河南周口市扶沟县高级中学2026-2027学年高三上学期物理实验班周四试题（10.29）

高三物理周四试题周练答题卡 学校 班级 姓名 考场号 座位号 考号 注意事项： 贴条形 1. 选择题作答必须用2B铅笔，修改时用橡皮擦干净。解答题作 答必须用黑色墨迹签字笔或钢笔填写，答题不得超出答题框。 2. 保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破。 码 3.在考生信息框中填写姓名及准考证号。 选择题填涂说明 正确填涂： 错误填涂： EA][AA]☑X 一、选择题（本题共10小题，共46分。1-7题为单选题，每小题4分；8-10为多选题，每小题6分， 全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。) 1 CAJCB]CCJCDJ 5 EAJ CB]CC3 CD] 9 EAJEB]ECJ CDJ 2 CAJ CB]CCJCD] 6 CAJ CD] 10 CAJCB]CC]CD3 3 CAJCB]CCJCDJ 7 EAJ CB]CCJ CDJ 4 CAJ CBJ CCJ CDJ 8[A][B][c][DJ 二、实验题(11题7分，12题8分，共15分) 11.(1) (2分)(2) (2分) (2分)(3) (1分) 12. (1) (1分) (1分)(2) (2分) (2分) (3) (2分) 13.(10分) *464646664644444446464444444*44444446464444444*4644444*4*4444444*444444464644444*4*444444444*4444444*464444464*4444444*4444444*4*44444*4*464444464*4644444*444444464*44444*4*4644444*4*4444444*4444444646 请在各题目答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答题无效 物理试题答题卷（第1页）共2页 14.(14分) 15.(15分) D 0.0 甲 B 请在各题目答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答题无效 物理试题答题卷（第2页）共2页高三物理实验班周四试题答案 1.【答案】B【解析】【详解】电场线分布满足的条件：电场线始终与等势线垂直，且由高电势 的正极板M指向低电势的负极板N,两块非平行金属板接恒定电压，板间距从左到右逐渐增 大，根据E=号定性分析可知从左到右电场变弱，则电场线的分布应该左密右疏。 电子运动轨迹需要满足：电子带负电，所受电场力方向与电场强度方向相反，即电场力指向电势 升高的方向（指向正极板M一侧）：同时曲线运动的轨迹会向合力（电场力)的一侧弯曲。综上 可知B正确，ACD错误。故选B。 2.【答案】C【解析】【详解】A.规定竖直向上为正方向，t=8s时电梯的加速度为正（向上）， 此时同学所受支持力大于重力，处于超重状态，而非失重，故A错误；B.根据动量定理，动量变 化率史=F=m,即动量变化率与加速度成正比。17-18s内加速度的大小在增大（负向加速 △t 度的绝对值变大)，因此同学的动量变化率在增大，故B错误；C.17~18s内电梯仍在向上运动 (速度向上、只是减速)，位移向上：此时a向下但a<g,故N=m(g+a)>0,支持力仍向 上，与位移同向，支持力做正功，机械能增大，故C正确：D.全过程初、末速度都为0，动 量变化△p=0。取向上为正，用动量定理：Iw一I=0可得IN=I,即支持力的冲量大小等于 重力冲量大小，故D错误。故选C。 3.【答案】C【解析】【详解】ABD.负点电荷在P点能平衡，说明 这三个电荷在P点合场强为零，若三个点电荷均为正或均为负，则 根据电场强度的叠加法则可知，P点的场强不可能为零，故ABD错 入60° 30° 误：C.设Q、Q2间的距离为r,则Q,根据几何关系可得 g 92 P2=2r,P92=V3r,P2,=2V3r若在P点产生的合场强为零，则22产生的电场应与2、 Q产生的合电场大小相等、方向相反，则2、Q3为同种电荷，92与9电性不同，根据矢量三 角形与几何三角形相似，如图所示则由2_3_23y可得数值大 3 2 1 小关系 号-号号敢C正确。