2025 高考物理三維設(shè)計(jì)二輪第二部分　揭秘高考命題新動(dòng)向

1/32025高考物理三維設(shè)計(jì)二輪第二部分揭秘高考命題新動(dòng)向揭秘二高考命題的4大教材遷移情境——突出教材回歸，加強(qiáng)考教銜接近年來(lái)，高考命題進(jìn)一步深化基礎(chǔ)性考查，依然強(qiáng)調(diào)對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)全面深刻地理解和融會(huì)貫通地運(yùn)用，引導(dǎo)高中教學(xué)回歸課標(biāo)、回歸教材。高考物理命題很多素材都源于教材，2024高考中更為明顯，北京卷近半數(shù)情境來(lái)源于教材正文或者課后練習(xí)題，其他卷中也有多題情境來(lái)源于教材素材。教材情境1基于教材中“拓展素材”的情境命題情境解讀：高考命題常用教材中的“思考與討論”、“拓展學(xué)習(xí)”、“科學(xué)漫步”、“STSE”……為素材，創(chuàng)設(shè)新的情境來(lái)命題，這就要求考生要熟悉教材，理解教材中所給出的一些素材的內(nèi)涵和外延?！菊骖}1】（2024·江蘇高考4題）噴泉a、b出射點(diǎn)高度相同，形成如圖所示的形狀，不計(jì)空氣阻力，則噴泉a、b的（）A.加速度相同B.初速度相同C.最高點(diǎn)的速度相同D.在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同解析：A水在空中的運(yùn)動(dòng)為斜拋運(yùn)動(dòng)，只受重力作用，則a、b加速度相同，均為重力加速度，A正確；噴泉由出射點(diǎn)到落地的過(guò)程，由h＝12gt2與對(duì)稱性可知，噴泉a在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間小于噴泉b在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，D錯(cuò)誤；噴泉在最高點(diǎn)的速度等于水平分速度，結(jié)合x(chóng)水平＝v0xt可知兩噴泉在最高點(diǎn)的速度不相同，C錯(cuò)誤；由噴泉軌跡可知兩噴泉出射點(diǎn)的速度方向不同，則兩噴泉的初速度不同，B銜接分析本題源于魯科版物理必修第二冊(cè)P53，圖2－22“美麗的噴泉”；通過(guò)噴泉a、b形成的形狀，理解斜拋運(yùn)動(dòng)在不同方向上的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析噴泉運(yùn)動(dòng)學(xué)物理量的大小關(guān)系?！菊骖}2】（2024·河北高考6題）如圖，一電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)輕桿在豎直框架平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，輕桿一端固定在電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)軸上，另一端懸掛一紫外光筆，轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)紫外光始終豎直投射至水平鋪開(kāi)的感光紙上，沿垂直于框架的方向勻速拖動(dòng)感光紙，感光紙上就畫(huà)出了描述光點(diǎn)振動(dòng)的x-t圖像。已知輕桿在豎直面內(nèi)長(zhǎng)0.1m，電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)速為12r/min。該振動(dòng)的圓頻率和光點(diǎn)在12.5s內(nèi)通過(guò)的路程分別為（）A.0.2rad/s，1.0m B.0.2rad/s，1.25mC.1.26rad/s，1.0m D.1.26rad/s，1.25m解析：C由于電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)速為12r/min，則光點(diǎn)1min振動(dòng)12個(gè)周期，故光點(diǎn)振動(dòng)的周期T＝1min12＝60s12＝5s，所以光點(diǎn)振動(dòng)的圓頻率ω＝2πT＝0.4πrad/s＝1.26rad/s，A、B錯(cuò)誤；由題意可知光點(diǎn)的振幅A＝0.1m，又t＝12.5s＝2.5T，則光點(diǎn)在12.5s內(nèi)通過(guò)的路程s＝2.5×4A＝10A＝1.0m，銜接分析本題源于人教版物理選擇性必修第一冊(cè)P47“做一做”，考查機(jī)械振動(dòng)的相關(guān)知識(shí)的同時(shí)，考查考生的信息提取加工能力?！