2021屆山西省大同市高考物理一模試卷(市直)(含答案解析)

2021屆山西省大同市高考物理一模試卷（市直）

一、單選題（本大題共6小題，共24.0分）

1.物理學(xué)研究問題經(jīng)常需要忽略次要因素突出主要因素，“質(zhì)點”概念的引入，從物理學(xué)思想方

法上來說，是屬于（）

A.觀察、實驗的方法B.邏輯推理的方法

C.類比的方法D.建立理想模型的方法

2.在現(xiàn)實生活中，物體運動的V-t圖線不可能存在的是（）

3.近年來，我國科技飛速發(fā)展，在國防科技方面，科學(xué)家們研發(fā)的

反隱身米波雷達堪稱隱身戰(zhàn)斗機的克星，它標志著我國雷達研究

又創(chuàng)新的里程碑,米波雷達發(fā)射無線電波的波長在1?10a范圍內(nèi),

則對該無線電波的判斷正確的是（）

A.米波的頻率比厘米波頻率高

B.米波和機械波一樣須靠介質(zhì)傳播

C.米波是原子核能級躍遷得到的

D.米波比紅外線更容易發(fā)生衍射現(xiàn)象

4.下列關(guān)于萬有引力定律說法不正確的是（）

A.萬有引力定律是牛頓發(fā)現(xiàn)的

B.萬有引力定律適用于質(zhì)點間的相互作用

C.公式中的G是一個比例常數(shù)，沒有單位

D.兩個質(zhì)量分布均勻的球體，r是兩球心間的距離

5.如圖甲所示，4、B是一條電場線上的兩點，當一個電子以某一初速度只在電場力作用下沿ZB由

4點運動到B點，其速度-時間圖象如圖乙所示，電子到達B點時速度恰為零.下列判斷正確的

是（）

o

甲乙

A.A點的場強一定大于B點的場強

B.電子在4點的加速度一定大于在B點的加速度

C.4點的電勢一定高于B點的電勢

D.該電場可能是負點電荷產(chǎn)生的

6.如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：2,線路上分別接有兩個阻值相同的定值電阻R］、

R2,交變電源電壓為U,下列說法正確的是（）

R.

A.變壓器原線圈電壓與電源電壓U相等

B.變壓器副線圈電壓是電源電壓U的2倍

C.流過％、/?2上的電流相等

D.%、%上消耗的電功率之比為4：1

二、多選題（本大題共6小題，共25.0分）

7.如圖所示，固定的粗糙斜面的傾角。=37。，長度L=4m,可視為質(zhì)

點的滑塊從斜面的頂端由靜止開始下滑，滑到斜面底端時速度大小〃=

4m/s,滑塊的質(zhì)量m=200g,空氣阻力可忽略不計，取重力加速度

g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,則()

