高考物理：与现代生活生产相关情景（附答案）

专题与现代生活生产相关情景

1.在工程领域起重机等机械的运用十分广泛。如图甲斤示，用起重机吊起正方形混凝土板

ABCD,已知混凝土板边长为质量为加，且始终呈水平状态，四根钢索QA、OB、0C、

。。的长度均为〃，某次施工，起重机司机将正方形混凝土板48co从地面开始竖直提升•,

其运动的图像如图乙所示，不计钢索所受重力。已知重力加速度为下列说法正确的

是（）

A.36s末建筑材料离地面的距离为56nl

B.l（）s~30s每根钢索所受的拉力大小均为!〃

4

C.0~10s钢索的拉力小于30s~36s钢索的拉力

D.若将4根钢索都替换成长度为则10s〜30s每根钢索所受的拉力大小均为赵〃唱

6

【答案】D

【详解】A.根据日图像中图线与坐标轴所围面积表示，‘立移，可知36s末建筑材料离地面的

距离为％=型户xIm=28m故A错误；

B.由乙图可知，10s~30s混凝土板匀速上升，处于平衡状态，设钢索与竖直方向夹角为。，

则有4/cos0=Mg因为混;疑土板边长及四根钢索04、OB、OC、的长度均为小则由几

何关系可知，每根钢索在土板上的投影均为乙=也±或="〃则有疝］。=工=立解得

22a2

9=45。，cosO=Y^联立，可得尸=变〃?g故B错误；

24

C.由乙图可知，（）~10s内混凝土板匀加速上升，处于超重状态，有4年cos。-〃吆=/叫

30s~36s内混凝土板匀减速上升，处「失重状态，有/心-45cose=〃/可知耳＞鸟故c错

误；

D.若将4根钢索都替换成长度为血〃，由几何关系可知$而夕=击解得夕=30。，

COS0'=立则10s~30s每根钢索所受的拉力大小均为F'=—"一=立〃?g故D正确。故选

24cos。’6

D.,

2.盾构机刀盘吊装时♦，为了确保刀盘平稳升降，施工团队专门使用了一个精心设计的特制

吊架。图甲是刀盘由绳索与长方形钢架组成的设备悬挂于空中，保持完美的水平静止状态。

四条相同绳索分别牵引住钢架的四个顶点，图乙为示意图，刀盘与钢架总重力为G,每条绳

索与竖直方向的夹角均为6，不计绳索重力。下列说法正确的是（）

甲乙

A.四根绳索对钢架作用力的合力与刀盘与钢架的总重力是一对相互作用力

B.每根绳索对钢架的拉力大小为二

C.若将每根绳索减小相同的长度，每根绳索对钢架的作用力将变大

D.若将每根绳索增加相同的长度，则四根绳索对钢架作用力的合力将变小

【答案】C

【详解】A.四根绳索对钢架作用力的合力与刀盘与钢架的总重力是一对平衡力，选项A错

误；

B.根据平衡可知478^=6每根绳索对钢架的拉力大小为7=丁」选项B错误：

4cos。

c.若将每根绳索减小相同的长度，则。角变大，根据

4cos0

则每根绳索对钢架的作用力将变大，选项C正确；

D.若将每根绳索增加相同的长度，则四根绳索对钢架作用力的合力不变，仍等于钢架的重

力，选项D错误。故选C。

3.如图甲所示，用两根手指对称地抓起一个截面为圆的杯盖，将其简化成图乙所示，手指

与杯盖截面始终处于竖直平面内，手指接触点1、2与圆心的连线与水平方向的夹角均为37。，

手指和杯盖间的动摩擦因数〃=。.8,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知杯盖质量为〃I,

重力加速度为g，sin370=0.6,杯盖始终在竖直平面内处于平衡状态，手指与杯盖恰好不相

对滑动，则手指对触点1的压力为（）

接触点

接触点1F产；l;2

C.1.25mgD.mg

【答案】A

【详解】根据题意,对杯盖两接触点受力分析如图所示

由平衡条件有卜唱+Nsin0="os0又有/="N联立解得N=125mg故选A。

4.石墩路障在生活中很常见，对于保障行车安全和管制交通秩序发挥重要作用。如图甲所

示，工人用叉车将一球形石墩路障运送至目的地，拉动装置的结构简易图如图乙所示，

NBAC=90,两叉车臂相互平行且间距等于石墩半径。在水平匀速拉动叉车的过程中，叉

车臂AC与水平方向夹角维持为30”。不计球形石墩表面摩擦，则单个叉车臂受到石墩的压

力大小为(石墩重力为/咫)()