故选C。 R F 4.【答案】C【解析】【详解】A.设圆弧半径为R,小球与小球的连线与 竖直方向的夹角为0，对小球受力分析如图所示向心加速度大小为 0 oRsin0,将向心加速度沿着切线方向和半径方向分解，则沿圆弧切 mg 第1页/共7页 线方向根据牛顿第二定律有mg sin0-F2=mo'Rsin0cos0 得F2=mg sin0-mo'Rsin0cos0显然0越大则F2就越小，当F2减小到0时，若ω继续增 大，则小球将沿圆弧上移，故A错误： BCD.当F2=0时设角速度为o,有mg sin0=moRsin 0cos0 解得，=Rcos8 8一即0越大则@，就越大，故0小的先沿圆弧向上滑动，即a处小球最先沿圆弧 向上运动，故BD错误，C正确。故选C。 5.【答案】D【解析】【详解】AB.图1中电荷分布可等效成下图： (3g-q)2g 4q(3q+q) 设顶点电荷量为9的电荷在O点产生的场强大小为E。,则由五个等量 (3q-2g)g 5g(3g+2q) 电荷在中心产生的场强为零，并由电荷产生场强大小与方向规律及正五边形几何关系可得如下所 示电荷分布等效图及各电荷在O点产生场强示意图：由几何关系可知， ty 图中E,与x轴所夹锐角为18°，2E与y轴所夹锐角为36°，则由矢量 36 合成平行四边形定则可知，图1中O点处的电场强度E,方向沿x轴负 2E0 方向，B错误： -2g CD.由五个等量电荷在中心产生的场强为零，则可得图2每个顶点电 荷量均减去9后，其场强分布不变，所以图2电荷分布等效图如下所示：可 得其绕y轴旋转180°后与图1电荷分布一样，则由上述分析，同理得图2中 O点处的电场强度E,沿x轴正方向，A错误且与图1中O点处的电场强度 E大小相同，即E,:E2=11,故C错误，D正确。故选D。 6.【答案】C【解析】【详解】A.电子速度方向竖直向上，恰好不穿过B等势面，则电场力方向 垂直于等势面斜向右下，加速度方向与电子速度方向不同线，所以电子做匀变速曲线运动，A错 误；CD.将电子的初速度分解到平行于等势线方向(x方向)和垂直等势线斜向左上方向(y方 向)，初速度为，则y==cs455,电子经过B等势面时，只有沿x方向的分速度，即 2 ,=号，由动能公式兵心知电子经过B等势面时动能是经过等势面D的一半，即v 由电场力做功决定式和动能定理知Wm=-Uw=E-EWc=-eUc=Ec-ED UDE=2Uoc解得 第2页/共7页 E.cl2J,Uc=4V又Uoc=E·dc可解得E=100VmC正确，D错误；B.电子在y方向上做 娶直上抛运动，再次经过等势面D时的时间1-。=从等势面D运动到B的位移》 V2mv =Iv.L=cB=1mv-8cm 在x方向上匀速运动，再次经过等势面D时的位置与O点 y=2,22x2 2 4 eE 相距x=v,l= ↓v.5m_m心-4y.-32cmB错误。故选C。 2eE eE 7.【答案]D【解折】【详解】设小球划过的圆心角为0，有gRsn日-m，N-g0-发得 21 N=3 mg sin0则N=3 mg sin0cos0;N,=3 gsin20对滑块：N。=3mg+N,=3mgl+sin20), 人=N=加网m0cs0设即将打滑有“冬-中。一 2m0由数学知识知，当m0=2时，u存在最 tan 大值为臣即“临界4”的最大值为 二，则“实际”应大于或等于该值。故选D。 4 8.【答案】BC【解析】【详解】A.根据振动方程可得周期为T=4s,故波长为入=vT=4m。故 A错误；B.根据波程差和初相位差推导A点为振动加强点，振幅为10cm,2s为半个周期，路程 为2×l0cm=20cm,故B正确：C.波源连线上，相邻加强点相差半个波长，因此，连线上加强 点的坐标，从左向右依次为-5.5m,-3.5m,-1.5m,0.5m,2.5m,4.5m,共6个，故C正 确：D.相邻加强点和减弱点相差四分之一个波长，因此，连线上减弱点的坐标，从左向右依次为 -4.5m,-2.5m,-0.5m,1.5m,3.5m,5.5m,共6个，故D错误。 故选BC。 9.【答案】BC【解析】【详解】AB.由水平方向受力平衡可知，两小球所受电场力方向相反， 两小球带异种电荷。