2016年廣東省順德一中等六校二模物理試卷（解析版）

1、2016屆廣東省順德一中等六校二模物理試卷一、選擇題：本題共10小題，共48分在每小題給出的四個選項中，第16題只有一項符合題目要求，每小題4分第710題有多項符合題目要求，每小題4分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1（4分）如圖是伽利略做的銅球沿斜面運(yùn)動的實驗示意圖伽利略讓小球分別沿傾角不同、阻力很?。珊雎裕┑男泵鎻撵o止開始滾下有人針對這個實驗作出如下判斷，正確的是（）A傾角一定時，小球位移與時間成正比B傾角一定時，不同質(zhì)量的小球在斜面上滾動相同時間，速度改變量不同C傾角改變時，小球從斜面上同一位置滾動到底部的時間與斜面傾角的正弦值成反比D傾角越大，小球從斜面上同一位

2、置下滑的整個過程的平均速度越大2（4分）一質(zhì)點位于x=2m處，t=0時刻沿x軸正方向做直線運(yùn)動，其運(yùn)動的vt圖象如圖所示下列說法正確的是（）At=4s時，質(zhì)點在x=1m處B第3s內(nèi)和第4s內(nèi)，質(zhì)點加速度的方向相反C第3s內(nèi)和第4s內(nèi)，合力對質(zhì)點做的功相同DO2s內(nèi)和04s內(nèi)，質(zhì)點的平均速度相同3（4分）如圖甲所示，在木箱內(nèi)粗糙斜面上靜止一個質(zhì)量為m的物體，木箱豎直向上運(yùn)動的速度v與時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，物體始終相對斜面靜止，斜面對物體的支持力和摩擦力分別為FN和Ff，則下列說法正確的是（）A在0t1時間內(nèi)，F(xiàn)N增大，F(xiàn)f減小B在0t1時間內(nèi)，F(xiàn)N減小，F(xiàn)f增大C在t1t2時間內(nèi)，F(xiàn)N增大

3、，F(xiàn)f增大D在t1t2時間內(nèi)，F(xiàn)N減小，F(xiàn)f減小4（4分）在完成各項任務(wù)后，“神舟十號”飛船于2013年6月26日回歸地球如圖所示，飛船在返回地面時，要在P點從圓形軌道I進(jìn)人橢圓軌道II，Q為軌道II上的一點，M為軌道I上的另一點，關(guān)于“神舟十號”的運(yùn)動，下列說法中正確的有（）A飛船在軌道II上經(jīng)過P的速度大于經(jīng)過Q的速度B飛船在軌道II上經(jīng)過P的速度大于在軌道I上經(jīng)過M的速度C飛船在軌道II上運(yùn)動的周期大于在軌道I上運(yùn)動的周期D飛船在軌道II上經(jīng)過P點與在軌道I上經(jīng)過M點的加速度大小相等5（4分）如圖，質(zhì)量m=1kg的木塊A放在水平地面上，木塊與地面間的摩擦因數(shù)為0.1，某時刻木塊以初速度v

4、0=4m/s向右運(yùn)動，同時加一個向左的外力F=3N，2s時間以后，撤去力F，取g=10m/s2，在木塊運(yùn)動的整個過程中，下列說法錯誤的是（）A木塊運(yùn)動總時間為4sB木塊運(yùn)動總路程為5mC撤去力F的時刻，物體瞬時速度為0D木塊最終停止的地點位于初始位置的左側(cè)6（4分）一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖，到斜面上某一點后返回底端，斜面粗糙滑塊運(yùn)動過程中加速度與時間關(guān)系圖象如圖所示下列四幅圖象分別表示滑塊運(yùn)動過程中位移x、速度v、動能Ek和重力勢能Ep（以斜面底端為參考平面）隨時間變化的關(guān)系圖象，其中正確的是（）ABCD7（6分）如圖，物體A、B用細(xì)繩與彈簧連接后跨過滑輪A靜止在傾角為45

5、°的粗糙斜面上，B豎直懸掛已知質(zhì)量mA=mB，不計滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由45°緩慢減小到30°，A在這個過程中與斜面保持相對靜止，B始終沒有接觸地面，下列說法正確的是（）A彈簧的彈力大小不變B物體A對斜面的壓力將減少C物體A受到的靜摩擦力將先減小后增大D斜面對物體A的作用力不變8（6分）如圖所示，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連接一帶正電的小球P，小球所處的空間存在著方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，小球平衡時，彈簧恰好處于原長狀態(tài)現(xiàn)給小球一豎直向上的初速度，小球最高能運(yùn)動到M點在小球從開始運(yùn)動到運(yùn)動至最高點時，以下說法正確的是（）A小球電勢能的減少量等于小球重