【答案】B

【详解】从侧面观察运载中的石墩，其受力分析如图甲所示。

由平衡条件有&=，，圾woo。从正面观察运载的石墩，黑色部分为两条叉车臂，石墩受力分

析如图乙所示。F支为单个叉车臂对石墩的支持力，则有2Gcos3（r=小单个叉车臂受到石墩

的压力为七=j〃g由牛顿第三定律可知单个又车臂受到石墩的压力为七=g咫故选B。

5.如图所示为机械手用四根“手指〃抓取篮球的简化示意图。抓取点平均分布在球心上方的

水平面内，抓取点与球心的连线与水平面夹角为"手指"与篮球的动摩擦因数为〃，篮球

的重力大小为G,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，FL不考虑筛球的明显形变。下列说法正

确的是（）

A.若〃与夕的关系满足则一定不能将篮球抓起

tan。

B.只要“手指”对篮球的压力足够大，。不论取何值都能将篮球抓起

C.若抓起篮球竖直向上做加速运动，则每根"手指〃对篮球的作用力为?

4

G

D.若能抓起篮球，则每根“手指”对篮球压力的最小值为4（〃COS6-sin。）

【答案】D

【详解】ABD.对篮球受力分析，设“手指”与篮球接触点的切向与竖直方向的夹角为仇则

竖直方向满足Scos"4&sine=G因为静摩擦力64〃人解得五C诉晟£二市百所

以想要抓起篮球，则每根“手指”对篮球压力的最小值为心=4（〃cosV-sin。）则能将篮球抓

起水平方向FNcos。=Ffsin0,则夹角。满足〃N不能将篮球抓起时4c一二故AB错

tan0tan夕

误，D正确;

c.若抓起篮球竖直向.k做加速运动，则每根“手指”对篮球的作用力大于W，故c错误。

4

故选Do

6.如图所示为山边公路的横截面，实线石”表示倾角为37。的软层面，沿着这个层面可能产

生滑动。质量为1.0x107kg的石块与上面的岩石之间有一大裂缝（称为节理），仅靠与层面

间的摩擦力使它不致滑落，石块与层面间的动摩擦因数为68,最大静摩擦力等于滑动摩擦

力。若有水渗入节理，会结冰膨张，对石块施加一个平行于E尸层面的作用力，使石块向下

滑动（已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取lOm/s?）,卜列说法正确的是（）

E

A.没有水渗入节理时，石块受到层面的作用力为0

B.当有水渗入节理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的摩擦力减小

C.当有水渗入节理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的作用力增大

D.当有水渗入节理结冰后，冰对石块的力增大到4XI0SN时石块开始滑动

【答案】C

【详解】A.没有水渗入节理时，由于石块静止，由平衡条件可知，石块受到层面的作用力

与石块的重力等大反向，故A错误；

B.没有水渗入节理时，石块所受摩擦力大小和重力沿斜面向下的分力相等，当有水渗入节

理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的摩擦力等于石块重力沿斜面向卜.的分力与由于

有水渗入节理结冰膨胀对石块施加的一个平行『E/层面作用力的矢量和，则石块受到层面

的摩擦力增大，故B错误；

C.当有水渗入节理结冰后，石块仍然静止时，石块受到层面的作用力大小等于石块重力与

平行于E尸层面作用力的矢量和，由于石块重力与平行于石厂层面作用力的夹角为锐角，可

知，石块重力与平行于E尸层面作用力的矢量和大于石块重力，即石块受到层面的作用力增

大,故C正确；

D.当有水渗入节理时，最大静摩擦力九二cos37o=6.4xl07N石块开始滑动，冰对石

块的力产=1-〃吆sin37o=4xl()6N故D错误。故选Co

7.如图1所示，文物保护人员对古建筑进行修缮与维护，需要将屋顶的瓦片安全运送到地

面，某同学设计了一个装置。如图2所示。两根圆柱形木杆力4和。。相互平行，斜搭

在竖直墙壁上，把一摞瓦片放在两木杆构成的滑轨上，瓦片将沿滑轨滑到地面，为了防止瓦

片速度较大而被损坏，下列措施中可行的是()

