浙江省杭州四校2024-2025高二物理下学期期中联考试题

浙江省杭州2024-2025高二下学期期中四校联考试卷物理试题第I卷（选择题共45分）一、选择题1（本题共12小题，每小题3分，共36分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.“四大独创”是中国古代人民才智的结晶，是中华民族对世界文明发展的重大贡献，在现代仍具有重大影响。下列说法正确的是（）A.春节有放鞭炮的习俗，在炸响的瞬间，鞭炮动量守恒但能量不守恒B.指南针的独创促进了航海和航空事业发展，静止时指南针的N极指向北方C.装在炮筒中的火药燃烧爆炸时，化学能全部转化为弹片的动能D.火箭是我国重大独创，现代火箭放射时，火箭对喷出气体的作用力大于气体对火箭的作用力【答案】B【解析】【详解】A．鞭炮炸响时，内力远远大于外力，所以动量守恒，在任何状况下，能量都是守恒的，故A错误；B．指南针的独创促进了航海和航空，因地磁场南极处在地理北极处，故指南针静止时指南针的N极指向北方，故B正确；C．装在炮弹中的火药燃烧爆炸时，化学能转化为弹片的动能和四周物体的内能，故C错误；D．现代火箭放射时，火箭对喷出气体的作用力和气体对火箭的作用力为作用力和反作用力，依据牛顿第三定律可知，二者大小相等，方向相反，故D错误。故选B。2.下列几幅图片所展示的现象和情形与动量中缓冲无关的是（）A.甲图中易碎物品运输时，要用松软材料包装B.乙图中码头边上悬挂着一排排旧轮胎C.丙图中体操运动员着地时先屈膝后站立.丁图中直升机依靠螺旋桨旋转获得升力【答案】D【解析】【详解】由动量定理p=Ft可知，在动量的变更量相同时，作用时间越长，作用力F越小；ABC．体操运动员从高处跳下着地时先屈膝、码头边上悬挂着一排排旧轮胎、易碎物品运输时要用松软材料包装，都是为了延长作用时间以削减作用力，应用了与动量相关的物理学问和原理，故ABC不符合题意；

D．直升机依靠螺旋桨旋转获得升力，是“反冲现象”，即螺旋桨旋转对空气施加一个向下的力，依据牛顿第三定律可知，空气对螺旋桨一个向上的力，不是“应用了与动量相关的物理，故D符合题意。

故选D。3.振源A带动细绳上各点上下做简谐运动，某时刻绳上形成的波形如图所示。规定绳上质点向上运动的方向为x轴的正方向，则A点从起振到完成一次全振动的振动图象是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由波形得知，波向右传播时，起先计时，P点在平衡位置且振动方向向下，所以起先时从平衡位置向下振动。故选B。4.关于单摆的相识，下列说法正确的是（）A.摆球运动到平衡位置时，摆球所受的合力为零B.伽利略通过对单摆的深化探讨，得到了单摆的周期公式C.将摆钟由绍兴移至北京，为保证摆钟走时精确，需将钟的摆长调长些D.利用单摆测重力加速度的试验时，误将摆线长做摆长，用T2-图的斜率测量结果偏小【答案】C【解析】【详解】A．单摆的过程中摆球的运动轨迹为圆弧，所以摆球在最低点受到的合外力供应向心力，不为0，故A错误；B．依据物理学史可知，伽利略得出了单摆的同时性，是惠更斯得出单摆的周期公式，故B错误；C．依据单摆的周期公式将摆钟由绍兴移至哈尔滨，重力加速度增大，为保证摆钟的精确，须要将钟摆调长，故C正确；D．在利用单摆测量重力加速度的试验中，误将摆线长L0当做摆长，则实际的摆长减小，依据T2-L0图的斜率不变，由图像斜率求得的加速度不变，故D错误。