6、力勢能的增加量B小球機(jī)械能的改變量等于電場力做的功C小球動能、電勢能減少量之和等于彈性勢能與小球重力勢能增加量之和D彈性勢能的增加量等于小球動能的減少量9（6分）如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體（物體與彈簧不連接），初始時物體處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運(yùn)動，拉力F與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示（g=10m/s2），則正確的結(jié)論是（）A物體與彈簧分離時，彈簧處于原長狀態(tài)B彈簧的勁度系數(shù)為750N/mC物體的質(zhì)量為4kgD物體的加速度大小為5m/s210（6分）宇宙間存在一些離其它恒星較遠(yuǎn)的三星系統(tǒng)，其中有一種三星系統(tǒng)如圖所示，三顆

7、質(zhì)量均為m的星位于等邊三角形的三個頂點，三角形邊長為L，忽略其它星體對它們的引力作用，三顆星在同一平面內(nèi)繞三角形中心O做勻速圓周運(yùn)動，萬有引力常量為G，下列說法正確的是A每顆星做圓周運(yùn)動的角速度為B每顆星做圓周運(yùn)動的加速度與三星的質(zhì)量有關(guān)C若距離L和每顆星的質(zhì)量m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則周期變?yōu)樵瓉淼?倍D若距離L和每顆星的質(zhì)量m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則線速度變?yōu)樵瓉淼?倍二、實驗題：本大題共2小題，共15分11（6分）某物理小組的同學(xué)用如圖1所示的實驗器材測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，實驗器材由底座、帶有?biāo)尺的豎直桿、光電門1和光電門2組成的光電計時器（其中光電門1更靠近小球釋放點）、可使小球無初速度釋放的

8、小球釋放器和網(wǎng)兜組成實驗時可用兩光電門和計時器測量小球從光電門1運(yùn)動至光電門2所用的時間t，并從豎直桿上讀出兩光電門間距離h（1）改變光電門2的位置，保持光電門1的位置不變，測得小球經(jīng)過光電門1的速度為v，不考慮空氣阻力，小球的加速度為g，則h、t、g、v四個物理量之間的關(guān)系為（2）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作了如圖2所示t圖線，若圖線斜率的絕對值為為k，圖線在縱軸上的截距為a，根據(jù)圖線可求出重力加速度的大小為12（9分）有一個桌柜，上表面由能翻轉(zhuǎn)的桌蓋AB（可以通過B處轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動）和水平桌面BC兩部分組成，在桌蓋的A端由通過細(xì)線懸掛的重錘可以找到與A在同一豎直線上并與水平桌面等高的A1點某同學(xué)為了測量一個小

9、木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)，將桌蓋AB的A端抬起、調(diào)整適當(dāng)?shù)慕嵌群?，讓小木塊從A端由靜止開始下滑，不考慮小木塊在B處的能量損失，最后小木塊停止在水平桌面上的D處（1）用刻度尺測出AA1的高度h和A1D的距離L就可以求出小木塊與桌面的動摩擦因數(shù)，則動摩擦因數(shù)的表達(dá)式為：=（2）該同學(xué)為了估測值，通過改變桌蓋傾角，粗略地測出了幾組h、L數(shù)據(jù)，見下表為了減小測量中那些較大的偶然誤差，該同學(xué)采用作Lh圖象求值方法請在圖2的直角坐標(biāo)系中作出Lh圖象；h（cm）8.012.016.020.024.0 L（cm）31.843.863.484.996.2（3）由以上作出的Lh圖象，求得木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)=

10、 （結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）三、計算題：本大題共4小題，共47分13（9分）如圖所示，質(zhì)量為M的半球面靜止在水平地面上，質(zhì)量為m的小物塊在半球面上處于平衡狀態(tài)，小物塊與一輕彈簧連接，彈簧的上端固定于墻上的O點已知小物塊與球心O'的連線與豎直方向成=45°角，彈簧的勁度系數(shù)為k，其與豎直方向的夾角也為若小物塊與球面之間剛好沒有相對運(yùn)動的趨勢，求：（1）彈簧的伸長量；（2）球面所受地面的支持14（10分）一質(zhì)量為M=10kg的木板B靜止于光滑水平面上，其上表面粗糙，物塊A質(zhì)量為m=6kg，停在B的左端質(zhì)量為m0=1kg的小球用長為l=0.8m的輕繩懸掛在固定點O上，將輕繩拉直至水平

11、位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點與A發(fā)生碰撞后反彈，反彈所能達(dá)到的最大高度為h=0.2m，物塊與小球可視為質(zhì)點，g取10m/s2，不計空氣阻力求碰撞結(jié)束時A的速度；若木板B足夠長，A最終沒有滑離B，求A在B上滑動的過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能15（13分）如圖所示，在傾角為=30°的光滑斜面內(nèi)固定一光滑鐵皮制作的圓弧軌道AB，鐵皮面垂直斜面放置，圓弧的圓心為O，半徑為R，半徑OA和OB分別垂直于斜面的側(cè)邊和底邊，質(zhì)量為m的小球從圓弧軌道上無初速度釋放：（1）若小球由A點釋放，求小球滑到軌道底端B點時的速度大小以及此時小球?qū)壍赖膲毫Γ?）若小球從軌道上的某處釋放，打在斜面內(nèi)軌道右側(cè)垂直

