2024-2025学年新疆维吾尔自治区伊犁哈萨克自治州伊宁市高二下学期4月期中考试物理试题

高级中学名校试卷PAGEPAGE1伊宁市2024-2025学年第二学期高二年级期中测试物理试卷试卷满分值：100分考试时长：100分钟一、单选题（每小题4分，共8小题，共32分，无特殊说明，g=10m/s2）1.下列关于简谐运动的振幅、周期和频率的说法正确的是（）A.物体位于平衡位置时，一定处于平衡状态B.振幅是矢量，方向从平衡位置指向最大位移处C.弹簧振子的位移减小时，加速度减小，速度增大D.简谐运动的振幅越大，则其运动的周期一定越长【答案】C【解析】A．处于平衡位置，物体的回复力一定为零，但合力不一定为零，也不一定处于平衡状态，比如单摆，故A错误；B．振幅是标量，故B错误；C．弹簧振子的位移减小时，处于向平衡位置振动过程，加速度减小，速度增大，故C正确；D．简谐运动的周期与振幅无关，简谐运动的振幅越大，则其运动的周期不会越长，故D错误。故选C。2.为了提高运动员奔跑时下肢向后的蹬踏力量，在训练中让运动员腰部系绳拖着汽车轮胎沿笔直的水平跑道匀速奔跑2min，如图所示，则在该过程中（）A.轮胎受到的合力的冲量为0B.轮胎受到的重力的冲量为0C.轮胎的动量增大D.绳上的拉力对轮胎做功为0【答案】A【解析】A．轮胎受到的合力为零，所以合力的冲量为A正确；B．轮胎受到的重力的冲量为mgt，B错误；C．轮胎做匀速运动，其动量mv不变，C错误；D．绳上拉力对轮胎做功为绳上的拉力对轮胎做功不为0，D错误。故选A。3.一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过3s质点第一次经过M点，如图所示；再继续运动，又经过4s第二次经过M点；则再经过多长时间第三次经过M点（）A.7s B.14s C.16s D.s【答案】C【解析】假设振子开始运动的方向先向左，再向M点运动，运动路线如图1所示：由于从O点到质点第一次经过M点的时间是，小于质点第二次经过M点的时间，根据质点的运动路线来看是不可能的，所以振子开始运动的方向应向右．如图2，振动的周期为，振子第三次通过M点需要经过的时间为，故C正确，ABD错误．4.2024年奥运会上，郑钦文获得女子网球单打冠军，假设在某次击球过程中，质量为60g的网球以40m/s的水平速度飞来，郑钦文引拍击球，球拍与网球作用0.01s后，网球以60m/s的水平速度反方向飞出，在此过程中，不考虑网球重力及空气阻力的作用，下列说法正确的是（）A.网球对球拍的冲量与球拍对网球的冲量相同B.网球的动量变化量大小为1.2kg·m/sC.球拍对网球的平均作用力大小为120ND.网球受到的冲量大小为6.0N·s【答案】D【解析】A．网球对球拍的冲量与球拍对网球的冲量大小相等，方向相反，故A错误；B．以末速度方向为正方向，网球动量的变化量为故B错误；CD．根据动量定理可得网球受到的冲量大小为可得球拍对网球的平均作用力大小故C错误，D正确。故选D。A. B. C. D.【答案】B【解析】由图可知，单摆振动的周期根据可得故选B。6.A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰，碰撞时间极短，两物块运动的图像如图所示，则下列判断正确的是（）A.碰撞过程中两小球所受合外力相同B.A、B的质量之比mA∶mB=3∶2C.此碰撞为弹性碰撞D.碰撞过程中A球动能的减小量大于B球动能的增加量【答案】C【解析】A．碰撞过程中两小球所受合外力大小相同，方向相反，选项A错误；B．因x-t图像的斜率等于速度，则碰前AB的速度分别为碰后AB的速度分别为由动量守恒定律解得A、B的质量之比mA∶mB=2∶3选项B错误；C．碰撞过程中的能量损失此碰撞为弹性碰撞，选项C正确；D．因碰撞不损失能量，可知碰撞过程中A球动能的减小量等于B球动能的增加量，选项D错误。故选C。7.一只爆竹竖直升空后，在高为h处达到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两块，两块质量之比为3：1，其中质量小的一块获得大小为v的水平速度，重力加速度为g，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设其中一块质量为m，另一块质量为3m。爆炸过程系统水平方向动量守恒，以v的速度方向为正方向，由动量守恒定律得解得设两块爆竹落地用的时间为t，则有得落地点两者间的距离为联立各式解得故选D。