故选C。5.如图甲所示，在一块平板玻璃上放置一平凸薄透镜，在两者之间形成厚度不匀称的空气膜，让一束单一波长的光垂直入射到该装置上，结果在上方视察到如图乙所示内疏外密的同心圆环状条纹，称为牛顿环，以下说法正确的是（）A.干涉现象是由于凸透镜上表面反射光和玻璃上表面反射光叠加形成的B.干涉现象是由于凸透镜下表面反射光和玻璃上表面反射光叠加形成的C.若凸透镜的曲率半径增大，则会造成相应条纹间距减小D.若照耀单色光的波长增大，则会造成相应条纹间距减小【答案】B【解析】【详解】AB．凸透镜下表面与玻璃上表面形成空气薄膜，干涉条纹是由于凸透镜下表面反射光和玻璃上表面反射光叠加形成的，故A错误，B正确；C．若平薄凸透镜的圆弧面曲率半径增大，则空气膜厚度变小，圆环状干涉条纹的间距将变大，故C错误；D．若照耀单色光的波长增大，则会造成相应条纹间距增大，故D错误。故选B。6.如图甲是一个磁悬浮地球仪，原理如图乙所示。上方的地球仪内有一个永磁体，底座内有一个线圈，线圈通上直流电，地球仪就可以悬浮起来。下列说法正确的是（）A.将地球仪上下位置翻转，仍能接着保持悬浮B.图中线圈的a端须连接直流电源的正极C.若增加线圈的匝数，稳定后地球仪受到的磁力增大D.若增大线圈中的电流，稳定后地球仪受到的磁力不变【答案】D【解析】【详解】A.地球仪依据同名磁极相互排斥的原理工作，将地球仪上下翻转，则磁体磁极颠倒，和线圈的作用力从斥力变为吸引力的作用，不能接着保持悬浮，故A错误；B.线圈a端接正极时，依据安培定则，可知螺线管上面S极和永磁体下端磁极相反，会相互吸引，地球仪不会悬浮，故B错误；C.若增加线圈匝数，磁场增大，稳定后地球仪悬浮得更高，但稳定后地球仪受到的磁力仍与重力大小相等，故C错误；D.若增大线圈中的电流，稳定后地球仪悬浮得更高，但稳定后地球仪受到的磁力仍与重力大小相等，故D正确。故选D。7.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图，演示仪中有一对彼此平行且共轴的励磁圆形线圈，通入电流I后，能够在两线圈间产生匀强磁场；玻璃泡内有电子枪，通过加速电压U对初速度为零的电子加速并连续放射。电子刚好从球心O点正下方的S点水平向左射出，电子通过玻璃泡内淡薄气体时能够显示出电子运动的径迹。则下列说法正确的是（）A.若要正常视察电子径迹，励磁线圈的电流方向应为逆时针（垂直纸面对里看）B.若保持U不变，增大I，则圆形径迹的半径变大C.若同时减小I和U，则电子运动的周期减小D.若保持I不变，减小U，则电子运动的周期将不变【答案】D【解析】【详解】A．若要正常视察电子径迹，则电子须要受到向上的洛伦兹力，依据左手定则可知，玻璃泡内的磁场应向里，依据安培定则可知，励磁线圈的电流方向应为顺时针，故A错误；B．电子在磁场中，向心力由洛伦兹力供应，则有可得而电子进入磁场的动能由电场力做功得到，即即U不变，则v不变。由于m、q不变，而当I增大时，B增大，故半径减小，故B错误；C．因为，所以电子运动的周期与U无关，当减小电流I时，则线圈产生的磁场B也减小，则电子运动的周期T增大，故C错误；D．由C中分析可知，I不变，U减小，T不变，故D正确。故选D。8.被誉为“救命神器”的自动体外除颤仪（AED），是一种用于抢救心脏骤停患者的便携式的医疗设备。其结构如图所示，低压直流电经高压直流发生器后向储能电容器C充电。除颤治疗时，开关拨到2，利用电极将脉冲电流作用于心脏，使患者心脏复原正常跳动，若无其他条件变更时，下列说法正确的是（）A.脉冲电流作用于不同人体时，电流大小相同B.放电过程中，电流大小不变C.自感系数L越小，放电脉冲电流的振荡周期越短D.电容C越小，电容器的放电时间越长【答案】C【解析】【详解】A．脉冲电流作用于不同人体时，由于不同人体的电阻不肯定相同，则电流大小不肯定相同，故A错误；B．放电过程中，电容器电场能渐渐减小，线圈中磁场能渐渐增大，则电流大小渐渐增大，故B错误；C．依据振荡周期表达式可知自感系数L越小，放电脉冲电流的振荡周期越短，故C正确；D．依据振荡周期表达式可知电容C越小，放电脉冲电流的振荡周期越短，则电容器的放电时间越短，故D错误。故选C。9.无线充电技术极好的提高了用户体验，当下汽车无线充电也越来越多受到关注。将受电线圈安装在汽车底盘上，供电线圈安装在地面上，如图所示。当电动汽车行驶到供电线圈装置上，受电线圈即可“接受”到他电线圈的电流，从而对车载蓄电池进行充电，关于无线充电，下列说法正确的是（）A.无线充电技术与电动机的工作原理相同B.