广东省广州市2020高考物理质量检测试题

2019-2020学年高考物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示为某弹簧振子在0～5 s 内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是( )
A ．振动周期为5 s ，振幅为8 cm
B ．第2 s 末振子的速度为零，加速度为负向的最大值
C ．从第1 s 末到第2 s 末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动
D ．第3 s 末振子的速度为正向的最大值
2．如图所示，材料相同的物体A 、B 由轻绳连接，质量分别为m 1和m 2且m 1≠m 2，在恒定拉力F 的作用下沿斜面向上加速运动。

则（ ）
A ．轻绳拉力的大小与斜面的倾角θ有关
B ．轻绳拉力的大小与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关
C ．轻绳拉力的小与两物体的质量m 1和m 2有关
D ．若改用F 沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小不变
3．如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。

已知夯锤的质量为450M kg =，桩料的质量为50m kg =。

每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶05h m =处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。

桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h 的变化关系如图乙所示，直线斜率
45.0510/k N m =⨯。

g 取210/m s ，则下列说法正确的是
A．夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为9/
m s
m s
B．夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为4.5/
C．打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为1m
D．打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为3m
4．如图，虛线1、2、3是竖直方向匀强电场中间距相等的等势线。

将重力不可忽略、带等量异种电荷的小球a、b同时以相等的速率分别沿1、3等势线抛出，t时刻两小球经过等势线2。

不计两小球间的相互作用。

下列说法正确的是（）
A．a的质量比b的小
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
5．如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于0点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下处于水平状态。

现保持结点O位置不变，使OA绳逆时针缓慢旋转至竖直方向，在此过程中，P、Q 及斜面均保持静止，则（）
A．斜面对物块P的摩擦力一直减小
B．斜面对物块P的支持力一直增大
C．地面对斜面体的摩擦力一直减小
D．地面对斜面体的支持力一直增大
6．真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转
OO垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。

粒子重力不计。

下列说法中电场，射出后都打在同一个与'
正确的是（）
A．在荧光屏上只出现1个亮点
B ．三种粒子出偏转电场时的速度相同
C ．三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2∶1∶1
D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2
7．在“油膜法”估测分子大小的实验中，认为油酸分子在水面上形成的单分子层，这体现的物理思想方法是（ ）
A ．等效替代法
B ．控制变量法
C ．理想模型法
D ．累积法
8．如图所示，半径为R 的圆环竖直放置，长度为R 的不可伸长轻细绳OA 、OB ，一端固定在圆环上，另一端在圆心O 处连接并悬挂一质量为m 的重物，初始时OA 绳处于水平状态。

把圆环沿地面向右缓慢转动，直到OA 绳处于竖直状态，在这个过程中
A ．OA 绳的拉力逐渐增大
B ．OA 绳的拉力先增大后减小
C ．OB 绳的拉力先增大后减小
D ．OB 绳的拉力先减小后增大
9．如图甲所示，固定光滑斜面上有质量为6kg m =的物体，在大小为12N ，方向平行于斜面的拉力F 的作用下做匀速直线运动，从1 2.5m x =-位置处拉力F 逐渐减小，力F 随位移x 的变化规律如图乙所示，
当27m x =时拉力减为零，物体速度刚好为零，取210m/s g =，下列说法正确的是（ ）
A ．斜面倾角θ为30
B ．整个上滑的过程中，物体的机械能增加27J
C ．物体匀速运动时的速度大小为3m/s
D ．物体在减速阶段所受合外力的冲量为12N s -⋅
10．在轨道上稳定运行的空间站中，有如图所示的装置，半径分别为r 和R （R ＞r ）的甲、乙两个光滑的
圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD相通，宇航员让一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过粗糙的CD段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，那么下列说法正确的是（）
A．小球在CD间由于摩擦力而做减速运动
B．小球经过甲轨道最高点时比经过乙轨道最高点时速度大
C．如果减少小球的初速度，小球有可能不能到达乙轨道的最高点
D．小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．下列说法正确的是（）
A．悬浮颗粒的无规则运动并不是分子的运动，但能间接地反映液体分子运动的无规则性
B．一种物质温度升高时，所有分子热运动的动能都要增加
C．液体能够流动说明液体分子间的相互作用力比固体分子间的作用力要小
D．一定质量的物质，汽化时吸收的热量与液化时放出的热量相等
E.一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行
12．如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。

