2023-2024学年西藏拉萨市高二下学期期末联考物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGE2024学年第二学期拉萨市高中期末联考高二物理试卷注意事项：1.本试卷满分100分，考试时间为90分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码写在答题卡相应的位置上。3.所有〖答案〗必须在答题卡上作答。一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）1.首先用实验证实电磁波存在、验证麦克斯韦电磁场理论正确的科学家是（）A.法拉第 B.麦克斯韦 C.赫兹 D.奥斯特〖答案〗C〖解析〗由物理史实可知首先用实验证实电磁波存在、验证麦克斯韦电磁场理论正确的科学家是赫兹，故选C。2.下列说法不正确的是（）A.戴上特制眼镜看3D电影有立体感是利用了光的偏振原理B.雨后公路积水表面漂浮的油膜看起来是彩色的，这是光的折射现象C.激光全息照相时利用了激光相干性好的特性D.激光照到VCD机、CD机或计算机的光盘上，可以读取盘上的信息是利用激光平行度好的特性〖答案〗B〖解析〗A．戴上特制眼镜看3D电影有立体感是利用了光的偏振原理，故A正确；B．雨后公路积水表面漂浮的油膜看起来是彩色的，这是光的薄膜干涉现象，故B错误；C．激光全息照相时利用了激光相干性好的特性，故C正确；D．激光照到VCD机、CD机或计算机的光盘上，可以读取盘上的信息是利用激光平行度好的特性，故D正确。3.如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流正方向如图甲中箭头所示。P所受的重力为G，桌面对P的支持力为，则（）A.时刻，穿过线圈P的磁通量最大，感应电流也最大B.时刻，线圈P中感应电流最大，等于GC.时间内，螺线管对线圈是吸引力D.时间内，穿过线圈P的磁通量变小，且线圈P有扩张的趋势〖答案〗B〖解析〗A．由图乙可知，t1时刻螺线管Q中电流为最大，电流的变化率为零，则t1时刻穿过线圈P磁通量最大，磁通量的变化率为零，P中感应电流为零，故A错误；B．由图乙可知，t2时刻螺线管Q中电流的变化率为最大，则穿过线圈的磁通量变化率最大，P中有感应电流，螺线管Q中电流为0，P不受到磁场力的作用，故等于G，故B正确；C．由图乙可知，t2时刻，螺线管Q中电流为0，电流的变化率最大，P中感应电流最大，二者之间没有安培力，t3时刻，螺线管Q中电流的变化率为0，P中无感应电流，二者之间没有安培力。t2~t3时间内通过Q的电流在变大，穿过P的磁通量在变大，两者相互排斥，则t2~t3时间内螺线管对线圈的是排斥力，且先增大后减小，故C错误；D．由图乙可知，t2~t3时间内，螺线管Q中电流增大，则穿过线圈磁通量增大，根据增缩减扩原理可知，线圈有收缩的趋势，故D错误。4.如图所示为某水平放置的弹簧振子做简谐运动的图像，下列说法正确的是（）A.0.6s时和0.8s时物体的速度方向不相同B.0.2s时与0.4s时的回复力相同C.0.5s-0.9s时间内，系统的弹性势能一直减小D.0.7s-0.9s时间内，振子的加速度在增加〖答案〗D〖解析〗A．0.6s时和0.8s时物体的速度相同，方向均指向位移负方向，故A错误；B．0.2s时与0.4s时的回复力大小相同但方向不同，故B错误；C．0.5s~0.9s振子先靠近后远离平衡位置，系统的弹性势能先减小后增加，故C错误；D．0.7s~0.9s时间内，振子远离平衡位置，加速度增加，故D正确。故选D。5.如图所示，在条形磁体的右侧放置一个可以自由运动的矩形通电线圈abdc，线圈最初与条形磁体处于同一平面内，ac边、bd边与条形磁体的方向平行，且ac边、bd边中点的连线过条形磁体的中心。通以顺时针方向的电流后，该线圈的运动情况为（）A.ab边转向纸内，cd边转向纸外，同时靠近磁体B.ab边转向纸外，cd边转向纸内，同时靠近磁体C.ab边转向纸内，cd边转向纸外，同时远离磁体D.ab边转向纸外，cd边转向纸内，同时远离磁体〖答案〗A〖解析〗在图示位置时，根据左手定则可知ab边所受磁场力方向向内，cd边所受磁场力方向向外，所以ab边转向纸内，cd边转向纸外；从图示位置转过90°时，根据左手定则判断可知ac边所受磁场力方向水平向左，bd边所受磁场力方向水平向右，且ac边所受磁场力大于bd边所受磁场力，所以靠近磁铁。