图I图2

A.适当增大两杆之间的距离

B.减小干与瓦片的滑动摩擦因数

C.增加每次运达瓦片的块数

D.减小木杆的长度

【答案】A

【详解】AB.由题意可知，斜面的高度及倾斜角度不能再变的情况下，要想减小滑到底部

的速度就应当增大瓦与斜面的摩擦力，由六可知，可以通过增大Fv来增大摩擦力，弹

力大小£v=mgcos〃,若设杆对瓦片的弹力与竖直方向的夹角为P，则2FVCOS77=FN=mgcosa

则摩擦力f==幺黑”适当增大两杆之间的距离，则夕变大，则/变大，瓦片滑到

底端时的速度减小；减小扑与瓦片的滑动摩擦因数，则/减小，则瓦片滑到底端时的速度增

加，选项A正确，B错误；

C.减少瓦的块数，减少了瓦的质量，虽然摩擦力小了，但同时重力的分力也减小，不能起

到减小加速度的作用，故改变瓦的块数是没有作用的，故C错误。

D.减小木杆的长度，则摩擦力做功会减小，落地速度会变大，况且速度与竖直方向的夹角

也变大，则更容易损坏瓦片，选项D错误。故选A,

8.图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量15kg,长度d=0.8m,其中放有质量

//z=0.2kg,长s=().2m的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行，书本的右端与抽屉的右

端相距也为s,如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉

间的动摩擦因数〃现用水平力恒力/=1.8N将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体的挡板

时立即锁定不动，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）

甲图乙图

A.抽屉遇到柜体挡板前，抽屉的加速度为Im/s?

B.抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力大小为0.2N

C.书本运动的全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功

D.书本可能与抽屉左侧发生磕碰

【答案】C

【详解】A.抽屉遇到柜体挡板前，假设能•起加速，对书本和抽屉由牛顿第二定律川得

E=（M+〃。a解得a=0.9m/sv则能一起加速，抽屉的加速度为0.9m/s,故A错误；

B.抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力大小为/=，M=018N

故B错误；

C.抽屉遇到柜体挡板前，摩擦力向右，书本位移向右则摩擦力先做正功；当抽屉遇到柜体

挡板后，摩擦力向左，书本位移向右，摩擦力对书本后做负功，故C正确；

D.抽屉遇到柜体挡板时，书本的速度「屈=1.2m/s抽屉遇到柜体挡板后书本的加速度

2

a'=^g=Im/s2此后书本相对抽屉的位移x-——=0.72m<5+6/=1m书本不能与抽屉左侧

2优

发生磕碰，故D错误。故选C。

9.乘坐“空中缆车”既能饱览大自然的美景又轻松惬意。如图所示，某一缆车沿坡度为53°

的山坡匀速上行，缆车中有一质量w=50kg的货物放在水平地板上且与车厢壁恰好接触而无

挤压，货物与地板之间动摩擦因数〃=1,货物与地板之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

某时刻缆车开始沿原方向做加速运动，在这一过程中，加速度大小从零开始缓慢增大，并且

整个加速阶段缆车始终保持竖直状态，重力加速度g=10m/s2,sin530=0.8,cos530=0.6,则在

缆车斜向上加速运动的过程中（）

A.货物可能受到3个力或4个力作用

B.车厢受到的摩擦力方向水平向右

C.当a=2m/s2时，车厢地板对货物的摩擦力大小为80N

D.当〃=10m/s2时，车厢地板对货物的作用力大小为3（X）Ji6N

【答案】D

【详解】A.货物与缆车沿山坡向上以加速度。运仃时，以货物块为研究对象，根据牛顿第

二定律有乙一〃吆=〃心sin53°,=w«cos53°,f㈱«/=〃6解得g<f=0.6ma+1.5m即

摩擦力始终为静摩擦力，没有达到最大静摩擦力（即自锁），车厢壁给的弹力恒为0,故货

物始终只受到3个力，故A错误；

B.根据牛顿第三定律知车厢受到的摩擦力方向水平向左，故B错误；

C.a=2m/s2时，六〃心cos53。，车厢对货物的摩擦力大小为60N,故C错误;

