高考物理一輪復(fù)習(xí)一模考前熱身卷(五)含答案

一?？记盁嵘砭?五)(本試卷滿分：100分)一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．下列說法正確的是()A．檢驗工件平整度的操作中，如圖甲所示，上面為標(biāo)準(zhǔn)件，下面為待檢測工件，通過干涉條紋可推斷出P為凸處、Q為凹處B．圖乙為光照射到小圓孔得到的衍射圖樣C．圖丙海市蜃樓是光的全反射現(xiàn)象，原因是由于海面的上層空氣的折射率比下層空氣折射率小D．圖丁的原理和照相機(jī)鏡頭表面涂上增透膜的原理是相同的解析：選C薄膜干涉是等厚干涉，即明條紋處空氣膜的厚度相同，從彎曲的條紋可知，P處檢查平面左邊處的空氣膜厚度與后面的空氣膜厚度相等，知P處凹陷，而Q處檢查平面右邊處的空氣膜厚度與后面的空氣膜厚度相同，知Q處凸起，A錯誤；題圖乙為光線通過小圓板得到的衍射圖樣，若用光照射很小的不透明圓板時，后面會出現(xiàn)一亮點，B錯誤；海市蜃樓是光的全反射現(xiàn)象，原因是下層溫度低，空氣下沉，折射率大，上層空氣薄折射率小，C正確；立體電影是光的偏振，與鏡頭表面涂上增透膜是利用光的干涉，它們的原理不相同，D錯誤。2．海陽核電站有效緩解了山東電力不足的情況，為建設(shè)生態(tài)山東做出了貢獻(xiàn)。核電站核反應(yīng)堆中，用中子轟擊eq\o\al(235,92)U原子核的核反應(yīng)方程為eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(144,56)Ba＋eq\o\al(89,36)X＋3eq\o\al(1,0)n，eq\o\al(235,92)U、eq\o\al(1,0)n、eq\o\al(144,56)Ba、X的質(zhì)量分別為m1、m2、m3、m4，其中eq\o\al(144,56)Ba是不穩(wěn)定的，其衰變的周期為T，真空中的光速為c，以下說法正確的是()A．X原子核中含有的中子數(shù)為50B．該反應(yīng)屬于人工轉(zhuǎn)變核反應(yīng)C．該反應(yīng)中釋放的能量為eq\f(1,2)(m1－2m2－m3－m4)c2D．經(jīng)過2T，一定質(zhì)量的eq\o\al(144,56)Ba原子核衰變了的質(zhì)量占開始時的eq\f(3,4)解析：選D根據(jù)核反應(yīng)方程中質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒可寫出該核反應(yīng)方程為eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(144,56)Ba＋eq\o\al(89,36)X＋3eq\o\al(1,0)n可知X原子核中含有的中子數(shù)為53，A錯誤；該核反應(yīng)為重核裂變反應(yīng)，B錯誤；該核反應(yīng)中釋放的能量為ΔE＝Δmc2＝(m1－2m2－m3－m4)c2，C錯誤；根據(jù)半衰期公式m余＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(t,T)可知，經(jīng)過2T，eq\f(m余,m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(1,4)，所以一定質(zhì)量的eq\o\al(144,56)Ba原子核衰變了的質(zhì)量占開始時的eq\f(3,4)，D正確。3．宇宙中存在一些質(zhì)量相等且離其他恒星較遠(yuǎn)的四顆星組成的四星系統(tǒng)，通?？珊雎云渌求w對它們的引力作用，設(shè)四星系統(tǒng)中每個星體的質(zhì)量均為m，半徑均為R，四顆星穩(wěn)定分布在邊長為a的正方形的四個頂點上。已知引力常量為G。關(guān)于宇宙四星系統(tǒng)，下列說法錯誤的是()A．四顆星圍繞正方形對角線的交點做勻速圓周運(yùn)動B．四顆星的軌道半徑均為eq\f(a,2)C．四顆星表面的重力加速度均為eq\f(Gm,R2)D．