故选A。6.一列简谐横波沿x轴正方向传播，时刻的波形如图中实线所示，t=0.1s时刻的波形如图中虚线所示。波源不在坐标原点O，P是传播介质中离坐标原点=2.5m处的一个质点。则以下说法中正确的是（）A.质点P的振幅为0.1mB.波的频率可能为7.5HzC.波的传播速度可能为50m/sD.在t=0.1s时刻与P相距5m处的质点一定沿y轴正方向运动〖答案〗AC〖解析〗A．振幅为质点离开平衡位置的最大距离，由题图知，质点P的振幅为0.1m，故A正确；B．波沿x轴正方向传播，则t=nT+（n=0，1，2，3，…）周期为T==s（n=0，1，2，3，…）频率为f==Hz=（10n+2.5）Hz（n=0，1，2，3，…）所以波的频率可能为2.5Hz、12.5Hz、…，不可能为7.5Hz，故B错误；C．波速为v=λf=4×（10n+2.5）m/s=（40n+10）m/s（n=0，1，2，3，…）当n=1时v=50m/s故C正确；D．波沿x轴正方向传播，在t=0.1s时刻P沿y轴正方向运动，与之相距5m处的质点分别在7.5m处和-2.5m处，其中7.5m处的质点振动情况与3.5m处质点振动情况一样，沿y轴正方向，而距原点-2.5m的质点与1.5m处振动情况一样，速度沿y轴负方向，故D错误。7.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等。a、b端加一定交流电压后，则（）A.两电阻两端的电压比B.两电阻中的电流之比C.两电阻消耗的电功率之比D.电阻B两端的电压表的示数〖答案〗BD〖解析〗AB．电阻两端的电压所以两电阻两端的电压之比等于电流之比，由于电流比等于匝数反比，所以故A错误，B正确；C．电阻消耗的功率所以两电阻消耗电功率之比故C错误；D．由表达式知ab两端电压有效值为220V，设副线圈电压为U2，则原线圈两端电压3U2，原线圈中电阻分压为，即解得故D正确8.下列四幅图中有关装置的原理和现象的分析正确的是（）A.图甲电路通电稳定后断开开关瞬间，灯泡一定会闪一下再熄灭B.图乙变压器采用了电磁互感原理，铁芯用彼此绝缘的硅钢片叠加而成从而减小涡流C.图丙过山车进入停车区的过程中铜片受到强力磁铁的安培力使过山车减速D.图丁D形盒半径、磁感应强度不变，若加速电压越高，质子飞出D形盒的动能将越大〖答案〗BC〖解析〗A．图甲电路通电稳定后断开开关瞬间，灯泡不一定会闪一下再熄灭，只有当电路稳定时线圈中电流比灯泡中电流大时，灯泡才会闪一下再熄灭，故A错误；B．图乙变压器采用了电磁互感原理，铁芯用彼此绝缘的硅钢片叠加而成防止产生涡流，故B正确；C．过山车进入停车区的过程中，铜片中有感应电流通过，处于磁场中，则受到的安培力，使过山车减速，故C正确；D．由可得则最大动能为知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压无关，故D错误。故选BC。二、实验题（本题共2小题，共16分。）9.某实验小组利用图甲所示装置测量当地重力加速度。轻绳一端系住直径为的小球，另一端固定在铁架台上点，已知点到小球球心的距离为，在点正下方固定一个光电门，小球运动至最低点时光电门能够记录下小球的遮光时间。实验时，将小球拉起至轻绳和竖直方向夹角为，由静止释放小球，小球摆至最低点时光电门光线正好射向小球球心，小球的遮光宽度可近似为，光电门记录小球的遮光时间为，试回答以下问题：（1）用游标卡尺测量小球的直径如图乙所示，则小球的直径_____________；（2）小球从释放位置运动至最低点时速度为_______________；（用题中相关物理量的字母表示）（3）多次改变的数值，重复以上实验过程并测量对应的，得到随变化的关系如图丙所示，该图线斜率的绝对值为，可计算得重力加速度______________________。（用、和表示）〖答案〗（1）8.10（2）（3）〖解析〗（1）由图示游标卡尺可知，其精确度为0.05mm，所以小球直径为（2）小球从释放位置运动至最低点时速度为（3）由动能定理可得图丙中图线斜率的绝对值为k，则可得可得10.