2

D.〃=10m/s2时，有4=6m/s2,f=300N,ay=8m/s,&一"碑=〃％,FN=900N

车厢对货物的作用力为JM+/2=300jidN故D正确。故选Do

10.如图（a）所示，一竖宜放置的花洒出水孔分布在圆形区域内。打开花酒后，如图（b）

所示，水流从出水孔水平向左射出。假设每个出水孔出水速度大小相同，从花洒中喷出的水

落于水平地面（〃、^7分别为最左、最右端两落点），不L空气阻力。落点区域俯视图的形状

最可能的是（）

图（a）图（b）

【答案】C

【详解】设水龙头最低点因•地面的高度为儿水龙头的半径为R,水滴距离地面的高度为

(y+公，初速度为％,则有人+y=(娟，工=“解得X=%j2(〃+y),其中0”42H由于

2Yg

y均匀增加时，X不是均匀增加，且X增加得越来越慢，所以俯视的形状为C图。故选C,,

11.”弹簧公仔〃以其呆萌的表情和摇摇晃晃的可爱姿态赢得人们的喜爱，如图所示，已知“弹

簧公仔”头部A的质量为2/〃，脚部B的质量为加，连接A、B的弹簧质量忽略不计。现对其

头部A施加竖直向下的压力尸使其静止，突然撤去力尸后，A向上运动，一段时间后3也

离开了地面。已知从撤去力尸到A上升到最高点的过程中，弹簧的形变量始终未超出弹性

限度.下列说法正确的是()

F

A.撤去力产后的瞬间.A的加速度大小为「

B.在B离开地面前的过程中地面对“弹簧公仔•"做正功

C.从B离开地面到A、B相距最远的过程中，A、B的加速度均不断增大

D.从撤去力尸到B刚要离开地面的过程中，A一直处于超重状态

【答案】C

【详解】A.撤去力产后的瞬间，A所受重力和弹簧弹力未发生突变，合力大小为G方向

竖直向上，由牛顿第二定律可知A的加速度大小4=二故A错误：

2/71

B.在B离开地面前的过程中地面对"弹簧公仔"的作用力没有位移，所以不做功，故B错误；

C.从B离开地面到A、B相距最远的过程中，由牛顿第二定律可知4A=2mg

2m

方向竖直向下，%

m

方向竖直向上，A减速上升，B加速上升，当A和B的速度相等时相距最远，在此过程中，

弹簧的伸长量不断增大，拉力尸川不断增大，A和B的加速度均不断增大，故C正确；

D.从撤去力尸到B刚要离开地面的过程中，弹簧对A的弹力先是越来越小的支持力，后是

越来越大的拉力，由牛顿第二定律可知A的加速度方向先竖直向上，后竖直向下，因比A

先处于超重状态，后处于失重状态，故D错误。

故选C。

12.如图所不为电磁炉的线圈及其工作不意图，卜列说法止确的是（）

A.电磁炉工作时，线圈内与锅体中的磁场方向时刻相反

B.可通过改变线圈内交变电流的频率来改变电磁炉的功率

C.电磁炉工作时，每匝线圈在锅体中产生的感应电动势均相同

D.电磁炉工作时，若线圈中电流的频率为/,则锅体中涡流的频率为§

【答案】B

【详解】A.由楞次定律可知，电磁炉工作时，当线圈内的磁场增加时，锅体中的磁场方向

与之相反，当线圈内的磁场减小时.，锅体中的磁场方向与之相同，故A错误；

B.锅体中感应电动势与线圈中电流的变化率成正比，匕通过改变线圈内交变电流的频率来

改变锅体中感应电动势的大小，进而改变电磁炉的功率，故B正确；

C.由图可知，电磁炉的每匝线圈的面积不同，根据法拉第电磁感应定律石=丝5可知，电

磁炉_L作时，每匣线圈在祸体中产生的感应电动势均不用同，故C错误;