一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂直于磁场的方向喷入磁场。

把P、Q与电阻R相连接.下列说法正确的是
A．Q板的电势高于P板的电势
B．R中有由a向b方向的电流
C．若只改变磁场强弱，R中电流保持不变
D．若只增大粒子入射速度，R中电流增大
13．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与直面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。

a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d 到O点的距离均相等。

关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（）
A．O点处的磁感应强度为零
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D．a、c两点处磁感应强度的方向不同
14．如图（甲）所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为1.0m，左端连接阻值R=4.0Ω的电阻，匀强磁场磁感应强度B=0.5T、方向垂直导轨所在平面向下。

质量m=0.2kg、长度l=1.0m、电阻r=1.0Ω的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好，t=0时对杆施加一平行于导轨方向的外力F，杆运动的v－t图像如图（乙）所示，其余电阻不计、则（）
A．t=0时刻，外力F水平向右，大小为0.7N
B．3s内，流过R的电荷量为3.6C
C．从t=0开始，金属杆运动距离为5m时电阻R两端的电压为1.6V
D．在0~3.0s内，外力F大小随时间t变化的关系式是F=0.1+0.1t（N）
15．水平放置的平行板电容器，极板长为l，间距为d，电容为C。

竖直挡板到极板右端的距离也为l，某次充电完毕后电容器上极板带正电，下极板带负电，所带电荷量为Q1如图所示，一质量为m，电荷量为q的小球以初速度v从正中间的N点水平射人两金属板间，不计空气阻力，从极板间射出后，经过一段时间小球恰好垂直撞在挡板的M点，已知M点在上极板的延长线上，重力加速度为g，不计空气阻力和边缘效应。

下列分析正确的是（）
g
A．小球在电容器中运动的加速度大小为
2
B．小球在电容器中的运动时间与射出电容器后运动到挡板的时间相等
C ．电容器所带电荷量1mgdC Q q
= D ．如果电容器所带电荷量2132Q Q =
，小球还以速度v 从N 点水平射入，恰好能打在上级板的右端 三、实验题：共2小题
16．某同学利用如图所示的装置欲探究小车的加速度与合外力的关系．具体实验步骤如下：
①按照如图所示安装好实验装置，并测出两光电门之间的距离L
②平衡摩擦力即调节长木板的倾角，轻推小车后， 使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等
③取下细绳和沙桶，测量沙子和沙桶的总质量m ，并记录
④把小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，并记录小车先后通过光电门甲和乙的时间，并计算出小车到达两个光电门时的速度和运动的加速度
⑤重新挂上细绳和沙桶，改变沙桶中沙子的质量，重复②～④的步骤
（1）用游标卡尺测得遮光片的宽度为d ，某次实验时通过光电门甲和乙的时间分别为Δt 1和Δt 2，则小车加速度的表达式为a=_________
（2）关于本实验的说法，正确的是________
A ．平衡摩擦力时需要取下细绳和沙桶
B ．平衡摩擦力时不需要取下细绳和沙桶
C ．沙桶和沙子的总质量必须远远小于小车的质量
D ．小车的质量必须远远小于沙桶和沙子的总质量
（3）若想利用该装置测小车与木板之间的动摩擦因数μ，某次实验中，该同学测得平衡摩擦力后斜面的倾角θ，沙和沙桶的总质量m ，以及小车的质量M ．则可推算出动摩擦因数的表达式μ=__________（表达式中含有m 、M 、θ）
17．一实验小组用某种导电材料制作成电阻较小(约小于3Ω)的元件Z ，并通过实验研究该元件中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律。