12、斜面底邊放置的木板上，當(dāng)木板與半徑OB的距離為R時，小球打在P1點，木板與半徑OB的距離為2R時，小球打在P2點，且木板上兩落點P1P2的距離為3R，求小球釋放點距離軌道底端B的高度（設(shè)斜面足夠大，木板足夠長）16（15分）如圖所示是一個利用傳輸帶輸送貨物的模型裝置示意圖，物塊（可視為質(zhì)點）先后在傾斜和水平的傳輸帶運(yùn)動，兩傳輸帶運(yùn)動方向相互垂直已知傾斜傳輸帶與水平方向的夾角為=37°，以恒定速度v1=1m/s向下運(yùn)動，物塊與傾斜的傳輸帶間的滑動摩擦因數(shù)1=0.25，物塊從距離底端L=m處由靜止釋放并沿軸線方向下滑，滑過傳輸帶交界處時可認(rèn)為其速度的大小不變水平傳輸帶寬為d=2m，運(yùn)動速

13、度恒為v2=3m/s，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：（1）求物塊下滑到與傾斜傳輸帶速度相同時所需的時間；（2）求物塊運(yùn)動到傾斜傳輸帶底端時的速度大小；（3）為使物塊滑到水平傳輸帶上后不會從水平傳輸帶邊緣脫離，則物塊與水平傳輸帶之間的滑動摩擦系數(shù)2至少為多大？2016廣東省順德一中等六校二模物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共10小題，共48分在每小題給出的四個選項中，第16題只有一項符合題目要求，每小題4分第710題有多項符合題目要求，每小題4分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1（4分）（2016順德

14、區(qū)二模）如圖是伽利略做的銅球沿斜面運(yùn)動的實驗示意圖伽利略讓小球分別沿傾角不同、阻力很?。珊雎裕┑男泵鎻撵o止開始滾下有人針對這個實驗作出如下判斷，正確的是（）A傾角一定時，小球位移與時間成正比B傾角一定時，不同質(zhì)量的小球在斜面上滾動相同時間，速度改變量不同C傾角改變時，小球從斜面上同一位置滾動到底部的時間與斜面傾角的正弦值成反比D傾角越大，小球從斜面上同一位置下滑的整個過程的平均速度越大【考點】伽利略研究自由落體運(yùn)動的實驗和推理方法【分析】伽利略通過通驗觀察和邏輯推理發(fā)現(xiàn)，小球沿斜面滾下的運(yùn)動的確是勻加速直線運(yùn)動，換用不同的質(zhì)量的小球，從不同高度開始滾動，只要斜面的傾角一定，小球的加速度都是相

15、同的；不斷增大斜面的傾角，重復(fù)上述實驗，得知小球的加速度隨斜面傾角的增大而增大【解答】解：A、傾角一定時位移與時間的平方成正比，故A錯誤；B、傾角一定時小球速度與時間成正比，小球的動能與時間的平方成正比，不同質(zhì)量的小球在斜面上滾動相同時間，速度改變量相同，故B錯誤；C、傾角改變時，小球從斜面上同一位置滾動到底部的時間與斜面傾角的正弦值成正比，故C錯誤；D、傾角越大，小球從斜面上同一位置下滑的整個過程的時間越小，平均速度越大；故D正確；故選：D【點評】本題關(guān)鍵要明確伽利略對自由落體運(yùn)動的研究的實驗過程，可以通過閱讀課本了解，同時實驗事實與理論應(yīng)該是一致的，故可結(jié)合勻變速運(yùn)動的知識求解2（4分）（

16、2016順德區(qū)二模）一質(zhì)點位于x=2m處，t=0時刻沿x軸正方向做直線運(yùn)動，其運(yùn)動的vt圖象如圖所示下列說法正確的是（）At=4s時，質(zhì)點在x=1m處B第3s內(nèi)和第4s內(nèi)，質(zhì)點加速度的方向相反C第3s內(nèi)和第4s內(nèi)，合力對質(zhì)點做的功相同DO2s內(nèi)和04s內(nèi)，質(zhì)點的平均速度相同【考點】勻變速直線運(yùn)動的圖像【分析】速度時間圖象中，圖線的斜率表示加速度根據(jù)“面積”確定04s內(nèi)的位移，即可確定其位置由動能定理分析合力做功，平均速度由位移和時間之比分析【解答】解：A、04s內(nèi)質(zhì)點的位移等于02s的位移，為x=×（1+2）×2m=3mt=0時質(zhì)點位于x=2m處，則t=4s時，質(zhì)點在x=1

17、m處，故A正確B、圖線的斜率表示加速度，直線的斜率一定，則知第3s內(nèi)和第4s內(nèi)，質(zhì)點加速度相同，其方向相同，故B錯誤C、第3s內(nèi)質(zhì)點的速度減小，合力做負(fù)功第4s內(nèi)速度增大，合力做正功，由動能定理知第3s內(nèi)和第4s內(nèi)，合力對質(zhì)點做的功不等，故C錯誤D、根據(jù)圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，在時間軸上方的位移為正，下方的面積表示位移為負(fù)，則知O2s內(nèi)和04s內(nèi)，質(zhì)點的位移相同，但所用時間不同，則平均速度不同，故D錯誤故選：A【點評】本題是速度圖象問題，考查理解物理圖象意義的能力，關(guān)鍵要抓住速度圖象“斜率”表示加速度，“面積”表示位移3（4分）（2016順德區(qū)二模）如圖甲所示，在木箱內(nèi)粗糙斜面上靜止一