四顆星的周期均為2πaeq\r(\f(2a,4＋\r(2)Gm))解析：選B四星系統(tǒng)中任一顆星體均在其他三顆星體的萬有引力作用下，合力方向指向?qū)蔷€的交點，圍繞正方形對角線的交點做勻速圓周運(yùn)動，由幾何知識可得軌道半徑均為eq\f(\r(2),2)a，A正確，B錯誤；在星體表面，根據(jù)萬有引力等于重力，可得Geq\f(mm′,R2)＝m′g，解得g＝eq\f(Gm,R2)，C正確；由萬有引力定律和向心力公式得eq\f(Gm2,\r(2)a2)＋eq\f(\r(2)Gm2,a2)＝meq\f(4π2,T2)·eq\f(\r(2)a,2)，T＝2πaeq\r(\f(2a,4＋\r(2)Gm))，D正確。4．如圖所示，質(zhì)量為4kg，半徑為0.5m的光滑細(xì)圓管用輕桿固定在豎直平面內(nèi)，小球A和B的直徑略小于細(xì)圓管的內(nèi)徑，它們的質(zhì)量分別為mA＝1kg、mB＝2kg。某時刻，小球A、B分別位于圓管最低點和最高點，且A的速度大小為v1＝3m/s，此時桿的下端受到向上的壓力，大小為56N。則B球的速度大小vB為(取g＝10m/s2)()A．2m/s B．4m/sC．6m/s D．8m/s解析：選C對A球，合外力提供向心力，設(shè)環(huán)對A的支持力為FA，由牛頓第二定律有FA－mAg＝mAeq\f(v\o\al(2,A),R)，代入數(shù)據(jù)解得FA＝28N，由牛頓第三定律可得，A球?qū)Νh(huán)的力向下，為28N，設(shè)B球?qū)Νh(huán)的力為FB，由環(huán)的受力平衡可得FB＋28N＋m環(huán)g＝－56N，解得FB＝－124N，負(fù)號表示和重力方向相反，由牛頓第三定律可得，環(huán)對B球的力FB為124N，方向豎直向下，對B球由牛頓第二定律有FB＋mBg＝mBeq\f(v\o\al(2,B),R)，解得vB＝6m/s故選C。5．某公園廣場上新建的彩色噴泉，啟動一段時間穩(wěn)定后可保持如圖所示的迷人風(fēng)姿。已知中心的水柱高達(dá)5m，其噴嘴橫截面積為1.2×10－3m2，噴嘴位置與池中水面持平，且噴水方向稍偏離豎直，使上升與下落的水流不重合。水的密度為1.0×103kg/m3，不計豎直方向的空氣阻力，則()A．此噴嘴的出水速度為5m/sB．此噴嘴的出水流量為1.2×10－3m3/sC．此噴嘴所接水泵的功率至少為600WD．此水柱在空中的水體積為6.0×10－2m3解析：選C根據(jù)v2＝2gh解得v＝eq\r(2gh)＝10m/s，A錯誤；流量為Q＝Sv＝1.2×10－2m3/s，B錯誤；此噴嘴所接水泵的功率至少為P＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgh,t)＝eq\f(ρVgh,t)＝ρQgh＝600W，C正確；水上升和下落的總時間t＝eq\f(2v,g)＝eq\f(2×10,10)s＝2s，該水柱在空中的水體積V＝Q·t＝1.2×10－2×2m3＝2.4×10－2m3，D錯誤。6.如圖所示，正方形ABCD四邊的中點分別為a、b、c、d，在a、d位置分別放置電荷量為－q和＋q的點電荷，為使O點處的電場強(qiáng)度為零，則可以()A．在A處放置一個電荷量為－q的點電荷B．在B處放置一個電荷量為－2q的點電荷C．在C處放置一個電荷量為＋2q的點電荷D．在D處放置一個電荷量為－2eq\r(2q)的點電荷解析：選D設(shè)正方形邊長為2r，在a、d位置的點電荷產(chǎn)生的電場在中心O處的合電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(\r(2)kq,r2)，方向沿OB。在A處放置的電荷量為－q的點電荷產(chǎn)生的電場在中心O處的電場強(qiáng)度大小為EA＝eq\f(kq,2r2)，方向沿OA，A錯誤；在B處放置的電荷量為－2q的點電荷產(chǎn)生的電場在中心O處的電場強(qiáng)度大小為EB＝eq\f(kq,r2)，方向沿OB，B錯誤；在C處放置的電荷量為＋2q的點電荷產(chǎn)生的電場在中心O處的電場強(qiáng)度大小為EC＝eq\f(kq,r2)，方向沿OA，C錯誤；在D處放置的電荷量為－2eq\r(2)q的點電荷產(chǎn)生的電場在中心O處的電場強(qiáng)度大小為ED＝eq\f(\r(2)kq,r2)，方向沿OD，D正確。