菊骖}3】（2024·甘肅高考6題）工業(yè)上常利用感應(yīng)電爐冶煉合金，裝置如圖所示。當(dāng)線圈中通有交變電流時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A.金屬中產(chǎn)生恒定感應(yīng)電流B.金屬中產(chǎn)生交變感應(yīng)電流C.若線圈匝數(shù)增加，則金屬中感應(yīng)電流減小D.若線圈匝數(shù)增加，則金屬中感應(yīng)電流不變解析：B當(dāng)線圈中通有交變電流時(shí)，感應(yīng)電爐中產(chǎn)生非均勻變化的磁場(chǎng)，金屬中進(jìn)而產(chǎn)生交變感應(yīng)電流，A錯(cuò)誤，B正確；若線圈匝數(shù)增加，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律可知，金屬中的感應(yīng)電流增大，C、D錯(cuò)誤。銜接分析本題源于人教版物理選擇性必修第二冊(cè)P36，圖2.3－3“真空冶煉爐”，考查交變感應(yīng)電流的產(chǎn)生及感應(yīng)電流大小的決定因素。教材情境2基于教材中“例題和習(xí)題”的情境命題情境解讀：高考命題常用教材中的“例題”“習(xí)題”……為素材，創(chuàng)設(shè)新的情境來(lái)命題，這就要求考生在學(xué)好基礎(chǔ)知識(shí)的同時(shí)，也要加強(qiáng)“例題和習(xí)題”的研究。預(yù)計(jì)在今后的高考中對(duì)這方面的考查力度會(huì)繼續(xù)加大，以免學(xué)習(xí)脫離教材而一味刷題?！菊骖}1】（2024·湖南高考3題）如圖，質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個(gè)小球A、B、C、D，通過(guò)細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為（）A.g，1.5g B.2g，1.5gC.2g，0.5g D.g，0.5g解析：A剪斷細(xì)線前，對(duì)B、C、D整體受力分析，由平衡條件有A、B間輕彈簧的彈力FAB＝6mg，對(duì)D受力分析，由平衡條件有C、D間輕彈簧的彈力FCD＝mg，剪斷細(xì)線瞬間，對(duì)B，由牛頓第二定律有3mg－FAB＝3maB，對(duì)C，由牛頓第二定律有2mg＋FCD＝2maC，聯(lián)立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A正確。銜接分析本題源于人教版物理必修第一冊(cè)P114，復(fù)習(xí)與提高B組第1題，考查牛頓第二定律的瞬時(shí)性問(wèn)題?！菊骖}2】（2024·北京高考4題）如圖所示，飛船與空間站對(duì)接后，在水平推力F作用下一起向前運(yùn)動(dòng)。飛船和空間站的質(zhì)量分別為m和M，則飛船和空間站之間的作用力大小為（）A.MM＋mF BC.MmF D.m解析：A以空間站和飛船組成的整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有F＝（M＋m）a，對(duì)空間站有FN＝Ma，解得飛船和空間站間的作用力大小FN＝MM＋mF，A正確，B、C銜接分析本題源于人教版物理必修第一冊(cè)P113，復(fù)習(xí)與提高A組第4題，考查利用牛頓第二定律分析連接體問(wèn)題。【真題3】（2024·北京高考12題）如圖所示為一個(gè)加速度計(jì)的原理圖。滑塊可沿光滑桿移動(dòng)，滑塊兩側(cè)與兩根相同的輕彈簧連接；固定在滑塊上的滑動(dòng)片M下端與滑動(dòng)變阻器R接觸良好，且不計(jì)摩擦；兩個(gè)電源的電動(dòng)勢(shì)E相同，內(nèi)阻不計(jì)。兩彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，M位于R的中點(diǎn)，理想電壓表的指針位于表盤(pán)中央。當(dāng)P端電勢(shì)高于Q端的時(shí)，指針位于表盤(pán)右側(cè)。將加速度計(jì)固定在水平運(yùn)動(dòng)的被測(cè)物體上，則下列說(shuō)法正確的是（）A.