18、個質(zhì)量為m的物體，木箱豎直向上運(yùn)動的速度v與時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，物體始終相對斜面靜止，斜面對物體的支持力和摩擦力分別為FN和Ff，則下列說法正確的是（）A在0t1時間內(nèi)，F(xiàn)N增大，F(xiàn)f減小B在0t1時間內(nèi)，F(xiàn)N減小，F(xiàn)f增大C在t1t2時間內(nèi)，F(xiàn)N增大，F(xiàn)f增大D在t1t2時間內(nèi)，F(xiàn)N減小，F(xiàn)f減小【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動的圖像【分析】根據(jù)速度時間圖線得出得出加速度的變化，對物塊分析，根據(jù)牛頓第二定律列出表達(dá)式，通過加速度的變化得出支持力和摩擦力的變化【解答】解：在0t1時間內(nèi)，根據(jù)速度時間圖線知，物體做加速運(yùn)動，加速度逐漸減小，對物塊研究，在豎直方向上有：FNcos+Ff

19、sinmg=ma，F(xiàn)Nsin=Ffcos，知加速度減小，則支持力FN和摩擦力減小在t1t2時間內(nèi)，根據(jù)速度時間圖線知，物體做減速運(yùn)動，加速度逐漸增大，對物塊研究，在豎直方向上有：mg（FNcos+Ffsin）=ma，F(xiàn)Nsin=Ffcos，加速度逐漸增大，知支持力和摩擦力逐漸減小故D正確，A、B、C錯誤故選：D【點評】解決本題的關(guān)鍵知道速度時間圖線的切線斜率表示瞬時加速度，結(jié)合牛頓第二定律分析求解，難度中等4（4分）（2016順德區(qū)二模）在完成各項任務(wù)后，“神舟十號”飛船于2013年6月26日回歸地球如圖所示，飛船在返回地面時，要在P點從圓形軌道I進(jìn)人橢圓軌道II，Q為軌道II上的一點，M為軌

20、道I上的另一點，關(guān)于“神舟十號”的運(yùn)動，下列說法中正確的有（）A飛船在軌道II上經(jīng)過P的速度大于經(jīng)過Q的速度B飛船在軌道II上經(jīng)過P的速度大于在軌道I上經(jīng)過M的速度C飛船在軌道II上運(yùn)動的周期大于在軌道I上運(yùn)動的周期D飛船在軌道II上經(jīng)過P點與在軌道I上經(jīng)過M點的加速度大小相等【考點】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系【分析】在軌道上運(yùn)行時，根據(jù)萬有引力做功情況判斷P、Q兩點的速度大小，根據(jù)開普勒第三定律比較在軌道上和在軌道上運(yùn)行的周期大小，通過比較萬有引力的大小，根據(jù)牛頓第二定律比較經(jīng)過P點的加速度大小從軌道上P點進(jìn)入軌道需加速，使得萬有引力等于向心力【解答】解：A、在軌道上運(yùn)行時，由P點向

21、Q點運(yùn)動，萬有引力做正功，動能增大，所以Q點動能大于P點動能，P點的速度小于Q點的速度，故A錯誤B、在軌道上經(jīng)過P點，由于萬有引力大于向心力，會靠近地球運(yùn)動，在該位置加速，使得萬有引力等于向心力，進(jìn)入軌道，所以在軌道上經(jīng)過P的動能小于在軌道上經(jīng)過P 的動能，所以飛船在軌道上經(jīng)過P的速度小于在軌道上經(jīng)過P的速度，所以飛船在軌道上經(jīng)過P的速度小于在軌道上經(jīng)過M的速度，故B錯誤C、根據(jù)開普勒第三定律知，=k，橢圓軌道的半長軸小球軌道的半徑，所以在軌道上運(yùn)動的周期小于在軌道上運(yùn)動的周期，故C錯誤D、在軌道上經(jīng)過P點所受的萬有引力等于在軌道上經(jīng)過P的萬有引力，即也等于在軌道上經(jīng)過M的萬有引力，根據(jù)牛頓第

22、二定律知，加速度相等，故D正確故選：D【點評】本題考查了變軌問題，考查了比較線速度與周期大小問題，解決本題的關(guān)鍵掌握衛(wèi)星的變軌的原理，以及掌握開普勒第三定律，通過比較軌道半徑比較運(yùn)動的周期5（4分）（2016順德區(qū)二模）如圖，質(zhì)量m=1kg的木塊A放在水平地面上，木塊與地面間的摩擦因數(shù)為0.1，某時刻木塊以初速度v0=4m/s向右運(yùn)動，同時加一個向左的外力F=3N，2s時間以后，撤去力F，取g=10m/s2，在木塊運(yùn)動的整個過程中，下列說法錯誤的是（）A木塊運(yùn)動總時間為4sB木塊運(yùn)動總路程為5mC撤去力F的時刻，物體瞬時速度為0D木塊最終停止的地點位于初始位置的左側(cè)【考點】牛頓第二定律【分析】