7.如圖，籃球從某一高度處自由落下，與地面反復(fù)碰撞，最后停在地面上?？諝庾枇Σ挥嫞铝袌D像能大致反映該過程籃球的加速度隨時間變化的是()解析：選B籃球自由落下到與地面接觸前，只受重力作用，加速度(向下，為正)保持不變；籃球與地面接觸到反彈離開地面的過程中，受地面向上的彈力先從零開始逐漸增大，籃球所受的合力F1＝mg－N，開始階段地面的彈力N小于重力，合力向下，籃球繼續(xù)向下加速運(yùn)動，隨著地面的彈力N增大，合力逐漸減小，加速度逐漸減小，籃球這一階段向下做加速度(向下、為正)減小的加速運(yùn)動；當(dāng)彈力N增大到超過重力大小時，合力方向變?yōu)樨Q直向上，其大小為F2＝N－mg，隨著N增大，加速度a逐漸增大，籃球向下做加速度(向上、為負(fù))增大的減速運(yùn)動直到速度為零；籃球開始向上運(yùn)動的過程是籃球向下擠壓地面過程的逆過程，加速度變化特點是先向上(為負(fù))減小，再向下(為正)增大。故B正確，A、C、D錯誤。二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全得3分，有選錯的得0分。)8．如圖所示，勻強(qiáng)電場與圓所在平面平行，圓的圓心為O，半徑為R＝5cm，圓上有A、B、C三點，∠BOC＝37°。A、O、C三點的電勢分別為4V、8V、13V，沿著圓周移動一個電子，其電荷量為e，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是()A．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為100V/mB．勻強(qiáng)電場的電場線與CO垂直C．電子的最大電勢能為13eVD．從B點到C點，電場力對電子做正功解析：選AD如圖所示，作出直徑CD，過A點作CD的垂線AE，則φC－φO＝φO－φD＝5V，所以φD＝3V，根據(jù)幾何關(guān)系得OE＝AOcos37°＝4cm，則eq\f(φO－φD,φO－φE)＝eq\f(OD,OE)，所以φE＝4V，則AE是勻強(qiáng)電場的一條等勢線，電場線沿CO方向，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(φO－φD,OD)＝100V/m，A正確，B錯誤；在圓周上D點電勢最低，電子的最大電勢能為－3eV，C錯誤；圓上各點中C點電勢最高，電子在C點的電勢能最小，從B點到C點電場力對電子做正功，D正確。9．平行金屬板PQ、MN與電源和滑動變阻器如圖所示連接，電源的電動勢為E，內(nèi)阻不計；靠近金屬板P的S處有一粒子源能夠連續(xù)不斷地產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為＋q，初速度為零的粒子，粒子在PQ間的加速電場作用下穿過Q板的小孔F，緊貼N板水平進(jìn)入MN間的偏轉(zhuǎn)電場；改變滑片P的位置可改變加速電場的電壓U1和偏轉(zhuǎn)電場的電壓U2，且所有粒子都能夠從MN間飛出，下列說法正確的是()A．粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離與eq\f(U1,U2)成正比B．滑片P向左滑動的過程中，從偏轉(zhuǎn)電場飛出的粒子的偏轉(zhuǎn)角逐漸增大C．飛出偏轉(zhuǎn)電場的粒子的最大速率vm＝eq\r(\f(2qE,m))D．