在“探究碰撞中的不变量”实验中，通过碰撞后做平抛运动测量速度的方法来进行实验，实验装置如图甲所示，实验原理如图乙所示。（1）假设实验室中有如下图所示三个小球，则入射小球应该选取________，被碰小球应该选取________。（填字母代号）（2）关于本实验，下列说法正确的是________。（填字母代号）A.斜槽必须足够光滑且安装时末端必须保持水平B.同一实验中入射小球每次都必须从斜槽上的同一位置由静止释放C.实验中需要用到重垂线D.必须测量出斜槽末端到水平地面的高度（3）某同学在做上述实验时，测得入射小球和被碰小球的质量关系为，两小球在记录纸上留下三处落点痕迹如图丙所示，他将米尺的零刻线与点对齐，测量出点到三处平均落地点的距离分别为、、。该同学通过测量和计算发现，在实验误差允许范围内，两小球在碰撞前后动量是守恒的。①该同学要验证关系式为_________________；（用、、关系表示）②若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，需要判断关系式__________________是否成立。（用、、关系表示）〖答案〗（1）AB（2）BC（3）〖解析〗（1）（1）[1][2]为了保证入射小球碰撞后不反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，为了使两球发生对心碰撞，则要求两球的半径相同，故入射球选择直径为、质量为的小球A，被碰球选择直径为、质量为的小球B。（2）（2）[3]A．本实验只需要确保轨道末端水平，小球每次从斜槽的同一位置滚下，从而确保小球到达末端的速度大小不变，且离开轨道后做的是平抛运动即可，并不需要轨道光滑，故A错误；B．要确保放上被碰小球后，入射小球的碰前的速度大小保持不变，故要求从同一位置由静止释放入射小球，故B正确；C．实验中重锤线的作用是确定小球做平抛运动的水平位移的起点，即标定斜槽末端在白纸上的投影点O，故C正确；D．两个小球下落时间相同，故由可知，小球的水平位移，故可用水平位移的大小关系表示速度的大小关系，不需要求出时间，所以不需要测量高度，故D错误。故选BC。（3）[4]①由题图丙可知代入质量关系，可知但是故OC才是入射小球碰前速度对应的水平位移，由动量守恒定律得根据解得[5]②验证碰撞是否为弹性碰撞，则需要验证即变形得根据则有解得三、计算题：本题共3小题，共36分。请把〖答案〗写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。11.为防止宇宙间各种高能粒子对在轨航天员造成的危害，科学家研制出各种磁防护装置。某同学设计了一种磁防护模拟装置，装置截面如图所示，以O点为圆心的内圆、外圆半径分别为R、，区域中的危险区内有垂直纸面向外的匀强磁场，外圆为绝缘薄板，且直径CD的两端各开有小孔，外圆的左侧有两块平行金属薄板，其右板与外圆相切，在切点C处开有一小孔，两板间电压为。一质量为m、电荷量为粒子（不计重力）从左板内侧的A点由静止释放，粒子经电场加速后从C孔沿CO方向射入磁场，恰好不进入安全区。求：（1）粒子通过C孔时速度的大小；（2）磁感应强度B的大小。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）粒子从A点运动到C点，根据动能定理有解得（2）设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，如图所示由几何关系有解得由牛顿第二定律有解得12.如图所示，两根平行的光滑金属导轨、，距离为，与左侧从，间连接的电阻构成一个固定的水平型导体框架，导轨电阻不计且足够长。框架置于一个方向竖直向下，范围足够大的匀强磁场中，磁感应强度为，磁场左侧边界是。质量为、电阻为、长度为的导体棒垂直放置在两导轨上，并与导轨接触良好，给导体棒一个水平向右的初速度进入磁场区域，求：（1）导体棒进入磁场瞬间安培力的大小；（2）导体棒在磁场中运动的位移。〖答案〗（1）（2）〖解析〗（1）根据法拉第电磁感应定律，导体棒进入磁场瞬间感应电动势为根据闭合电路欧姆定律得根据安培力公式得联立解得导体棒进入磁场瞬间安培力的大小为（2）当导体棒速度减为零时，由动量定理得又因为联立解得变形得13.