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(gè)選項(xiàng)中，第16題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分第710題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題4分，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分1（4分）如圖是伽利略做的銅球沿斜面運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)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(duì)這個(gè)實(shí)驗(yàn)作出如下判斷，正確的是（）A傾角一定時(shí)，小球位移與時(shí)間成正比B傾角一定時(shí)，不同質(zhì)量的小球在斜面上滾動(dòng)相同時(shí)間，速度改變量不同C傾角改變時(shí)，小球從斜面上同一位置滾動(dòng)到底部的時(shí)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(gè)過程的平均速度越大2（4分）一質(zhì)點(diǎn)位于x=2m處，t=0時(shí)刻沿x軸正方向做直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖所示下列說法正確的是（）At=4s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)在x=1m處B第3s內(nèi)和第4s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)加速度的方向相反C第3s內(nèi)和第4s內(nèi)，合力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做的功相同DO2s內(nèi)和04s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)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(gè)質(zhì)量為m的物體，木箱豎直向上運(yùn)動(dòng)的速度v與時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，物體始終相對(duì)斜面靜止，斜面對(duì)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(shí)間內(nèi)，F(xiàn)N增大，F(xiàn)f減小B在0t1時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)N減小，F(xiàn)f增大C在t1t2時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)N增大

3、，F(xiàn)f增大D在t1t2時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)N減小，F(xiàn)f減小4（4分）在完成各項(xiàng)任務(wù)后，“神舟十號(hào)”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(shí)，要在P點(diǎn)從圓形軌道I進(jìn)人橢圓軌道II，Q為軌道II上的一點(diǎn)，M為軌道I上的另一點(diǎn)，關(guān)于“神舟十號(hào)”的運(yùn)動(dòng)，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(dòng)的周期大于在軌道I上運(yùn)動(dòng)的周期D飛船在軌道II上經(jīng)過P點(diǎn)與在軌道I上經(jīng)過M點(diǎn)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(shí)刻木塊以初速度v

4、0=4m/s向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)加一個(gè)向左的外力F=3N，2s時(shí)間以后，撤去力F，取g=10m/s2，在木塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，下列說法錯(cuò)誤的是（）A木塊運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為4sB木塊運(yùn)動(dòng)總路程為5mC撤去力F的時(shí)刻，物體瞬時(shí)速度為0D木塊最終停止的地點(diǎn)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(diǎn)后返回底端，斜面粗糙滑塊運(yùn)動(dòng)過程中加速度與時(shí)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(dòng)過程中位移x、速度v、動(dòng)能Ek和重力勢(shì)能Ep（以斜面底端為參考平面）隨時(shí)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(jì)滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由45°緩慢減小到30°，A在這個(gè)過程中與斜面保持相對(duì)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(duì)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(duì)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(chǎng)，小球平衡時(shí)，彈簧恰好處于原長(zhǎng)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(dòng)到M點(diǎn)在小球從開始運(yùn)動(dòng)到運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)，以下說法正確的是（）A小球電勢(shì)能的減少量等于小球重

6、力勢(shì)能的增加量B小球機(jī)械能的改變量等于電場(chǎng)力做的功C小球動(dòng)能、電勢(shì)能減少量之和等于彈性勢(shì)能與小球重力勢(shì)能增加量之和D彈性勢(shì)能的增加量等于小球動(dòng)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(shí)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(dòng)，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(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)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(gè)頂點(diǎn)，三角形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，忽略其它星體對(duì)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(dòng)，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(dòng)的角速度為B每顆星做圓周運(yùn)動(dòng)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(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)器材測(cè)定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋瑢?shí)驗(yàn)器材由底座、帶有標(biāo)尺的豎直桿、光電門1和光電門2組成的光電計(jì)時(shí)器（其中光電門1更靠近小球釋放點(diǎn)）、可使小球無初速度釋放的

8、小球釋放器和網(wǎng)兜組成實(shí)驗(yàn)時(shí)可用兩光電門和計(jì)時(shí)器測(cè)量小球從光電門1運(yùn)動(dòng)至光電門2所用的時(shí)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(cè)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(gè)物理量之間的關(guān)系為（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作了如圖2所示t圖線，若圖線斜率的絕對(duì)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(gè)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(dòng)）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(diǎn)某同學(xué)為了測(cè)量一個(gè)小