只有将供电线圈接到直流电源上，才能对蓄电池进行充电C.为爱护受电线圈不受损坏，可在车底加装一个金属护板D.当受电线圈没有对准供电线圈（二者没有完全重合）时，也能进行无线充电【答案】D【解析】【详解】A．无线充电技术与变压器的工作原理相同，都是电磁感应原理，故A错误；B．只有将供电线圈接到沟通电源上，才能对蓄电池进行充电，故B错误；C．假如在车底加装一个金属护板，金属护板会产生涡流，损耗能量，同时屏蔽磁场，使受电线圈无法产生感应电流，故C错误；D．受电线圈没有对准供电线圈（二者没有完全重合）时，也可以发生电磁感应现象，也可以进行无线充电，故D正确。故选D。10.如图所示为用相机拍摄的夏日荷塘一景，已知水的折射率为n，下列说法正确的是（）A.太阳光进入水中后，光的频率发生变更B.用相机拍摄水中的鱼，可通过镜头表面的增透膜减弱水面反射光的影响C.用激光枪射击水中的鱼，为了提高命中率，在射击时应瞄准眼睛看到的鱼D.在水中的鱼看来，崖上的量物都出现在一个倒立的圆锥里，圆锥的顶角θ的正弦值为【答案】C【解析】【详解】A．光的频率与介质无关，太阳光进入水中前后频率保持不变，故A错误；B．用相机拍摄水中的鱼，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱反射光的强度，使照片清楚，故B错误；C．看到的鱼与实际是鱼的像，光线在水和空气的界面发生折射；用激光枪看到水中的鱼光在界面也发折射，所以用激光枪射击水中的鱼，为了提高命中率，在射击时应瞄准看到的鱼，故C正确；D．光从空气折射进入鱼眼，折射角小于入射角，鱼眼认为光是直线传播的，所以岸上全部景物都出现在一个倒立的圆锥里，如图所示依据依据图可知圆锥的顶角θ为C的2倍，故D错误。故选C。11.如图所示，水平间距为L，半径为r的二分之一光滑圆弧导轨，为导轨最低位置，与为最高位置且等高，右侧连接阻值为R的电阻，圆弧导轨所在区域有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场。现有一根金属棒在外力的作用下以速度从沿导轨做匀速圆周运动至处，金属棒与导轨始终接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计，则该过程中（）A.经过最低位置处时，通过电阻R的电流最小B.经过最低位置处时，通过金属棒的电流方向为C.通过电阻R的电荷量为D.电阻R上产生的热量为【答案】C【解析】【详解】A．金属棒从位置运动到轨道最低处的过程中，水平分速度即有效切割速度渐渐增大，由E=BLv可知金属棒产生的感应电动势增大，则通过R的电流大小渐渐增大；金属棒从轨道最低位置运动到处的过程中，水平分速度即有效切割速度渐渐减小，由E=BLv可知金属棒产生的感应电动势减小，则通过R的电流大小渐渐减小，故经过最低位置处时，通过电阻R的电流最大，故A错误；B．由右手定则可知，经过最低位置处时，通过金属棒的电流方向为，故B错误；C．通过电阻R的电荷量为故C正确；D．金属棒做匀速圆周运动，切割磁感线的有效速度为是金属棒的速度与水平方向的夹角，则金属棒产生的感应电动势为则回路中产生正弦式交变电流，可得感应电动势的最大值为有效值为由焦耳定律可知，R上产生的热量故D错误。故选C。12.老师采纳图1所示的试验器材演示交变电流的产生，并联的两个发光二极管连接方式如图2所示，二极管两端正向电压大于0.7V时才能发光，反向电压超过20V将损坏。匀速转动手柄，1min内二极管闪耀100次。已知发电机中正方形线框的边长为10cm，匝数为1000，假设线圈所在处的磁场可视为匀强磁场，下列推断正确的是（）A.线框的转速为100r/sB.线框的电动势有效值可能是20VC.磁感应强度B不会超过0.4TD.若转速减半，1min内闪耀次数将变为50次【答案】C【解析】【详解】A．正弦式交变电流一个周期内电流方向变更2次，所以1min内有50个周期，线框的转速为50r/min，故A错误；B．若线框的电动势有效值是20V，则最大值为二极管将被击穿，故B错误；C．