(1)该小组连成的实物电路如图(a)所示，其中有两处错误，请在错误的连线上打“×”，并在原图上用笔画出正确的连线__________。

(2)在实验中应选用的滑动变阻器是_________。

A ．滑动变阻器R 1(0～5Ω 额定电流5A)
B ．滑动变阻器R 2(0～20Ω 额定电流5A)
C．滑动变阻器R3(0～100Ω 额定电流2A)
(3)图(b)中的点为实验测得的元件Z中的电流与电压值，请将点连接成图线__________。

(4把元件Z接入如图(c)所示的电路中，当电阻R的阻值为2Ω时，电流表的读数为1.25A；当电阻R的阻值为3.6Ω时，电流表的读数为0.8A。

结合图线，可求出电池的电动势E为______V，内阻r为______Ω。

四、解答题：本题共3题
18．如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平．B端上放有
质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝1
3
，质量为m的小球用长为L的细
绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半．
(1)求细绳能够承受的最大拉力；
(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；
(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来．
19．（6分）如图所示，两平行的光滑金属导轨固定在竖直平面内，导轨间距为L、足够长且电阻忽略不计，
条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直。

长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝导线框连接在一起组成装置，总质量为m，置于导轨上。

导体棒与金属导轨总是处于接触状态，
），电阻为R，并在其中通以大小恒为I的电流（由外接恒流源产生，图中未画出）。

线框的边长为d（d L
下边与磁场区域上边界重合。

将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度为g。

试求：
(1)装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；
(2)经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离x m。

20．（6分）一细束平行光以一定的入射角从空气射到等腰直角三棱镜的侧面AB，光线进入棱镜后射向另一侧面AC。

逐渐调整光线在AB面的入射角，使AC面恰好无光线射出，测得此时光线在AB面的入射角为45。

求：
(1)该棱镜的折射率。

(2)光束在BC面上的入射角的正弦值。

参考答案
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．D
【解析】
【详解】
A ．由题图可知振动周期为4 s ，振幅为8 cm ，选项A 错误；
B ．第2 s 末振子在最大位移处，速度为零，位移为负，加速度为正向的最大值，选项B 错误；
C ．从第1 s 末到第2 s 末振子的位移增大，振子在做加速度增大的减速运动，选项C 错误；
D ．第3 s 末振子在平衡位置，向正方向运动，速度为正向的最大值，选项D 正确.
2．C
【解析】
【详解】
ABC ．以物体A 、B 及轻绳整体为硏究对象根据牛顿第二定律得
121212()sin ()cos (m )F m m g m m g m a θμθ-+-+=+
解得
12
sin cos F a g g m m θμθ=--+ 再隔离对B 分析，根据牛顿第二定律得
222sin cos T m g g m a θμθ--=
解得
212
m F T m m =+ 则知绳子的拉力与斜面倾角θ无关，与动摩擦因数μ无关，与两物体的质量m 1和m 2有关，选项C 正确，AB 均错误；
D ．若改用F 沿斜面向下拉连接体，以物体A 、B 及轻绳整体为硏究对象，根据牛頓第二定律得
121212()sin ()cos (m )F m m g m m g m a θμθ'++-+=+
解得
12
sin cos F a g m m θμθ'=+-+ 再隔离对A 分析，根据牛顿第二定律得
111sin cos T m g m g m a θμθ''+-=
解得
112
m F T m m '=+ 可知轻绳拉力的大小改变，选项D 错误。