设绳与竖直方向的夹角为0，由平衡条件，对两球整体有 (m+m2)gtan0=(9,-g2)E对m2有m,gtan0=g,E两式相比得"+m=_得m<4,故A m292 m292 错误，B正确；CD.由竖直方向受力平衡，对两球整体有c0s8=(m1+m2)g对m2有 (E+F)cos0=m,8两式对比可得E>F,,故C正确，D错误。故选BC。 10.【答案】AD【解析】【详解】A.由几何关系可得OB=3L,弹簧的原长为L,则B点弹簧的 伸长量为2L,弹性势能为Em=2=2环的动能为R=2E=4选项A正确：B.OA=4L,A 点弹簧的伸长量为3L,弹性势能为==45环从A到B,弹簧弹性势能减小量 第3页/共7页 △E,=E-E4=2.5由能量守恒可得环的机械能增加量为△E=△Ep=2.5L2选项B错误； C.由能量守恒可得25+mg×3L=4解得m%选项C错误；D.环在B点时，弹簧的弹力 。=2L把弹簧对环的弹力与环的重力的合力F=F。-g分别沿着斜面和垂直斜面分解，环在 B点的合力等于F沿斜面向上的分力，则有Fsin37=ma综合解得a=1.8g选项D正确。故选AD。 1.(7分)【答案】(1)（E-mg)L(2分) (2)①.3mg(2分)②.-2mg(2分) (3)不存在(1分) 【解析】【小问1详解】由牛领第二定律，有-g一兰可得最大动能么一m心--e儿 【小问2详解】若机械能守恒，F-mg)l=mg亿-1cos0)得到F=3mg-2mgos0 因此当图像是一条倾斜直线，图像与纵轴的截距为3g,图像的斜率为一2mg,则表明小球摆动 到最低点的过程中机械能守恒。 【小问3详解】从表达式可以看出，不存在因未考虑小球半径而产生的系统误差。 12.(8分)【答案】(1)①.0.1(1分)②.0.5(1分)(2)①.0.225(2分)②.0.245(2分) (3)品2分) 13.(10分)【答案】(1)1×10N/C(2)5√3J (3)1m/s, S 10 【解析】【小问1详解】根据题意，小球的重力g与F等大，且重力方向与F方向夹角为 +90°=120°根据平衡条件可知，g与F的合力与电场力等大反向，则电场力 Eg=mgc0s60°+Fcos60°(2分) 代入数据，解得E=1×104N/C(1分) 【小问2详解】 小球运动x=lm的过程中，根据功能关系有△E,电=-W电(1分) 即△E,电=9E·xos30°(2分)解得△Ep电=5V3J(1分) 【小问3详解】 撤去F后，小球的最小速度Vmin=ocos60°=lm/s(1分) 撤去F后，设小球运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律mgcos60°+qEcos(60°=ma 第4页/共7页 解得a=10m/s2(1分) 设从撤去力F到小球速度最小所用时间为t,则vCos=al(1分) 解得t= s(1分) 10 14.(14分)【答案】(1)E,= m 2qd (2)E= 10ERo P (3)Es =51gERo 【解析】【小问1详解】 质子在匀强电场中由静止加速，应用动能定理： gEd-zm (2分) E,= mvo (1分) 2qd 【小问2详解】 辐向电场的电场力提供匀速圆周运动的向心力：5二m乌 (1分) R 偏转电场几何关系：(R-0.4R)2+x2=R2(1分)可得：水平位移x=0.8R 粒子在圆形电场区域做类平抛运动，竖直方向匀速直线运动，水平方向匀加速直线运动，列方程 y=w,1分)x=】9E(1分)联立解得E=10E,B1分) 2 m R 【小问3详解】 碳原子核质量为12m,电荷量为6g,加速阶段，由动能定理6gEd=，12m-y2,(1分) y=辐向电场阶段6g5。 12m1分)代入得R=R R 故碳原子核在辐向电场阶段轨迹不变，沿原轨迹以速度V竖直向上进入圆形区域。 圆形区域运动：运动时间由竖直位移确定(=0.4R_0.4V2R 1分) 水平位移：x= 1.6gE.2=0.8R(1分) 212m 确认碳原子核轨迹与质子轨迹重合，同样击中Q点。 电场力做功W=6gE·0.8R=48gE,R。(1分) 初始动能。12my2=3qER 2 第5页/共7页 得碳原子核末动能E=48qER+3qE,R=51qE,R,(2分) 15.