8.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s，从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，以下说法正确的是（）A.第1s内，摩擦力对滑块做的功为3JB.第2s内，F对滑块做功的平均功率为4WC.前3s内，F对滑块的总冲量为零D.前3s内，合力对滑块做的总功为零【答案】D【解析】A．由题图可知，第1s内，滑块匀速运动，摩擦力为位移为摩擦力对滑块做功为故A错误；B．第2s内，滑块位移为F做的功为平均功率为故B错误；C．前3s内，F对滑块的总冲量为故C错误；D．根据动能定理，前3s内，合力对滑块做的总功为零，故D正确。故选D。二、多选题（每小题4分，选对但未选全对得2分，选错得0分，4小题共16分）9.如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A以速度水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中（）A.A、B的动量变化量大小相等 B.A、B的动量变化率大小相同C.A、B系统的总动能保持不变 D.A、B系统的总动量增大【答案】AB【解析】AD．A、B组成的系统受合外力为零，则系统总动量守恒，可知A动量减小量与B动量增加量等大反向，即AB的动量变化量大小相等，选项A正确，D错误；B．由动量定理可知，动量变化率等于所受的合外力，因AB之间的作用力等大反向，可知A、B的动量变化率大小相同，方向相反，选项B正确；C．A、B系统弹性势能增加，可知系统的总动能减小，选项C错误；故选AB。10.如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，则（）A.甲、乙两个单摆的振幅分别为2cm、1cmB.甲、乙两个单摆的机械能可能相等C.前2秒内甲乙两个摆球的加速度均为正值D.第2秒末乙的速度达到最大，甲的加速度达到最大【答案】AB【解析】A．由图像可知，甲、乙两个单摆的振幅分别为2cm、1cm，选项A正确；B．单摆的机械能由振幅和摆球质量等共同决定，可知甲、乙两个单摆的机械能可能相等，选项B正确；C．加速度与位移反向，可知前2秒内甲的加速度为负，乙的加速度为正值，选项C错误；D．第2秒末乙到达最高点，则速度为零，甲在平衡位置，则加速度为零，选项D错误。故选AB。11.如图所示，弹簧上端固定一质量为m的小球，小球在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当小球振动到最高点时弹簧正好为原长，则在小球振动过程中（重力加速度大小为g）（）A.小球最大动能应等于mgAB.弹簧的弹性势能和小球动能总和保持不变C.弹簧最大弹性势能等于2mgAD.小球在最低点时受到的弹力等于2mg【答案】CD【解析】A．小球在平衡位置时，有在平衡位置时动能最大，有mgA=Ek＋Ep故A错误；B．因为运动过程中弹簧与小球组成的系统机械能守恒，因此动能、重力势能和弹性势能之和保持不变，故B错误；CD．从最高点到最低点，重力势能全部转化为弹性势能Epm=2mgA最低点加速度大小等于最高点加速度大小，据牛顿第二定律可知F-mg=mg得F=2mg故CD正确。故选CD。12.生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量为450kg的小船静止在水面上，质量为50kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是（）A.人在甲板上散步时，船将后退B.人在立定跳远的过程中船保持静止C.人在立定跳远的过程中船后退了0.2mD.人相对地面的成绩为1.8m【答案】ACD【解析】A．根据反冲运动中的人船模型可知，人在甲板上散步时，船将后退，故A正确；B．根据反冲运动中的人船模型可知，人在立定跳远的过程中，船将后退，故B错误；C．设人向前跳的方向为正方向，速度为；船的速度为，根据“人船模型”动量守恒有根据则有又解得故C正确；D人相对地面的成绩为故D正确。故选ACD。三、实验题（本题共2小题，13题8分，14题8分，共16分）13.如图所示为某同学做“验证动量守恒定律”实验装置示意图。