物理試總分：100 時間：75分 考試時間一、104401～70CD2vh 1：3A、B的直徑之比d1:d2為C．2 C．24．Av0豎直向上拋出，BA

h，A，Bx，忽略空氣阻力。下列說法正確的是A．A、B兩點的連線與球拍垂直C．A、Bhx滿足tanθ 如圖所示，小球甲、乙的質(zhì)量之比為1:2，兩小球按如圖的方式連接，其中a、b為兩彈性繩（彈性繩滿足胡克定律c為不可伸長的輕繩，系統(tǒng)靜止時，彈性繩a與豎直方向的夾角為α45，輕繩c沿水平方向，且兩彈性繩的伸長量相等。已知重力加速度為g，則下列說法正確的是彈性繩a、b的勁度系數(shù)之比為3將輕繩c將輕繩c剪斷的瞬間，小球甲的加速度大小為37°，在A處開始計時，10sB，v?tM=20kgg=10m/s2，sin37°=0.6AB的過程中，下列說法正確的是間圖象如圖所示。在

A．BA球拋出點時，AB．A、BAC．AD．AF不變F1F1F2箭頭端的軌跡為

貨物在傳送帶上留下的痕跡的長度為15mM3kg、m1kgt0sF18N，使物g10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，木板與物塊、地面間的動摩擦因數(shù)分別為0.2和0.1，t1s時物塊與木板的速度大小為8m/sC．木板的最小長度為9mD．第二次共速時的速度大小為836

11（10分）50Hzg。A、B、C、D、E、F4個計時AD點時，物塊的速度大小為 m/s2（計算結(jié)果均保留3位有效數(shù)字該實驗（）mM橫軸的交點坐標(biāo)為c，與縱軸的交點坐標(biāo)為-b，如圖丙所示。物塊的質(zhì)量M為，物塊和木板之間的動摩擦因數(shù)μ= 12（6A、B球分別做平拋運動和自由落體運動的軌跡。 現(xiàn)在重新設(shè)計該實驗，如圖乙所示，光源位于S點，緊靠著光源的前方有一個小球A，光照射A球 機同時將小球向著垂直于屏幕的方向 上移動情況即被數(shù)碼相機用連拍功（ 丙所示。則小球的影像P在屏上移動情況應(yīng)當(dāng)是圖丙中 “（d）”如果圖乙中小球A水平拋出的初速度為1m/s，SP＝L＝0.5m，經(jīng)過0.2s小球到達B點時在屏幕上留下的影子假設(shè)為Q，則Q點沿著屏幕向下運動的速度大小為 m/s（g取10m/s2,保留一位小數(shù)）13（12分）如圖所示，高為5m，橫截面直徑為2m，內(nèi)壁光滑的圓鋼管豎直固定在水平地面上。A點以某一初速度沿鋼管軸心方向水平拋出，運動過程中先后跟鋼管內(nèi)B、C兩點相碰（設(shè)球與墻碰撞時，豎直方向速度不變，水平方向速度等大方向反向Dg10m/s2D

襄陽四中2025級高一上學(xué)期12C越來越大，故上升過程速度隨著高度增大減小得越來越快，即vh圖像越來越陡，根據(jù)對稱性可知，物體上升過程和下降過程經(jīng)過同一高度時速度等大反向，則vhC。處的水流速度大小之比為v1v21取很短的相同的時間td dπ1

v1Δtπ2

v2ΔtA、B的直徑之比d1d2為21C14（14分）某物流公司安裝一貨物傳送通道，貨物從h3m

2 2AA、BHt1gt2vt1gt2θ37，斜面通道和貨物之間的動摩擦因數(shù)μ0.4g取10ms2sin37°0.6，cos37°0.8。

得tH，又因為ttv0 ，得v

若水平通道長度5.6m，為保證貨物不滑出，貨物與水平通道之間的動摩擦因數(shù)至少多大？x與θ之間可能的關(guān)系。15（18v0=2m/sd1=0.3md2=0.2m。騎行至距AL=1.3m位置時（平行于地面的距離，小李以垂直于車身前進軸線方向（以車為參考系）A點落入桶內(nèi)。已知垃圾桶s0.4mH1.5mh1.2m?？蓪⒗?、車輛、人看作質(zhì)點，忽略空氣阻力的影響，g=10m/s2。求：