若M位于R的中點(diǎn)右側(cè)，P端電勢(shì)低于Q端B.電壓表的示數(shù)隨物體加速度的增大而增大，但不成正比C.若電壓表指針位于表盤(pán)左側(cè)，則物體速度方向向右D.若電壓表指針位于表盤(pán)左側(cè)，則物體加速度方向向右解析：D由題意可知Q點(diǎn)電勢(shì)與滑動(dòng)變阻器R中點(diǎn)電勢(shì)相等，如圖所示，若M位于A點(diǎn)，規(guī)定左側(cè)電源負(fù)極處的電勢(shì)為0，設(shè)閉合開(kāi)關(guān)后回路中的電流為I，M點(diǎn)與滑動(dòng)變阻器左端間的電阻為RM，則由部分電路歐姆定律可得φP＝φA＝IRM，φQ＝φ中＝IR中，故若M位于R的中點(diǎn)右側(cè)，則P端電勢(shì)高于Q端，若M位于R的中點(diǎn)左側(cè)，則P端電勢(shì)低于Q端，A錯(cuò)誤；P和Q之間的電勢(shì)差大小為φA與φ中之差，即電壓表示數(shù)U＝φP－φQ＝IRM－R中，結(jié)合電阻定律RM中＝ρxS可得U＝IρxS（其中x為M與R的中點(diǎn)間的距離，即彈簧的形變量），又對(duì)滑塊由牛頓第二定律有2kx＝ma（a為物體的加速度大?。?，則電壓表的示數(shù)與物體的加速度成正比，隨物體加速度的增大而增大，B錯(cuò)誤；若電壓表指針位于表盤(pán)左側(cè)，P端電勢(shì)低于Q端的，結(jié)合A項(xiàng)分析可知M位于R的中點(diǎn)左側(cè)，對(duì)滑塊受力分析可知彈簧彈力合力向右銜接分析本題源于人教版物理選擇性必修第二冊(cè)P107，練習(xí)與應(yīng)用第1題，通過(guò)加速度計(jì)的工作原理，來(lái)考查歐姆定律和電阻定律的應(yīng)用?！菊骖}4】（2024·海南高考7題）如圖為用鋁制易拉罐制作的溫度計(jì)，一透明薄吸管里有一段油柱（長(zhǎng)度不計(jì)），吸管與罐連接處密封良好，罐內(nèi)氣體可視為理想氣體，已知罐的容積為330cm3，薄吸管橫截面積為0.5cm2，罐外吸管總長(zhǎng)度為20cm，當(dāng)溫度為27℃（300K）時(shí)，油柱離罐口10cm，不考慮大氣壓強(qiáng)變化，下列說(shuō)法正確的是（）A.若在吸管上標(biāo)注等差溫度值，則刻度左密右疏B.該裝置所測(cè)溫度不高于31.5℃C.該裝置所測(cè)溫度不低于23.5℃D.其他條件不變，緩慢把吸管拉出來(lái)一點(diǎn)，則油柱離罐口距離增大解析：B溫度變化時(shí)，封閉氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋－呂薩克定律有V0T0＝VT，又V0＝330cm3＋0.5×10cm3＝335cm3，T0＝300K，V＝330＋0.5x（cm3），T＝t＋273（K），解得t＝3067x＋150967（℃），則吸管上標(biāo)注等差溫度值刻度均勻，A錯(cuò)誤；當(dāng)x＝20cm時(shí)，所測(cè)溫度最高，代入A項(xiàng)表達(dá)式可得t≈31.5℃，B正確；當(dāng)x＝0時(shí)，所測(cè)溫度最低，代入A項(xiàng)表達(dá)式可得t≈22.5℃，C錯(cuò)誤；緩慢把吸管拉出來(lái)一些，銜接分析本題源于人教版物理選擇性必修第三冊(cè)P30，練習(xí)與應(yīng)用第3題，主要考查蓋—呂薩克定律的應(yīng)用?！菊骖}5】（2024·北京高考17題）如圖所示，水平放置的排水管滿口排水，管口的橫截面積為S，管口離水池水面的高度為h，水在水池中的落點(diǎn)與管口的水平距離為d。假定水在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，h遠(yuǎn)大于管口內(nèi)徑。求：（1）水從管口到水面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；（2）水從管口排出時(shí)的速度大小v0；（3）管口單位時(shí)間內(nèi)流出水的體積Q。答案：（1）2hg（2）dg2h（解析：（1）水在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，豎直方向有h＝12gt2，解得t＝2（2）由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知水平方向有d＝v0t，結(jié)合（1）問(wèn)解得v0＝dg2（3）管口單位時(shí)間內(nèi)流出水的體積Q＝Sv0，結(jié)合（2）問(wèn)解得Q＝Sdg2銜接分析本題源于人教版物理必修第二冊(cè)P20，復(fù)習(xí)與提高B組第2題，通過(guò)排水管的排水過(guò)程，考查平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)。