图中带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上固定有计时功能的电子计时器（图中未画出）。完成下列实验步骤。（1）为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做_____运动；（2）用天平称量滑块、的质量和（3）将滑块、紧贴在一起，置于导轨上的确定位置。用卡销卡住和；（4）在和之间水平放置一轻弹簧，使弹簧处于压缩状态；（5）放开卡销，同时启动电子计时器，记下滑块运动至挡板1的时间和滑块运动至挡板2的时间；（6）重复步骤（3）（4）（5）多次，计算滑块A运动至挡板1的时间的平均值和滑块运动至挡板2的时间的平均值；（7）由气垫导轨上所带的刻度尺读出_____和_____；（8）检查关系式_____（用、、、和（7）读出的物理量符号表示）是否近似成立：如近似成立，则（在滑块和气垫导轨的摩擦力很小的前提下）验证了动量守恒。【答案】（1）匀速直线（7）滑块左端到挡板1的距离滑块右端到挡板2的距离（8）【解析】（1）[1]为了减小重力对实验的影响，实验中应调节气垫导轨，使导轨保持水平；轻推滑块让滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动，则说明导轨调到水平。（7）[2][3]根据实验原理可知，本实验中需要测量弹簧弹开后两滑块的速度，由题意可知，根据滑块滑到挡板的平均速度来表示弹开后的速度，故需要测量两滑块分别到左右挡板的距离、，由平均速度公式求出碰后的速度。（8）[4]根据平均速度公式可知：，设向右为正方向，根据动量守恒定律可得，应验证的表达式为：代入速度可得14.如图所示，让小球1从斜槽上滚下来，与放在斜槽轨道末端的大小相同的小球2发生正碰，之后两小球都做平抛运动。用该实验装置可验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。（点为轨道末端在水平地面上对应的投影点，未放小球2时，小球1的落点是点）（1）关于本实验的条件和操作要求，下列说法正确的是___________；A.斜槽轨道必须光滑B.斜槽轨道末端必须水平C.小球1每次可从斜槽上任意位置释放（2）为减小实验误差，小球1质量应___________（填“>”“<”或“=”）小球2的质量，原因是___________；（3）设小球1的质量为，小球2的质量为，的长度为，的长度为，则本实验验证动量守恒定律的表达式为___________。【答案】（1）B（2）防止两小球碰撞小球1被弹回（3）【解析】（1）AB．安装的轨道不必光滑，因为从同一位置释放，球每次与轨道的摩擦力均相同，小球1运动到轨道末端的速度大小相同，小球为了让小球做平抛运动，轨道末端的切线必须必须水平，故A错误，B正确；C．为保证小球1运动到轨道末端的速度大小相同，小球1每次可从斜槽上同一位置释放，故C错误。故选B。（2）[1][2]为减小实验误差，小球1的质量应大于小球2的质量，原因是保证小球1与小球2碰撞后继续向前运动，防止两小球碰撞小球1被弹回。（3）由图示可知，碰撞前小球1的落地点是P，两球碰撞，球1的落地点是M，球2的落地点是N，实验需要验证，即，得则故本实验验证动量守恒定律的表达式为。四、解答题（本题共3小题，10+12+14共36分）15.弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点间做简谐运动，BC相距20cm，某时刻振子处于B点开始计时，经过0.5s，振子首次到达C点，求：（1）振子的振幅；（2）振子的周期和频率；（3）振子在5s内通过的路程及5s末时的位移大小．【答案】（1）10cm（2）1s；1Hz（3）200cm；10cm【解析】（1）振幅设为A，则有2A=BC=20cm，所以A=10cm.（2）从B首次到C的时间为周期的一半，因此T=2t=1s再根据周期和频率的关系可得.（3）振子一个周期内通过的路程为4A=40cm即一个周期运动的路程为40cm，；5s的时间为5个周期，又回到原始点B，位移大小为10cm.16.篮球气压过高或过低都会影响篮球的弹性和手感，从而影响球员的技术发挥。简易的测试方法是在平坦的硬质水平地面上，让篮球从的高度自由落下，反弹高度在至之间即表示篮球气压正常。某次体育课上，老师将一质量的篮球从的高度处由静止释放，球与水平地板撞击后反弹上升的最大高度为h=1.25m，于是老师确定该篮球充气较好。