23、根據(jù)牛頓第二定律求得物體運(yùn)動的各個過程的加速度，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求得通過的位移和所需時間即可判斷【解答】解：當(dāng)物塊向右運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律可知，木塊向左減速到零所需時間，1s后木塊反向運(yùn)動，此時加速度為，1s后速度v=a2t=2×1m/s=2m/s，撤去外力后加速度大小為減速到零所需時間為，故經(jīng)歷的總時間t總=t+t2=4s，故A正確；B、木塊向右運(yùn)動的位移為，向左運(yùn)動通過的位移，故通過的路程s=x1+x2=5m，故B正確；C、根據(jù)A可知，撤去外力后，物體的瞬時速度為2m/s，故C錯誤D、根據(jù)B可知，木塊最終停止的地點位于初始位置的左側(cè)x=x2x1=32m=1m處，故D正確因選錯誤

24、的，故選：C【點評】本題主要考查了牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式，關(guān)鍵是分清物體的運(yùn)動過程，即先向右減速，減速到零再向左加速，撤去外力后再向左減速即可6（4分）（2016順德區(qū)二模）一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖，到斜面上某一點后返回底端，斜面粗糙滑塊運(yùn)動過程中加速度與時間關(guān)系圖象如圖所示下列四幅圖象分別表示滑塊運(yùn)動過程中位移x、速度v、動能Ek和重力勢能Ep（以斜面底端為參考平面）隨時間變化的關(guān)系圖象，其中正確的是（）ABCD【考點】功能關(guān)系；牛頓第二定律【分析】根據(jù)at圖象知上滑和下滑過程中的加速度大小，從而得出速度隨時間的變化規(guī)律；利用速度公式和動能定得出動能、勢能與時間的規(guī)律，

25、再分析選項即可【解答】解：A、物塊向上做勻減速直線運(yùn)動，向下做勻加速直線運(yùn)動，據(jù)位移公式可知，位移與時間成二次函數(shù)關(guān)系；據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可知，下滑所有的時間要大于上升所用的時間，先減速后加速，加速度始終向下，所以xt圖象應(yīng)是開口向下的拋物線，故A錯誤；B、由A分析知速度方向相反，故B錯誤；C、根據(jù)Ek=mv2知動能先減小后增大，與時間為二次函數(shù)，故C錯誤；D、Ep=mgh=mgx=mg（v0t），a為負(fù)，故為開口向下的拋物線，故D正確故選：D【點評】解決本題的關(guān)鍵根據(jù)牛頓第二定律得出上滑和下滑的加速度，判斷出物體的運(yùn)動情況；再結(jié)合位移公式、速度公式和動能的表達(dá)式，此題難度較大7（6分）（2016順

26、德區(qū)二模）如圖，物體A、B用細(xì)繩與彈簧連接后跨過滑輪A靜止在傾角為45°的粗糙斜面上，B豎直懸掛已知質(zhì)量mA=mB，不計滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由45°緩慢減小到30°，A在這個過程中與斜面保持相對靜止，B始終沒有接觸地面，下列說法正確的是（）A彈簧的彈力大小不變B物體A對斜面的壓力將減少C物體A受到的靜摩擦力將先減小后增大D斜面對物體A的作用力不變【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用【分析】先對物體B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到拉力等于物體B的重力；再對物體A受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件列式分析【解答】解：A、設(shè)mA=mB=3m，對

27、物體B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：T=2mg，則知彈簧的彈力不變，故A正確B、再對物體A受力分析，受重力、支持力、拉力和靜摩擦力，如圖剛開始由于mAgsin45°=mgmBg=2mg，所以摩擦力沿斜面向上，后來變?yōu)?0°以后，mAgsin30°=mBg=2mg，摩擦力仍然沿斜面向下，則物體A受到的靜摩擦力將先減小到0后反向增大，根據(jù)平衡條件得到：N3mgcos=0解得：N=3mgcos當(dāng)變小時，物體A對斜面的壓力N增大，故C正確，B錯誤D、A受到斜面體的作用力以及重力和彈簧拉力作用，重力不變，彈力大小不變，方向時刻變化，而A的合力為零，則斜面對物體A的

28、作用力變化，故D錯誤故選：AC【點評】本題關(guān)鍵是先對物體B受力分析，再對物體A受力分析，然后根據(jù)共點力平衡條件列式求解8（6分）（2016順德區(qū)二模）如圖所示，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連接一帶正電的小球P，小球所處的空間存在著方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，小球平衡時，彈簧恰好處于原長狀態(tài)現(xiàn)給小球一豎直向上的初速度，小球最高能運(yùn)動到M點在小球從開始運(yùn)動到運(yùn)動至最高點時，以下說法正確的是（）A小球電勢能的減少量等于小球重力勢能的增加量B小球機(jī)械能的改變量等于電場力做的功C小球動能、電勢能減少量之和等于彈性勢能與小球重力勢能增加量之和D彈性勢能的增加量等于小球動能的減少量【考點】功能關(guān)系；