(15分)【答案】(1)i.v丙=6m/si.F=4.08N (2)V30 m/s或√5m/s 【解析】【小问1详解】 i.甲物体与乙物体发生完全非弹性碰撞，由动量守恒M%。=(M+m)'丙(2分) 解得v丙=6ms(1分) i.圆弧轨道上D点的竖直高度h=R(1+sin0)=1.125m 对B到D过程分析，由动能定理-(m+M)gh=m+M)。2-m+M)加，22分) 解得v,2=13.5m2s2 丙通过圆弧轨道上的D点时，指向O,2的方向上的合力充当向心力 M+网g如0+F=(+m资1分剂 解得丙通过圆弧轨道上的D点，对轨道的压力大小F=4.08N(1分) 【小问2详解】 运动到D点时的最小速度应清无M+m)gsi血6=(M+m冷 解得yo'=√5mls 若丙沿轨道运动后直接击中放置在F点的目标物体，由斜抛运动的规律可知'ox=V1sin0, n,=ncos9,4-2",(1分)e+Lr=vnm4(1分 解得am=V7.5ms=V30， 2ms(1分) Vom大于Vo,满足题意： 若丙沿轨道运动后经EF反弹，竖直分速度减半、水平分速度不变，最终击中F点，由斜抛运动 第6页/共7页 的线雅时知n.=处sin0,%,=ec0s0.么=2'2,1分）么=22 v2y,(1分) 8 LDE <VD2x2<LEF:LDE+LEF =VD2x(2+1)(1) 解得vo2=V5ms,'o2x2=0.48m(1分) Vp2等于VD,且满足LE<Vp22<Lr,满足题意。 综上所述，若丙沿轨道运动并击中放置在F点的日标物体，丙通过D点的速度y,为V30 m/s或 √5m/s(1分) 第7页/共7页高三物理实验班周四试题 一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选 项中，只有一项符合题目要求. 1.两块可视为无限大非平行金属板M、N接在恒定电压的电源上，其截面如图所示，虚线表示 等势线，相邻等势线间的电势差相等。若一电子仅受电场力作用从P处运动到Q处，则关于电场 线分布和电子运动轨迹，下列选项可能正确的是( 1* 一M 2.某同学用手机的加速度传感器测量了电梯运行过程中的加速度，得到了图1所示的图线（规定 竖直向上为正方向)，为了简化问题研究，将图线简化为图2所示的图像。己知1=0时电梯处于静 止状态，则下列判断正确的是() Z轴线性加速度 ↑a(m·s 1.00 0.5 0.500 0.00w wwwhwww -0.500 -0.50 0.00 5.00 10.015.020.0 09 时间(s) 图1 图2 A.t=8s时同学处于失重状态 B.17~18s内同学的动量变化率在减小 C.1718s内同学的机械能在增大 D.电梯运行全过程中，同学受到的支持力的冲量比重力的冲量大 3.如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为9Q2和Q、P点和三个点电 荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为60°、90°、和30°。若位于P点的某负点电荷在这三 个电荷的静电力作用下平衡，9>0，则三个点电荷的电荷量可能为() A.9=2g,92=V3g,9=2V5g B.9=-2q,92=-V2g,9=-2V3g 60° C.g=-2g,92=V3q,9,=-23g 第1页/共8页 D.9=2g,22=V2q,2=2V3g 4.如图所示，以O为圆心的光滑圆弧AB上有a、b两个挡板，挡板处各有一个可沿圆弧滑动的 带孔小球，圆弧可绕竖直杆OA在水平面内转动。现将转动的角速度0从0缓慢增大() A.两个小球相对圆弧总保持静止 B.两个小球同时沿圆弧向上运动 C.a处小球最先沿圆弧向上运动 D.b处小球最先沿圆弧向上运动 5.如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形，在正五边形的顶点上依次固定五个正 点电荷。设图1、图2中O点处的电场强度分别是E、E,,下列说法正确的是() 3q 4g 29 Aq 5q 3q 0 0 9 5q 6q 2q 图1 图2 A.E,方向沿x轴负方向 B.E方向与x轴负方向成18°夹角斜向下 C.EE2=21 D.E:E2=11 6.