A.滑塊沿斜面下滑的加速度大小為2m/s2

B.滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.6

C.整個下滑過程的時間為1.5s

D.在整個下滑過程中重力對滑塊的沖量大小為4N-s

8.如圖所示，將兩個質(zhì)量均為他的小球a、b用細線相連懸掛于。點，兩繩

可承受的最大張力為3.5力0先用力尸拉住小球a,使整個裝置處于平衡狀

0。

態(tài)，并保持懸線。Q與豎直方向的夾角為8=30。不變，則F的大小可能為（）

AA?-Vm3g

B.mg

C.y[2mg

D.3mg

9.如圖所示，原長為，°、勁度系數(shù)為k的彈簧一端與質(zhì)量為小的小球相連，

另一端固定在豎直墻壁上，小球用傾角為30。的光滑木板4B托住，當彈簧

水平時小球恰好處于靜止狀態(tài).重力加速度為0則（）

A.彈簧的長度為％+叵里

B.木板AB對小球的支持力為4mg

C.若彈簧突然斷開，斷開后小球的加速度大小為:g

D.若突然把木板AB撤去，撤去瞬間小球的加速度大小為g

10.“衛(wèi)星懸繩發(fā)電”是人類為尋找衛(wèi)星的新型電力能源供應(yīng)系統(tǒng)而進行的實驗.假設(shè)在實驗中,

用飛機拖著一根很長的金屬線（其下端懸掛一個金屬球，以保證金屬線總是呈豎直狀態(tài)）在高空

環(huán)繞地球飛行，且每次飛經(jīng)我國上空時都是由西北飛向東南方向，則下列說法正確的是（）

A.這是利用運動導(dǎo)線切割地磁場的磁感線產(chǎn)生電動勢的原理，金屬線相當于發(fā)電機的繞組

B.該發(fā)電機可產(chǎn)生直流電，且金屬線的上端為正極

C.該發(fā)電機可產(chǎn)生直流電，且金屬線的上端為負極

D.該發(fā)電機可產(chǎn)生交流電，當飛機在北半球飛行時、金屬線的上端為其正極，當飛機在南半球

飛行時、金屬線的上端為其負極

11.對以下物理現(xiàn)象的分析正確的是（）

①從射來的陽光中，可以看到空氣中的微粒在上下飛舞

②上升的水汽的運動

③用顯微鏡觀察懸浮在水中的小炭粒，小炭粒不停地做無規(guī)則運動

④向一杯清水中滴入幾滴紅墨水，紅墨水向周圍運動

A.①②③屬于布朗運動B.④屬于擴散現(xiàn)象

C.只有③屬于布朗運動D.以上結(jié)論均不正確

12.如圖所示為一列向左傳播的橫波的圖象，圖中實線表示t時刻的波形，虛線

表示又經(jīng)△￡=0.2s時刻的波形，已知波長為2m,下列說法正確的是()二二\'、/.

02m

A.波的周期的最大值為2s

B.波的周期的最大值為］

C.波的速度的最小值為9m/s

D.這列波不能發(fā)生偏振現(xiàn)象

E.這列波遇到直徑r=1巾的障礙物會發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象

三、實驗題(本大題共3小題，共31.0分)

13.如圖所示，是“驗證碰撞中的動量守恒定律”的實驗，請回答下列問題：

(1)本實驗提供的器材有：斜槽、入射小球、被碰小球、重錘及中垂線、白紙、復(fù)寫紙、圓規(guī)，實驗

還需要的器材有、

(2)為了保證實驗結(jié)果盡量準確，下列說法符合實驗要求的是

4使斜槽軌道盡量光滑

B.調(diào)節(jié)斜槽軌道末端水平

C.入射小球和被碰小球大小相同

D入射小球每次從軌道的同一位置由靜止?jié)L下

(3)實驗中需要測量的物理量是

4兩個小球的質(zhì)量

8.入射小球開始釋放高度

C.入射小球拋出點距地面的高度

D兩個小球做平拋運動的水平射程

(4)若所測物理量滿足表達式=,則可判定兩個小球所組成的系統(tǒng)碰撞前后動量守恒(用

圖中符號表示)。

(5)若所測物理量滿足表達式=,則可判定兩個小球所組成的系統(tǒng)碰撞前后動能相等(用

圖中符號表示)。

(6)斜槽軌道足夠高且摩擦力能忽略不計，若入射小球質(zhì)量mi小于被碰小球巾2,(填“能”或

者“不能”)驗證兩個小球所組成的系統(tǒng)碰撞過程中動量守恒。如果能，請寫出需要驗證的表達

式，如果不能，請給出理由__o

mi

14.（1）在研究勻變速直線運動實驗中，在打點計時器打下的紙帶上，選取一段如圖所示.若所用交

流電的頻率為50當，用刻度尺量得4到B、C、D、E各點的距離依次為：1.23cm、3.71cm、7A4cm

和12.42cm,若該勻變速直線運動的加速度的大小為1.25m/s2,那么圖中每兩點中間還有

點沒有畫出：圖中。點對應(yīng)的速度大小為m/s（答案保留3位有效數(shù)字）.若在計算過程中不

小心將交流電的頻率當成60Hz,則計算出的加速度值將（填“偏大”、“偏小”或“不

變”）

ABCD~

?????

（2）某同學(xué)用電壓表、電阻箱、開關(guān)和若干導(dǎo)線來測一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻.實驗原理圖如圖甲.

①根據(jù)原理圖，完成圖乙的實物連線.

②電阻箱某次指示如圖丙，此時阻值/?=

③改變電阻箱的阻值，得到幾組R、U值，作出圖象如圖丁，根據(jù)圖象求得該電池的電動勢后=

,內(nèi)阻r=（保留三位有效數(shù)字）

15.

