2022年湖南省新高考物理试题及答案解析.docx

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1、湖南省2022年普通高中学业水平选择性考试物理一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）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

2、，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. 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。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. tan与电流I成正比D. sin与电流I成正比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

3、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v05. 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. 如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头初始位置在副线圈正中间

4、，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，滑片初始位置在最右端。理想电压表V的示数为U，理想电流表A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、多选题（本大题共6小题，共24.0分）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

5、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vt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0t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小B. 在0t1时间内，返回舱的加速度不变C. 在t1t2时间内，返回舱的动量随时间减小D. 在t1t2时间内，返回舱的机械能不变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

6、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827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

7、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174MgC. 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53m/sD. 当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g10. 如图，间距L=1m的U形金属导轨，一端接有0.1的定值电阻R，固定在高=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0.1，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

8、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0.58C11. 利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气

9、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

10、第二定律12. 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()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谱运动的振幅为

11、F1F22SgE. 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三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）13. 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： 图(a)(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； 图(b) 图(c)(4)取出全部硬币，把冰墩

12、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)。14. 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+R0mRmRn)，电流计G的内阻为RG(RsRG)。用此欧姆表测量一待测电阻的阻值，回答下列问题：(1)短接，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(填“大于”或“小于”)；(2)将单刀双掷开关S与

13、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G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，在间接入阻值为100的定值电阻R1，稳定后电流计G的指针偏转到满偏刻度的23；取走R1，在间接入待测电阻Rx，稳定后电流计G的指针偏转到满偏刻度的13，则Rx=_。四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）15. 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3d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m

14、、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。16. 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倍(为常数且0v2碰撞后氢核的动量为pH=mv1=mv0氮核的动量为pN=14mv2=28mv

15、015可得pNpH碰撞后氢核的动能为EkH=12mv12=12mv02氮核的动能为EkN=1214mv22=28mv02225可得EkHEkN故B正确，ACD错误。故选B。5.【答案】A【解析】飘带上任意选取一点P，以P点及P点以下的部分飘带为研究对象，设飘带总长L，飘带宽度为d，质量为m，P点距离飘带下端距离x，P点以下的部分飘带受到的重力Gx=mgLx，设风速为v，根据动量定理，可求得风力为F=kxdv2则重力与风力的合力与水平方向的夹角为根据题中数据可得，tan恒定，则P点以下部分的飘带受到的重力与风力的合力方向不变，则P点上方飘带对其拉力方向不变。故选A。_6.【答案】B【解析】AB.

16、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，设输入交流电的电压有效值为U0，则U0=4IR1+IR2，可得：I=U04R1+R2，保持位置不变，向左缓慢滑动的过程中，I不断变大，根据欧姆定律：U1=4IR，可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，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；CD.设原副线圈的匝数比为n，同理可得：U1=n2IR1，则U0=n2I

17、R1+IR2，整理可得：I=U0n2R1+R2，保持位置不变，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：P1=IU1=U0n2R1+R2(U0U0R2n2R1+R2)，整理可得：P1=U02n2R1+R22n2R1+2R2，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CD错误。故选B。7.【答案】AC【解析】A.重力的功率为：P=mgv，由图可知在0t1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vt图像的斜率表示加速度可知在0t1时间内返回

18、舱的加速度减小，故B错误；C.在t1t2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t2t3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。8.【答案】CD【解析】A.根据开普勒第三定律可知：，火星轨道半径大约是地球轨道半径的1.5倍，则可得：T火=278T地，故A错误；BC.根据GMmr2=mv2r，可得：v=GMr，由于火星轨道半径大于地球轨道半径，故火星运行线速度小于地球运行线速度，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；D.由于火星和地球运动的线速度大小不变，在冲

19、日处火星和地球速度方向相同，故相对速度最小，故D正确。故选：CD。9.【答案】BC【解析】A.飞行器关闭发动机，以v1=10m/s匀速下落时，有Mg=kv12=k100飞行器以v2=5m/s向上匀速时，设最大推力为Fm，Fm=Mg+kv22=Mg+k25联立可得Fm=1.25Mg，k=Mg100，故A错误；B.飞行器以v3=5m/s匀速水平飞行时，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f=Fm2Mg2=34Mg=kv42解得v4=53m/s，故C正确；D.当飞行器最大推力向下，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Fm+Mg+kv52=Mam解得am=2.

20、5g，故D错误。故选BC。10.【答案】BD【解析】C.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，故错误；A.导体棒b与电阻R并联，有流过导体棒a的电流为I=BLvR+R2当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有BI2L=mg联立解得a棒的速度为v=3m/sa棒做平抛运动，有x=vt，=12gt2联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为，故A错误；B.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；D.导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电量为q=It=BL

21、xR+12R=0.111.740.15C=1.16C导体棒b与电阻R并联，流过的电流与电阻成反比，则通过电阻R的电荷量为qR=q2=0.58C故D正确。故选BD。11.【答案】ABE【解析】A. 依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相作用后反弹，从A端流出，而边缘部份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。B.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度小于从B端流出的，故B正确。C.A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体

22、分子热运动速率较大，则从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C错误。DE.该装置将冷热不均气体的进行分离，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。故选ABE。12.【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从到的过程中，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

23、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，则有木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时可解得k=gS，A=F1F22SgD正确；E.木棒上各质

