河南省正陽縣高級中學2024-2025學年高二物理下學期第一次素質(zhì)檢測試題

PAGEPAGE18河南省正陽縣高級中學2024-2025學年高二物理下學期第一次素養(yǎng)檢測試題一、單選題(1-8為單選題，9-12為多選題，每小題4分，共48分)1．關(guān)于電磁感應現(xiàn)象的有關(guān)說法中，正確的是（）A．只要穿過閉合電路中的磁通量不為零，閉合電路中就肯定有感應電流發(fā)生B．穿過閉合電路中的磁通量削減，則電路中感應電流就減小C．穿過閉合電路中的磁通量越大，閉合電路中的感應電動勢越大D．穿過閉合電路中的磁通量改變越快，閉合電路中感應電動勢越大2．下列關(guān)于力的沖量和動量的說法中，正確的是（）A．物體所受的合力為零，它的動量肯定為零B．物體所受的合外力的沖量為零，它的動量改變肯定為零C．物體所受的合力外的做的功為零，它的動量改變肯定為零D．物體所受的合外力不變，它的動量肯定不變3．如圖所示，水平地面光滑，輕彈簧一端固定在墻上，另一端拴接質(zhì)量為m的小球A．另一個質(zhì)量也為m的小球B以速度v0向左運動，與A碰撞時間極短、且碰后粘在一起．則從B與A起先碰撞到彈簧壓縮最短過程，對A球、B球、彈簧組成的系統(tǒng)（）A．動量守恒，機械能不守恒 B．動量不守恒，機械能守恒C．對墻產(chǎn)生的沖量為 D．彈簧最大勢能為4．穿過閉合回路的磁通量Φ隨時間t改變的圖象分別如圖甲、乙、丙、丁所示，下列關(guān)于回路中產(chǎn)生的感應電動勢的論述，正確的是（）A．圖甲中回路產(chǎn)生的感應電動勢恒定不變B．圖乙中回路產(chǎn)生的感應電動勢始終在變大C．圖丙中回路在0～t0時間內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢大于t0～2t0時間內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢D．圖丁中回路產(chǎn)生的感應電動勢可能恒定不變5．A、B是兩個完全相同的電熱器，A通以圖甲所示的方波交變電流，B通以圖乙所示的正弦式交變電流，則兩電熱器的電功率PA∶PB等于()A．5∶4 B．3∶2 C．∶1 D．2∶16．圖甲中的志向變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1：n2=22：3，輸入端a、b所接電壓u隨時間t的改變關(guān)系如圖乙所示。燈泡L的電阻恒為15Ω，額定電壓為24V。定值電阻R1=10Ω、R2=5Ω，滑動變阻器R的最大阻值為10Ω。為使燈泡正常工作，滑動變阻器接入電路的電阻應調(diào)整為（）A．1Ω B．5Ω C．6Ω D．8Ω7．如圖所示，寬為2L的兩條平行虛線間存在垂直紙面對里的勻強磁場。金屬線框位于磁場左側(cè)，線框平面與磁場方向垂直，、、邊與磁場邊界平行，、、、邊長為L，、邊長為2L。線框向右勻速通過磁場區(qū)域，以邊剛進入磁場時為討時零點。則線框巾感應電流隨時間改變的圖線可能正確的是（感應電流的方向順時針為正）（）A． B． C． D．8．A、B兩球質(zhì)量均為m=1kg，在光滑水平面上沿同始終線同向運動并發(fā)生正碰，A球碰前動量為4kg·m/s，B球碰前動量為2kg·m/s，碰后兩球粘在一起運動．下列正確的是（）A．碰撞前、后AB系統(tǒng)動量不守恒 B．A、B兩球碰撞后的共同速度為1m/sC．碰撞過程中A球?qū)球的沖量為－3N·s D．碰撞前、后A球的動量改變量為－1kg·m/s9．如圖，兩質(zhì)量分別為m1=1kg和m2=4kg小球在光滑水平面上相向而行，速度分別為v1=4m/s和v2=6m/s，發(fā)生碰撞后，系統(tǒng)可能損失的機械能為（）A．25J B．35J C．45J D．55J10．如圖所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質(zhì)彈簧，物體B以速度v0向A運動。已知物體A的質(zhì)量大于物體B的質(zhì)量，且擠壓彈簧過程中A、B始終在一條直線上，下列說法正確的是（）A．