D.根据法拉第电磁感应定律可知，电磁炉工作时,若线圈中电流的频率为/,则锅体中涡

流的频率为/,故D错误。故选B。

13.汽油机和柴油机的主要区别在于燃料类型及点火方式，柴油机通过压缩空气产生高温,

使柴油自行点燃，面汽油微点较高，必须依赖火花塞，汽油车打火时火花塞产生电火花的原

理简图如图所示，扭动汽车钥匙打火，开关不停地闭合、断开，打火线圈次级绕组瞬间产生

上万伏的高压使火花塞产生电火花，点燃汽缸中的可燃混合气，下列说法正确的是（）

n:二;绕组

______

12VU________B

M打火线圈

畜电池Q

开关的J屏

七卜火花塞

A.汽油车启动后，火花塞停止工作

B.图中开关的频率与发动机的转速无关

C.没有图中的开关，火花塞依然可以正常工作

D.开关闭合后，初级绕组中的电能转化为磁场能

【答案】D

【详解】A.汽油车启动后，仍然需要火花塞周期性点火，故A错误；

B.火花塞点火后对应发动机的做功冲程，题图中开关的频率与•发动机的转速对应，发动机

的转速越快，火花塞的点火频率越高，故B错误；

C.题图中的开关在断开的瞬间，储存在初级绕组中的磁场能转化为电能，没有题图中的开

关，火花塞无法正常工作，故C错误；

D.开关闭合后，初级绕组中的电能转化为磁场能，故D正确。故选D。

14.带发电机的自行车，能利用车轮带动发电机传动发电对车灯提供电源。图甲是其发电机

与车轮接触部分的照片，发电的基本原理可简化为一个线圈在匀强磁场中转动来产生（如图

乙所示）。已知发电机转轮（转速与发电机线圈一样）的半径为八发电机线圈所围面积为S、

匝数为〃、电阻为心,磁场的磁感应强度为从车灯电阻为M当自行车以某速度在平直公

路上匀速行驶时受到地面及空气的总阻力为6,车灯消耗的电功率为凡则

A.自行车的行驶速度v=＞」+:，户

nBSVR

B.流经车灯的电流方向变化的频率为/=竺5JI

乃〃8sVR

C.线圈转动一圈克服安培力做的功W=/r〃BS栏

D.骑车人做功的功率以="呼+p

【答案】C

B$F

【详解】A.设线圈角速度为3,则发电机产生的电动势有效值后=土1有效电流/一万二二

功率尸=〃R联立解得①像故自行车的行驶速度丫=5="察、摩故A错误;

fiBSVRnBSVR

B.根据交流电频率/=或联立以上解得/=白需榨转动一周电流方向改变两次，故

R+&叵

流经车灯的电流方向变化的频率为/=2/=故B错误;

jrnBSvT

C.由能量守恒可知，线圈转动一圈克服安培力做的功W=E/T又因为月=3弟P

T=—联立解得W=mBS」竺故C正确:

CDR

D.由能量守恒可知，骑车人做功的功率舄、=£w+/2（R+%）联立以上解得

p,=-（&+R"呼+（:+R"故D错误。故选C。

、nBSVRR

15.哈尔滨冰雪节被誉为世界四大冰雪节之一，哈尔滨的冰灯更是在国际上享有极高的声誉

和地位如图（1）,图（2）为一块极长为L的立方体冰砖，它是由纳米级二氧化钛颗粒均匀

添加在水中冰冻而成，该冰砖对红光折射率〃=1.5,冰肺中心有一个红光的发光点，不考虑

光的二次和多次反射，真空中光速为J下列说法正确的是（）

图(1)图(2)