已知篮球与地面接触的时间为，忽略空气阻力，重力加速度取。求：（1）篮球反弹后弹起瞬间的速度大小；（2）篮球与地板碰撞过程中，地板对篮球的平均冲力的大小【答案】（1）5m/s（2）60N【解析】（1）设篮球弹起瞬间速度大小为，篮球上升过程有解得v2=5m/s（2）篮球落地时的速度大小为，篮球下降过程有，解得设地面对篮球的平均作用力，规定向上为正方向由动量定理解得F=60N17.如图所示，水平轨道ABCD中的AB段、CD段光滑，BC段粗糙，物块乙与BC段间的动摩擦因数，BC段长，质量的光滑圆弧曲面被锁定在水平面上，曲面最低点与水平面相切于C点，圆弧半径。质量的物块甲从A点以一定的速度向左运动，在B点与静止的质量的物块乙发生弹性正撞，碰撞时间极短，随后物块乙到达曲面最高点E时，对曲面的压力大小为54N。物块甲、乙均视为质点，重力加速度。（1）求物块乙在E点时的速度大小；（2）如果解除锁定，物块甲从A点以的速度运动，在B点与物块乙发生弹性正撞，求物块乙能沿曲面上升到距地面的最大高度H；【答案】（1）（2）0.4m【解析】（1）物块乙到达曲面最高点E时，由牛顿第二定律有由牛顿第三定律有代入数据解得（2）物块甲与乙碰后的速度为，乙的速度为，由动量守恒有机械能守恒有代入数据解得设物块乙在C处的速度为，物块乙从B滑到C点，根据动能定理有物块乙与曲面相互作用的过程，物块乙与曲面组成的系统，水平方向动量守恒，当物块乙上升到距地面的高度最大时，二者共速，有由能量守恒定律有联立解得伊宁市2024-2025学年第二学期高二年级期中测试物理试卷试卷满分值：100分考试时长：100分钟一、单选题（每小题4分，共8小题，共32分，无特殊说明，g=10m/s2）1.下列关于简谐运动的振幅、周期和频率的说法正确的是（）A.物体位于平衡位置时，一定处于平衡状态B.振幅是矢量，方向从平衡位置指向最大位移处C.弹簧振子的位移减小时，加速度减小，速度增大D.简谐运动的振幅越大，则其运动的周期一定越长【答案】C【解析】A．处于平衡位置，物体的回复力一定为零，但合力不一定为零，也不一定处于平衡状态，比如单摆，故A错误；B．振幅是标量，故B错误；C．弹簧振子的位移减小时，处于向平衡位置振动过程，加速度减小，速度增大，故C正确；D．简谐运动的周期与振幅无关，简谐运动的振幅越大，则其运动的周期不会越长，故D错误。故选C。2.为了提高运动员奔跑时下肢向后的蹬踏力量，在训练中让运动员腰部系绳拖着汽车轮胎沿笔直的水平跑道匀速奔跑2min，如图所示，则在该过程中（）A.轮胎受到的合力的冲量为0B.轮胎受到的重力的冲量为0C.轮胎的动量增大D.绳上的拉力对轮胎做功为0【答案】A【解析】A．轮胎受到的合力为零，所以合力的冲量为A正确；B．轮胎受到的重力的冲量为mgt，B错误；C．轮胎做匀速运动，其动量mv不变，C错误；D．绳上拉力对轮胎做功为绳上的拉力对轮胎做功不为0，D错误。故选A。3.一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过3s质点第一次经过M点，如图所示；再继续运动，又经过4s第二次经过M点；则再经过多长时间第三次经过M点（）A.7s B.14s C.16s D.s【答案】C【解析】假设振子开始运动的方向先向左，再向M点运动，运动路线如图1所示：由于从O点到质点第一次经过M点的时间是，小于质点第二次经过M点的时间，根据质点的运动路线来看是不可能的，所以振子开始运动的方向应向右．如图2，振动的周期为，振子第三次通过M点需要经过的时间为，故C正确，ABD错误．4.2024年奥运会上，郑钦文获得女子网球单打冠军，假设在某次击球过程中，质量为60g的网球以40m/s的水平速度飞来，郑钦文引拍击球，球拍与网球作用0.01s后，网球以60m/s的水平速度反方向飞出，在此过程中，不考虑网球重力及空气阻力的作用，下列说法正确的是（）A.网球对球拍的冲量与球拍对网球的冲量相同B.网球的动量变化量大小为1.2kg·m/sC.球拍对网球的平均作用力大小为120ND.网球受到的冲量大小为6.0N·s【答案】D【解析】A．网球对球拍的冲量与球拍对网球的冲量大小相等，方向相反，故A错误；B．以末速度方向为正方向，网球动量的变化量为故B错误；CD．根据动量定理可得网球受到的冲量大小为可得球拍对网球的平均作用力大小故C错误，D正确。故选D。A. B. C. D.【答案】B【解析】由图可知，单摆振动的周期根据可得故选B。