四川省成都市树德中学2024-2025学年高三下学期开学考试物理试题

树德中学高 2022 级高三下学期物理开学考试-参考答案 4.A．将杆与人视为整体，根据平衡条件可知，整体只受到重力与水平地面提供的竖直向上的支持力作用，地面对 杆的摩擦力为零，A 错误；B．人受到竖直向下的重力、杆对人两脚的作用力，根据平衡的三力汇交原理可知，杆 对人的两脚的作用力方向不同，B 错误；C．人整体相对杆有向下滑的趋势，故人的两脚受到的摩擦力的合力方向 沿杆向上，根据牛顿第三定律可知人的两脚对杆的摩擦力的合力方向沿杆向下，C 错误；D．因不计杆的质量，且 水平地面提供的支持力的作用点在杆的下端，故人的重心一定在杆下端的正上方，D 正确。 【点睛】杆对某脚的作用力即为杆对该脚所施加的各个力的合力。 杆对下脚的摩擦力方向是沿杆向上的，但杆对上脚的摩擦力可能沿 杆向上，也可能沿杆向下，还可能恰好没有摩擦力，研究人的受力， 根据平衡的三力汇交原理，可能有如下三种情况。 6．A．线圈进入磁场的过程，磁通量增加，根据楞次定律，可判断出，感应电流的方向为 ADCBA，故 A 错误； B．在线圈进入磁场的过程中，受到沿 CA方向的安培力作用，由于线圈匀速运动，所以线圈受到的摩擦力方向为 AC方向，根据牛顿第三定律可知，线圈对传送带的摩擦力始终沿 CA方向，最大值为 m m 2f F NBI L  ，又有 ， ，解得 ，故 B 错误；C．线圈质量不变，材料不变，边长不变， 匝数变成 2 倍，则导线长度变为原来的 2 倍，横截面积变为原来的 12 ，根据 lR S  可知，电阻变为原来的 4 倍， 又因为安培力的最大值为 ，可知，匝数变成 2 倍，电阻变为原来的 4 倍，线框受到的安培力的最大 值不变，而最大静摩擦力为 f mg ，不变，所以在不改变传送带速度的情况下，相同质量、材料、边长但匝数为 的线圈进入磁场过程也恰好不打滑，故 C 正确；D．线圈在进入磁场的过程中通过截面的电荷量为 ，故 D 错误。 7．A．根据题意可知，粒子运动到O点时速度最大，由动能定理有 21 m 1 2 E qx mv ,解得 1m 2 4 m sE qxv m   ,故 A 错 误；B．根据题意可知，粒子运动到原点右侧最远点时电势最低为，运动过程中只有电场力做功，由能量守恒定 律有 2m 1 2 mv q ,解得 1.6V   ,故 B 错误；C．粒子在电场 1E 中单程运动的时间为 1 0.2s 2 xt v  ,粒子在电场 2E 中受 电场力 52 2 4 10F E q x kx       ,则 54 10 N / mk   ,粒子在电场 2E 中做简谐振动，根据简谐振动周期公式 2 52 s 5 mT k   ,粒子运动周期为 21 4 52 s 2 10 TT t    故 C 正确；D．从O点向右最远运动距离 x，由动能定 理有 2m 2 1 1 2 2 mv qE x  ,解得 2 5 m 5 x  ,故 D 错误。故选 C。 9．A．从图示位置开始，当矩形线圈转过 π 2 时穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知线圈中的电流方向为 BADCB，故 A 正确；B．当灯泡 L 正常发光时，灯泡和电风扇两端的电压为 220V,通过灯泡的电流为 0.2A PI U   ， 通过风扇的电流为 1 0.2AI  ，电风扇的输入功率为 44WP UI  ，电风扇的热功率为 2P 0.8WI R 热 ，所以风扇 输出的机械功率是 43.2WP P P   热 ，故 B 错误；C．矩形线圈切割磁感线产生的电压有效值为 30VU  ，根据 理想变压器原副线圈的匝数比和电流、电压的关系得 1 1 2 30 2 220V I n n   ， 1 1 2 0.4 n I n  ，又 2 1 30n n  ，解得 1 2: 1:10n n  ，故 C 错误。D.由原、副线圈电压之比、电流之比与线圈匝数之比的关系有 1 1 2 2 U I r n U n   、 1 2 2 1 I n I n  ，可得 2 2 2 2 22 1 1 n nU U I r n n   可将发电机和变压器看作等效电源，等效电动势 2 1 nE U n  ，等效内阻 2 2 2 1 nr r n 等 ，若风扇所在支路发生断路故障， 则副线圈负载电阻变大，则电流 2I 减小，电压 2U 变大，由 2 2UP R  灯 ，可知灯泡L的功率变大，故 D 正确。 