A.光在冰块中的传播速度大于在真空中的传播速度

B.光从冰破射出的最长时间为包

2c

C.从外面看玻璃砖六个面被照亮的总面积为等1

D.点光源从红光变成紫光表面有光射出的面积会增大

【答案】C

【详解】A.光在冰块中的传播速度1，=£=三＜。

n1.5

光在冰块中的传播速度小于在真空中的传播速度，故A错误；

19

B.根据题意可知，临界角sinC=±二；光线从顶点射出时，路程最大，由几何关系可得，

n3

72

此时光线的入射角sin，=章=坐＞sinC即光线不能从顶点射出，则路程最大时恰好发生全

v35

T

Ix

反射，设光从冰砖射出的最长时间时路程为X,由几何关系可知cosC=k则最长时间，=土

2xv

联立以上解得1=返故B错误；

20c

C.几何关系可知每•侧面被照亮的半径—SanC则从外面看玻璃砖被照亮的总面积为

S=64/联立解得S=1成？故c正确；

D.紫光折射率比红光大，故紫光临界角小，结合以上分析可知，表面有光射出的区域半径

减小，即面积将减小，故D错误。故选C。

16.2024年4月初，我国首座深远海浮式风电平台“海汨观澜号”(图甲)提前完成2200万

千瓦时的投用整年发电目标。图乙为其发电及对外供电的简化原理示意图，风轮机叶片通过

升速齿轮箱带动发电机线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO'匀速转动，发电机与理想

变压器原线圈连接，变压器副线圈两端接电阻已知发电机线圈匝数为N,变压器原、副

线圈的匝数比〃埋想变压器原线圈中的电流随时间变化规律如图丙所示，则发电

机线圈从图示位置开始转过半圈的过程中，通过电阻R的电荷量为（）

低速发电机等效图

甲乙

D

也CC.义等

2"7T

【答案】A

【详解】发电机线圈从图示位置开始转过半圈的过程中，设发电机线圈面积为S,匀强磁场

磁感应强度大小为8,原线圈回路总等效电阻为凡，则通过原线圈的电荷量为q=N£

而原线圈电流最大值警其中。=字二1004ad/s联立解得夕小级■二再根据

I\）Tco71

--7--^-可知发电机线圈从图示位置开始转过半圈的过程中，通过电阻R的电荷量为

%li飞

3

%=-C故选At,

-71

17.如图，冰坑是“哈尔滨”在松花江上为南方“小土豆〃准备的一个新型的冰上娱乐项市

进入冰坑的游客在不借助外力的情况下很难从冰坑里行走出来，为了让冰坑底部的游客能从

冰坑内出来，用外力尸拉动游客使游客缓慢的向边缘移动，如右图尸的方向始终沿冰坑的

切线方向，在此过程中所有的摩擦均可忽略，下列说法正确的是（）

A.拉力尸先增大后减小

B.拉力尸一直增大

C.冰坑对游客的支持力先减小后增大

D.冰坑对游客的支持力一直减小

【答案】BD

【详解】令游客所在位置的支持力N的方向与竖宜方向夹角为。，用外力F拉动游客使游客

缓慢的向边缘移动过程，。逐渐增大，根据平衡条件有b=/〃gsin。，N=mgcos0

由于。逐渐增大，可知，拉力〃一直增大冰坑对游客的支持力一直减小。

故选BDo

18.如图1所示，在“亲子活动”中，一位勇敢的宝宝在父母的鼓励与保护下，沿绳梯缓缓而

行最终顺利登顶完成自我挑战。现将宝宝攀登过程中的某•瞬间简化成图2所示情景：两段

轻绳与质量为〃?的小球P相连，右绳的一端固定在墙壁上的A点，左绳的一端与水平地面

上质量为M的物块Q相连于B点，系统保持静止。已知绳PA与竖直墙壁成a=45,角，绳PB

与水平方向成尸=15：角，重力加速度为sin75、.：＞，cos75则下列

判断中正确的是（）

图1图2

A.绳应与绳”8中的张力大小相等

B.绳依中的张力大小为

C.物块Q所受地面的摩擦力大小为L手机g

D.物块Q对地面的E力大小为（m+M）g

【答案】BC

【详解】A.小球P处于静止状态，其受力分析如图所示

根据三角形大角对大边规律可知”即绳以中的张力大于绳依中的张力，故A错误;

TATRmg

B.结合上述'根据正弦定理有sin”+90）-sin45。_sin（45T5）

zrnznrrsin105y/o,+^6Tsin45G+(r□7cx缶

解得”=—^―-mg=--—mg，Ta=——mg=yj2mg故B正确：

sin302sin30

C.将P、Q视为一个整体，对整体进行分析，Q所受地面的静摩擦力f=0.sin45=上手也？

故C正确；

D.将P、Q视为一个整体，对整体进行分析，Q所受地面支持力

(1_\

N=(/H+M)^-T1-COS45=M+tng根据牛顿第三定律可知，物块Q对地面的压力

大小为故D错误。故选BC。

19.某地的机动车出入II栗用如图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆与横杆MN链接而成,

M、N为横杆的两个端点。某天中午快递员将快递袋子挂在了校门口道闸的横杆MV上，在

道闸抬起过程中，快递袋始终与横杆保持相对静止，且杆仞V始终水平，此过程中杆。M

绕。点从水平方向匀速转动到接近竖直方向。若快递袋可视为质点，与横杆之间的动摩擦因

数为〃，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，转动杆。河长度为重力加速度为下列说法

A.N点线速度大小大于M点线速度大小

B.N点的加速度始终沿ON方向

C.两点都在做匀速圆周运动

D.快递袋能够与横杆MV保持相对静止一起运动的最大速率

【答案】CD

【详解】AC.M、N两点相对静止，运动状态相同，线速度大小相同，均做匀速圆周运动,

A错误，C正确；

B.由前分析知，N点加速度始终和何。方向平行(即用M点加速度同向)，B错误：

D.设快递袋质量为〃1，做圆周运动时向心加速度和水平方向夹角为［，如图所示

KgL

由/=macosa,mg-FN=masina又/4,0=L联立得以4其中

J1+*sin(a+<)