6.A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰，碰撞时间极短，两物块运动的图像如图所示，则下列判断正确的是（）A.碰撞过程中两小球所受合外力相同B.A、B的质量之比mA∶mB=3∶2C.此碰撞为弹性碰撞D.碰撞过程中A球动能的减小量大于B球动能的增加量【答案】C【解析】A．碰撞过程中两小球所受合外力大小相同，方向相反，选项A错误；B．因x-t图像的斜率等于速度，则碰前AB的速度分别为碰后AB的速度分别为由动量守恒定律解得A、B的质量之比mA∶mB=2∶3选项B错误；C．碰撞过程中的能量损失此碰撞为弹性碰撞，选项C正确；D．因碰撞不损失能量，可知碰撞过程中A球动能的减小量等于B球动能的增加量，选项D错误。故选C。7.一只爆竹竖直升空后，在高为h处达到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两块，两块质量之比为3：1，其中质量小的一块获得大小为v的水平速度，重力加速度为g，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设其中一块质量为m，另一块质量为3m。爆炸过程系统水平方向动量守恒，以v的速度方向为正方向，由动量守恒定律得解得设两块爆竹落地用的时间为t，则有得落地点两者间的距离为联立各式解得故选D。8.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s，从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，以下说法正确的是（）A.第1s内，摩擦力对滑块做的功为3JB.第2s内，F对滑块做功的平均功率为4WC.前3s内，F对滑块的总冲量为零D.前3s内，合力对滑块做的总功为零【答案】D【解析】A．由题图可知，第1s内，滑块匀速运动，摩擦力为位移为摩擦力对滑块做功为故A错误；B．第2s内，滑块位移为F做的功为平均功率为故B错误；C．前3s内，F对滑块的总冲量为故C错误；D．根据动能定理，前3s内，合力对滑块做的总功为零，故D正确。故选D。二、多选题（每小题4分，选对但未选全对得2分，选错得0分，4小题共16分）9.如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A以速度水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中（）A.A、B的动量变化量大小相等 B.A、B的动量变化率大小相同C.A、B系统的总动能保持不变 D.A、B系统的总动量增大【答案】AB【解析】AD．A、B组成的系统受合外力为零，则系统总动量守恒，可知A动量减小量与B动量增加量等大反向，即AB的动量变化量大小相等，选项A正确，D错误；B．由动量定理可知，动量变化率等于所受的合外力，因AB之间的作用力等大反向，可知A、B的动量变化率大小相同，方向相反，选项B正确；C．A、B系统弹性势能增加，可知系统的总动能减小，选项C错误；故选AB。10.如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，则（）A.甲、乙两个单摆的振幅分别为2cm、1cmB.甲、乙两个单摆的机械能可能相等C.前2秒内甲乙两个摆球的加速度均为正值D.第2秒末乙的速度达到最大，甲的加速度达到最大【答案】AB【解析】A．由图像可知，甲、乙两个单摆的振幅分别为2cm、1cm，选项A正确；B．单摆的机械能由振幅和摆球质量等共同决定，可知甲、乙两个单摆的机械能可能相等，选项B正确；C．加速度与位移反向，可知前2秒内甲的加速度为负，乙的加速度为正值，选项C错误；D．第2秒末乙到达最高点，则速度为零，甲在平衡位置，则加速度为零，选项D错误。故选AB。11.如图所示，弹簧上端固定一质量为m的小球，小球在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当小球振动到最高点时弹簧正好为原长，则在小球振动过程中（重力加速度大小为g）（）A.小球最大动能应等于mgAB.弹簧的弹性势能和小球动能总和保持不变C.弹簧最大弹性势能等于2mgAD.小球在最低点时受到的弹力等于2mg【答案】CD【解析】A．小球在平衡位置时，有在平衡位置时动能最大，有mgA=Ek＋Ep故A错误；B．