10.A．导体棒甲沿导轨下滑时只有重力做功，则导体棒的机械能守恒，由机械能守恒定律得 21 1 1sin 30 2 m gx m v  ， 解得 3m / sv  ，导体棒甲滑到倾斜导轨底端后开始做切割磁感线运动，导体棒甲中产生的感应电动势为 1 6VE BLv  ，回路中感应电流为 11 1A2 EI R   ，导体棒甲所受的安培力大小为 1 1 2NF BI L  ，由牛顿第二定律 得 21 1 4m / s F a m   ，故 A 错误；B．导体棒甲在两虚线间运动时产生的平均感应电动势为 E t    ，回路中的平均 感应电流为 2 EI R  ，又由于 q I t  ， Φ BLd  ，整理得 2 BLdq R  ，代入数据解得 1 C 6 q  ，故 B 正确；C．结合上 述有 2 2 12 B Lv s m R   ，可知，当 3 m 4 s  时，导体棒甲由 1 到 2 速度减小 1m / sv  ，设导体棒甲的释放点到虚线 1 的 距离为 0x 刚好发生第二次碰撞，导体棒甲释放到虚线 1 有 2 1 0 1 0 1sin 30 2 m gx m v ，则有 0 0v gx ，导体棒甲第一次 越过虚线 2 的速度为  1 0 1 m / sv gx  ，两导体棒发生碰撞的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 1 1 1 1 2 2m v m v m v   ， 2 2 2 21 211 1 1 1 1 2 2 2 m v m v m v  ，解得 11 3 5 vv   、 2 1 2 5 v v  ，导体棒甲再次向右回到虚线 2 时的速度 为 1 1 3 2 / s 5 mv v       ，欲使两导体棒发生第二次碰撞，应有 21v v  ，解得 0 12.1mx  C 错误；D．两虚线之间的 距离为 s，结合 B 选项的解析规律可知 ' 2 BLsq I t R    ，导体棒甲从 1 到 2 的过程，由动量定理得 1 1· 'BIL t m v m v   所以有 1'Bq L m v   ，由以上联立得 2 2 12 B Lv s m R    显然该过程中导体棒甲速度的变化量大小与 s成正比，故 D 正 确。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D A D D C C CD AD BD 11． 在误差允许的范围内两球同时落地或听到同时落地的撞击声 自由落体运动 1 15 1: 2 :3 12．(1)12.0 (2) 1.33 2.0 (3) 2.0 0.22 【详解】（2）[1]由闭合电路欧姆定律有 0 EI r R R    ，整理则有 0 1 1 r RR I E E    ，结合题中图线的解析式，有 1 10.75V E   ，解得 4 V 1.33V 3 E   [2]由 1 02.25A r R E   ，解得 2.0r   （3）[1][2]分析题图中电路可知，外电路的用电器为电阻 R和 0R ，结合题意可知，题图的 y轴为电池的输出功率， 题图的 x轴为外电路的电阻。对电池有 2 2 2( ) 4 EP I R R r r R    外 外 ，结合题图有 2 2( ) 4 Ey x r r x    ，由之前的分析可知 4 V 3 E  ， 2.0r  。题图中 A点为 y最大值，由上述公式可知，当 x=r时，即外电路电阻等于电池内阻时，取得 最大值，所以 2.0x  ， 0.22Wy  。 13．（1） min 2 rt g  ；（2） 15 2 d r 【详解】（1）水滴沿伞面下滑过程中有 sinmg ma  ①， 21 1 cos 2 r at   ②，由①②得 21 4 sin2 rt g   又0 2   ，则当 4   时水滴滑落伞面时间最短，解得 min 2 rt g  （2）水滴沿伞面下落过程有 2 1 2 mgr mv ③；水滴离开伞后做斜下抛运动，且有：水平和竖直两个分速度 cos 4x y v v v   ④；竖直方向 22 2 1 2y h v t gt  ⑤；水平方向 2 xx v t ⑥；由题意几何关系可知；  2 2 2 2 Lx r d         ⑦ 由③~⑦式得 15 2 d r 14．