如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，等势面与水平方向夹角为45°，一 电子从等势面D的O点进入匀强电场，经过等势面D时，动能为16V,速度方向竖直向上，电 子恰好不穿过B等势面。已知相邻等势面间的距离均为4cm,电子重力不计。则下列说法正确的 是() A A.电子做匀变速直线运动 B.电子再次经过等势面D时的位置与O点相距16cm C 0 C.电子飞经等势面C时的动能为12eV D.匀强电场的电场强度大小为200Vm o月a 第2页/共8页 7.如图，安装有四分之一光滑圆弧轨道的滑块质量为3m,放置在粗糙的水平地面上，圆弧轨道 处于竖直面内，其上端点所在半径水平.现将质量为m的小球（视为质点）从轨道的上端点由静 止释放，为保证小球下滑过程中滑块与地面不发生相对滑动，最 171 大静摩擦力等于滑动摩擦力.则地面与滑块间的动摩擦因数至少 R 为( 3m A. B.V2 c. 3 3 4 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项 中，有多项是符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的 得0分) 8.如图所示，x轴上有两个波源S,、S2,平衡位置坐标分别为-6、6m,从某时刻开始，两波 源的振动方程分别是片=5sin cm。两个波源形成的简谐横波 均沿x轴稳定传播，波速均为1m/s,形成了稳定的干涉。x轴上A点的位置坐标为0.5m,则下列 说法正确的是( A.两列波的波长均为2m ◆y/cm B.2s内，A点走过的路程为20cm A S x/m C.S,、S2连线间共有6个振动加强点 D.S,、S,连线间共有7个振动减弱点 9.两条等长绝缘细线将两个带电小球（视为质点）悬挂在天花板上，空间存在水平方向的匀强电 场.静止时姿态如图所示，2处于天花板上悬挂点的正下方，两球的质量、电荷量的绝对值分 别为m、m2、4、92,上、下两细线的拉力大小分别为F、F,则 下列关系成立的是( ) 1191 A. m=94 B. m<94 m292 m292 C.F>F D.F=F 0m2、92 第3页/共8页 10.如图所示，光滑硬直杆与水平面成37°夹角固定放置，劲度系数为k、原长为L的轻质弹簧 一端连接在天花板的O点，另一端与圆环（视为质点）相连，圆环套在杆上。现让圆环从与O点等 高的A点由静止释放，当圆环运动到O点的正下方B点时，圆环的动能正好等于此处弹簧弹性势 能的2倍。己知A、B两点间的距离为5L,重力加速度为8，对劲度系数为k的轻质弹簧，弹性 势能，与弹簧的形变量x的关系式为E,二)x,sin37=0.6,c0s37=0.8,下列说法正确的是 () A.环在B点，动能为4kL2 B.环从A运动到B,环的机械能增加3.5k2 kL B C.环的质量为 8 37ò D.环在B点，加速度大小为1.8g 三、实验题（第11题7分、第12题6分，共13分) 11.(7分)某同学用如图所示装置验证机械能守恒定律，长为L的轻绳一端连接在固定力传感 器上，另一端连着小球，将小球拉开，保持静止不动，用手机测角度软件测出轻绳与竖直方向的 夹角，小球直径远小于L,小球质量为m,重力加速度为8。 力传感器 手机 (1)由静止释放小球，小球在竖直面内做圆周运动，若力传感器的最大示数为F。,小球质量为 m,则小球运动中的最大动能为 (2)改变轻绳与竖直方向的夹角重复实验，每次实验记录小球释放时轻绳与竖直方向的夹角 0,力传感器测得的拉力最大值F,作出F-c0s0图像，如果图像是一条倾斜直线，图像与纵 轴截距等于 图像的斜率等于 则表明小球摆动到最低点的过程中机械能 守恒。 (3)实验 (填“存在”或“不存在”)因未考虑小球半径而产生的系统误差。 第4页/共8页 12.(8分)某同学用如图()所示的装置验证机械能守恒定律。不可伸长的轻绳绕过轻质定滑 轮，轻绳两端分别连接物块P与感光细钢柱K,两者质量均为m=0.8kg,钢柱K下端与质量为 ME0.2kg的物块Q相连。 铁架台下部固定一个电动机，电动机竖直转轴上装一支激光笔，电动机带动激光笔绕转轴在水平 面内匀速转动，每转一周激光照射在细钢柱表面时就会使细钢柱感光并留下痕迹。