如图所示，半径为R1＝1.8m的光滑圆弧轨道与半径为R2=0.8m的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口处有一质量为M=3kg、长度为L＝2.0m的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的水平台阶，其上表面与木板上表面高度相同。现让质量为m2＝2kg的物块b静止于B处，质量为m1＝1kg的物块a从光滑圆弧轨道顶端的A处由静止释放，物块a下滑至B处和b发生碰撞后不再分开，a、b形成的物块c经过半圆管从C处滑上木板，当木板速度为2m/s时，木板与台阶碰撞并立即被粘住，若g=10m/s²，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计。（1）求物块a和b碰后共同具有的速度；（2）若物块c与木板、台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求物块c在台阶表面上滑行的最大距离。〖答案〗（1）；（2）1.2m〖解析〗（1）设物块a下滑到B点时的速度大小为，由机械能守恒定律可得解得a、b碰撞过程动量守恒，即解得（2）物块c由B到C过程机械能守恒，由机械能守恒定律得解得物块c滑上木板后，当木板速度为时，设物块c的速度为，由动量守恒定律得解得设在此过程中物块c运动的位移为，木板运动的位移为，对物块c由动能定理得解得对木板有解得木板被粘住后，物块c到木板左端的距离为设物块c在台阶上运动的最大距离为，由动能定理得解得2023-2024学年第二学期拉萨市高中期末联考高二物理试卷注意事项：1.本试卷满分100分，考试时间为90分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码写在答题卡相应的位置上。3.所有〖答案〗必须在答题卡上作答。一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）1.首先用实验证实电磁波存在、验证麦克斯韦电磁场理论正确的科学家是（）A.法拉第 B.麦克斯韦 C.赫兹 D.奥斯特〖答案〗C〖解析〗由物理史实可知首先用实验证实电磁波存在、验证麦克斯韦电磁场理论正确的科学家是赫兹，故选C。2.下列说法不正确的是（）A.戴上特制眼镜看3D电影有立体感是利用了光的偏振原理B.雨后公路积水表面漂浮的油膜看起来是彩色的，这是光的折射现象C.激光全息照相时利用了激光相干性好的特性D.激光照到VCD机、CD机或计算机的光盘上，可以读取盘上的信息是利用激光平行度好的特性〖答案〗B〖解析〗A．戴上特制眼镜看3D电影有立体感是利用了光的偏振原理，故A正确；B．雨后公路积水表面漂浮的油膜看起来是彩色的，这是光的薄膜干涉现象，故B错误；C．激光全息照相时利用了激光相干性好的特性，故C正确；D．激光照到VCD机、CD机或计算机的光盘上，可以读取盘上的信息是利用激光平行度好的特性，故D正确。3.如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流正方向如图甲中箭头所示。P所受的重力为G，桌面对P的支持力为，则（）A.时刻，穿过线圈P的磁通量最大，感应电流也最大B.时刻，线圈P中感应电流最大，等于GC.时间内，螺线管对线圈是吸引力D.时间内，穿过线圈P的磁通量变小，且线圈P有扩张的趋势〖答案〗B〖解析〗A．由图乙可知，t1时刻螺线管Q中电流为最大，电流的变化率为零，则t1时刻穿过线圈P磁通量最大，磁通量的变化率为零，P中感应电流为零，故A错误；B．由图乙可知，t2时刻螺线管Q中电流的变化率为最大，则穿过线圈的磁通量变化率最大，P中有感应电流，螺线管Q中电流为0，P不受到磁场力的作用，故等于G，故B正确；C．由图乙可知，t2时刻，螺线管Q中电流为0，电流的变化率最大，P中感应电流最大，二者之间没有安培力，t3时刻，螺线管Q中电流的变化率为0，P中无感应电流，二者之间没有安培力。t2~t3时间内通过Q的电流在变大，穿过P的磁通量在变大，两者相互排斥，则t2~t3时间内螺线管对线圈的是排斥力，且先增大后减小，故C错误；D．