29、電勢能【分析】小球平衡時，彈簧恰好處于原長狀態(tài)，說明小球受到的電場力等于重力在小球運(yùn)動的過程中，電場力做功等于重力做功【解答】解：A、由題意，小球受到的電場力等于重力在小球運(yùn)動的過程中，電場力做功等于克服重力做功，所以小球電勢能的減少量等于小球重力勢能的增加量故A正確；B、小球受到電場力、重力和彈力，故小球機(jī)械能的改變量等于電場力做的功和彈簧的彈力做的功，故B錯誤；C、小球受到的電場力、重力和彈力，三個力都做功，小球動能、電勢能、彈性勢能與小球重力勢能的總和不變，所以小球動能、電勢能減少量之和等于彈性勢能與小球重力勢能增加量之和，故C正確；D、小球運(yùn)動的過程中在小球運(yùn)動的過程中，電場力做功等于

30、克服重力做功，所以彈簧彈性勢能的增加量等于小球動能的減少量故D正確故選：ACD【點評】小球平衡時，彈簧恰好處于原長狀態(tài)，說明小球受到的電場力等于重力在小球運(yùn)動的過程中，重力、電場力以及彈簧的彈力都做功，其中電場力做功等于重力做功是關(guān)鍵9（6分）（2016順德區(qū)二模）如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體（物體與彈簧不連接），初始時物體處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運(yùn)動，拉力F與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示（g=10m/s2），則正確的結(jié)論是（）A物體與彈簧分離時，彈簧處于原長狀態(tài)B彈簧的勁度系數(shù)為750N/mC物體的質(zhì)量為4kgD物體的加

31、速度大小為5m/s2【考點】牛頓第二定律【分析】物體一直勻加速上升，從圖象可以看出，物體與彈簧分離后，拉力為30N；剛開始物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力和彈力二力平衡；拉力為10N時，彈簧彈力和重力平衡，合力等于拉力，彈簧壓縮量為4cm；根據(jù)以上條件列式分析即可【解答】解：A、物體與彈簧分離時，彈簧恢復(fù)原長，故A正確；B、C、D、剛開始物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力和彈力二力平衡，有mg=kx 拉力F1為10N時，彈簧彈力和重力平衡，合力等于拉力，根據(jù)牛頓第二定律，有F1+kxmg=ma 物體與彈簧分離后，拉力F2為30N，根據(jù)牛頓第二定律，有F2mg=ma 代入數(shù)據(jù)解得m=2kgk=500N/ma=5m/s

32、2故B錯誤，C錯誤，D正確；故選：AD【點評】本題關(guān)鍵是由圖象得出一些相關(guān)物理量，然后根據(jù)牛頓第二定律列方程分析求解10（6分）（2016順德區(qū)二模）宇宙間存在一些離其它恒星較遠(yuǎn)的三星系統(tǒng)，其中有一種三星系統(tǒng)如圖所示，三顆質(zhì)量均為m的星位于等邊三角形的三個頂點，三角形邊長為L，忽略其它星體對它們的引力作用，三顆星在同一平面內(nèi)繞三角形中心O做勻速圓周運(yùn)動，萬有引力常量為G，下列說法正確的是A每顆星做圓周運(yùn)動的角速度為B每顆星做圓周運(yùn)動的加速度與三星的質(zhì)量有關(guān)C若距離L和每顆星的質(zhì)量m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則周期變?yōu)樵瓉淼?倍D若距離L和每顆星的質(zhì)量m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則線速度變?yōu)樵瓉淼?倍【考點】萬

33、有引力定律及其應(yīng)用【分析】先寫出任意兩個星星之間的萬有引力，求每一顆星星受到的合力，該合力提供它們的向心力然后用R表達(dá)出它們的軌道半徑，最后寫出用周期和線速度表達(dá)的向心力的公式，整理即可的出結(jié)果【解答】解：A、任意兩個星星之間的萬有引力F=每一顆星星受到的合力，F(xiàn)1=F，由幾何關(guān)系知：它們的軌道半徑r=L合力提供它們的向心力：=m聯(lián)立，解得：v=，故A錯誤B、任意兩個星星之間的萬有引力F=每一顆星星受到的合力就是其向心力，F(xiàn)1=F，由牛頓第二定律可知可知，a=向心加速度與質(zhì)量有關(guān)，故B正確；C、由=m解得：T=，若距離L和每顆星的質(zhì)量m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則周期變?yōu)樵瓉淼?倍；故C正確；D、由A