物體B的速度大小始終減小B．兩物體共速時，彈簧彈性勢能最大C．物體B的速度為零時，物體A的速度最大D．擠壓彈簧過程中，物體A始終加速運動11．甲、乙兩小球在光滑水平面上發(fā)生正碰，碰撞前后兩球的（位移-時間）圖像如圖所示，碰撞時間極短。已知被碰小球的質(zhì)量，則（）A．乙小球碰撞過程中的動量改變量是B．甲小球碰撞過程中所受到的沖量大小為C．甲、乙兩小球發(fā)生的是彈性碰撞D．若僅增大小球碰前速度，兩小球碰后速度方向可能相同12．兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻。將質(zhì)量為m，電阻也為R的金屬棒懸掛在一個上端固定的輕彈簧下端，金屬棒與導軌接觸良好，導軌所在的平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示。除金屬棒和電阻R外，其余電阻不計?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧的原長位置由靜止釋放，則()A．金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→bB．最終彈簧對金屬棒的彈力與金屬棒的重力平衡C．金屬棒的速度為v時，所受的安培力大小為D．金屬棒的速度為v時，金屬棒兩端的電勢差為三、試驗題(共18分)13．(本題6分)如圖所示為“探討電磁感應現(xiàn)象”的試驗裝置．(1)將圖中所缺的導線補接完整________．(2)假如在閉合電鍵時發(fā)覺靈敏電流計的指針向右偏轉(zhuǎn)一下，那么合上電鍵后進行下述操作時出現(xiàn)的狀況是：①將線圈A快速入線圈B時，靈敏電流指針___________〔選填“向左偏”、“向右偏”或“不偏”)②線圈A插入線圈B穩(wěn)定后，將滑動變阻器觸頭快速向___________(選填“左”或“右”)滑動時，靈敏電流計指針會向右偏轉(zhuǎn)．14．(本題12分)“探究碰撞中的不變量”的試驗中：（1）入射小球m1=15g，原靜止的被碰小球m2=10g，由試驗測得它們在碰撞前后的x-t圖象如圖甲所示，可知入射小球碰撞后的m1v1′是_____kg·m/s，入射小球碰撞前的m1v1是_____kg·m/s，被碰撞后的m2v2′是_____kg·m/s.由此得出結(jié)論_______________________________．（2）試驗裝置如圖乙所示，本試驗中，試驗必須要求的條件是________．A．斜槽軌道必需是光滑的B．斜槽軌道末端點的切線是水平的C．入射小球每次都從斜槽上的同一位置無初速釋放D．入射球與被碰球滿意ma＞mb，ra=rb（3）圖乙中M、P、N分別為入射球與被碰球?qū)穆潼c的平均位置，則試驗中要驗證的關(guān)系是________．A．m1·ON=m1·OP＋m2·OM B．m1·OP=m1·ON＋m2·OMC．m1·OP=m1·OM＋m2·ON D．m1·OM=m1·OP＋m2·ON四、解答題(共34分)15．(本題10分)如圖所示為溝通發(fā)電機示意圖，匝數(shù)為n=100匝的矩形線圈，邊長分別為a=10cm和b=20cm，內(nèi)阻為r=5Ω，在磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中繞OO′軸以ω=rad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動起先時線圈平面與磁場方向平行，線圈通過電刷和外部R=20Ω的電阻相接．求電鍵S合上后，（1）寫出線圈內(nèi)產(chǎn)生的交變電動勢瞬時值的表達式；（2）電壓表和電流表示數(shù)；（3）從計時起先，線圈轉(zhuǎn)過的過程中，通過外電阻R的電量．16．(本題10分)如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應強度為B．紙面內(nèi)有一正方形勻稱金屬線框abcd，其邊長為L，總電阻為R，ad邊與磁場邊界平行．