飛出偏轉(zhuǎn)電場的粒子的最大速率vm＝2eq\r(\f(qE,m))解析：選BC在平行金屬板PQ之間，根據(jù)動能定理有qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)，粒子在F點的速度為vF＝eq\r(\f(2qU1,m))，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場MN的長度為L，MN之間的距離為d，則粒子通過偏轉(zhuǎn)電場MN的時間為t＝eq\f(L,vF)，粒子的加速度為a＝eq\f(qU2,md)，所以粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離為y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(U2L2,4dU1)，所以粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離與eq\f(U1,U2)成反比，A錯誤；滑片P向右滑動的過程中式eq\f(U1,U2)的比值增大，所以粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離y逐漸減小，根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律可知，從偏轉(zhuǎn)電場飛出的粒子豎直方向的速度逐漸減小，則飛出時粒子的速度的偏轉(zhuǎn)角逐漸減小，B正確；飛出偏轉(zhuǎn)電場的粒子的最大動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝qU1＋qU2，因為U1＋U2＝E，可得vm＝eq\r(\f(2qE,m))，C正確，D錯誤。10．壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，將壓敏電阻固定在升降機(jī)底板上，其上放置一個絕緣物塊。0～t1時間內(nèi)升降機(jī)停在某樓層處，從t1時刻開始運(yùn)動，電流表中電流隨時間變化的情況如圖所示，下列判斷正確的是()A．t1～t2時間內(nèi)，升降機(jī)可能先加速下降后減速下降B．t2～t3時間內(nèi)，升降機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)C．t3～t4時間內(nèi)，升降機(jī)處于超重狀態(tài)D．t3～t4時間內(nèi)，升降機(jī)的加速度大小先增大后減小解析：選CD0～t1時間內(nèi)升降機(jī)停在某樓層處，受力平衡，t1～t2時間內(nèi)電路中電流比升降機(jī)靜止時小，說明壓敏電阻增大，壓力減小，重物處于失重狀態(tài)，則此過程升降機(jī)一直加速下降，A錯誤；t2～t3時間內(nèi)電路中電流等于升降機(jī)靜止時的電流，由于t1～t2時間內(nèi)升降機(jī)在加速運(yùn)動，所以t2～t3時間內(nèi)處于勻速運(yùn)動狀態(tài)，B錯誤；t3～t4時間內(nèi)電路中的電流大于升降機(jī)靜止時的電流，說明壓敏電阻減小，壓力增大，重物處于超重狀態(tài)，C正確；由圖可知t3～t4時間內(nèi)，電流先增大后減小，得壓敏電阻是先減小后增大，可知壓力是先增大后減小，可得加速度是先增大后減小，D正確。三、非選擇題(本題共5個小題，共54分)11．(6分)學(xué)校創(chuàng)客活動中心的同學(xué)在老師指導(dǎo)下用兩根完全相同的輕彈簧和重物驗證力的平行四邊形定則，他進(jìn)行了如下操作(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))：(1)用刻度尺測出彈簧的自由長度L0。(2)如圖甲所示，把重物通過細(xì)繩連接在彈簧下端，穩(wěn)定后測出彈簧的長度L1。(3)如圖乙所示，用兩根彈簧掛起重物，穩(wěn)定時兩彈簧與豎直方向的夾角均為60°，測出兩彈簧的長度分別為L2、L3，若要驗證力的平行四邊形定則，則L1、L2、L3需滿足的條件是________。(用關(guān)系式表示)(4)如圖丙所示，他又把兩彈簧調(diào)整到相互垂直，穩(wěn)定后測出兩彈簧的長度為L4、L5，若要驗證力的平行四邊形定則，則L1、L4、L5和L0需滿足的條件是________。(用關(guān)系式表示)(5)在實際進(jìn)行該方案的操作中，本實驗設(shè)計的誤差來源可能是__________________。(至少寫出2條)解析：(3)當(dāng)合力沿兩個分力角平分線方向且兩個分力夾角為120°，合力和兩個分力大小相等，故彈簧形變量相同，長度相同，即L1＝L2＝L3。