9、木塊與桌面間的動(dòng)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(cè)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(dòng)摩擦因數(shù)，則動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式為：=（2）該同學(xué)為了估測(cè)值，通過改變桌蓋傾角，粗略地測(cè)出了幾組h、L數(shù)據(jù)，見下表為了減小測(cè)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(qǐng)?jiān)趫D2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(dòng)摩擦因數(shù)=

10、 （結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）三、計(jì)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(diǎn)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(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，求：（1）彈簧的伸長(zhǎng)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(zhǎng)為l=0.8m的輕繩懸掛在固定點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力求碰撞結(jié)束時(shí)A的速度；若木板B足夠長(zhǎng)，A最終沒有滑離B，求A在B上滑動(dòng)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(diǎn)釋放，求小球滑到軌道底端B點(diǎn)時(shí)的速度大小以及此時(shí)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(shí)，小球打在P1點(diǎn)，木板與半徑OB的距離為2R時(shí)，小球打在P2點(diǎn)，且木板上兩落點(diǎn)P1P2的距離為3R，求小球釋放點(diǎn)距離軌道底端B的高度（設(shè)斜面足夠大，木板足夠長(zhǎng)）16（15分）如圖所示是一個(gè)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(diǎn)）先后在傾斜和水平的傳輸帶運(yùn)動(dòng)，兩傳輸帶運(yùn)動(dòng)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(dòng)，物塊與傾斜的傳輸帶間的滑動(dòng)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(shí)可認(rèn)為其速度的大小不變水平傳輸帶寬為d=2m，運(yùn)動(dòng)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(shí)所需的時(shí)間；（2）求物塊運(yùn)動(dòng)到傾斜傳輸帶底端時(shí)的速度大??；（3）為使物塊滑到水平傳輸帶上后不會(huì)從水平傳輸帶邊緣脫離，則物塊與水平傳輸帶之間的滑動(dòng)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(gè)選項(xiàng)中，第16題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分第710題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題4分，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)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(dòng)的實(shí)驗(yàn)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(duì)這個(gè)實(shí)驗(yàn)作出如下判斷，正確的是（）A傾角一定時(shí)，小球位移與時(shí)間成正比B傾角一定時(shí)，不同質(zhì)量的小球在斜面上滾動(dòng)相同時(shí)間，速度改變量不同C傾角改變時(shí)，小球從斜面上同一位置滾動(dòng)到底部的時(shí)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(gè)過程的平均速度越大【考點(diǎn)】伽利略研究自由落體運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)和推理方法【分析】伽利略通過通驗(yàn)觀察和邏輯推理發(fā)現(xiàn)，小球沿斜面滾下的運(yùn)動(dòng)的確是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，換用不同的質(zhì)量的小球，從不同高度開始滾動(dòng)，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(shí)驗(yàn)，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(shí)位移與時(shí)間的平方成正比，故A錯(cuò)誤；B、傾角一定時(shí)小球速度與時(shí)間成正比，小球的動(dòng)能與時(shí)間的平方成正比，不同質(zhì)量的小球在斜面上滾動(dòng)相同時(shí)間，速度改變量相同，故B錯(cuò)誤；C、傾角改變時(shí)，小球從斜面上同一位置滾動(dòng)到底部的時(shí)間與斜面傾角的正弦值成正比，故C錯(cuò)誤；D、傾角越大，小球從斜面上同一位置下滑的整個(gè)過程的時(shí)間越小，平均速度越大；故D正確；故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要明確伽利略對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)的研究的實(shí)驗(yàn)過程，可以通過閱讀課本了解，同時(shí)實(shí)驗(yàn)事實(shí)與理論應(yīng)該是一致的，故可結(jié)合勻變速運(yùn)動(dòng)的知識(shí)求解2（4分）（