34、可知v=，則可知，L和每顆星的質(zhì)量m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則線速度不變，故D錯誤故選：BC【點評】解決該題首先要理解模型所提供的情景，然后能夠列出合力提供向心力的公式，根據(jù)公式進(jìn)行分析才能明確各物理量發(fā)生變化時周期和線速度等的變化情況二、實驗題：本大題共2小題，共15分11（6分）（2016順德區(qū)二模）某物理小組的同學(xué)用如圖1所示的實驗器材測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，實驗器材由底座、帶有?biāo)尺的豎直桿、光電門1和光電門2組成的光電計時器（其中光電門1更靠近小球釋放點）、可使小球無初速度釋放的小球釋放器和網(wǎng)兜組成實驗時可用兩光電門和計時器測量小球從光電門1運(yùn)動至光電門2所用的時間t，并從豎直桿上讀出兩光電門

35、間距離h（1）改變光電門2的位置，保持光電門1的位置不變，測得小球經(jīng)過光電門1的速度為v，不考慮空氣阻力，小球的加速度為g，則h、t、g、v四個物理量之間的關(guān)系為h=vt+gt2（2）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作了如圖2所示t圖線，若圖線斜率的絕對值為為k，圖線在縱軸上的截距為a，根據(jù)圖線可求出重力加速度的大小為2k【考點】測定勻變速直線運(yùn)動的加速度【分析】（1）根據(jù)自由下落的公式和勻變速直線運(yùn)動的推論求出h、t、g、v四個物理量之間的關(guān)系（2）整理得到t圖線的表達(dá)式，并找出圖線的斜率和加速度關(guān)系【解答】解：（1）小球經(jīng)過光電門2的速度為v，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得從開始釋放到經(jīng)過光電門2的時間t=，所以從開始釋放

36、到經(jīng)過光電門1的時間t=tt=t，所以經(jīng)過光電門1的速度v=gt=vgt，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的推論得：兩光電門間的距離h=t=；（2）由于h=，所以=vgt，若t圖線斜率的絕對值為k，k=g，所以重力加速度大小g=2k故答案為：（1）h=vt+gt2；（2）2k【點評】要提高應(yīng)用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習(xí)中要加強(qiáng)基礎(chǔ)知識的理解與應(yīng)用整理圖象所要求的表達(dá)式，根據(jù)斜率的物理意義求解12（9分）（2016順德區(qū)二模）有一個桌柜，上表面由能翻轉(zhuǎn)的桌蓋AB（可以通過B處轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動）和水平桌面BC兩部分組成，在桌蓋的A端由通過細(xì)線懸掛的重錘可以找到與A在同一豎直線上并與水平桌面等

37、高的A1點某同學(xué)為了測量一個小木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)，將桌蓋AB的A端抬起、調(diào)整適當(dāng)?shù)慕嵌群?，讓小木塊從A端由靜止開始下滑，不考慮小木塊在B處的能量損失，最后小木塊停止在水平桌面上的D處（1）用刻度尺測出AA1的高度h和A1D的距離L就可以求出小木塊與桌面的動摩擦因數(shù)，則動摩擦因數(shù)的表達(dá)式為：=（2）該同學(xué)為了估測值，通過改變桌蓋傾角，粗略地測出了幾組h、L數(shù)據(jù)，見下表為了減小測量中那些較大的偶然誤差，該同學(xué)采用作Lh圖象求值方法請在圖2的直角坐標(biāo)系中作出Lh圖象；h（cm）8.012.016.020.024.0 L（cm）31.843.863.484.996.2（3）由以上作出的Lh圖象，

38、求得木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)=0.25 （結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【考點】探究影響摩擦力的大小的因素【分析】（1）對運(yùn)動全程根據(jù)動能定理列式求解動摩擦因數(shù)；（2）已知不同的L、H值，采用描點法作圖即可；（3）Lh圖象的斜率表示動摩擦因數(shù)的倒數(shù)【解答】解：（1）對運(yùn)動全程，根據(jù)動能定理，有：mghmgBC=0，解得：=；（2）采用描點法作圖，如圖所示：（3）根據(jù)第（1）問的結(jié)論，Lh圖象的斜率表示動摩擦因數(shù)的倒數(shù)，故：=；故答案為：（1）；（2）如圖所示；（3）0.230.27【點評】本題考查動摩擦因數(shù)的測量，關(guān)鍵是明確實驗原理，采用動能定理列式分析；對于作圖題目，要用直尺作圖，滿足盡量多的點在直

39、線上，不在直線上的點均分直線兩側(cè)，圖線下端用實線與原點相連三、計算題：本大題共4小題，共47分13（9分）（2016順德區(qū)二模）如圖所示，質(zhì)量為M的半球面靜止在水平地面上，質(zhì)量為m的小物塊在半球面上處于平衡狀態(tài)，小物塊與一輕彈簧連接，彈簧的上端固定于墻上的O點已知小物塊與球心O'的連線與豎直方向成=45°角，彈簧的勁度系數(shù)為k，其與豎直方向的夾角也為若小物塊與球面之間剛好沒有相對運(yùn)動的趨勢，求：（1）彈簧的伸長量；（2）球面所受地面的支持【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用【分析】（1）小物塊與球面之間剛好沒有相對運(yùn)動的趨勢，摩擦力為零，對小物塊受力分析，根據(jù)平衡條件結(jié)合胡克定律