故选C 。

3．C
【解析】
【分析】
夯锤先自由下落，然后与桩料碰撞，先由运动学公式求出与桩料碰撞前瞬间的速度，对于碰撞过程，由于内力远大于外力，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰后共同速度；夯锤与桩料一起下沉的过程，重力和阻力做功，由动能定理可求得桩料进入泥土的深度；
【详解】
A 、夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度200 2v gh =，得0 /10/v s m s ===
取向下为正方向，打击过程遵守动量守恒定律，则得：0)Mv M m v =
+（ 代入数据解得： 9/v m s =，故选项AB 错误；
C 、由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力是随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，为
211 22
f W kh h kh =-⋅=- 打完第一夯后，对夯锤与桩料，由动能定理得：
()211)02
f M m gh W M m v ++=-+（ 即：()221111)022M m gh kh M m v +-=-+（ 代入数据解得1
1h m =，故选项C 正确； D 、由上面分析可知：第二次夯后桩料再次进入泥土的深度为2h 则对夯锤与桩料，由动能定理得：()2221211)()022
M m gh k h h M m v +-+=-+（ 同理可以得到：第三次夯后桩料再次进入泥土的深度为3h 则对夯锤与桩料，由动能定理得：()22312311)()022
M m gh k h h h M m v +-++=-+（ 则打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为123H h h h =++
代入数据可以得到：1233H h h h m =++<，故选项D 错误。

【点睛】
本题的关键是要分析物体的运动过程，抓住把握每个过程的物理规律，要知道当力随距离均匀变化时，可用平均力求功，也可用图象法，力与距离所夹面积表示阻力做功的大小。

4．B
【解析】
【详解】
A ．根据题述可以判断电场方向垂直于题图中等势线，由于两小球同时经过等势线2，所以小球a 向下加速运动，小球b 向上加速运动，竖直方向上，a 的位移大小等于b 的位移大小，由212
x at =
可知a 的加速度大小等于b 的加速度大小，即
a b a a a ==
竖直方向：对小球a ，由牛顿第二定律得
a a a qE m g m a +=
对小球b ，由牛顿第二定律得
b b b qE m g m a -=
解以上两式得
()()a b a b m m g m m a +=-
则
a b m m >
故A 错误；
BD ．两小球初速度大小相等，加速度大小相等，t 时刻两小球合速度大小相等，a b m m >，根据2k 12
E mv =可知，t 时刻a 的动能比b 的动能大，根据p mv =可知，t 时刻a 的动量大小大于b 的动量大小，故B 正确，D 错误；
C ．由于在t 时刻两小球经过同一等势线，根据p E q ϕ=可知，此时a 和b 的电势能不相等，故C 错误。

故选B 。

5．C
【解析】
【详解】
缓慢逆时针转动绳OA 的方向至竖直的过程中，OA 拉力的方向变化如图从1位置到2位置再到3位置，如图所示，
可见绳OA 的拉力先减小后增大，绳OB 的拉力一直减小。

A ．由于不清楚刚开始绳子拉力与重力沿斜面向下的分力大小关系，所以当连接P 物体的绳子拉力一直减小，不能判断斜面对物块P 的摩擦力变化情况，故A 错误；
B ．P 物体一直在斜面上处于静止状态，则斜面对P 的支持力等于重力在垂直斜面向下的分力，保持不变，故B 错误；
C ．以斜面体和P 的整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OB 绳子水平方向
的拉力等大反向，因绳OB 的拉力一直减小，与水平方向的夹角不变，故其水平分力一直减小，则地面向左的摩擦力一直减小，故C 正确；
D ．以斜面体和P 整体为研究对象受力分析，由于绳OB 的拉力一直减小，其竖直向下的分力一直减小，根据竖直方向受力平衡，知地面对斜面体的支持力不断减小，故D 错误。

故选C 。

6．A
【解析】
【分析】
【详解】
ABC ．根据动能定理得
21012
qU mv = 则进入偏转电场的速度
0v = 因为质子、氘核和α粒子的比荷之比为2：1：1，
，在偏转电场中运动时间0L t v =
，
则知时间之比为
y qEL v at mv == 则出电场时的速度
v ==因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同，偏转位移
2
2220
1122qU L y at md v ==⋅⋅ 因为
21012
qU mv = 则有
2
214U L y U d
= 与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏将只出现一个亮点，故A 正确，BC 错误； D ．偏转电场的电场力对粒子做功
W=qEy
因为E和y相同，电量之比为1：1：2，则电场力做功为1：1：2，故D错误。