16、2016順德區(qū)二模）一質(zhì)點(diǎn)位于x=2m處，t=0時(shí)刻沿x軸正方向做直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖所示下列說法正確的是（）At=4s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)在x=1m處B第3s內(nèi)和第4s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)加速度的方向相反C第3s內(nèi)和第4s內(nèi)，合力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做的功相同DO2s內(nèi)和04s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的平均速度相同【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像【分析】速度時(shí)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(dòng)能定理分析合力做功，平均速度由位移和時(shí)間之比分析【解答】解：A、04s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移等于02s的位移，為x=×（1+2）×2m=3mt=0時(shí)質(zhì)點(diǎn)位于x=2m處，則t=4s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)加速度相同，其方向相同，故B錯(cuò)誤C、第3s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)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(dòng)能定理知第3s內(nèi)和第4s內(nèi)，合力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做的功不等，故C錯(cuò)誤D、根據(jù)圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，在時(shí)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(diǎn)的位移相同，但所用時(shí)間不同，則平均速度不同，故D錯(cuò)誤故選：A【點(diǎn)評(píng)】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(gè)質(zhì)量為m的物體，木箱豎直向上運(yùn)動(dòng)的速度v與時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，物體始終相對(duì)斜面靜止，斜面對(duì)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(shí)間內(nèi)，F(xiàn)N增大，F(xiàn)f減小B在0t1時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)N減小，F(xiàn)f增大C在t1t2時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)N增大，F(xiàn)f增大D在t1t2時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)N減小，F(xiàn)f減小【考點(diǎn)】牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像【分析】根據(jù)速度時(shí)間圖線得出得出加速度的變化，對(duì)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(shí)間內(nèi)，根據(jù)速度時(shí)間圖線知，物體做加速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小，對(duì)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(shí)間內(nèi)，根據(jù)速度時(shí)間圖線知，物體做減速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸增大，對(duì)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(cuò)誤故選：D【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道速度時(shí)間圖線的切線斜率表示瞬時(shí)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(xiàng)任務(wù)后，“神舟十號(hào)”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(shí)，要在P點(diǎn)從圓形軌道I進(jìn)人橢圓軌道II，Q為軌道II上的一點(diǎn)，M為軌

20、道I上的另一點(diǎn)，關(guān)于“神舟十號(hào)”的運(yùn)動(dòng)，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(dòng)的周期大于在軌道I上運(yùn)動(dòng)的周期D飛船在軌道II上經(jīng)過P點(diǎn)與在軌道I上經(jīng)過M點(diǎn)的加速度大小相等【考點(diǎn)】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(shí)，根據(jù)萬有引力做功情況判斷P、Q兩點(diǎn)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(diǎn)的加速度大小從軌道上P點(diǎn)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(shí)，由P點(diǎn)向

21、Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，萬有引力做正功，動(dòng)能增大，所以Q點(diǎn)動(dòng)能大于P點(diǎn)動(dòng)能，P點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)的速度，故A錯(cuò)誤B、在軌道上經(jīng)過P點(diǎn)，由于萬有引力大于向心力，會(huì)靠近地球運(yùn)動(dòng)，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(dòng)能小于在軌道上經(jīng)過P 的動(dòng)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(cuò)誤C、根據(jù)開普勒第三定律知，=k，橢圓軌道的半長(zhǎng)軸小球軌道的半徑，所以在軌道上運(yùn)動(dòng)的周期小于在軌道上運(yùn)動(dòng)的周期，故C錯(cuò)誤D、在軌道上經(jīng)過P點(diǎn)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(diǎn)評(píng)】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(dòng)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(shí)刻木塊以初速度v0=4m/s向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)加一個(gè)向左的外力F=3N，2s時(shí)間以后，撤去力F，取g=10m/s2，在木塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，下列說法錯(cuò)誤的是（）A木塊運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為4sB木塊運(yùn)動(dòng)總路程為5mC撤去力F的時(shí)刻，物體瞬時(shí)速度為0D木塊最終停止的地點(diǎn)位于初始位置的左側(cè)【考點(diǎn)】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(dòng)的各個(gè)過程的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得通過的位移和所需時(shí)間即可判斷【解答】解：當(dāng)物塊向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可知，木塊向左減速到零所需時(shí)間，1s后木塊反向運(yùn)動(dòng)，此時(shí)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(shí)間為，故經(jīng)歷的總時(shí)間t總=t+t2=4s，故A正確；B、木塊向右運(yùn)動(dòng)的位移為，向左運(yùn)動(dòng)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(shí)速度為2m/s，故C錯(cuò)誤D、根據(jù)B可知，木塊最終停止的地點(diǎn)位于初始位置的左側(cè)x=x2x1=32m=1m處，故D正確因選錯(cuò)誤