教材情境3基于教材知識(shí)的“學(xué)習(xí)探究”情境命題情境解讀：在新的課程改革背景下，高中物理教學(xué)突出科學(xué)探究的學(xué)習(xí)方式，促進(jìn)學(xué)生的主動(dòng)發(fā)展。在教材中穿插了許多學(xué)習(xí)探究情境，高考試題中也越來(lái)越多地出現(xiàn)有關(guān)探究情境的試題。【真題1】（2024·甘肅高考2題）小明測(cè)得蘭州地鐵一號(hào)線列車從“東方紅廣場(chǎng)”到“蘭州大學(xué)”站的v-t圖像如圖所示，此兩站間的距離約為（）A.980m B.1230mC.1430m D.1880m解析：C根據(jù)v-t圖像與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積表示位移結(jié)合題圖可知，x＝（74－25）+942×20m＝1銜接分析本題源于人教版物理必修第一冊(cè)P45，拓展學(xué)習(xí)位移公式的推導(dǎo)，考查利用v-t圖像求位移的方法。【真題2】（2024·甘肅高考7題）一平行板電容器充放電電路如圖所示。開(kāi)關(guān)S接1，電源E給電容器C充電；開(kāi)關(guān)S接2，電容器C對(duì)電阻R放電。下列說(shuō)法正確的是（）A.充電過(guò)程中，電容器兩極板間電勢(shì)差增加，充電電流增加B.充電過(guò)程中，電容器的上極板帶正電荷，流過(guò)電阻R的電流由M點(diǎn)流向N點(diǎn)C.放電過(guò)程中，電容器兩極板間電勢(shì)差減小，放電電流減小D.放電過(guò)程中，電容器的上極板帶負(fù)電荷，流過(guò)電阻R的電流由N點(diǎn)流向M點(diǎn)解析：C電容器不論是充電過(guò)程還是放電過(guò)程，電流都是逐漸減小的，充電過(guò)程電容器兩極板的電荷量增加，由C＝QU可知電容器兩極板間電勢(shì)差增大，放電過(guò)程電容器兩極板的電荷量減少，電勢(shì)差減小，A錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)電路結(jié)構(gòu)可知，不論是充電過(guò)程還是放電過(guò)程，電容器的上極板都是帶正電荷的，充電過(guò)程，流過(guò)電阻R的電流由N點(diǎn)流向M點(diǎn)，放電過(guò)程，流過(guò)電阻R的電流由M點(diǎn)流向N點(diǎn)，B、D銜接分析本題源于人教版物理必修第三冊(cè)P38實(shí)驗(yàn)，考查電容器的充、放電過(guò)程。教材情境4基于教材實(shí)驗(yàn)的“科學(xué)實(shí)驗(yàn)”命題情境解讀：從近幾年的高考物理實(shí)驗(yàn)題的設(shè)置來(lái)看，特別重視實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ呐囵B(yǎng)和提高。因此要做好教材中規(guī)定的基本實(shí)驗(yàn)，充分理解和掌握實(shí)驗(yàn)的內(nèi)容，在此基礎(chǔ)上，能利用已學(xué)知識(shí)、原理和方法在題設(shè)的條件和情境下，按照題設(shè)的要求制定出實(shí)驗(yàn)方案、選擇實(shí)驗(yàn)器材、安排實(shí)驗(yàn)步驟、設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的處理方法及實(shí)驗(yàn)誤差分析，逐漸提高實(shí)驗(yàn)遷移能力、解決簡(jiǎn)單新穎情境實(shí)驗(yàn)的能力?！菊骖}1】（2024·海南高考14題節(jié)選）為驗(yàn)證兩個(gè)互成角度的力的合成規(guī)律，某組同學(xué)用兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)、橡皮條、輕質(zhì)小圓環(huán)、木板、刻度尺、白紙、鉛筆、細(xì)線和圖釘?shù)绕鞑模凑杖缦聦?shí)驗(yàn)步驟完成實(shí)驗(yàn)。