ABBAv0，A、BA處于上升階段，AA、B相對做勻速直線運動，則兩球距離均勻增B錯誤、AC、DA。 xFcosθF，yFsinθ，聯(lián)立化簡得xF2y2 FF1F1F0逐漸增大到360F2BBD【詳解】AB點，根據(jù)平拋運動速度與水平方向夾角α和位移方向與水平方向夾角β關(guān)系tanα2tanβA、B兩點的連線（位移方向）AgB錯誤；可得A、B兩點的豎直高度差h和水平距離x滿 2 x故C錯誤

DC

由幾何關(guān)系可知tanθhACh

1gt DOxy軸，設(shè)該沙袋拋出瞬間水平方向速度為vxtP（x，y。

t2時間內(nèi)，對長木板有MgμMmgμma，解得axvty1gt

時間內(nèi)，小物塊相對長木板向右運動，對小物塊有MgμMa，解得aQ（x1，y1

xvt1at2y0如圖，則x1at2y1

t時間內(nèi)，長木板加速度為aa tanθygθD BD【詳解】A．設(shè)小球甲的質(zhì)量為m、則小球乙的質(zhì)量為2m

因為小物塊與長木板二次共速，故v共1a3t2a5t3v共1a6t2t3，解得t2性繩bFb

則v

1at2

at

1at2

tt1a

t2x再對兩小球整體受力分析，受重力、輕繩的拉力和彈性繩a

共1

23

32

25

共

26 Facosα3mgFasinα

解得

6s，t6

第二次共速時的速度大小為

a3t2a5t3836m/sD

32mgA

共 B．由于彈性繩a、b

kx

k

1.72，(2)不需要 可得kakbFaFb3:2B

（1）4T=0.1s

D點時，物塊的速度vxCE

0.3378

m/s

根據(jù)逐差法可得物塊的加速度axDF-xBD0.46530.22760.2276m/s2

F

由牛頓第二定律得

F合3g，故D正確

2

4

由牛頓第二定律得2FμMgMa，可得a

FBABv?tLx1x2度，貨物一直加速至頂端，再增大速率，傳送時間將保持不變，故C錯誤；DLxvt所以貨物與傳送帶之間相對滑動的路程為xx

a-F圖線的斜率kb2M=2cb=μg，μ= 自由落體運 （1）A做平拋運動，B做自由落體運動，同一時刻兩球處于同一高度，說明豎直方向運A豎直方向的分運動是自由落體運動；ttC2tB

解得小物塊加速度為a

GPAP①Q(mào)PAP②AF2

gt

a

t

at

a

豎直方向做自由落體運動，所以CE ＝1④，由①②③④得 解得長木板加速度為

時，小物塊與長木板第一次共速，則有共

1 2

1g2t

解得v018m/s，v共18m/s，故A正確，B錯誤

1at2

vt1at2

Lx

19mC

0

2

P在屏上移動情況應(yīng)當(dāng)是等間距的，故選（d； DFt2t3a

v2 vgL

越大，上升高度越大，將 0.8s式代入

Hh1解得

55msh1gt2，解得t ABCDAD￠點，

可得最大的豎直速度v3max

m/s，因此最大豎直上升高度為

3max

x2d1d5mxvt，得vx5m又有vygt10ms，所以vD

v2v2 55m/，解得2.8m/s2根據(jù)速度位移公式有v22a

，解得v27mμmgma，解得aμg，根據(jù)速度位移公式有v22ax，解得μ度x ，斜面通道長度L 根據(jù)速度位移公式，可得滑到斜面通道底端的速度v

2aL，根據(jù)牛頓第二定律有μmg可得水平軌道上貨物的加速度大小aμg，根據(jù)速度位移公式有v2xxxxhx與傾斜軌道的傾角θ v02m/s，勻速運動，由勾股定理可知，垃圾包沿電動車行進方向上運動的位移xL2ddx1v0t，解得t ①平行地面方向且與路沿平行的速度v02m/s，運動時間t0.6sxx