從ad邊剛進入磁場直至bc邊剛要進入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求：（1）感應電動勢的大小E；（2）拉力做功的功率P；（3）ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q．17．(本題14分)圖所示，AB為光滑的圓弧軌道，半徑，BC為距地面高的粗糙水平軌道，長，與AB軌道相切于B點。小物塊N放在水平軌道末端的C點，將小物塊M從圓弧軌道的最高點A由靜止釋放，經(jīng)過一段時間后與小物塊N發(fā)生碰撞，碰撞后小物塊N落在水平地面上的D點，小物塊M落在E點。已知D點到C點的水平距離，D、E兩點間的距離，小物塊M與水平軌道BC間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度g取，兩小物塊均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力。求：（1）小物塊剛到達B點的壓力與重力之比；（2）碰撞前瞬間小物塊M的速度大?。唬?）小物塊M和小物塊N的質(zhì)量之比。高二物理參考答案1．D【詳解】A．只有閉合回路中磁通量發(fā)生改變時，閉合回路中才會產(chǎn)生感應電流，故A錯誤。

B．依據(jù)法拉第電磁感應定律，電動勢的大小取決與磁通量改變的快慢，所以感應電流的大小取決于磁通量改變的快慢，磁通量減小時，若磁通量的改變率增大，則感應電流可能變大，故B錯誤；CD．穿過閉合電路的磁通量改變越快，閉合電路中感應電動勢越大。磁通量大，但改變較慢，則感應電動勢也可能很小，故C錯誤，D正確。

故選D。2．B【分析】沖量等于力與時間的乘積，是矢量，方向與力的方向相同。依據(jù)動量定理可分析動量、動量改變及沖量之間的關(guān)系。【詳解】AB．物體受到的合外力為零，則沖量為零，動量改變量為零，動量不會發(fā)生改變，但是它的動量不肯定為零，A錯誤B正確；C．合外力做功為零動能不變，但合外力的沖量不肯定為零，則動量的改變不肯定為零；如勻速圓周運動，其合力做功為零，但其動量始終在改變；故C錯誤；D．物體受到的合外力不變，則由動量定理可知，動量的肯定改變，D錯誤。故選B。3．C【詳解】A、從B與A起先碰撞到彈簧壓縮最短過程，A、B發(fā)生了完全非彈性碰撞，在碰撞過程中機械能有損失，所以系統(tǒng)的機械能不守恒；從AB起先一起運動至彈簧被壓縮到最短的過程中，由于墻面對彈簧有作用力，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力不為零，則在此運動過程中動量不守恒，故AB錯誤；C、對系統(tǒng)在整個過程中由動量定理：，則這個系統(tǒng)對墻產(chǎn)生的沖量大小為，故C正確；D、A、B碰撞過程，取向左為正方向，由動量守恒定律得：得：，彈簧的最大彈性勢能為：，故D錯誤．4．C【詳解】A．依據(jù)法拉第電磁感應定律我們知道感應電動勢與磁通量的改變率成正比，即結(jié)合數(shù)學學問我們知道：穿過閉合回路的磁通量Φ隨時間t改變的圖象的斜率．圖①中磁通量Φ不變，無感應電動勢．故A錯誤．B．圖②中磁通量Φ隨時間t勻稱增大，圖象的斜率k不變，也就是說產(chǎn)生的感應電動勢不變．故B錯誤．C．圖③中回路在0～tl時間內(nèi)磁通量Φ隨時間t改變的圖象的斜率為k1，在tl～t2時間內(nèi)磁通量Φ隨時間t改變的圖象的斜率為k2，從圖象中發(fā)覺：k1大于k2的肯定值．所以在0～t0時間內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢大于t0～2t0時間內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢．故C正確．D．圖④中磁通量Φ隨時間t改變的圖象的斜領(lǐng)先變小后變大，所以感應電動勢先變小后變大，故D錯誤．故選C5．A【詳解】試題分析：據(jù)題意，通過電熱器A的電流有效值為：,即：，則電熱器A的電功率為：,通過電熱器B得到電流有效值為：，則電熱器B的電功率為：，故選項A正確．