13.（12分）某物理工作者設(shè)計了一個能量電場強度的實驗.用已配質(zhì)量為，，h電量為g的小球

（可視為質(zhì)點）.令其垂？［電場方向迸人一區(qū)域為u氏”矩形的電場?如圖所示,電場方向與

ud平行且豎直向上?小球第一次靠近邁形的下邊兒進入?恰好從/，點飛出.然后?保持電場

大小不變?使方向豎亶向下.再使小球以同彈的速度R靠近上邊垂亶進入電場?小球正好

從下邊de的中點，處飛出.試根據(jù)以上信息求出電場強度.

四、計算題（本大題共3小題，共34.0分）

16.如圖，兩個滑塊4和B的質(zhì)量分別為犯！=Mg和叫=5kg,放在靜止于水平地面上的木板的兩

端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為%=0.5；木板的質(zhì)量為m=4kg,與地面間的動摩擦因數(shù)

為劭=0」5.某時刻4、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為%=3m/s。設(shè)最大靜摩擦力等

于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2.求開始時刻力、B、C三者加速度的大小和方向？

昌A

二....—二

7_7727777777J777777777777777177A

17.如圖所示，高L、上端開口的氣缸與大氣聯(lián)通，大氣壓PO.氣缸內(nèi)部有一個光

滑活塞，初始時活塞靜止，距離氣缸底部*活塞下部氣體的壓強為2P。、熱

力學(xué)溫度7.

（1）若將活塞下方氣體的熱力學(xué)溫度升高到27,活塞離開氣缸底部多少距離？

（2）若保持溫度為T不變，在上端開口處緩慢抽氣，則活塞可上升的最大高度為多少？

18.一半圓柱形透明物體橫截面如圖所示，直徑40B鍍銀，。表示半圓截面的圓心，并建立圖示坐標

系。一束平行x軸（直徑4。8）的激光在橫截面內(nèi)從M點入射，經(jīng)過4B面反射后從N點垂直x軸（直

徑40B）向上射出。已知NM04=60。，圓柱形半徑R=10m。求：（s譏15。=告底，計算結(jié)果

可帶根號）

⑴透明物體的折射率；

5）激光射出點N點的坐標。

0Bx/cm

參考答案及解析

1.答案：D

解析：解：“質(zhì)點”概念的引入物理學(xué)過程中，突出了問題的主要方面，忽略次要因素，屬于建立

理想化的物理模型的方法，故A8C錯誤，O正確。

故選：D.

在物理學(xué)中，突出問題的主要方面，忽略次要因素，建立理想化的物理模型，是經(jīng)常采用的一種科

學(xué)研究方法。

在學(xué)習(xí)物理的過程中，我們會遇到如控制變量法、轉(zhuǎn)換法、類比法、模型法、等效法等，這些方法

是物理研究經(jīng)常應(yīng)用的方法，在解決實際問題時要注意識別和應(yīng)用。

2.答案：C

解析：解：

A、此圖表示物體先做加速運動，后沿原方向做減速直線運動，是可能存在的。不符合題意。故A

錯誤。

8、此圖表示交替做加速運動和減速運動，是可能存在的。不符合題意。故B錯誤。

C、此圖表示時光能倒流，是不可能存在的，符合題意。故C正確。

。、此圖表示物體速度周期性變化，是可能存在的。不符合題意。故。錯誤。

故選：C。

根據(jù)速度圖象的斜率等于加速度，分析物體所做是什么性質(zhì)的運動，判斷是否可能存在.

本題考查對速度-時間圖象識別和理解能力.抓住時間是不能倒流的是關(guān)鍵.

3.答案:D

解析：解：4、米波的波長比厘米波的波長長，兩波在真空中傳播速度都等于光速c,由c=4/分析

可知，米波的頻率比厘米波頻率低，故A錯誤；

8、米波是電磁波，其傳播不需要介質(zhì)，在真空中也能傳播，故B錯誤；

C、米波是振蕩電路產(chǎn)生的，不是原子核能級躍遷得到的，故C錯誤；

。、米波的波長比紅外線的波長長，則米波比紅外線更容易發(fā)生衍射現(xiàn)象，故。正確。

故選：D。

電磁波在真空中傳播速度都等于光速c,由c=4f分析頻率大小。電磁波傳播時不需要介質(zhì)。米波是

振蕩電路產(chǎn)生的。波長越長的電磁波，越易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象。

解答本題時，要搞清電磁波與機械波的區(qū)別，明確各種電磁波產(chǎn)生的機理和特性。

4.答案：C

解析：解:

A、萬有引力定律是牛頓發(fā)現(xiàn)的，故A正確.

