会减小，即输电线中的电流会减小，所以采用高压输电可以减小输电线中的电流，选项A正确．仅将P下移，降压变压器的原线圈匝数变多，即n3变大，对于理想变压器，由eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)化简得U4＝eq \f(U3n4,n3)，所以降压变压器的输出电压将减小，即用户获得的电压将减小，选项B错误．由电流互感器可得，输电线中的电流为I2＝10I′＝10×1A＝10A，由题意可知，升压变压器的输出功率为20kW，则可得升压变压器的输出电压为U2＝eq \f(P2,I2)＝2000V，由题意及以上选项分析可得，输电线损耗的功率为ΔP＝I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) r＝102×10W＝1000W，则用户获得的功率为P4＝P3＝P2－ΔP＝19kW，选项C、D正确．
答案：ACD
22．解析：（1）此实验需要测量出滑块通过光电门时的速度，还需要测量出通过光电门后滑块在水平面上滑动的距离，因此除了测量挡光片的宽度d，还需要测量挡光片通过光电门的时间t，光电门到P点的距离s，选项A、B正确．（2）滑块通过光电门时的速度v＝eq \f(d,t)，应用牛顿第二定律可得滑块通过光电门后在水平面上滑动的加速度大小为a＝eq \f(μmg,m)＝μg，由匀变速直线运动规律，有v2＝2as，联立解得动摩擦因数的表达式：μ＝eq \f(d2,2gst2).
答案：（1）AB （2）eq \f(d2,2gst2) （3）多次测量取平均值；选用宽度d较小的挡光片（答案只要合理均可得分）
23．解析：（2）由图丙可知电阻箱的示数为140.0Ω；由闭合电路欧姆定律有U＝eq \f(Ig,4)（140.0Ω＋Rg），U＝eq \f(3Ig,4)（40.0Ω＋Rg），解得Rg＝10Ω、Ig＝200mA；（3）由题述可得，热敏电阻阻值与温度的关系为R＝R0＋kt，根据闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(U,Rg＋R0＋kt)，变式得t＝eq \f(U,Ik)－eq \f(R0＋Rg,k).
答案：（1）如图所示
（2）140.0 200 10
（3）eq \f(U,Ik)－eq \f(R0＋Rg,k)
24．解析：（1）根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有（3R－r）2－R2＝r2
解得r＝eq \f(4,3)R
由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)
解得v＝eq \f(4qBR,3m)
（2）因为QO与PO的夹角为53°，所以入射速度与电场垂直，也就是带电粒子在电场中做类平抛运动，又因为从N点射出，所以有R＝vt
R＝eq \f(1,2)at2
又qE＝ma
联立解得t＝eq \f(3m,4qB)，E＝eq \f(32qB2R,9m)
由动能定理有qER＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(N)) －eq \f(1,2)mv2
解得vN＝eq \f(4\r(5)qBR,3m)
答案：（1）eq \f(4qBR,3m) （2）eq \f(32qB2R,9m) eq \f(4\r(5)qBR,3m)
25．解析：（1）设水平向右为正方向，因为O′点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有mAv0＝mAvA＋mBvB，eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
代入数据联立解得vA＝－2m/s，（方向水平向左），vB＝2m/s，（方向水平向右）
即A和B速度的大小分别为vA＝2m/s，vB＝2m/s.
（2）因为A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0，A物体减速过程根据动能定理有－μ1mAgx0＝0－eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))
代入数据解得x0＝0.5m
根据动量定理有－μ1mAgt2＝0－mAvA
代入数据解得t2＝0.5s
此过程中A减速的位移等于B物体向右的位移，所以对于此过程B有μ2（mA＋mB）g＝mBa1，x0＝vBt1－eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
联立各式代入数据解得t1＝eq \f(1,3)s，t′1＝1s（舍去）
故根据几何关系有d＝vAt1＋x0
代入数据解得d＝eq \f(7,6)m
（3）在A刚开始减速时，B物体的速度为v2＝vB－a1t1＝1m/s
在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知
μ1mAg＋μ2（mA＋mB）g＝mBa2
解得a2＝eq \f(13,3)m/s2
B物体停下来的时间为t3，则有0＝v2－a2t3
解得t3＝eq \f(3,13)s
所以A对B的摩擦力所做的功为Wf＝－μ1mAgxB＝－eq \f(3,65)J
答案：（1）2m/s 2m/s （2）eq \f(7,6)m （3）－eq \f(3,65)J
33．解析：（1）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，从B端流出，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，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，根据温度是分子平均动能的标志可知，B端为热端，A端为冷端，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，选项A、B正确．理想气体的内能只与温度和质量有关，根据题述，不知两端流出气体的质量关系，所以不能判断出两端流出气体的内能关系，选项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，并非自发进行，不违背热力学第二定律，选项D错误，E正确．
（2）（ⅰ）选活塞与金属丝整体为研究对象，根据平衡条件有
p0S＝p1S＋（m1＋m2）g
代入数据解得p1＝105Pa
（ⅱ）当活塞在B位置时，设汽缸内的压强为p2，根据玻意耳定律有p1V0＝p2（V0＋Sh）
代入数据解得p2＝9.9×104Pa
选活塞与金属丝整体为研究对象，根据平衡条件有
p0S＝p2S＋（m1＋m2）g＋F
联立解得F＝1N
答案：（1）ABE （2）见解析
34．解析：（1）木棒在竖直方向做简谐运动，浮力恰好等于重力时木棒速度最大，动能最大．根据浮力等于排开液体的重力、浮力随水平位移x变化的图象可知，x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的速度先增大后减小，木棒的动能先增大后减小，选项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），加速度竖直向下，大小减小，选项B正确．x＝0.35m时，木棒向下运动，x＝0.45m时木棒在同一位置向上运动，x＝0.35m和x＝0.45m时，木棒在竖直方向的速度大小相等，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，选项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＝eq \f(h1－h2,2)＝eq \f(F1－F2,2ρSg)，选项D正确．木棒的运动为沿x轴方向的匀速直线运动和竖直方向的简谐运动的合运动，选项E错误．
（2）（ⅰ）发光像素单元发出的光射到屏障上被屏障吸收，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，能够射出介质的光在界面的入射角正弦值sini＝eq \f(\f(L,2),\r(（\f(L,2)）2＋d2))
折射角为r＝eq \f(θ,2)＝30°
由折射定律有n＝eq \f(sinr,sini)
代入数据解得d＝eq \f(2,5)eq \r(15)mm≈1.55mm
（ⅱ）sini′＝eq \f(\f(L＋x,2),\r(（\f(L＋x,2)）2＋d2))
折射角为r′＝eq \f(θ,2)＝90°
由折射定律有n＝eq \f(sinr′,sini′)
代入数据解得x＝（eq \f(2\r(3),3)－0.8）mm≈0.35mm
答案：（1）ABD （2）见解析
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