考點：本題考查交變電流的有效值的計算．6．A【詳解】輸電電壓的有效值為（即原線圈電壓的有效值）依據(jù)志向變壓器電壓規(guī)律可知副線圈電壓有效值為燈泡正常工作，依據(jù)歐姆定律可知分壓為，則通過燈泡的電流，即副線圈部分的干路電流為依據(jù)串聯(lián)分壓規(guī)律可知，和、構(gòu)成的并聯(lián)電路部分的分壓為通過的電流為通過、的電流為、的分壓為解得滑動變阻器的阻值為A正確，BCD錯誤。故選A。7．A【詳解】第一階段：從de邊進入磁場到bc邊將進入磁場這段時間內(nèi)，de邊切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢大小為E1=BLv，感應電流方向為逆時針即負方向，設(shè)此階段的電流大小為I1；其次階段：從bc邊進入磁場到af邊將進入磁場這段時間內(nèi)，de、bc邊一起切割磁感線產(chǎn)生總的感應電動勢大小為E2=2BLv，感應電流大小I2=2I1，方向仍為逆時針即負方向；第三階段：從de邊離開磁場到bc邊將離開磁場這段時間內(nèi)，bc、af邊一起切割磁感線產(chǎn)生總的感應電動勢大小為E3=BLv，感應電流大小I3=I1，方向為順時針即正方向；第四階段：從bc邊離開磁場到af邊將離開磁場這段時間內(nèi)，af邊切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢大小為E4=2BLv，感應電流大小I4=2I1，方向仍為順時針即正方向。綜上，感應電流隨時間改變的圖線如選項A圖所示，故選A。8．D【解析】【詳解】碰撞前、后AB系統(tǒng)受合外力為零，則系統(tǒng)的動量守恒，選項A錯誤；由動量守恒定律可知：，解得A、B兩球碰撞后的共同速度為3m/s，選項B錯誤；物體B的動量改變量為，則由動量定理可知，碰撞過程中A球?qū)球的沖量為1N·s，選項C錯誤；物體A的動量改變量為，選項D正確；9．AB【詳解】若兩球發(fā)生彈性碰撞，則系統(tǒng)機械能不損失；若兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，則系統(tǒng)機械能損失最多，此時由動量守恒定律和能量守恒定律得m2v2－m1v1=(m1＋m2)vΔEmax=m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得ΔEmax=40J綜合可知0≤ΔE≤40J所以A、B正確，C、D錯誤。故選AB。10．BD【解析】【詳解】在起先壓縮彈簧過程中，B受到向左的彈力，做減速運動，A做加速運動，當兩者速度相等時，彈簧的壓縮量最大，由于物體A的質(zhì)量大于物體B的質(zhì)量，B脫離彈簧時B向左運動，所以共速后，B先向右做減速運動，后向左做加速運動，故A錯誤。當A、B速度相等時，彈簧的壓縮量最大，彈簧彈性勢能最大，故B正確。物體B的速度為零時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，物體A仍在加速，速度不是最大，當B脫離彈簧時A的速度最大，故C錯誤。擠壓彈簧過程中，物體A始終受到向右的彈力，所以始終加速運動，故D正確。11．BC【詳解】A．由圖像可知，甲是被碰小球，依據(jù)動量守恒定律可知依據(jù)圖像可得代入可解得乙小球碰撞過程中的動量改變量A錯誤；B．依據(jù)動量定理可知甲小球碰撞過程中所受到的沖量大小為，B正確；C．甲、乙兩球碰前動能碰后動能均為，兩球碰撞過程沒有機械能損失，屬于彈性碰撞，C正確；D．由動量守恒定律及能量守恒定律得可得因為乙小球質(zhì)量小于甲小球的質(zhì)量，故兩小球碰后速度方向肯定不相同，D錯誤；故選BC。12．