(4)當(dāng)兩個分力相互垂直時，由勾股定理知F2＝Feq\o\al(2,1)＋Feq\o\al(2,2)，即(L1－L0)2＝(L5－L0)2＋(L4－L0)2。(5)本實驗設(shè)計的誤差來源可能是：彈簧有自重；長度測量的誤差；角度測量的誤差。答案：(3)L1＝L2＝L3(4)(L1－L0)2＝(L5－L0)2＋(L4－L0)2(5)彈簧有自重；長度測量的誤差；角度測量的誤差12．(9分)在“測量金屬絲的電阻率”實驗中，選擇一根粗細(xì)均勻的合金絲來進(jìn)行測量。(1)用螺旋測微器測量合金絲的直徑。為防止讀數(shù)時測微螺桿發(fā)生轉(zhuǎn)動，讀數(shù)前應(yīng)先旋緊圖甲所示的部件________(選填“A”“B”“C”或“D”)，合金絲的直徑的測量值為________mm；(2)某次測量中，若測出合金絲接入電路部分的長度為L，直徑為d，合金絲兩端電壓為U，電流為I，則該合金電阻率的表達(dá)式ρ＝________(用上述字母和通用數(shù)學(xué)符號表示)；(3)在本實驗中，為了減少實驗過程中的偶然誤差，在物理量測量時都進(jìn)行了多次測量。伏安法測電阻時，要用每一組的電壓值與電流值求電阻，然后求電阻的平均值。如果將電壓值和電流值分別求平均值，然后再用它們的平均值來計算電阻，這樣計算________(選填“正確”或“不正確”)；(4)利用測出的電阻率可以幫助我們解決實際問題。有一根細(xì)長而均勻的該金屬材料管線樣品，其截面為外方內(nèi)圓，如圖乙所示。正方形邊長為a，而管線內(nèi)徑d′太小無法直接測量。已知此樣品長度為L′，電阻率為ρ′。為了測出內(nèi)徑d′，有位同學(xué)想出一個方法，他只測出了電阻R′，就計算出了內(nèi)徑d′，請寫出內(nèi)徑d′的計算式d′＝________；(5)該實驗中滑動變阻器是要消耗電能的。某同學(xué)利用圖丙電路完成實驗后，又進(jìn)一步研究了滑動變阻器消耗電功率P的變化規(guī)律，并畫出了P隨靈敏電流計G的示數(shù)IG或電流表A的示數(shù)I的關(guān)系圖線，下列圖線中可能正確的是________。解析：(1)為防止讀數(shù)時測微螺桿發(fā)生轉(zhuǎn)動，讀數(shù)前應(yīng)先旋緊固定螺釘B。螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為0mm，可動刻度的讀數(shù)為d＝0.01mm×41.0＝0.410mm，故合金絲的直徑為d＝0.410mm；(2)電阻絲的電阻R＝eq\f(U,I)，根據(jù)電阻定律得R＝ρeq\f(L,S)＝ρeq\f(L,π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2)，解得電阻率為ρ＝eq\f(πUd2,4IL)；(3)如果將電壓值和電流值分別求平均值，然后再用它們的平均值來計算電阻，這樣計算是不正確的，因為歐姆定律中導(dǎo)體兩端電壓與導(dǎo)體中的電流是瞬時對應(yīng)的；(4)由電阻定律可得R＝ρeq\f(L,S)＝ρ′eq\f(L′,a2－π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d′,2)))2)，則d′＝2eq\r(\f(a2R′－ρ′L′,πR′))；(5)如圖丙所示電路由P＝UI可得P＝(U－IRx)I或P＝(U－IGR0)IGeq\f(Rx＋R0,Rx)，圖線為開口向下的二次函數(shù)，故選A、D。答案：(1)B0.410(2)eq\f(πUd2,4IL)(3)不正確(4)2eq\r(\f(a2R′－ρ′L′,πR′))(5)AD13．(11分)一列簡諧橫波在x軸上傳播，在t1＝0和t2＝0.5s時，其波形分別用如圖所示的實線和虛線表示。(1)求這列波可能具有的波速；(2)當(dāng)波速為28m/s時，波的傳播方向如何？以此波速傳播時，x＝8m處的質(zhì)點從t1開始計時，eq\f(3,14)s內(nèi)通過的路程是多少？