由最大值Em=nBSω=nBS×2πf=1000×B×0.12×2×3.14×V＜20V解得B＜0.4T故C正确；D．若转速减半，沟通电的最大值减半，假如这时的最大值小于0．7V，二极管将不会闪耀，1min内闪耀次数将变为0次，故D错误。故选C。二、选择题II（本题共3小题，每小题3分，共9分，每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）13.2024年35岁的梅西竭尽所能率领阿根廷队取得其次十二届世界杯足球赛冠军，如图是梅西在练习用头颠球。假设足球从静止起先自由下落45cm，被头竖直顶起，离开头部后足球上升的最大高度仍为45cm，足球与头部的接触时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.头向上顶球的过程中，头对足球的冲量等于足球动量的变更量B.头向上顶球的过程中，足球的动量变更量大小为2.4kg·m/sC.头向上顶球的过程中，头部对足球的平均作用力大小为28ND.从最高点下落至回到最高点的过程中，足球重力的冲量为零【答案】BC【解析】【详解】AB．取向下为正方向，由题知，下落、上升的高度都为h=45cm=0.45m，则下落到与头部刚接触时有解得与头部碰撞后，速度反向，大小不变，即为，则动量变更量为即动量的大小为，设头对足球的冲量为，依据动量定理可得A错误，B正确；C．依据动量定理可得即代入数据解得C正确；D．从最高点下落至回到最高点的过程中，足球重力的作用时间不为零，冲量不为零，D错误。故选BC。14.在水槽中，波源是固定在同一个振动片上的两根细杆，当振动片振动时，细杆周期性的击打水面，形成两列水面波，这两列波相遇后，在它们的重叠区域会形成如图甲所示的稳定干涉图样。如图乙所示，振动片做周期T的简谐运动，两细杆同步周期性地击打水面上的A、B两点，以线段AB为直径在水面上画一个半圆，半径OC与AB垂直。圆周上除C点外还有其他振幅最大的点，D点为距C点最近的振动振幅最大的点。已知半圆的直径为d，∠DBA=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（）A.水波的波长为B.水波的传播速度C.AB圆周上共有10个振动减弱点D.若减小振动片振动的周期，C点可能为振幅最小的点【答案】AC【解析】【详解】A．依题意，DB与AD的长度差为波长，由几何学问可得解得故A正确；B．水波的传播速度为故B错误；C．在AB连线上取一点P，设它的振动是减弱的，令PA=x，则PB=d-x，P点到两波源的波程差为在0<x<d的范围内，n取值为说明在AB之间连线上有10个振动减弱点，必定有10个振动减弱区，依据波的干涉图样画出10条振动减弱线，和AB半圆的交点共有10个。故C正确；D．若减小振动片振动的周期，C点与两波源的距离相等，距离差为零，肯定仍为振幅最大的点。故D错误。故选AC。15.如图所示，矩形金属线圈abcd与志向变压器的原线圈组成闭合电路，当变压器原线圈中的滑片置于最上端时，原、副线圈的匝数比为k:1。矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动的角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计。则下列说法正确的是（）A.原线圈中输入电流与副线圈中电流大小之比为kB.当滑片P置于最上端时，电压表示数为C.若将矩形线圈面积减为原来一半，转速加倍，其他条件不变，则灯L1会变亮，灯L2会变暗D.其他条件不变，当滑片P向下移动，电压表示数增大【答案】CD【解析】【详解】A．变压器电流跟匝数成反比，所以原线圈中输入电流与副线圈中电流大小之比为，A错误；B．原线圈最大电压为其有效值为当滑片P置于最上端时，副线圈电压即电压表示数为其他条件不变，当滑片P向下移动，电压表示数增大，B错误，D正确；C．