(1) 2 3 2 y x ；(2) 3 23.925 10 m ；(3)1.336N 【详解】（1）设从  ,x y 处射入电场，由类平抛运动知识得， 0x v t ， 1 2 0 2 21 1 2 2 eE xy m v at   ，解得满足条件的 OM曲线的函数方程为 2 3 2 y x （2）由洛伦兹力提供向心力 2 1 vevB m r  ，可得 1 mvr eB  ，由几何关系可得 0 1 1 2sin2 sin 2 mvmvy r eB eB     代入数据解得 0 1 2 0.1mmvy eB    ，因为从 0y  入射的质子轨道为最左边界（半圆），从 y入射的质子轨迹如图 所以所求面积为 2 2 3 2 Δ 2 m 3.925 10 m 2 800 y S             （3）因为粒子进入 D的 0xv v ，之后水平方向匀加速，垂直 x方向运动不用考虑 m/s2，所以到 达 PQ时 2 50 2 8 10 m/stv v aL    ，对质子流由动量定理 tF t mv tnmv     ，所以质子对容器产生的 x方向压力 为 F=nmvt=13.36N。 15．（1） 3 5 LOO  ；（2） 2M m ；（3）0；（4） 100 m 21 x  ， 20 s 3 t  【详解】（1）设圆周的最高点 C的速度为 Cv ，圆周的半径为 R，满足重力刚好提供向心力 2 Cmvmg R  ，从开始摆 下的位置到圆周最高点过程，根据机械能守恒   212 2 C mg L R mv  ，联立解得 2 5 LR  ， 3 5 LOO  （2）没从 位置摆下后碰前的速度为 0v ，根据机械能守恒  20 1 1 sin 2 mv mgL   ，解得 0 7 5 v gL ，因为碰后凹槽 原速率反弹，根据弹性碰撞的特点，说明小球也是原速率反弹且小球和小车组成系统动量守恒，即总动量为零。 0 0 M 2 vmv Mv M  ，解得 2M m （3）设与水平方向夹角为时脱离圆轨道的速度为 1v ，在此位置的牛顿第二定律 2 1sin vmg m R   ，因为小球原速率 反弹，可以从 a位置由静止摆下到脱离圆轨道过程中     21 11 sin 1 sin 2 mgL mgR mv     ，解得 1sin 2   ， 1 1 2 v gR ，脱离轨道后，根据抛体运动的特点，水平竖直正交分解 1 sin cosx v t R   ， 21 1cos 2 y v t gt  可得 3 2 Ry   ， 3sin 2 Rh R R    ，因为 0y h  ，所以到轨道最低点的距离为零。 （4）根据动量守恒  M MMv mv M m v   共，根据功能关系    2 2M 1 1 2 2 mgs M m v M m v     共；联立解得 70 24 15 3 s L L       ，所以共速时到右端的距离为 2 100 m 3 21 x L  。设开始相对运动二者的速度为 M0 Mv v 方向向右， m0 Mv v 方向向左；凹槽的位移 2 M M0 1 M 1 1 2 x v t a t  ；物块的位移 2m m0 1 m 1 1 2 x v t a t  ；且有 M mx x L  联立可得     2M0 m0 1 M m 1 1 2 v v t a a t L    ，整理得  21 M0 m0 13 4 4 0t v v t L    ，解得    21 M0 m0 M0 m0 2 3 3 t v v v v L        凹槽与小物块第一次碰后，由    M1 m1 M0 m0 M m 1v v v v a a t     ，可得    2M1 m1 M0 m0 3v v v v L    所以    2 22 M0 m0 M0 m0 2 3 1 3 2 3 t v v L v v L           以此类推    2 23 M0 m0 M0 m0 2 3 2 3 3 3 t v v L v v L           ，    2 24 M0 m0 M0 m0 2 3 3 3 4 3 t v v L v v L                2 2n M0 m0 M0 m0 2 3 1 3 3 t v v L n v v L n            ，令  2M0 m0 3 0v v Ln   ，得 14 24 3 3 n    所以碰撞了 4 次后又相对运动了 2 3 L后，凹槽和小物块相对静止向右匀速运动。