解析：(1)若波沿x軸正向傳播，則Δx＝Δx1＋nλ＝(2＋8n)(n＝1、2、3…)v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(2＋8n,0.5)＝(4＋16n)m/s(n＝1、2、3…)若波沿x軸負(fù)向傳播，則Δx＝Δx2＋nλ＝(6＋8n)(n＝1、2、3…)v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(6＋8n,0.5)＝(12＋16n)m/s(n＝1、2、3…)。(2)當(dāng)波速為28m/s時，有28m/s＝(12＋16n)m/s，n＝1所以波向x軸負(fù)向傳播，周期T＝eq\f(λ,v)＝eq\f(8,28)s＝eq\f(2,7)s則處x＝8m的質(zhì)點從開始計時，eq\f(3,14)s內(nèi)通過的路程s＝eq\f(\f(3,14),\f(2,7))×4A＝6cm。答案：(1)(4＋16n)m/s(n＝1、2、3…)、(12＋16n)m/s(n＝1、2、3…)(2)向x軸負(fù)方向傳播6cm14．(12分)如圖所示，質(zhì)量為M、半徑R的ABC凹槽(為光滑圓槽的一部分)靜止在光滑水平面上，B為最低點，BC為eq\f(1,4)圓弧，OA與豎直方向夾角θ＝60°，其右側(cè)緊貼豎直墻壁PQ。一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)從D處以v0水平拋出，同時將ABC凹槽鎖定在地面上，小物塊恰好從A點無碰撞的射入凹槽，當(dāng)其到達(dá)B點時解除鎖定。不計空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)D點與A點高度差h；(2)小物塊從第一次經(jīng)過B點到第二次經(jīng)過B點過程中，豎直墻壁對槽的沖量；(3)若小球恰好能回到A點，凹槽與小物塊的質(zhì)量之比。解析：(1)小物塊從D到A過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，將小物塊在A點的速度分解可得v0＝vAcos60°，聯(lián)立可得h＝eq\f(3v\o\al(2,0),2g)。(2)從D到B過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(R,2)))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\r(4v\o\al(2,0)＋gR)，方向水平向右，根據(jù)機(jī)械能守恒可知小物塊第二次經(jīng)過B點速度大小與vB大小相等，方向相反，即vB′＝－eq\r(4v\o\al(2,0)＋gR)，故此過程凹槽對小物塊的沖量為I＝mvB′－mvB＝－2meq\r(4v\o\al(2,0)＋gR)，負(fù)號表示方向水平向左。所以小物塊對凹槽的作用力的水平方向的分力的沖量大小為I′＝I＝2meq\r(4v\o\al(2,0)＋gR)，方向水平向右。該過程中，凹槽始終不動，所以小物塊對凹槽的作用力的水平方向的分力對凹槽的沖量與豎直墻壁對凹槽的沖量大小相等，為2meq\r(4v\o\al(2,0)＋gR)，方向水平向左。(3)若小球恰好能回到A點，則此時小物塊和凹槽具有共同速度速度，從第一次經(jīng)過B點到達(dá)A點的過程動量守恒、機(jī)械能守恒，有mvB＝(M＋m)v共，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋mg×eq\f(R,2)，聯(lián)立并將vB＝eq\r(4v\o\al(2,0)＋gR)代入解得eq\f(M,m)＝eq\f(gR,4v\o\al(2,0))。答案：(1)eq\f(3v\o\al(2,0),2g)(2)2meq\r(4v\o\al(2,0)＋gR)，方向水平向左(3)eq\f(gR,4v\o\al(2,0))15．(16分)如圖甲所示，虛線是Ⅰ區(qū)域和Ⅱ區(qū)域的邊界，Ⅰ區(qū)域中豎直面內(nèi)存在一光滑彎曲軌道，端點N的切線與水平方向的夾角為53°，M、N兩點的豎直距離為h；虛線與y軸間為Ⅱ區(qū)