设转速为n，若将矩形线圈面积减为原来一半，转速加倍，其他条件不变，则转动频率为频率加倍，则副线圈的频率也加倍，电容器的容抗减小，电感器的感抗增大，所以灯L1会变亮，灯L2会变暗，C正确。故选CD。第II卷（非选择题共55分）三、非选择题（本题共6小题，共55分）16.（1）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的试验中，下列器材在试验中不必用到有______A.B.CD.（2）本试验要通过变更原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，试验中须要运用的科学方法是______。A.限制变量法B.等效替代法C.类比法（3）某同学发觉原副线圈电压之比略大于匝数之比，下列不行能的缘由是______；A.原副线圈的电压变更不同步B.变压器线圈中有电流通过时会发热C.铁芯在交变磁场的作用下会发热D.变压器铁芯漏磁【答案】①.AC②.A③.A【解析】【详解】（1）[1]A．变压器须要用沟通电，干电池不能够使变压器正常过程，因此干电池不必要用到，A正确；B．试验须要用到变压器，因此变压器须要用到，B错误；C．该试验不须要滑动变阻器，C错误；D．电压表用来测量电压，须要用到，D错误。故选AC。（2）[2]本试验要通过变更原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，试验中须要运用的科学方法是限制变量法。故选A。（3）[3]A．原副线圈电压之比略大于匝数之比，表明副线圈两端电压偏小，说明穿过副线圈的磁通量小于穿过原线圈的磁通量，原副线圈的电压变更不同步，并不能造成穿过副线圈的磁通量小于穿过原线圈的磁通量，该缘由不行能，A正确；B．变压器线圈中有电流通过时会发热，有一部分能量损耗，造成穿过副线圈的磁通量小于穿过原线圈的磁通量，该缘由可能，B错误；C．铁芯在交变磁场的作用下会发热，有一部分能量损耗，造成穿过副线圈的磁通量小于穿过原线圈的磁通量，该缘由可能，C错误；D．变压器铁芯漏磁，有一部分能量损耗，造成穿过副线圈的磁通量小于穿过原线圈的磁通量，该缘由可能，D错误。故选A。17.用圆弧状玻璃砖做测定玻璃折射率的试验时，先在白纸上放好圆弧状玻璃砖，在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针P1、P2，然后在玻璃砖的另一侧视察，调整视线使的像拦住的像，接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针和P4，使拦住和的像，拦住以及和的像，在纸上标出大头针位置和圆弧状玻璃砖轮廓，如图甲所示，其中O为两圆弧圆心，图中已画出经、点的入射光线。（1）关于该试验的操作，下列说法正确的是________。A．为了减小试验误差，应选用完可能细的笔画线B．在确定、P4位置时，二者距离应适当远一些，以减小误差C．为了试验操作便利，应选用粗的大头针D．为了保证在弧面CD得到出射光线，试验过程中，光线在弧面AB的入射角应适当小一些（2）为了测出玻璃的折射率，须要测量入射角i和折射角r，请在图中补画出所需的光路并在AB分界面上标出这两个角__________；（3）多次变更入射角，测得几组入射角和折射角，依据测得的入射角和折射角的正弦值，画出了如图乙所示的图像，由图像可知该玻璃的折射率n=__________。【答案】①.ABD②.见解析③.1.5【解析】【详解】（1）[1]A．为了减小试验误差，精确确定入射光线和折射光线，选用完可能细的笔画线，故A正确；B．在确定、P4位置时，二者距离应适当远一些，以减小误差，故B正确；C．为了试验操作便利，应选用细的大头针，故C错误；D．为了保证在弧面CD得到出射光线，试验过程中，光线在弧面AB的入射角应适当小一些，才不会使光线在面上发生全反射，故D正确。故选ABD。（2）[2]连接、与交于一点，此交点即为光线从玻璃砖中射出的位置，由于、的连线与的交点即为光线进入玻璃砖的位置，连接两交点即可作出玻璃砖中的光路，如图所示。