由图乙可知，t2~t3时间内，螺线管Q中电流增大，则穿过线圈磁通量增大，根据增缩减扩原理可知，线圈有收缩的趋势，故D错误。4.如图所示为某水平放置的弹簧振子做简谐运动的图像，下列说法正确的是（）A.0.6s时和0.8s时物体的速度方向不相同B.0.2s时与0.4s时的回复力相同C.0.5s-0.9s时间内，系统的弹性势能一直减小D.0.7s-0.9s时间内，振子的加速度在增加〖答案〗D〖解析〗A．0.6s时和0.8s时物体的速度相同，方向均指向位移负方向，故A错误；B．0.2s时与0.4s时的回复力大小相同但方向不同，故B错误；C．0.5s~0.9s振子先靠近后远离平衡位置，系统的弹性势能先减小后增加，故C错误；D．0.7s~0.9s时间内，振子远离平衡位置，加速度增加，故D正确。故选D。5.如图所示，在条形磁体的右侧放置一个可以自由运动的矩形通电线圈abdc，线圈最初与条形磁体处于同一平面内，ac边、bd边与条形磁体的方向平行，且ac边、bd边中点的连线过条形磁体的中心。通以顺时针方向的电流后，该线圈的运动情况为（）A.ab边转向纸内，cd边转向纸外，同时靠近磁体B.ab边转向纸外，cd边转向纸内，同时靠近磁体C.ab边转向纸内，cd边转向纸外，同时远离磁体D.ab边转向纸外，cd边转向纸内，同时远离磁体〖答案〗A〖解析〗在图示位置时，根据左手定则可知ab边所受磁场力方向向内，cd边所受磁场力方向向外，所以ab边转向纸内，cd边转向纸外；从图示位置转过90°时，根据左手定则判断可知ac边所受磁场力方向水平向左，bd边所受磁场力方向水平向右，且ac边所受磁场力大于bd边所受磁场力，所以靠近磁铁。故选A。6.一列简谐横波沿x轴正方向传播，时刻的波形如图中实线所示，t=0.1s时刻的波形如图中虚线所示。波源不在坐标原点O，P是传播介质中离坐标原点=2.5m处的一个质点。则以下说法中正确的是（）A.质点P的振幅为0.1mB.波的频率可能为7.5HzC.波的传播速度可能为50m/sD.在t=0.1s时刻与P相距5m处的质点一定沿y轴正方向运动〖答案〗AC〖解析〗A．振幅为质点离开平衡位置的最大距离，由题图知，质点P的振幅为0.1m，故A正确；B．波沿x轴正方向传播，则t=nT+（n=0，1，2，3，…）周期为T==s（n=0，1，2，3，…）频率为f==Hz=（10n+2.5）Hz（n=0，1，2，3，…）所以波的频率可能为2.5Hz、12.5Hz、…，不可能为7.5Hz，故B错误；C．波速为v=λf=4×（10n+2.5）m/s=（40n+10）m/s（n=0，1，2，3，…）当n=1时v=50m/s故C正确；D．波沿x轴正方向传播，在t=0.1s时刻P沿y轴正方向运动，与之相距5m处的质点分别在7.5m处和-2.5m处，其中7.5m处的质点振动情况与3.5m处质点振动情况一样，沿y轴正方向，而距原点-2.5m的质点与1.5m处振动情况一样，速度沿y轴负方向，故D错误。7.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等。a、b端加一定交流电压后，则（）A.两电阻两端的电压比B.两电阻中的电流之比C.两电阻消耗的电功率之比D.电阻B两端的电压表的示数〖答案〗BD〖解析〗AB．电阻两端的电压所以两电阻两端的电压之比等于电流之比，由于电流比等于匝数反比，所以故A错误，B正确；C．电阻消耗的功率所以两电阻消耗电功率之比故C错误；D．由表达式知ab两端电压有效值为220V，设副线圈电压为U2，则原线圈两端电压3U2，原线圈中电阻分压为，即解得故D正确8.下列四幅图中有关装置的原理和现象的分析正确的是（）A.图甲电路通电稳定后断开开关瞬间，灯泡一定会闪一下再熄灭B.图乙变压器采用了电磁互感原理，铁芯用彼此绝缘的硅钢片叠加而成从而减小涡流C.图丙过山车进入停车区的过程中铜片受到强力磁铁的安培力使过山车减速D.图丁D形盒半径、磁感应强度不变，若加速电压越高，质子飞出D形盒的动能将越大〖答案〗BC〖解析〗A．图甲电路通电稳定后断开开关瞬间，灯泡不一定会闪一下再熄灭，只有当电路稳定时线圈中电流比灯泡中电流大时，灯泡才会闪一下再熄灭，故A错误；B．