40、列式求解即可；（2）對整體受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解即可【解答】解：（1）對小物塊受力分析：摩擦力為零，支持力N、彈簧的拉力T和重力G三力平衡，如圖所示：設(shè)彈簧伸長量為x，則：T=kx解得：（2）設(shè)地面的支持力和摩擦力分別為FN和f，對整體受力分析，根據(jù)平衡條件得：Tsin=f，Tcos+FN=（M+m）g解得：，方向水平向左，方向豎直向上答：（1）彈簧的伸長量為；（2）球面所受地面的支持力大小為，方向豎直向上【點評】本題主要考查了共點力平衡條件的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確對物體進(jìn)行受力分析，注意整體法和隔離法在解題中的應(yīng)用，難度適中14（10分）（2016順德區(qū)二模）一質(zhì)量為M=10kg

41、的木板B靜止于光滑水平面上，其上表面粗糙，物塊A質(zhì)量為m=6kg，停在B的左端質(zhì)量為m0=1kg的小球用長為l=0.8m的輕繩懸掛在固定點O上，將輕繩拉直至水平位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點與A發(fā)生碰撞后反彈，反彈所能達(dá)到的最大高度為h=0.2m，物塊與小球可視為質(zhì)點，g取10m/s2，不計空氣阻力求碰撞結(jié)束時A的速度；若木板B足夠長，A最終沒有滑離B，求A在B上滑動的過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能【考點】動量守恒定律；機(jī)械能守恒定律【分析】（1）對小球下落過程應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出小球到達(dá)A時的速度，再由機(jī)械能守恒定律求得球反彈上升的初速度即球與A碰后的速度，再根據(jù)動量守恒定律求得球與A碰撞后

42、A的速度；（2）A沒有滑離B，A、B共同運(yùn)動，由動量守恒定律列方程求二者共同的速度，由能量守恒列方程求損失的機(jī)械能【解答】解：設(shè)小球運(yùn)動到最低點的速度為v0，由機(jī)械能守恒定律：，代入數(shù)據(jù)解得：v0=4m/s設(shè)碰撞結(jié)束后小球的速度大小為v1，A的速度大小為v2，碰撞結(jié)束后小球反彈上升，由機(jī)械能守恒有：，代入數(shù)據(jù)解得：v1=2m/s對碰撞過程，設(shè)向右為正方向，由動量守恒有：m0v0=m0v1+mv2將v0、v1結(jié)果代入得：v2=1m/s，方向水平向右；經(jīng)分析知，最后A沒有滑離B，A、B共同運(yùn)動，設(shè)共同運(yùn)動速度為v3，對A、B系統(tǒng)，設(shè)向右為正方向，由動量守恒得mv2=（m+M）v3，解得：此過程中損

43、失的機(jī)械能：把第問的v2代入以上兩式解得：答：碰撞結(jié)束時A的速度1m/s，方向水平向右；若木板B足夠長，A最終沒有滑離B，A在B上滑動的過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能J【點評】本題關(guān)鍵是根據(jù)動量守恒定律、動量定理、能量守恒列式求解，也可以根據(jù)牛頓第二定律和速度時間公式列式聯(lián)立求解15（13分）（2016順德區(qū)二模）如圖所示，在傾角為=30°的光滑斜面內(nèi)固定一光滑鐵皮制作的圓弧軌道AB，鐵皮面垂直斜面放置，圓弧的圓心為O，半徑為R，半徑OA和OB分別垂直于斜面的側(cè)邊和底邊，質(zhì)量為m的小球從圓弧軌道上無初速度釋放：（1）若小球由A點釋放，求小球滑到軌道底端B點時的速度大小以及此時小球?qū)壍赖膲毫?/p>

44、（2）若小球從軌道上的某處釋放，打在斜面內(nèi)軌道右側(cè)垂直斜面底邊放置的木板上，當(dāng)木板與半徑OB的距離為R時，小球打在P1點，木板與半徑OB的距離為2R時，小球打在P2點，且木板上兩落點P1P2的距離為3R，求小球釋放點距離軌道底端B的高度（設(shè)斜面足夠大，木板足夠長）【考點】機(jī)械能守恒定律【分析】（1）小球由A到B過程機(jī)械桶守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可求得B點的速度，再根據(jù)小球在B點時的受力分析，由向心力公式可求得壓力；（2）小球離開圓軌道后，由牛頓第二定律可求得加速度，根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律進(jìn)行分析，由題意中給出的高度關(guān)系列式，聯(lián)立即可求得高度【解答】解：（1）小球由A到B時，機(jī)械能守恒：mgRsin=mv2得：v=小球在B點時，對小球受力分析：Nmgsin=m得：N=mg由牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫镹'=（2）設(shè)小球到達(dá)B點時的速度為v0，小球離開圓弧軌道后，受力分析：mgsin=maa=gsin小球離開軌道時，速度v0與加速度a垂直，做類平拋運(yùn)動：落點為P1點時：水平方向：R=v0t1豎直方向上有：y1=at12落點為P2點時：水平方向：2R=v0t2豎直方向上：y2=at22由題意可知：y2y1=3R聯(lián)立以上各式：v0=設(shè)小球釋放