24、的，故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，關(guān)鍵是分清物體的運(yùn)動(dòng)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(diǎn)后返回底端，斜面粗糙滑塊運(yùn)動(dòng)過程中加速度與時(shí)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(dòng)過程中位移x、速度v、動(dòng)能Ek和重力勢(shì)能Ep（以斜面底端為參考平面）隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象，其中正確的是（）ABCD【考點(diǎn)】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(shí)間的變化規(guī)律；利用速度公式和動(dòng)能定得出動(dòng)能、勢(shì)能與時(shí)間的規(guī)律，

25、再分析選項(xiàng)即可【解答】解：A、物塊向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)位移公式可知，位移與時(shí)間成二次函數(shù)關(guān)系；據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知，下滑所有的時(shí)間要大于上升所用的時(shí)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(cuò)誤；B、由A分析知速度方向相反，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)Ek=mv2知?jiǎng)幽芟葴p小后增大，與時(shí)間為二次函數(shù)，故C錯(cuò)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(diǎn)評(píng)】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(dòng)情況；再結(jié)合位移公式、速度公式和動(dòng)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(jì)滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由45°緩慢減小到30°，A在這個(gè)過程中與斜面保持相對(duì)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(duì)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(duì)物體A的作用力不變【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用【分析】先對(duì)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(duì)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(duì)

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(duì)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(shí)，物體A對(duì)斜面的壓力N增大，故C正確，B錯(cuò)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(shí)刻變化，而A的合力為零，則斜面對(duì)物體A的

28、作用力變化，故D錯(cuò)誤故選：AC【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是先對(duì)物體B受力分析，再對(duì)物體A受力分析，然后根據(jù)共點(diǎn)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(chǎng)，小球平衡時(shí)，彈簧恰好處于原長(zhǎng)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(dòng)到M點(diǎn)在小球從開始運(yùn)動(dòng)到運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)，以下說法正確的是（）A小球電勢(shì)能的減少量等于小球重力勢(shì)能的增加量B小球機(jī)械能的改變量等于電場(chǎng)力做的功C小球動(dòng)能、電勢(shì)能減少量之和等于彈性勢(shì)能與小球重力勢(shì)能增加量之和D彈性勢(shì)能的增加量等于小球動(dòng)能的減少量【考點(diǎn)】功能關(guān)系；

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

30、克服重力做功，所以彈簧彈性勢(shì)能的增加量等于小球動(dòng)能的減少量故D正確故選：ACD【點(diǎn)評(píng)】小球平衡時(shí)，彈簧恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)，說明小球受到的電場(chǎng)力等于重力在小球運(yùn)動(dòng)的過程中，重力、電場(chǎng)力以及彈簧的彈力都做功，其中電場(chǎng)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(shí)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(dòng)，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(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)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(diǎn)】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(shí)，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(shí)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，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(shí)，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(cuò)誤，C錯(cuò)誤，D正確；故選：AD【點(diǎn)評(píng)】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(gè)頂點(diǎn)，三角形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，忽略其它星體對(duì)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(dòng)，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(dòng)的角速度為B每顆星做圓周運(yùn)動(dòng)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(diǎn)】萬

33、有引力定律及其應(yīng)用【分析】先寫出任意兩個(gè)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(gè)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(cuò)誤B、任意兩個(gè)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(cuò)誤故選：BC【點(diǎn)評(píng)】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(shí)周期和線速度等的變化情況二、實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)器材測(cè)定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，?shí)驗(yàn)器材由底座、帶有標(biāo)尺的豎直桿、光電門1和光電門2組成的光電計(jì)時(shí)器（其中光電門1更靠近小球釋放點(diǎn)）、可使小球無初速度釋放的小球釋放器和網(wǎng)兜組成實(shí)驗(yàn)時(shí)可用兩光電門和計(jì)時(shí)器測(cè)量小球從光電門1運(yùn)動(dòng)至光電門2所用的時(shí)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(cè)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(gè)物理量之間的關(guān)系為h=vt+gt2（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作了如圖2所示t圖線，若圖線斜率的絕對(duì)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(diǎn)】測(cè)定勻變速直線運(yùn)動(dòng)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(dòng)的推論求出h、t、g、v四個(gè)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(dòng)學(xué)公式得從開始釋放到經(jīng)過光電門2的時(shí)間t=，所以從開始釋放