8、萬有引力定律使用條件是：宏觀，低速，質(zhì)點間的相互作用，故8正確.

C、G=6.67xlO-11N-m2/kg2,故C錯誤.

。、兩個質(zhì)量分布均勻的球體，計算萬有引力的時候，距離應(yīng)該是兩球心間的距離，故。正確.

本題選錯誤的，故選：C

由萬有引力定律的發(fā)現(xiàn)歷史、定義、適用條件可判定4BD.

G是引力常量，有單位.

本題關(guān)鍵是掌握萬有引力公式的適用條件，另外通過本題應(yīng)該知道兩個質(zhì)量分布均勻的球體，計算

萬有引力的時候，距離應(yīng)該是兩球心間的距離.

5.答案：C

解析：

由圖可知帶電粒子速度變化情況，則可明確粒子在兩點的加速度大小關(guān)系，即可確定電場強度的大

?。挥晒δ荜P(guān)系可以確定電勢的高低。

本題根據(jù)圖象考查對電場的認識，要求學(xué)生能從圖象中找出加速度的大小及速度的變化，再應(yīng)用動

能定理及牛頓第二定律進行分析判斷：同時還需注意，電勢能是由電荷及電場共同決定的，故不能

忽視了電荷的極性。

解：4B.由圖可知，電子加速度恒定，則可知受電場力不變，由尸=后（/可知，力點的場強要等于8點

場強，故AB錯誤；

C.而電子從A到B的過程中，速度減小，動能減小，則可知電場力做負功，故電勢能增加，電子帶負

電，由,=崇可知，A點的電勢要大于B點電勢，故C正確；

D點電荷產(chǎn)生的電場中，一條電場線上的點的場強都不相同，故。錯誤。

故選Co

6.答案：D

解析：解：4、由圖，結(jié)合串聯(lián)電路的特點可知，變壓器原線圈電壓小于電源電壓。故A錯誤；

B、原線圈兩端電壓小于電源電壓，根據(jù)電壓之比等于匝數(shù)之比可得生=等=2：1,所以變壓器副

U1nl

線圈電壓小于電源電壓U的2倍。故B錯誤；

C、流過R的電流與流過/?2電流比：0=詈=2,故C錯誤；

l2nl

D、根據(jù)電功率的計算公式P=/2R可得&上的電功率是A2上電功率的1倍，故。正確；

故選：Do

根據(jù)變壓器原理求解電壓之比；根據(jù)歐姆定律得到電流關(guān)系；根據(jù)電功率的計算公式求解電功率之

比。

本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關(guān)鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之比，在只有

一個副線圈的情況下的電流之比等于匝數(shù)的反比；知道理電功率的計算公式。

7.答案:AD

解析：

本題考查了用牛頓運動定律分析斜面體模型力學(xué)、動量定理；對于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問題，

關(guān)鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運動學(xué)的計算公式求解加速度，再

根據(jù)題目要求進行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和運動學(xué)的橋梁。

根據(jù)運動學(xué)公式求解加速度，對滑塊根據(jù)牛頓第二定律求解動摩擦因數(shù)；根據(jù)位移時間關(guān)系求解整

個下滑過程的時間；根據(jù)/=zngt求解沖量。

A.根據(jù)運動學(xué)公式可知a=?=2m/s2,故A正確；

8.對滑塊根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin。-/=ma,而f="mgcos。，解得〃=0.5,故8錯誤；

C.根據(jù)L=^at2可得t=后=2s,故C錯誤；

D在整個下滑過程中重力對滑塊的沖量大小/=mgt=4N?s,故D正確。

故選A。。

8.答案：BC

解析：解：對小球a、b整體受力分析，如圖所示:

當拉力F的方向改變時，重力不變，拉力T的方向不改變，結(jié)合三角形定則作圖，如圖所示:

當拉力7=3.5mg時，拉力F最小，結(jié)合余弦定理，有：

2

Fmax-y/(2mgy+(3.5mg)—2"(T.mg')■(3.5mg)-cos30°?2mg

當拉力尸垂直細線oa時，拉力最小，為：

Fmtn=(2mg)sin30。=mg

A、^mg<Fmin,故A錯誤；

B、mg=Fmin,故8正確；

C、Fmax>近mg>Fmin>故C正確：

D、3mg>Fmax,故。錯誤；

故選：BC

對兩個球整體受力分析，受重力、拉力F和細線的拉力T,根據(jù)平衡條件并結(jié)合合成法作圖分析得到

拉力的范圍即可.

本題關(guān)鍵是明確兩個小球整體的受力情況，然后根據(jù)平衡條件并結(jié)合合成法作圖分析，不難.

9.答案：AC

解析：解：力、小球受力如圖所示:

小球靜止處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：F—Ns譏30。=0,Ncos30Q-mg=0,解得：N=巫區(qū)

口近

P=-mg^

由胡克定律得：F=/g=kx，解得：x=千，則彈簧的長度：l=lo+x=%+”,故4正

3y3kUU3k

確，8錯誤；

。、彈簧突然斷開，小球受重力與支持力作用，由牛頓第二定律得，斷開后小球的加速度：a=

陋幽=；g,故C正確；

。、木板4B突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不變，合力等于支持力N,方向與N反向，加速度

為：a=*=31g,方向垂直于木板向下，故。錯誤；

故選：AC.

對小球受力分析，應(yīng)用平衡條件與胡克定律求出彈簧的長度、木板對小球的支持力，然后應(yīng)用牛頓

第二定律求出彈簧斷開或撤去木板時小球的加速.

本題關(guān)鍵對物體受力分析，求出各個力，撤去一個力后，先求出合力，再求加速度.注意彈簧的彈

力不能突變的性質(zhì)應(yīng)用.

10.答案：AB

解析：解：運動導(dǎo)線切割地磁場的磁感線產(chǎn)生電動勢，金屬線相當于發(fā)電機的繞組.地磁場的方向

由南向北，根據(jù)右手定則，上端的電勢高，即金屬線的上端為正極，產(chǎn)生的電流方向不變，為直流

電.故A、B正確，C、￡＞錯誤.

故選AB.

用飛機拖著一根很長的金屬線（其下端懸掛一個金屬球，以保證金屬線總是呈豎直狀態(tài)）在高空環(huán)繞

地球飛行，金屬線切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，通過右手定則判斷電勢的高低.

解決本題的關(guān)鍵知道切割的部分相當于電源，以及會根據(jù)右手定則判斷電勢的高低.

11.答案：BC

解析：解：空氣中的微粒和水汽都是用肉眼直接看到的粒子，都不能稱為布朗運動，它們的運動更

不是分子的運動，也不屬于擴散現(xiàn)象；顯微鏡觀察懸浮在水中的小炭粒的運動是布朗運動，紅墨水

向周圍運動是擴散現(xiàn)象。故BC正確4。錯誤。

故選：BC.

固體小顆粒做布朗運動是液體分子對小顆粒的碰撞的作用力不平衡引起的，液體的溫度越低，懸浮

小顆粒的運動越緩慢，且液體分子在做永不停息的無規(guī)則的熱運動。固體小顆粒做布朗運動說明了

液體分子不停的做無規(guī)則運動。

本題考查對布朗運動的了解；掌握布朗運動的實質(zhì)和產(chǎn)生原因及影響因素是解決此類題目的關(guān)鍵。

12.答案:BCE

解析：解：ABC,波向左傳播，則波的傳播距離為:

x=nA+(2—0.2)=(2n+1.8)m,(n=0,1,2...)

又因為t=0.2s,

所以波的傳播速度"=?=等詈=(10n+9)m/s.(n=0,1,2...)

周期：7=3=^^s(7i=0,1,2...)

當n=0時，波的周期最大，最大周期為「max=|s；

當n=0時，最小波速是％nin=9m/s,故A錯誤，BC正確；

。、該波是橫波，能發(fā)生偏振現(xiàn)象.故。錯誤.