iane="!■由数学知识可知，y最大值为J-怨l，D正确。故选CD。

20.汽车减震器可以有效抑制车辆振动。某电磁阻尼减震器的简化原理图如图所示。匀强磁

场的宽度4=】m,匀强磁场的磁感应强度大小B=1T,方向竖直向下。一轻质弹簧处于原长，

水平且垂直于磁场边界放置，弹簧右端固定，左端恰与磁场右边界平齐。另一宽度£=0.2m,

足够长的单匝矩形硬质金属线框水平固定在一塑料小车上（图中小车未画出），线框右

端与小车右端平齐，二者的总质量加=0.5kg,线框电阻火=0.08d使小车带着线框以％=5m/s

的速度沿光滑水平面垂直于磁场边界正对弹簧向右运动，时边向右穿过磁场右边界后小车

开始压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（）

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

A.线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小为lm/s?

B.线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小为5m/s2

C.小车向右运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为4J

D.小车向右运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为2J

【答案】BC

FF

【详解】AB.线框刚进入磁场左边界时，有E=T，F=BIL,a=-

Rm

解得小车的加速度大小a=5m/s2故A错误，B正确；

CD.设岫边穿过磁场右边界时的速度大小为人由动量定埋存-6无4=/〃时〃%，

7=与=g=券时边从磁场右边界出来后压缩弹簧，则弹簧获得的最大弹性势能

RRkiR't

£“，=；〃?/解得后刖=4J故C正确，D错误。故选BC。

21.在冰雕展上有一块边长为2m的立方体冰块，冰块内上下底面中心连线为O。，在正方

体底面内安装了一盏可视为圆形平面的面光源灯，面光源灯半径为0.5m,圆心在O'处，光

源为单色光源，冰块的折射率取血，不考虑反射光线的影响，由于全发射，在立方体冰面

上有些位置没有光射出，下列四幅图表示对应的表面有无射出的情况，阴影部分表示有光射

出的部分，下列正确的是（）

【答案】BD

【详解】根据全反射临界角公式有sinC='=也

n2

如图所示

由几何关系有EG=（0-。.5）m,AG=^224-（72-0.5）'m«2.2m

sina=丝=这二"=o41＜正=sinCsin尸=婴=三＞sinC所以由灯直接发出的光照

AG2.22AG2.2

到冰块上表面时全部能从上表面射出，而光照到冰块四人侧面时都只能从部分侧面射出（靠

近力和4点处无光可以射出）；故选BD。

22.如图甲所示，某款条形码扫描探头上装有发光二极管和光电管，工作原理图如图乙。打

开扫描探头，发光二极管发出红光。将探头对准条形码移动，红光遇到条形码的黑色线条时，

光几乎全部被吸收；遇到白色空隙时光被大量反射到探头上，光电管发生光电效应产生光电

流。通过信号处理系统，条形码就被转换成了脉冲电信号，则（）

A.扫描探头在条形码上移动的速度不能太快，否则光电管来不及发生光电效应

B.若仅将扫描探头的发九强度增大，九电子的最大初动能不变

C.若仅将发光二极管换为发蓝光，也能发生光电效应

D.若将发光二极管发出的光的频率减小，只要照射时间够长，也一定能正常识别条形

码

【答案】BC

【详解】A.光照到光电管发生光电效应是瞬间的，即立刻产生光电子，故A错误;