36、到經(jīng)過光電門1的時(shí)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(dòng)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(duì)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(diǎn)評(píng)】要提高應(yīng)用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實(shí)驗(yàn)問題的能力，在平時(shí)練習(xí)中要加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)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(gè)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(dòng)）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(diǎn)某同學(xué)為了測(cè)量一個(gè)小木塊與桌面間的動(dòng)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(cè)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(dòng)摩擦因數(shù)，則動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式為：=（2）該同學(xué)為了估測(cè)值，通過改變桌蓋傾角，粗略地測(cè)出了幾組h、L數(shù)據(jù)，見下表為了減小測(cè)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(qǐng)?jiān)趫D2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(dòng)摩擦因數(shù)=0.25 （結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】探究影響摩擦力的大小的因素【分析】（1）對(duì)運(yùn)動(dòng)全程根據(jù)動(dòng)能定理列式求解動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）已知不同的L、H值，采用描點(diǎn)法作圖即可；（3）Lh圖象的斜率表示動(dòng)摩擦因數(shù)的倒數(shù)【解答】解：（1）對(duì)運(yùn)動(dòng)全程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：mghmgBC=0，解得：=；（2）采用描點(diǎn)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(dòng)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(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)摩擦因數(shù)的測(cè)量，關(guān)鍵是明確實(shí)驗(yàn)原理，采用動(dòng)能定理列式分析；對(duì)于作圖題目，要用直尺作圖，滿足盡量多的點(diǎn)在直

39、線上，不在直線上的點(diǎn)均分直線兩側(cè)，圖線下端用實(shí)線與原點(diǎn)相連三、計(jì)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(diǎn)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(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，求：（1）彈簧的伸長(zhǎng)量；（2）球面所受地面的支持【考點(diǎn)】共點(diǎn)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(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，摩擦力為零，對(duì)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(duì)整體受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解即可【解答】解：（1）對(duì)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(zhǎng)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(duì)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(zhǎng)量為；（2）球面所受地面的支持力大小為，方向豎直向上【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了共點(diǎn)力平衡條件的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確對(duì)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(zhǎng)為l=0.8m的輕繩懸掛在固定點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力求碰撞結(jié)束時(shí)A的速度；若木板B足夠長(zhǎng)，A最終沒有滑離B，求A在B上滑動(dòng)的過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律【分析】（1）對(duì)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(shí)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(dòng)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(dòng)，由動(dòng)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(dòng)到最低點(diǎn)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(duì)碰撞過程，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)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(dòng)，設(shè)共同運(yùn)動(dòng)速度為v3，對(duì)A、B系統(tǒng)，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)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(shí)A的速度1m/s，方向水平向右；若木板B足夠長(zhǎng)，A最終沒有滑離B，A在B上滑動(dòng)的過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能J【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是根據(jù)動(dòng)量守恒定律、動(dòng)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(shí)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(diǎn)釋放，求小球滑到軌道底端B點(diǎn)時(shí)的速度大小以及此時(shí)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(shí)，小球打在P1點(diǎn)，木板與半徑OB的距離為2R時(shí)，小球打在P2點(diǎn)，且木板上兩落點(diǎn)P1P2的距離為3R，求小球釋放點(diǎn)距離軌道底端B的高度（設(shè)斜面足夠大，木板足夠長(zhǎng)）【考點(diǎn)】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(diǎn)的速度，再根據(jù)小球在B點(diǎn)時(shí)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(dòng)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(shí)，機(jī)械能守恒：mgRsin=mv2得：v=小球在B點(diǎn)時(shí)，對(duì)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(diǎn)時(shí)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(shí)，速度v0與加速度a垂直，做類平拋運(yùn)動(dòng)：落點(diǎn)為P1點(diǎn)時(shí)：水平方向：R=v0t1豎直方向上有：y1=at12落點(diǎn)為P2點(diǎn)時(shí)：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