E、這列波遇到直徑r=1m的障礙物時，由于該波的波長大于障礙物的直徑，所以能發(fā)生明顯的衍

射現(xiàn)象.故E正確.

故選：BCE

根據(jù)波的周期性寫出波傳播距離的表達式，根據(jù)〃=:寫出波速的表達式，再根據(jù)波速公式寫出周期

的表達式，即可求得波速的最小值和周期的最大值.橫波能發(fā)生偏振現(xiàn)象.當波長比障礙物尺寸大

或差不多時，就會發(fā)生明顯的衍射.

本題考查識別、理解波動圖象的能力以及運用數(shù)學(xué)通項求解特殊值的能力.對于兩個時刻的波形，

要考慮波的雙向性，不能漏解.

222

13.答案：刻度尺天平BCDADmWPm^M+m2ONm^Pm^M+m2ON能mrON=

m2OP-miOM或niiON=m20M—mrOP

解析：解：(1)實驗需要測量小球的質(zhì)量與小球的水平位移，實驗還需要的器材有天平、刻度尺。

(2)4、只要實驗過程使小球從同一位置由靜止釋放即可保證小球到達斜槽末端時的速度相等，不必

要使斜槽軌道光滑，故A錯誤；

8、為使小球離開斜槽后做平拋運動，應(yīng)調(diào)節(jié)斜槽軌道末端水平，故B正確；

C、為使兩球發(fā)生對心正碰，入射小球和被碰小球大小相同，故C正確；

。、為使小球到達斜槽末端時的速度相等，入射小球每次從軌道的同一位置由靜止?jié)L下，故。正確；

故選:BCD。

(3)小球離開斜槽后做平拋運動，小球做平拋運動拋出點的高度相等，

小球做平拋運動的時間t相等，小球做平拋運動的水平位移與初速度成正比，

可以用小球的水平位移代替其初速度，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，

由動量守恒定律得：rn^Vo=+m2v2

小球做平拋運動的時間t相等，兩邊同時乘以t：m1vot=m1v1t+m2v2t,貝U：niiOP=mIOM+m2ON-,

實驗需要測量兩小球的質(zhì)量與水平射程，故選AD；

(4)由(3)可知，若所測物理量滿足表達式？n[OP=mrOM+m^N,可判定兩個小球所組成的系統(tǒng)碰

撞前后動量守恒。

(5)碰撞過程如果機械能守恒，則：|mx=|mx1m2vf-

由動量守恒定律得：m^o=巾1%+m2v2

小球做平拋運動的時間t相等，兩邊同時乘以t：m1vot=m1v1t+m2v2t,則：?n/P=mrOM+m2ON,

222

解得：mrOP=mrOM+m2ON；

(6)斜槽軌道足夠高且摩擦力能忽略不計，入射球反彈后在軌道上運動過程機械能守恒，

入射球再次回到斜槽末端時的速度等于反彈后的速度，可以利用該兩球驗證動量守恒定律；

由于入射球的質(zhì)量小于被碰球的質(zhì)量，碰撞前入射球的落點為N,碰撞后入射球的落點為M、被碰球

落點為P

或碰撞后入射球落點為P、入射球落點為M,碰撞后入射球反彈，以碰撞前球的速度方向為正方向，

碰撞后入射球的速度方向是負的，由動量守恒定律可知：7H10N=62。2-機1。”或m1?？?

m20M—niiOP；

故答案為：(1)刻度尺；天平；(2)BCD；(3)4。；(4)如OP；m1OM+m2ONi

222

(5)7711OP；mxOM+m2ON；(6)能：niiON=nizOP一加粗⑦或"1?！?-niiOP。

(1)實驗需要測量小球的質(zhì)量與小球的水平位移，據(jù)此確定需要的實驗器材。

(2)實驗前應(yīng)調(diào)節(jié)斜槽末端水平，兩球的半徑應(yīng)相等，根據(jù)實驗注意事項分析答題。

(3)根據(jù)動量守恒定律求出實驗需要驗證的表達式，然后根據(jù)表達式確定需要測量的量。

(4)應(yīng)用動量守恒定律求出實驗需要驗證的表達式。

(5)應(yīng)用機械能守恒定律