所以总时间  M0 m0 1 2 3 4 5 2 3 v v t t t t t t        解得 20 s 3 t  。 试卷第 1页，共 2页 树德中学高 2022 级高三下学期物理开学考试 一、单项选择题（每小题 4分，共 28分，每个小题只有一个选项符合题目要求） 1．皮埃尔·阿戈斯蒂尼、费伦茨·克劳斯和安妮·吕利 耶因在阿秒脉冲光方面所做出的贡献获诺贝尔物理 学。电子需要 150阿秒才能绕氢原子核运行一周， 微观世界的时间尺度如图所示。若光周期由飞秒到 阿秒量级，下列说法正确的是（ ） A．波长变短 B．波长不变 C．周期变长 D．光子能量不变 2．某同学通过 Tracker软件（视频分析和建模工具）研究羽毛球运动轨迹与初速度的关系。如图所示为羽毛球的 一条运动轨迹，击球点在坐标原点 O，a点为运动轨迹的最高点，下列说法正确的是（ ） A．羽毛球水平方向的运动为匀速直线运动 B．a点羽毛球只受重力 C．羽毛球下降过程处于超重状态 D．羽毛球在空中运动过程中，机械能不断减小 3．“冷光灯 ”照射物品时能使被照物品处产生的热效应大大降低。这种灯是在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面上 镀一层薄膜（例如氟化镁），这种膜能消除不镀膜时玻璃表面反射回来的热效应最显著的红外线。以λ表示此红外 线在真空中的波长，n 为薄膜对该光的折射率，不计半波损失，则所镀薄膜的厚度最小应为（ ） A． 1 4n  B． 1 4  C． 1 2n  D． 1 2  4.如图为一位练武者表演武功中的平衡术。将一根刚性杆斜立在水平地面上，他迅速将一只 脚踩在杆上，用另一只脚的脚背在杆上部的某处勾住，整个身体能在杆上处于静止状态。不 计杆的质量，以下说法正确的是（ ） A．地面对杆的摩擦力方向水平向左 B．杆对人的两脚的作用力方向相同 C．人的两脚对杆的摩擦力的合力方向沿杆向上 D．人的重心一定在杆下端的正上方 5．某国产手机新品上市，持有该手机者即使在没有地面信号的情况下，也可以拨打、接听卫星电话。为用户提供 语音、数据等卫星通信服务的“幕后功臣”正是中国自主研制的“天通一号”卫星系统，该系统由“天通一号”01星、02 星、03星三颗地球同步卫星组成。已知地球的自转周期为 T，地球的半径为 R，该系统中的卫星距离地面的高度为 h，电磁波在真空中的传播速度为 c，引力常量为 G。下列说法正确的是（ ） A．可求出地球的质量为 2 3 2 4 R GT  B．“天通一号”01星的向心加速度小于静止在赤道上的物体的向心加速度 C．“天通一号”01星若受到稀薄空气阻力的影响，运行轨道会逐渐降低，运行速度会逐渐变小 D．该手机向此卫星系统发射信号后，至少需要经过时间 2h c ，手机才能接收到信号 6．某工厂为了检验正方形线圈的合格率，将线圈放在传送带上，传送带所在空间中加上竖直向下的匀强磁场，磁 场边界 PQ与 MN平行且与线圈速度方向成 45°，磁感应强度为 B。如图所示，线圈与传送带一起以恒定速度 v向 右运动，线圈与传送带间的动摩擦因数为μ。线圈进入磁场过程中线圈恰好不打滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 已知线圈质量为 m，匝数为 N，边长为 L，单位长度电阻值为 R，且磁场宽度大于 L。下列说法正确的是（ ） A．线圈进入磁场过程中，电流方向为 ABCDA B．在线圈进入磁场的过程中，线圈对传送带的摩擦力始终沿 CD所在直线方向，且最大值为 C．在不改变传送带速度的情况下，相同质量、材料、边长但匝数为 2N的线圈进入磁场过程相对皮带不会打滑 D．线圈在进入磁场的过程中通过截面的电荷量为 7．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用带电粒子在电场中的振荡来产生微波，振荡原理可以理解为：如 图所示，以 O为原点建立 x轴， 0x  区域有匀强电场沿 x轴负方向，其电场强度 1 4V/mE  ， 0x  区域有非匀强 电场沿 x轴正方向，其电场强度  2 4 V/mE x ，一带负电粒子质量为 62 10 kg － ，电荷量大小为 51 10 C － ，从 40cmx   处 P点由静止释放，粒子仅在静电力作用下在 x轴上往返运动。