BD【解析】【詳解】A、金屬棒向下運動時，由右手定則可知，在金屬棒上電流方向向右，流過電阻R的電流方向為b→a，故A錯誤；B、金屬棒下落過程中，由能量守恒定律知，金屬棒削減的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能（速度不為零時）以及電阻R上產(chǎn)生的熱量；故機械能漸漸減小，最終穩(wěn)定時，只受重力和彈力；故重力與彈力平衡；故B正確；C、金屬棒速度為v時，安培力大小為F＝BIL，I，由以上兩式得：F，故C錯誤；D、當速度為v時，電動勢E＝Blv，而金屬棒兩端的電勢差等于R兩端的電壓，故為：；故D正確。13．（1）（2）向右偏右【分析】（1）留意該試驗中有兩個回路，一是電源、電鍵、變阻器、小螺線管串聯(lián)成的回路，二是電流計與大螺線管串聯(lián)成的回路，據(jù)此可正確解答．（2）磁場方向不變，磁通量的改變不變時電流方向不變，電流表指針偏轉(zhuǎn)方向相同，磁通量的改變相反時，電流表指針方向相反．【詳解】（1）探究電磁感應現(xiàn)象試驗電路分兩部分，要使原線圈產(chǎn)生磁場必需對其通電，故電源、開關(guān)、滑動變阻器、原線圈組成閉合電路，靈敏電流計與副線圈組成另一個閉合電路，如圖所示：

（2）閉合開關(guān)，穿過副線圈的磁通量增大，靈敏電流表的指針向右偏；①閉合電鍵，將原線圈快速插入副線圈時，磁場方向不變，穿過副線圈的磁通量增大，靈敏電流計指針將向右偏轉(zhuǎn)一下．②原線圈插入副線圈后，由電路圖可知，將滑動變阻器觸頭快速向右拉時，滑動變阻器接入電路的阻值變小，原線圈電流變大，穿過副線圈的磁場方向不變，但磁通量變大，靈敏電流計指針將向右偏轉(zhuǎn)一下．【點睛】本題考查探討電磁感應現(xiàn)象及驗證楞次定律的試驗，對于該試驗留意兩個回路的不同．知道磁場方向或磁通量改變狀況相反時，感應電流反向是推斷電流表指針偏轉(zhuǎn)方向的關(guān)鍵．14．（1）0.00750.0150.0075碰撞中mv的矢量和是不變量（碰撞過程中動量守恒）BCDC【詳解】（1）由圖1所示圖象可知，碰撞前球1的速度，碰撞后，球的速度，，入射小球碰撞后的，入射小球碰撞前的，被碰撞后的，碰撞前系統(tǒng)總動量，碰撞后系統(tǒng)總動量，，由此可知：碰撞過程中動量守恒；（2）“驗證動量守恒定律”的試驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，A錯誤；要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必需水平，B正確；要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，C正確；為了保證小球碰撞為對心正碰，且碰后不反彈，要求ma＞mb，ra=rb，D正確．

（3）要驗證動量守恒定律定律即，小球做平拋運動，依據(jù)平拋運動規(guī)律可知依據(jù)兩小球運動的時間相同，上式可轉(zhuǎn)換為，

故需驗證，因此C正確．【點睛】本試驗的一個重要的技巧是入射球和靶球從同一高度作平拋運動并且落到同一水平面上，故下落的時間相同，所以在試驗的過程當中把原來須要測量的速度改為測量平拋過程當中水平方向發(fā)生的位移，可見駕馭了試驗原理才能順當解決此類題目．15．（1）e=cost（V）（2）40V，2A（3）0.04C【分析】（1）依據(jù)感應電動勢最大值Em=nBSω，從垂直于中性面起先計時，則可確定電動勢的瞬時表達式；（2）依據(jù)溝通電的最大值與有效值的關(guān)系，結(jié)合閉合電路歐姆定律，即可確定電流表與電壓表示數(shù)；（3）依據(jù)電量表達式，與感應電動勢結(jié)合，得出q=I△t=公式，從而可求得．【詳解】（1）線圈從平行磁場起先計時，感應電動勢最大值：Em=nBSω=V．故表達式為：e=Emcosωt=cost（V）；（2）依據(jù)正弦式交變電流最大值和有效值的關(guān)系可知，有效值：，代入數(shù)據(jù)解得E=50V．電鍵S合上后，由閉合電路歐姆定律得：，U=IR．聯(lián)立解得I=2A，U=40V；（3）由圖示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中，通過R上的電量為：q=I△t=，代入數(shù)據(jù)解得，q=0.04C．