图乙变压器采用了电磁互感原理，铁芯用彼此绝缘的硅钢片叠加而成防止产生涡流，故B正确；C．过山车进入停车区的过程中，铜片中有感应电流通过，处于磁场中，则受到的安培力，使过山车减速，故C正确；D．由可得则最大动能为知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压无关，故D错误。故选BC。二、实验题（本题共2小题，共16分。）9.某实验小组利用图甲所示装置测量当地重力加速度。轻绳一端系住直径为的小球，另一端固定在铁架台上点，已知点到小球球心的距离为，在点正下方固定一个光电门，小球运动至最低点时光电门能够记录下小球的遮光时间。实验时，将小球拉起至轻绳和竖直方向夹角为，由静止释放小球，小球摆至最低点时光电门光线正好射向小球球心，小球的遮光宽度可近似为，光电门记录小球的遮光时间为，试回答以下问题：（1）用游标卡尺测量小球的直径如图乙所示，则小球的直径_____________；（2）小球从释放位置运动至最低点时速度为_______________；（用题中相关物理量的字母表示）（3）多次改变的数值，重复以上实验过程并测量对应的，得到随变化的关系如图丙所示，该图线斜率的绝对值为，可计算得重力加速度______________________。（用、和表示）〖答案〗（1）8.10（2）（3）〖解析〗（1）由图示游标卡尺可知，其精确度为0.05mm，所以小球直径为（2）小球从释放位置运动至最低点时速度为（3）由动能定理可得图丙中图线斜率的绝对值为k，则可得可得10.在“探究碰撞中的不变量”实验中，通过碰撞后做平抛运动测量速度的方法来进行实验，实验装置如图甲所示，实验原理如图乙所示。（1）假设实验室中有如下图所示三个小球，则入射小球应该选取________，被碰小球应该选取________。（填字母代号）（2）关于本实验，下列说法正确的是________。（填字母代号）A.斜槽必须足够光滑且安装时末端必须保持水平B.同一实验中入射小球每次都必须从斜槽上的同一位置由静止释放C.实验中需要用到重垂线D.必须测量出斜槽末端到水平地面的高度（3）某同学在做上述实验时，测得入射小球和被碰小球的质量关系为，两小球在记录纸上留下三处落点痕迹如图丙所示，他将米尺的零刻线与点对齐，测量出点到三处平均落地点的距离分别为、、。该同学通过测量和计算发现，在实验误差允许范围内，两小球在碰撞前后动量是守恒的。①该同学要验证关系式为_________________；（用、、关系表示）②若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，需要判断关系式__________________是否成立。（用、、关系表示）〖答案〗（1）AB（2）BC（3）〖解析〗（1）（1）[1][2]为了保证入射小球碰撞后不反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，为了使两球发生对心碰撞，则要求两球的半径相同，故入射球选择直径为、质量为的小球A，被碰球选择直径为、质量为的小球B。（2）（2）[3]A．本实验只需要确保轨道末端水平，小球每次从斜槽的同一位置滚下，从而确保小球到达末端的速度大小不变，且离开轨道后做的是平抛运动即可，并不需要轨道光滑，故A错误；B．要确保放上被碰小球后，入射小球的碰前的速度大小保持不变，故要求从同一位置由静止释放入射小球，故B正确；C．实验中重锤线的作用是确定小球做平抛运动的水平位移的起点，即标定斜槽末端在白纸上的投影点O，故C正确；D．两个小球下落时间相同，故由可知，小球的水平位移，故可用水平位移的大小关系表示速度的大小关系，不需要求出时间，所以不需要测量高度，故D错误。故选BC。（3）[4]①由题图丙可知代入质量关系，可知但是故OC才是入射小球碰前速度对应的水平位移，由动量守恒定律得根据解得[5]②验证碰撞是否为弹性碰撞，则需要验证即变形得根据则有解得三、计算题：本题共3小题，共36分。请把〖答案〗写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。11.为防止宇宙间各种高能粒子对在轨航天员造成的危害，科学家研制出各种磁防护装置。某同学设计了一种磁防护模拟装置，装置截面如图