因为运动过程中弹簧与小球组成的系统机械能守恒，因此动能、重力势能和弹性势能之和保持不变，故B错误；CD．从最高点到最低点，重力势能全部转化为弹性势能Epm=2mgA最低点加速度大小等于最高点加速度大小，据牛顿第二定律可知F-mg=mg得F=2mg故CD正确。故选CD。12.生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量为450kg的小船静止在水面上，质量为50kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是（）A.人在甲板上散步时，船将后退B.人在立定跳远的过程中船保持静止C.人在立定跳远的过程中船后退了0.2mD.人相对地面的成绩为1.8m【答案】ACD【解析】A．根据反冲运动中的人船模型可知，人在甲板上散步时，船将后退，故A正确；B．根据反冲运动中的人船模型可知，人在立定跳远的过程中，船将后退，故B错误；C．设人向前跳的方向为正方向，速度为；船的速度为，根据“人船模型”动量守恒有根据则有又解得故C正确；D人相对地面的成绩为故D正确。故选ACD。三、实验题（本题共2小题，13题8分，14题8分，共16分）13.如图所示为某同学做“验证动量守恒定律”实验装置示意图。图中带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上固定有计时功能的电子计时器（图中未画出）。完成下列实验步骤。（1）为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做_____运动；（2）用天平称量滑块、的质量和（3）将滑块、紧贴在一起，置于导轨上的确定位置。用卡销卡住和；（4）在和之间水平放置一轻弹簧，使弹簧处于压缩状态；（5）放开卡销，同时启动电子计时器，记下滑块运动至挡板1的时间和滑块运动至挡板2的时间；（6）重复步骤（3）（4）（5）多次，计算滑块A运动至挡板1的时间的平均值和滑块运动至挡板2的时间的平均值；（7）由气垫导轨上所带的刻度尺读出_____和_____；（8）检查关系式_____（用、、、和（7）读出的物理量符号表示）是否近似成立：如近似成立，则（在滑块和气垫导轨的摩擦力很小的前提下）验证了动量守恒。【答案】（1）匀速直线（7）滑块左端到挡板1的距离滑块右端到挡板2的距离（8）【解析】（1）[1]为了减小重力对实验的影响，实验中应调节气垫导轨，使导轨保持水平；轻推滑块让滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动，则说明导轨调到水平。（7）[2][3]根据实验原理可知，本实验中需要测量弹簧弹开后两滑块的速度，由题意可知，根据滑块滑到挡板的平均速度来表示弹开后的速度，故需要测量两滑块分别到左右挡板的距离、，由平均速度公式求出碰后的速度。（8）[4]根据平均速度公式可知：，设向右为正方向，根据动量守恒定律可得，应验证的表达式为：代入速度可得14.如图所示，让小球1从斜槽上滚下来，与放在斜槽轨道末端的大小相同的小球2发生正碰，之后两小球都做平抛运动。用该实验装置可验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。（点为轨道末端在水平地面上对应的投影点，未放小球2时，小球1的落点是点）（1）关于本实验的条件和操作要求，下列说法正确的是___________；A.斜槽轨道必须光滑B.斜槽轨道末端必须水平C.小球1每次可从斜槽上任意位置释放（2）为减小实验误差，小球1质量应___________（填“>”“<”或“=”）小球2的质量，原因是___________；（3）设小球1的质量为，小球2的质量为，的长度为，的长度为，则本实验验证动量守恒定律的表达式为___________。【答案】（1）B（2）防止两小球碰撞小球1被弹回（3）【解析】（1）AB．安装的轨道不必光滑，因为从同一位置释放，球每次与轨道的摩擦力均相同，小球1运动到轨道末端的速度大小相同，小球为了让小球做平抛运动，轨道末端的切线必须必须水平，故A错误，B正确；C．为保证小球1运动到轨道末端的速度大小相同，小球1每次可从斜槽上同一位置释放，故C错误。故选B。（2）[1][2]为减小实验误差，小球1的质量应大于小球2的质量，原因是保证小球1与小球2碰撞后继续向前运动，防止两小球碰撞小球1被弹回。（3）由图示可知，碰撞前小球1的落