故选A。

7．C
【解析】
【分析】
考查实验“用油膜法估测分子大小”。

【详解】
在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，将油酸分子看做球形，认为油酸分子是一个紧挨一个的，估算出油膜面积，从而求出分子直径，这里用到的方法是：理想模型法。

C正确，ABD错误。

故选C。

8．B
【解析】
【详解】
以重物为研究对象，重物受到重力、OA绳的拉力1F、OB绳的拉力2F三个力平衡，构成矢量三角形，置于几何圆中如图：
在转动的过程中，OA绳的拉力1F先增大，转过直径后开始减小，OB绳的拉力2F开始处于直径上，转动后一直减小，B正确，ACD错误。

故选B。

9．C
【解析】
【分析】
A ．物体做匀速直线运动时，受力平衡，则
sin F mg θ=
代入数值得
sin 0.2θ=
选项A 错误；
C ．图像与坐标轴所围的面积表示拉力做的功
F 112 2.5J 12(7 2.5)J 57J 2
W =⨯+⨯⨯-= 重力做的功
G 2si 84 J n W mgt θ=-=-
由动能定理
2F G 0102
W W mv +=- 解得
03m/s v =
选项C 正确；
B ．机械能的增加量等于拉力做的功57J ，B 错误；
D ．根据动量定理可得
0018N s I mv =-=-⋅
选项D 错误。

故选C 。

10．D
【解析】
在空间站中，所有物体都处于完全失重状态，任何物体间都没有相互作用力，小球在CD 运动时所受弹力为零，摩擦力为零，A 错；由于处于完全失重状态，小 球运动到两个最高点时没有外力做功，机械能守恒，运动到最高点速度大小相同，B 错；C 错；小球做圆周运动的向心力由弹力提供，有，D 对；
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．AE
【解析】
【分析】
A ．布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动并不是分子的运动，但能间接地反映液体分子运动的无规则性，A 正确；
B ．一种物质温度升高时，分子的平均动能增加，这是一种统计规律，可能有的分子热运动的动能要增加，有的反而要减少，B 错误；
C ．液体能够流动与液体分子间作用力无必然联系，固体有固定形状也与固体间分子作用力无必然联系，C 错误；
D ．一定质量的物质，在一定的温度和压强下，汽化时吸收的热量与液化时放出的热量相等，D 错误；
E ．一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，E 正确。

故选AE 。

12．BD
【解析】
【详解】
AB ．等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向上偏，打在上极板上，负电荷向下偏，打在下极板上。

所以上极板带正电，下极板带负电，则P 板的电势高于Q 板的电势，流过电阻电流方向由a 到b 。

故A 错误，B 正确；
C ．依据电场力等于磁场力，即为
U q qvB d
= 则有：
U Bdv =
再由欧姆定律
U Bdv I R r R r
==++ 电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱，R 中电流也改变。

故C 错误；
D ．由上分析可知，若只增大粒子入射速度，R 中电流也会增大，故D 正确。

故选BD 。

13．C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由安培定则和磁场叠加原理可判断出O 点处的磁感应强度方向向下，一定不为零，A 错误；
B ．a 、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，均向下，选项B 错误；
C ．c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，，均向下选项C 正确；
D ．a 、c 两点处磁感应强度的方向相同，选项D 错误。

14．CD
【解析】
【详解】
A ．根据v －t 图象可以知道金属杆做匀减速直线运动，加速度为
2062m/s 3
v a t ∆-===-∆ 当t=0时刻，设向右为正方向，根据牛顿第二定律有
F BIL ma -=
根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有
0BLv E I r R r R
==++ 联立以上各式代入数据可得0.1N F =-，负号表示方向水平向左，故A 错误；
B ．根据
E t
∆Φ=
∆ q E I t R r ==∆+ 联立可得
B S q R r R r
∆Φ∆==++ 又因为v －t 图象与坐标轴围成的面积表示通过的位移，所以有
163m 9m 2
S ∆=⨯⨯= 故代入数据可解得
q=0.9C
故B 错误；
C ．设杆运动了5m 时速度为v 1，则有
221012v v as -=
此时金属杆产生的感应电动势
11E BLv =
回路中产生的电流
11E I R r
=+ 电阻R 两端的电压
1U I R =
联立以上几式结合A 选项分析可得 1.6V U =，故C 正确；
()F BIL ma -+=
设在t 时刻金属杆的速度为v ，杆的电动势为E ，回路电流为I ，则有
0v v at =+
E BLv =
E I R r
=+ 联立以上几式可得
()0.10.1F t =-+N
负号表示方向水平向左，即大小关系为
0.10.1F t =+N
故D 正确。