初始时P、K、 Q系统在外力作用下保持静止，轻绳与细钢柱均竖直，重力加速度g取9.8/s2。 感光细 钢柱K 17m 电动机 m P M Q 激光笔 图(a (1)开启电动机，待电动机以ω=20πrd/s的角速度匀速转动后，将P、K、Q系统由静止释放，Q落 地前，激光器在细钢柱K上留下感光痕迹。取下K,用刻度尺测出感光痕迹间的距离如图(b)所 示，则细钢柱K上相邻感光痕迹间的时间间隔T=$,激光束照射到E点时，细钢柱速度大小 为1=m/。(此问两空的计算结果均保留1位有效数字) OA B 中T 0cm1234567891011121314151617181920 图b) (2)经判断系统由静止释放时激光笔光束恰好经过O点。参照图(b),在OE段，系统动能的增 加量△B=J,重力势能的减少量△E。=J:比较两者关系可判断系统机械能是否守恒。 (此问两空的计算结果均保留3位有效数字) (3)选取相同的另一感光细钢柱K,若初始时激光笔对准飞上某点，开启电动机的同时系统由静 止释放，电动机的角速度按如图(c)所示的规律变化，图像斜率为k,记录下如图(d)所示的感 光痕迹，其中两相邻感光痕迹间距均为。若验证得到表达式=一，即可证明系统在运动过 程中机械能守恒（用含字母M、、d、g、π的表达式表示）。 第5页/共8页 ↑cw/hads-l 图(c) 图(d) 四、解答题（本题共3小题，第13题10分，第14题13分，第15题16分，共41 分) 13.(10分)如图，质量为1kg、电荷量为1×103C的带正电小球在大小为10N的恒力F作用下 在匀强电场中做匀速直线运动，速度大小为'。=2m/s,方向水平向右，F斜向右上与水平方向 的夹角为a=30°，不计空气阻力，重力加速度为10m/s2,求： (1)匀强电场的电场强度大小： (2)小球运动1m的过程中，小球电势能的变化量： (3)某时刻撤去F,撤去F后，小球运动的最小速度及从撤去F至小球达到最小速度所用的时 间。 第6页/共8页 14.(14分)如图为某种治疗肿瘤的医学装置原理图：粒子由静止出发，先经过加速电场，再进 入四分之一圆弧辐向电场做匀速圆周运动，从P点竖直向上进入水平向右的匀强电场圆形区域， 最终轰击肿瘤靶区Q点，己知：轨迹位置处于电场强度大小为E,的辐向电场，方向沿半径指向圆 心O,圆弧轨道内轨迹半径R,；圆形区域圆心O',圆O'与OP相切于P点，圆形区域半径R, Q点距直线OP的距离为0.4R;质子质量m,电荷量9；碳原子核质量12m,电荷量6q.不计 重力、粒子间相互作用。 E 肿瘤细胞↑ 0.4R Ro 加速电场 辐向电场 (1)用长度为d的直线加速器（内加匀强电场）给质子加速，要使质子由静止被加速到'。，求 加速电场的电场强度大小E: (2)质子经过辐向电场后从P点竖直向上射入圆形匀强电场区域，最终击中Q点，求圆形区域 内匀强电场的电场强度大小E: (3)若用（2)中装置参数，将质子换成碳原子核，求碳原子核经原来轨迹到达Q点时的动能。 第7页/共8页 15.(15分)某物理课外实践小组设计了如图所示的轨道模型模拟弹射游戏。该轨道模型由水平 轨道AB,半径为R的四分之一竖直圆弧细管道BC,圆心角为O、半径为R的竖直圆弧轨道CD 平滑连接而成。游戏开始，质量为M的甲物体以速度V,弹出，与静止在B点、质量为的乙物体 发生完全非弹性碰撞后组合成一个整体丙；丙沿轨道运动，从D点抛出，击中与D点等高的平台 EF上的目标，则游戏成功。己知丙落在平台EF上，被反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度 减半：R=0.625m,0=53°，M=0.2kg,m=0.1kg,Los=0.40m,Lr=0.32m,甲、 乙、丙均可视为质点，不计一切摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8，cos53°=0.6。 D 0.0 ‘R 甲 6乙 i77777777777 (1)若甲物体以速度'=9m/s被弹出，求 i.碰撞后瞬间丙的速度大小V丙； ⅱ，丙通过圆弧轨道上的D点，对轨道的压力大小F: (2)若丙沿轨道运动并击中放置在F点的目标物体，求丙通过D点的速度VD大小（结果可用根 号表示)。 第8页/共8页