（Ⅰ）用圖釘將白紙固定在水平木板上；（Ⅱ）如圖甲、乙所示，橡皮條的一端固定在木板上的G點(diǎn)，另一端連接輕質(zhì)小圓環(huán)，將兩細(xì)線系在小圓環(huán)上，細(xì)線另一端系在彈簧測(cè)力計(jì)上，用兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)共同拉動(dòng)小圓環(huán)到某位置，并標(biāo)記圓環(huán)的圓心位置為O點(diǎn)，拉力F1和F2的方向分別過(guò)P1和P2點(diǎn)，大小分別為F1＝3.60N、F2＝2.90N；改用一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)拉動(dòng)小圓環(huán)，使其圓心到O點(diǎn)，在拉力F的方向上標(biāo)記P3點(diǎn)，拉力的大小為F＝5.60N，請(qǐng)完成下列問(wèn)題：①在圖乙中按照給定的標(biāo)度畫(huà)出F1、F2和F的圖示，然后按平行四邊形定則畫(huà)出F1、F2的合力F'。答案：①見(jiàn)解析圖②比較F和F'，寫(xiě)出可能產(chǎn)生誤差的兩點(diǎn)原因：沒(méi)有做到彈簧測(cè)力計(jì)、細(xì)線、橡皮條都與木板平行；讀數(shù)時(shí)沒(méi)有正視彈簧測(cè)力計(jì)。解析：①根據(jù)F1、F2與F的方向和大小作出的力的圖示如下圖所示。②由圖可知F與F'不完全重合，該誤差的原因可能是沒(méi)有做到彈簧測(cè)力計(jì)、細(xì)線、橡皮條都與木板平行；讀數(shù)時(shí)沒(méi)有正視彈簧測(cè)力計(jì)。銜接分析本題來(lái)源于人教版必修第一冊(cè)P73，實(shí)驗(yàn)“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”，考查教材原型實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)?zāi)康摹?shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)操作及產(chǎn)生誤差的原因。【真題2】（2024·廣西高考11題）單擺可作為研究簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的理想模型。（1）制作單擺時(shí)，在圖甲、圖乙兩種單擺的懸掛方式中，選擇圖甲方式的目的是要保持?jǐn)[動(dòng)中擺長(zhǎng)不變；（2）用游標(biāo)卡尺測(cè)量擺球直徑，測(cè)得讀數(shù)如圖丙，則擺球直徑為1.06cm；（3）若將一個(gè)周期為T的單擺，從平衡位置拉開(kāi)5°的角度釋放，忽略空氣阻力，擺球的振動(dòng)可看為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，以釋放時(shí)刻作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，則擺球偏離平衡位置的位移x與時(shí)間t的關(guān)系為x＝gT2sin5°4π解析：（1）選擇圖甲方式的目的是要保持?jǐn)[球擺動(dòng)中擺長(zhǎng)不變。（2）擺球直徑為d＝10mm＋6×0.1mm＝10.6mm＝1.06cm。（3）根據(jù)單擺的周期公式T＝2πLg可得單擺的擺長(zhǎng)為L(zhǎng)＝gT24π2，從平衡位置拉開(kāi)5°的角度處釋放，可得振幅為A＝Lsin5°，以該位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得擺球偏離平衡位置的位移x與時(shí)間t的關(guān)系為x＝Acosωt＝銜接分析本題來(lái)源于人教版物理選擇性必修第一冊(cè)P51，實(shí)驗(yàn)：用單擺測(cè)量重力加速度，考查教材原型實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)原理及游標(biāo)卡尺的讀數(shù)。【真題3】（2024·北京高考16題）如圖甲所示，讓兩個(gè)小球在斜槽末端碰撞來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。（1）關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列做法正確的是AC（填選項(xiàng)前的字母）。A.實(shí)驗(yàn)前，調(diào)節(jié)裝置，使斜槽末端水平B.選用兩個(gè)半徑不同的小球進(jìn)行實(shí)驗(yàn)C.