故选CD 。

15．BD
【解析】
【分析】
根据水平方向做匀速直线运动分析两段过程的运动时间，根据竖直方向对称性分析小球在电容器的加速度大小，根据牛顿第二定律以及
Q U Ed C
== 分析求解电荷量，根据牛顿第二定律分析加速度从而求解竖直方向的运动位移。

【详解】
AB ．小球在电容器内向上偏转做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，出电容器后受到重力作用，竖直方向减速，水平方向由于不受力，仍然做匀速直线运动，由于两段过程在水平方向上的运动位移相同，则两段过程的运动时间相同，竖直方向由于对称性可知，两段过程在竖直方向的加速度大小相等，大小都为g ，但方向相反，故A 错误，B 正确；
C ．根据牛顿第二定律有
1Q U q
mg q mg qE mg d Cd a g m m m ---==== 解得
12mgdC Q q
= 故C 错误；
D ．当小球到达M 点时，竖直方向的位移为d ，则根据竖直方向的对称性可知，小球从电容器射出时，
竖直方向的位移为4
d ，如果电容器所带电荷量2132Q Q =，根据牛顿第二定律有 22Q q qU C a g g g md md
''=-=-= 根据公式 212
y at = 可知，相同的时间内发生的位移是原来的2倍，故竖直方向的位移为2d y =
，故D 正确。

故选BD 。

三、实验题：共2小题
16．（1）222122212()2?d t t L t t ∆-∆∆∆； （2）B ； （3）sin cos M m M θθ
- 【解析】
【详解】
（1）[1]小车经过光电门时的速度分别为：
11
d v t =∆，22d v t =∆， 由匀变速直线运动的速度位移公式可知，加速度：
2222221122212
()22?v v d t t a L L t t -∆-∆==∆∆； （2）[2]AB.本实验中，沙桶和沙子的总质量所对应的重力即为小车做匀变速运动时所受的外力大小，平衡摩擦力时应使小车在悬挂沙桶的情况下匀速运动，所以不需要取下细绳和沙桶，故A 错误，B 正确； CD. 因为本实验中，沙桶和沙子的总质量所对应的重力即为小车做匀变速运动时所受的外力大小，所以不需要“沙桶和沙子的总质量必须远远小于小车的质量”的实验条件，也不需要小车的质量必须远远小于沙桶和沙子的总质量，故C 错误，D 错误。

故选：B ；
（3）对小车，由平衡条件得：
Mgsinθ−mg=μMgcosθ，
得动摩擦因数：
sin cos M m M θμθ
-=；
17．电源负极与滑动变阻器a端相连 A 4.1 0.45
【解析】
【详解】
(1)[1]因Z电阻较小，电流表应采用外接法；由于要求电压从零开始变化，滑动变阻器选用分压接法，错误的连线标注及正确接法如图：
(2)[2]分压接法中，为了便于调节，滑动变阻器选用总阻值小，且额定电流较大的，故选：A；
(3)[3]根据描点法得出对应的伏安特性曲线如图所示：
；
(4)[4][5]当电流为1.25A时，Z电阻两端的电压约为1.0V；当电流为0.8A时，Z电阻两端的电压约为0.82V；由闭合电路欧姆定律可知：
E=1.25(r+2)+1=1.25r+3.5
E=0.8(r+3.6)+0.82=0.8r+3.7
联立解得：
E=4.1V r=0.44Ω
四、解答题：本题共3题。