【點睛】本題主要考查了溝通電的產(chǎn)生及其表達式與相關(guān)物理量的求解，較為簡潔．16．(1)；(2)；(3)【詳解】由導體棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢綜合閉合電路歐姆定律和解題．(1)從ad邊剛進入磁場到bc邊剛要進入的過程中，只有ad邊切割磁感線，所以產(chǎn)生的感應電動勢為：；(2)線框進入過程中線框中的電流為：ad邊安培力為：由于線框勻速運動，所以有拉力與安培力大小相等，方向相反，即所以拉力的功率為：聯(lián)立以上各式解得：；(3)線框進入過程中線框中的電流為：進入所用的時間為：ad邊的電阻為：焦耳熱為：聯(lián)立解得：．17．(1)3；(2)；(3)2【詳解】(1)設(shè)小物塊M和小物塊N的質(zhì)量為和，小物塊M到達B點時速度為v，受到的支持力為，從A點到B點，由動能定理得由牛頓其次定律得解得由牛頓第三定律可知小物塊M對B點的壓力為故小物塊剛到達B點的壓力與重力之比為(2)設(shè)碰撞前瞬間小物塊M的速度大小為，從A點到C點，對小物塊M，由動能定理得代入數(shù)據(jù)解得(3)設(shè)碰撞后小物塊M和N的速度大小分別為和，從碰撞后到落地的時間為t，依據(jù)平拋運動學問有對小物塊N有對小物塊M有聯(lián)立以上三式解得，兩個小物塊相碰過程動量守恒，規(guī)定水平向右為正方向，依據(jù)動量守恒定有代入數(shù)據(jù)解得

高二物理參考答案1．D2．B3．C4．C5．A6．A7．A8．D9．AB10．BD11．BC12．BD13．（1）（2）向右偏右【分析】（1）留意該試驗中有兩個回路，一是電源、電鍵、變阻器、小螺線管串聯(lián)成的回路，二是電流計與大螺線管串聯(lián)成的回路，據(jù)此可正確解答．（2）磁場方向不變，磁通量的改變不變時電流方向不變，電流表指針偏轉(zhuǎn)方向相同，磁通量的改變相反時，電流表指針方向相反．【詳解】（1）探究電磁感應現(xiàn)象試驗電路分兩部分，要使原線圈產(chǎn)生磁場必需對其通電，故電源、開關(guān)、滑動變阻器、原線圈組成閉合電路，靈敏電流計與副線圈組成另一個閉合電路，如圖所示：

（2）閉合開關(guān)，穿過副線圈的磁通量增大，靈敏電流表的指針向右偏；①閉合電鍵，將原線圈快速插入副線圈時，磁場方向不變，穿過副線圈的磁通量增大，靈敏電流計指針將向右偏轉(zhuǎn)一下．②原線圈插入副線圈后，由電路圖可知，將滑動變阻器觸頭快速向右拉時，滑動變阻器接入電路的阻值變小，原線圈電流變大，穿過副線圈的磁場方向不變，但磁通量變大，靈敏電流計指針將向右偏轉(zhuǎn)一下．【點睛】本題考查探討電磁感應現(xiàn)象及驗證楞次定律的試驗，對于該試驗留意兩個回路的不同．知道磁場方向或磁通量改變狀況相反時，感應電流反向是推斷電流表指針偏轉(zhuǎn)方向的關(guān)鍵．14．（1）0.00750.0150.0075碰撞中mv的矢量和是不變量（碰撞過程中動量守恒）BCDC【詳解】（1）由圖1所示圖象可知，碰撞前球1的速度，碰撞后，球的速度，，入射小球碰撞后的，入射小球碰撞前的，被碰撞后的，碰撞前系統(tǒng)總動量，碰撞后系統(tǒng)總動量，，由此可知：碰撞過程中動量守恒；（2）“驗證動量守恒定律”的試驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，A錯誤；要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必需水平，B正確；要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，C正確；為了保證小球碰撞為對心正碰，且碰后不反彈，要求ma＞mb，ra=rb，D正確．

（3）要驗證動量守恒定律定律即，小球做平拋運動，依據(jù)平拋運動規(guī)律可知依據(jù)兩小球運動的時間相同，上式可轉(zhuǎn)換為，

故需驗證，因此C正確．【點睛】本試驗的一個重要的技巧是入射球和靶球從同一高度作平拋運