（3）[3]图像的斜率由题图乙可知斜率为，即该玻璃的折射率为。18.在“用双缝干涉测量光的波长”的试验中，（1）图中的a、b、c三个位置对应的器材为________；A．a是滤光片，b是单缝，c是双缝B．a是单缝，b是滤光片，c是双缝C．a是双缝，b是滤光片，c是单缝（2）以某种单色光做试验时，先将测量头的分划板中心刻度线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第一条亮纹，此时手轮上的刻度如图所示，读数为________mm；转动手轮，当分划板中心刻度线与第6条亮纹中心对齐时，读数是17.332mm，已知装置中双缝间距为0.2mm，双缝到屏的距离是1.0m，则测得此单色光的波光为________m（保留两位有效数字）。【答案】①.A②.2.332##2.331##2.333③.【解析】【详解】（1）[1]双缝干涉试验让单色光通过双缝在光屏上形成干涉图样，所以让白炽灯光通过滤光片，再经过单缝形成单色光，再通过双缝，故图中的a、b、c三个位置对应的器材为：滤光片、单缝、双缝。故选A。（2）[2]螺旋测微器的精确值为，由图可知读数为[3]两条相邻亮纹间的距离为依据可得此单色光的波光为19.一位游客在千岛湖边乘坐游船，当日风浪很大，游船上下浮动。可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20cm，周期为3.0s。当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。若地面与甲板的高度差不超过10cm时，游客能舒适地登船。求（1）若t=0时，船处于平衡位置且起先向上浮动，以向上浮动为正方向，则船振动的位移和时间变更的关系；（2）在一个周期内，游客能舒适地登船的时间是多少；（3）若把风浪的运动简化为简谐横波，据游客的视察，两个相邻的浪（波峰）之间的距离为25cm。则浪的传播速度是多少。【答案】（1）；（2）1s；（3）0.083m/s【解析】【详解】（1）依据题意可知A=20cm=0.2m游船做简谐运动的振动方程为（2）把船浮动简化成竖直方向的简谐运动，从船上升到最高点时起先计时，其振动方程为当y=10cm时，可解得所以在一个周期内，游客能舒适登船的时间是=2t=1.0s（3）依据两个相邻的浪（波峰）之间的距离为25cm，可知依据代入数据解得20.如图所示，在光滑水平桌面上静止着三个小滑块，滑块1和滑块2之间压缩一轻弹簧（滑块与轻弹簧之间不拴接），水平桌面的左端A处固定一个与桌面相切的，半径为r的光滑竖直圆轨道，水平桌面的右端B处与一光滑管道（内径略大于滑块大小）相切，管道末端与粗糙地面CD在C点平滑连接，D点处有竖直挡板。现释放被压缩的弹簧，滑块1和滑块2被弹出，滑块2弹出时的速度，滑块1和滑块3相碰后粘在一起，进入圆弧轨道，并恰好通过最高点E，滑块2从B点进入光滑管道后，在水平轨道上与滑块4碰撞后粘在一起运动。已知滑块1和滑块3的质量m均为0.1kg，滑块2和滑块4的质量M均为0.2kg，且四个滑块均可看成质点，滑块与粗糙地面CD之间的动摩擦因数为0.5，CD的长度，桌面和地面间高度差，不考虑滑块与挡板碰撞时机械能损失。求：（1）被滑块1和滑块2压缩的弹簧的弹性势能；（2）光滑竖直圆轨道半径r；（3）最终滑块2和滑块4停在距D点多远的位置。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）将滑块1和滑块2与压缩的弹簧看作系统，由系统内动量守恒有得弹簧的弹性势能为得（2）滑块1和滑块3相碰过程动量守恒得滑块1和滑块3相碰后粘在一起，进入圆弧轨道并恰好通过最高点E过程，由动能定理有由最高点重力供应向心力联立上式得（3）滑块2从B点进入光滑管道后，在水平轨道上与滑块4相碰前，由动能定理得对滑块2和滑块4碰撞过程由动量守恒得得由于不考虑滑