B.根据爱因斯坦光电效应方程与=*-叱)，光电了•的最大初动能与发光的频率有关，发光

强度变强时，发光频率不变，最大初动能不变，故B正确；

C.仅将发光二极管换为发蓝光，频率变高，一定能发生光电效应，故C正确；

D.仅将发光二极管频率变减小，不一定超过截止频率，不一定能发生光电效应，所以不一

定能识别条形码，故D错误。故选BC。

23.某自动样米机的原理如图所示，阀门距秤盘的高度力=0.2m,当阀门打开时大米从静止

开始卜.落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹(碰撞过程重力可忽略)。当秤米机的示数

为1kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量。=100g/s,取重力加速度大小

g=10m八?，忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度，求：

⑴大米落到秤盘前瞬间速度的大小，及阀门关闭瞬间空中大米的质量；

⑵大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小；

⑶稳定后(空中的大米全部落入秤盘)，秤米机的示数。

【答案】⑴2m/s,0.02kg(2)0.2N(3)lkg

【详解】(1)设每粒大米质量为以)，由机械能守恒/城，解得大米落入秤盘时的速

度大小i，=2m/s阀门关闭，米在空中近似做自由落体运动，则有力产解得/=0.2s空中

大米的质量〃?=Q/=0O2kg

(2)加时间内，从阀门处下落的大米质量A^=Q加令其落到秤上时受到的冲击力为产，

根据动量定理有-附=0-&皿解得尸=0.2N根据牛顿第三定律可知，大米与秤盘碰撞时对

秤冲击力/'=/?=O.2N

F

(3)关闭阀门时，秤示数为1kg,此时，结合上述可知,秤上大米质量为加=1kg--=0.98kg

则当空中大米全部落入盘中后，大米的总质量M=〃?+M=lkg

24.如图为一款热销“永动机”玩具示意图，其原理是通过隐藏的电池和磁铁对小钢球施加安

培力从而实现“永动"。小钢球从水平光滑平台的洞口M点静止出发，无磕碰地穿过竖直绝

缘管道后从末端N点进入平行导轨小电池、导轨与小钢球构成闭合回路后形成电流，

其中电源正极连接导轨负极连接尸0'；通电小钢球在底部磁场区域受安培力加速，并

从导轨的圆弧段末端Q。抛出；然后小钢球恰好在最高点运动到水平光滑平台上，最终滚动

至与挡板发生完全非弹性碰撞后再次从屈点静止出发，如此循环。已知导轨末端。，与平

台右端的水平、竖直距离均为0.2m,小钢球质量为40g.在导轨上克服摩擦做功为0.04J,

其余摩擦忽略不计，重力加速度g取lOm/s2,求：

⑴磁铁的N极朝向；

⑵小钢球从导轨末端抛出时速度大小；

⑶为了维持“永动”，每个循环需安培力对小球做功的最小值。

【答案】⑴向上（2）、6m/s⑶0.06J

【详解】（1）由电路可知钢球中电流方向垂直于纸面向里，由左手定则可知磁铁上方轨道处

磁场方向向上，故磁铁N极向上。

（2）斜抛到最高点可反向看作平抛运动，则有）姆，x=yj解得，=%,匕=lm/s则

竖直分速度大小为4=gf=2m/s所以小钢球从导轨末端02抛出时速度大小为

v=《V；+n：=V5m/s

（3）若小球恰能完成一次循环，恰好在最高点运动到水平光滑平台上，则有卬安+4M

其中1%=0.04J,与损=；mv；=0.02J

联立解得每个循环需安培力对小球做功的最小值为以=0O6J

25.用螺栓和螺母紧固构件，结构简单、连接可靠、装拆方便。

⑴如图1所示，一种螺纹细密的新型螺母，其螺纹牙底有一个与螺栓轴向夹角为a=30。的楔

形面，拧紧后，螺栓上螺纹的牙尖抵在螺母牙底楔形面上的4点，对力点施加垂直于楔形

面的作用力M由此产生沿螺栓轴向张紧的力尸，求N与尸的比值。

⑵如图2所示，固定的、螺距为d的螺栓上有一螺母。由于负荷的机械作用，螺母沿轴向

平移。

a.若螺母沿轴向匀速平移的速度为丫时，求其绕轴转动的角速度Q）；

b.把螺母简化为半径为，•的圆筒，螺母从静止开始转动且沿轴向的加速度恒为金，推导螺母

内壁上的任意一点速度w与时间t的关系。

【答案】（1）2

（2）a”号b.卬5+加产

dd

【详解】（1）将N沿螺栓轴向与垂直于螺栓轴向分解，则有F=Nsina解得£N=2

（2）a.螺母转动一周，螺母沿轴向平移一个螺距，则有色=更解得

vcod

b.对螺母内壁上的点，根据速度公式，在轴向上有v尸团;任意时刻该点绕轴的线速度有

丹=。,结合上述有“=弓，则螺母内壁上的任意一点速度3=后前解得

ajjd2+4岛二

丫~~4—

26.如图“自由落体塔〃是一种惊险刺激的游乐设备，将游客升至数十米高空，自由下落至近

地面时再减速停下，让游客体验失重的乐趣。物理兴趣小组设计了如图乙的减速模型，线圈

代表乘客乘坐舱，质量为加，匝数N匝，线圈周长为3总电阻