用質(zhì)量大的小球碰撞質(zhì)量小的小球（2）圖甲中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影，首先，將質(zhì)量為m1的小球從斜槽上的S位置由靜止釋放，小球落到復(fù)寫(xiě)紙上，重復(fù)多次。然后，把質(zhì)量為m2的被碰小球置于斜槽末端，再將質(zhì)量為m1的小球從S位置由靜止釋放，兩球相碰，重復(fù)多次。分別確定平均落點(diǎn)，記為M、N和P（P為質(zhì)量為m1的小球單獨(dú)滑落時(shí)的平均落點(diǎn)）。a.圖乙為實(shí)驗(yàn)的落點(diǎn)記錄，簡(jiǎn)要說(shuō)明如何確定平均落點(diǎn)：；答案：見(jiàn)解析b.分別測(cè)出O點(diǎn)到平均落點(diǎn)的距離，記為OP、OM和ON。在誤差允許范圍內(nèi)，若關(guān)系式m1·OP＝m1·OM＋m2·ON成立，即可驗(yàn)證碰撞前后動(dòng)量守恒。（3）受上述實(shí)驗(yàn)的啟發(fā)，某同學(xué)設(shè)計(jì)了另一種驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)方案。如圖丙所示，用兩根不可伸長(zhǎng)的等長(zhǎng)輕繩將兩個(gè)半徑相同、質(zhì)量不等的勻質(zhì)小球懸掛于等高的O點(diǎn)和O'點(diǎn)，兩點(diǎn)間距等于小球的直徑。將質(zhì)量較小的小球1向左拉起至A點(diǎn)由靜止釋放，在最低點(diǎn)B與靜止于C點(diǎn)的小球2發(fā)生正碰。碰后小球1向左反彈至最高點(diǎn)A'，小球2向右擺動(dòng)至最高點(diǎn)D。測(cè)得小球1、2的質(zhì)量分別為m和M，弦長(zhǎng)AB＝l1、A'B＝l2、CD＝l3。推導(dǎo)說(shuō)明，m、M、l1、l2、l3滿足ml1＝－ml2＋Ml3關(guān)系即可驗(yàn)證碰撞前后動(dòng)量守恒。答案：推導(dǎo)過(guò)程見(jiàn)解析解析：（1）實(shí)驗(yàn)要求小球從斜槽末端離開(kāi)后做平拋運(yùn)動(dòng)，因此斜槽末端需要水平，A正確；實(shí)驗(yàn)時(shí)需要選擇半徑相同的小球發(fā)生一維對(duì)心碰撞，B錯(cuò)誤；為使碰撞后質(zhì)量為m1的小球不反彈而從斜槽末端水平離開(kāi)，需要用質(zhì)量大的小球碰撞質(zhì)量小的小球，C正確。（2）a.利用圓規(guī)畫(huà)圓，盡可能用最小的圓將某位置所有的落點(diǎn)圈在其中，這個(gè)圓的圓心位置即為平均落點(diǎn)；b.小球從斜槽末端飛出后均做平拋運(yùn)動(dòng)，下落高度相同，由h＝12gt2可知下落時(shí)間相同，則由x＝vt可知小球落地時(shí)的水平位移與離開(kāi)斜槽末端的速度成正比，又由動(dòng)量守恒定律有m1vP＝m1vM＋m2vN，則有m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，故若關(guān)系式m1·OP＝m1·OM＋m2·ON成立，（3）小球擺動(dòng)過(guò)程幾何關(guān)系如圖，由勾股定理可知l2－h(huán)2＝l02－（l0－h(huán)）2，解得l2＝2l0h，則h＝l22l0，可知h∝l2，設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，則由動(dòng)能定理有mgh＝12mv2，解得v2＝2gh，可知v∝h∝l，規(guī)定水平向右為正方向，則小球碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律有mv1＝－mv2＋Mv3，變形得ml1＝－ml2＋Ml3，故若m、M、l1、l2、l3滿足ml1銜接分析本題源于魯科版物理選擇性必修第一冊(cè)P18，科學(xué)驗(yàn)證：動(dòng)量守恒定律，主要考查教材原型實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)原理與設(shè)計(jì)、實(shí)驗(yàn)步驟、實(shí)驗(yàn)的拓展?！菊骖}4】（2024·湖北高考11題）某同學(xué)利用激光測(cè)量半圓柱體玻璃磚的折射率，具體步驟如下：①平鋪白紙，用鉛筆畫(huà)兩條互相垂直的直線AA'和BB'，交點(diǎn)為O。將半圓柱體玻璃磚的平直邊緊貼A