24、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。13.【答案】(1) (2)15.35 (3)127【解析】(1)根据表中数据连线如图(2)由图可知刻度尺的分度值为1mm，故读数l=15.35cm；(3)设橡皮筋的劲度系数为k，原长为x0，则n1mg=kx1x0n5mg=kx5x0设冰墩墩的质量为m1，则有m1g=klx0联立各式代入数据可得m1127g。14.【答案】(1)大于 (2)10 (3)向上 (4)400【解析】(1)根据题意可知RmIn；(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

25、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，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第一次，当短接，全电路的总电阻为通过干路的电流为I=ER电流表满偏，根据并联电路中电流之比等于电阻反比可知第二次，之间接入R1=100，全电路总电阻为R+R1，通过干路的电流为I1=ER+R1电流表偏转了量程的23，则结合第一次和第二次解得R=2R1=200第三次，之间接入Rx，全电路总电阻为R+Rx，通过干路的电流为Ix=ER+Rx电流表偏转了量

26、程的13，则结合第二次和第三次，解得Rx=R+2R1=40015.【答案】(1)小球在电磁场中作匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得：Eq=mgR2两端的电压：U2=Ed根据欧姆定律得：U2=E0R1+R2R2联立解得：E0=mgd(R1+R2)qR2(2)如图所示设小球在电磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系：(rd)2+(3d)2=r2，解得：r=2d根据：qvB=mv2r，解得：B=mv2dq(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：Eq=mgco

27、s60，解得：E=mg2q【解析】见答案16.【答案】(1)篮球下降过程中根据牛顿第二定律有mgmg=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+mg=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上则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比k=v上v下=(1+)(1)H(2)若篮球反弹至最高处时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有mg+02F0mg=12mv下2篮球反弹后上升过程中根据动能定理有mgmg=012m(kv下)2联立解得F0=2mg(1)(H)0(3)方法一：由(1)问可知篮

28、球上升和下降过程中的加速度分别为a下=(1)g(方向向下)a上=(1+)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v12v2=2(1)g0上升过程有(kv1)2=2(1+)g1代入k后，下降过程有v12v2=2(1)g0上升过程有v12=2(1)gH1联立有1=H0+v22g(1)=(H)10+(H)1v22g(1)拍击第2次，同理代入k后，下降过程有v22v2=2(1)g1上升过程有v22=2(1)gH2联立有2=H1+

29、v22g(1)再将1代入2有2=(H)20+(H)2v22g(1)+(H)1v22g(1)拍击第3次，同理代入k后，下降过程有v32v2=2(1)g2上升过程有v32=2(1)gH3联立有3=H2+v22g(1)再将2代入3有3=(H)30+(H)3v22g(1)+(H)2v22g(1)+(H)1v22g(1)直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有vN2v2=2(1)gN1上升过程有vN2=2(1)gHN联立有N=HN1+v22g(1)将N1代入N有N=(H)N0+(H)Nv22g(1)+(H)N1v22g(1)+(H)1v22g(1)其中N=H，0=则有H=(H)N+(H)N+1HH1v2

30、2g(1)则I=mv=m2g(1)(H)(HN+1N+1)(HNN)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)g(方向向下)a上=(1+)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，篮球受到冲量I后速度为v，落地时速度为v1，则2(1+)g=(kv0)2，2(1)g=v12v2联立可得=(kv0)22(1+)g=v12v22(1)g代入k可得，v2=v12Hv02篮球再次反弹

31、，反弹速度为kv1，设反弹高度为1，受到冲量后，落地速度为v2，同理可得2(1+)g1=(kv1)2，2(1)g1=v22v2同理化简可得v2=v22Hv12篮球第三次反弹，反弹速度为kv2，设反弹高度为2，受到冲量后，落地速度为v3，同理可得2(1+)g2=(kv2)2，2(1)g2=v32v2同理化简可得v2=v32Hv22第N次反弹可得v2=vN2HvN12(N)对式子(N)两侧分别乘以(H)0、H、H22、HN1N1，再相加可得(1+H+H22+H33+HN1N1)v2=HN1N1vN2Hv02得1(H)N1Hv2=HN1N1vN2Hv02其中，v02=2(1)gH，(kvN)2=2(

32、1+)gH，可得可得冲量I的大小I=mv=m2g(1)(H)(HN+1N+1)(HNN)【解析】见答案17.【答案】(1)将活塞与金属丝视为一整体，活塞处于A位置时，根据平衡条件有p0S=p1S+(m1+m2)g代入数据解得p1=1.0105Pa(2)当活塞在B位置时，汽缸内压强为p2，则有p1V0=p2(V0+S)代入数据解得p2=9.9104Pa将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有p0S=p2S+(m1+m2)g+F联立解得【解析】(1)将活塞与U形金属丝看成整体，根据平衡条件求得活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1；(2)根据玻意耳定律求得当活塞在B位置时，汽缸内压强为p2,再次将活塞与U形金属丝看成整体，根据平衡条件求得液体对金属丝拉力F的大小。18.【答案】解(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=60，则r=2=30在介质中的入射角为i，则sinrsini=n；解得sini=14由几何关系sini=L2d2+(L2)2；解得d=2.4mm1.55mm(2)若视角度刚好被扩为180，则1802=90，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=1n=12；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=33mm像素单元宽度x最小为【解析】见答案21