已知质点做简谐振动周期公式 2 mT k  （m为质 点质量，k为振动系数），设原点 O处电势为零。下列说法正确的是（ ） A．粒子的最大速度为3m/s B．粒子运动到原点 O右侧最低电势为 1.5V C．粒子运动的周期为 4 5 s 10  D．粒子向右运动距 O点的最远距离为 5 m 5 二、多项选择题（每小题 6分，共 18分，每个小题有多个选项符合题目要求，选不全得 3 分。） 8．如图为某款自行车的气压式减震装置，活塞连接车把，气缸连接前轮。当路面不平时，自 行车颠簸使得活塞上下振动，气缸内封闭的理想气体体积随之变化，起到减震作用。活塞迅速 下压的过程中，气缸内的气体（ ） A．对外做正功 B．内能减小 C．温度升高，分子平均动能增加 D．分子对气缸壁单位面积的平均撞击力增加 9. 如图所示，矩形线圈切割磁感线产生一交流电压 30 2 sin100π (V)e t ，矩形线圈的电阻 r  2，将其接在理想 变压器原线圈上。标有“220V,44W”的灯泡 L正常发光，交流散热风扇 M正常工作，风扇的内阻为 20，交流电流 表 A（不考虑内阻）的示数为0.4A，导线电阻不计，不计灯泡电阻的变化，且 2 1 30n n  。以下判断正确的是（ ） A．从图示位置开始，当矩形线圈转过 π 2 时，线圈中的电流方向为 BADCB B．风扇输出的机械功率是 44W C．原副线圈的匝数比 1 2: 10 :1n n  D．若风扇所在支路发生断路故障，灯泡 L的功率变大 10．如图所示，两根间距为 1m足够长的平行金属导轨由两部分构成，倾斜 导轨与水平面的夹角为 30°且平滑连接，质量为 2.0kg的导体棒乙放在水平 导轨上，倾斜导轨的底端虚线 1与水平导轨虚线 2之间存在匀强磁场，磁场 方向竖直向下，磁感应强度大小为 2T，质量为 0.5kg的导体棒甲由倾斜导轨 上静止释放，导体棒甲的释放点到虚线 1的距离为 x，两虚线之间的距离为 s，假设所有的碰撞均无机械能损失， 忽略一切摩擦以及导体棒经过虚线 1时的机械能损失，整个过程两导体棒始终保持与导轨垂直且有良好的接触。已 知两导体棒的电阻均为 3Ω，两导体棒的长度均为 1m，不计导轨电阻， 210m / sg  ，则下列说法正确的是（ ） A．若 0 9mx  ． ，则导体棒甲刚越过虚线 1时加速度大小为 22m / s B．导体棒甲从虚线 1开始在磁场中运动 0.5m的过程中通过横截面的电荷量为 1 C 6 C．若 3.6mx  、 3 m 4 s  ，则两导体棒能发生第二次碰撞 D．若导体棒甲能越过虚线 2，则甲从 1到 2的过程速度的变化量大小与 s成正比 试卷第 2页，共 2页 三、实验题：本题共 16分。 11．（8 分）某小组探究小球做平抛运动的规律。 步骤一：探究平抛运动竖直分运动的特点 在如图甲所示实验中，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时 B球被释放，自由下落。 （1）请预测可能观察到的实验现象是： 。 （2）分别改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，多次重复实验，发现实验现象类似。上述实验表明，平抛运 动在竖直方向分运动为： 。 步骤二：探究平抛运动水平分运动的特点 让小球从如图乙装置上由静止释放，用手机录像功能拍摄小球做平抛运动的过程。录像每秒 30帧，即每相邻两帧 的时间间隔为 1 s 30 。现采用逐帧分析的办法，拼叠各帧画面，还原小球平抛运动轨迹如图丙。标记 1、2、3分别为 小球运动轨迹上相邻三帧的位置，坐标分别用 x、 y表示，以下角标作为区分。 （1）标记 1、3两处的时间间隔为： s。 （2）O为抛出点，且 1 2 3: : 1: 4 :9y y y  。若要证明水平分运动为匀速直线运动，则需证明： 1 2 3x x x : : 成立。 12．（8 分）某同学利用 DIS系统、定值电阻 R0、电阻箱 R等实验器材研究两节干电池的电动势和内阻，实验装 置如图甲所示。首先测量电池的电动势和内阻，实验时多次改变 R的阻值，用电流传感器测得对应的电流值 I，在 计算机上显示出如图乙所示的 1 R I  的关系图线。 (1)某次实验电阻箱调节后如图丙所示，则此时电阻箱的读数为 Ω。 (2)若定值电阻 0 1.0R  ，令 1y I  ， x R ，由图乙中实验图线的拟合方程可得，电池的电动势 E= V，内 阻 r= Ω。 (3)根据实验测得的电池的 R、I数据，若令 2 0( )y I R R  ， 0x R R  ，则由计算机拟合得出的 y-x图线如图丁所示， 则图线最高点 A的坐标值应为 x= Ω，y= W（结果均保留 2位有效数字）。 四、解答题 13．（10 分）春秋末年，齐国著作《考工记：轮人》篇中记载：“轮人为盖”，“上欲尊而宇欲卑，上尊而宇卑，则 吐水，疾而溜远。”意思是车盖中央高而四周低，形成一个斜面，泄水很快，而且水流的更远。如图甲所示是古代 马车示意图，车盖呈伞状，支撑轴竖直向上，伞底圆面水平。过支撑轴的截面图简化为如图乙所示的等腰三角形， 底面半径恒定为 r，底角为。取不同的值时，自车盖顶端 A由静止下滑的水滴（可视为质点）沿斜面运动的时 间不同。已知重力加速度为 g，不计水滴与伞面间的摩擦力和空气阻力。 （1）倾角为多大时，水滴下滑时间最短，并求出最短时间 mint ； （2）满足（1）问条件，在车盖底面下方 3 2 rh  的水平面内有一长为 L＝r的水平横梁（可看成细杆），横梁位于 支撑轴正前方，其俯视图如图丙所示，横梁的垂直平分线过支撑轴。现保持车辆静止，大量水滴沿车盖顶端由静止 向各方向滑下，整个横梁恰好“被保护”不被淋湿。求水平面内横梁中点到支撑轴的距离 d。 14.（12 分）真空中有如图甲所示的太阳风（设为质子）模拟实 验装置。实验中模拟太阳风在 0y  的范围内，以 50 4.0 10 m/sv   的速度沿 x轴负方向运动，图甲中虚拟曲面 EFGH与 xOz平面 相切于 Oz轴，该曲面与 xOy平面的交线是一条抛物线 OM，曲 面与 yOz平面内存在沿 y轴负方向的匀强电场，其场强 3 1 5.01 10 N/CE   。在 xOy平面内通过曲线 OM进入电场区域的 质子均经过原点 O。在 yOz平面左侧空间某区域有沿 z轴负方 向的匀强磁场 B1。其场强 21 8.35 10 TB   ，质子通过磁场后，从 yOz平面进入左端开口的固定容器 D，容器 D的长 度 L=15m，整个装置在 xOy平面内的截面图如图乙所示。已知质子的质量和电荷量为 271.67 10 kgm   ， 191.6 10 Ce   。不计质子的重力和质子间的相互作用。 (1)请写出满足条件的 OM曲线的函数方程（请写成 y=f (x)的形式）； (2)求质子在第三象限中可能经历的所有轨迹对应的面积（在 xoy平面内）； (3)若单位时间内通过曲面 EFGH的质子数 221 10n   个，容器内同时存在沿 x轴正方向的匀强电场 E2（E2=167 N/C） 和匀强磁场 B2（未知），设所有质子均装进容器，且与容器光滑侧壁发生弹性碰撞，最终均被右侧面 PQ吸收。 求质子对容器产生的 x方向压力 F的大小。 15. （16 分）如图甲，固定点 O处悬挂长为 L的 轻质细绳，末端拴接一个质量为 m的小球，在 O 点正下方O处固定一细钉。将细绳向左侧拉至水平 位置，由静止释放小球，当细绳摆至竖直位置时， 被细钉挡住，此后小球恰好能在竖直平面内做圆周 运动。如图乙，O点下方的光滑水平面上有一凹槽， 凹槽左右挡板内侧间的距离也为 L，在凹槽右侧靠 近挡板处置有一质量为 m的小物块，凹槽上表面与物块间的动摩擦因数μ＝0.1。物块与凹槽一起以速度 M 1 7 2 5 v gL 向左运动，小球从图乙所示位置由静止释放，释放时细线与水平方向间的夹角为α且 sinα＝0.3。当小球摆到最低点 时刚好与凹槽左侧发生碰撞，小球被弹回，同时凹槽被原速率弹回。此后小球摆到O右侧后无法做完整的圆周运 动，而是在某位置脱离圆轨道做抛体运动，小球做抛体运动的轨迹与OO所在直线交于 E点（图中未画出）。已 知小球与凹槽不发生二次碰撞，所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度 210m/sg  ，求 （1）O点到 O点的距离； （2）凹槽的质量 M； （3）E点到圆轨道最低点的距离； （4）若 50 m 7 L  ，小球和凹槽在轨道最低点相碰后，凹槽与物块达到共速时物块到右侧挡板的距离 x及从碰撞后 到共速所经历的时间 t。