2020年北京市通州区高考物理一模试卷(含答案解析)

2020年北京市通州区高考物理一模试卷
一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）
1.关于决定气体压强大小的因素，下列说法中正确的是()
A. 气体的体积和气体的密度
B. 气体的质量和气体的种类
C. 气体分子的数密度和气体的温度
D. 气体分子的质量和气体分子的速度
2.下列关于光的衍射现象表述正确是()
A. 光的衍射现象说明光是横波
B. 激光透过单缝光栅在光屏幕发出亮纹是衍射现象
C. 小孔成像是光透过小孔后发生的衍射现象
D. 单缝衍射试验中中央亮纹最亮，宽度与其他亮纹宽度相同
3.下列说法中正确的是()
A. 光电效应实验中，在一定的光照条件下，所加正向电压越大，光电流也一定越大
B. 大量处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时最多能放出v1、v2、v33种不同频率的光子，若
v1>v2>v3，则v1=v2+v3
C. 氡222的半衰期是3.8天，则20个氡核经过7.6天还剩5个氡核
D. 组成原子核的核子越多，它的结合能越高，原子核也就越稳定
4.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=1：20，原线圈接入u=311sin100πt(V)
的交流电，下列说法正确的是()
A. 图中电压表的示数为6220V
B. 通过R1的电流的频率为100Hz
C. 若减小R2，则原线圈中电流I1增大
D. 若增大R2，则R3消耗的电功率减小
5.质点所受的力F随时间t变化的规律如图所示，力的方向始终在一直
线上。

已知t=0时，质点的速度为零，则下列判断中正确的是()
A. 0、t2、t4时刻质点的加速度最大
B. t2时刻质点的动能最大
C. t4时刻质点回到出发点
D. 质点做简谐运动
6.下列说法正确的是()
A. 波尔通过对氢原子光谱的研究提出了原子的核式结构模型
B. 核反应完成后产生的核废料是绿色无污染的
C. 天然放射现象中产生的射线都能在电场或磁场中发生偏转
D. 92235U+ 01n→ 3692Kr+ 56141Ba+3 01n是重核的裂变反应
7.初速度为零的α粒子和质子经过相同的加速电场后，垂直进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动。

已知α粒子和质子的质量之比mα：m H=4：1，电荷量之比qα：q H=2：1.则它们在磁场中做圆周运动的半径之比为()
A. √2：1
B. 1：√2
C. 2：1
D. 1：2
8.关于磁感应强度、磁感线、磁通量的描述，正确的说法是()
A. 磁感线从磁体的N极出发，终止于S极
B. 沿磁感线方向，磁场逐渐减弱
C. 线圈面积增大，线圈的磁通量不一定增加
D. 磁感强度的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向
9.一束单色光由某种介质射向真空时的光路如图所示，Ⅰ和Ⅱ为相互
垂直的平面，AO、BO，CO均为光线，各光线与Ⅰ的夹角满足α=γ=
60°，β=45°，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是()
A. 法线所在平面为Ⅰ
B. 入射光线为BO
C. 该种介质的折射率n=√6
2
D. 光在该介质中的传播速度v=√2
c
2
10.用如图所示的电路测量待测电阻Rx的阻值时，下列关于由电表产生
误差的说法中，正确的是()
A. 电压表的内电阻越小，测量越精确
B. 电流表的内电阻越小，测量越精确
C. 电压表的读数小于R x两端真实电压，R x的测量值小于真实值
D. 由于电流表的分流作用，使R x的测量值小于真实值
11.如图所示，有一固定的弹性金属环，将条形磁铁插入环中或从环中拔出时，环中感
应电流的方向(自上向下看)判断正确的是()
A. 插入时环中有顺时针方向的感应电流
B. 插入时环中有逆时针方向的感应电流
C. 插入或拔出时环中都有顺时针方向的感应电流
D. 插入或拔出时环中都有逆时针方向的感应电流
12.如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，a处固定有一电荷量非常
小的点电荷，S是闭合的，φa表示a点的电势，F表示点电荷受到的静电
力，现将电容器的A板向上稍微移动，使两板间的距离增大，则()
A. φa变大，F变大
B. φa变大，F变小
C. φa不变，F不变
D. φa变小，F变小
13.如图，边长ab=1.5L、bc=√3L.的矩形区域内存在着垂直于区域平面向里
的匀强磁场，在ad边中点O处有一粒子源，可在区域平面内沿各方向发射
速度大小相等的同种带电粒子。

已知沿Od方向射入的粒子在磁场中运动的
轨道半径为L，且经时间t0从边界cd离开磁场。

不计粒子的重力和粒子间的
相互作用，下列说法正确的是()
A. 粒子带负电
B. 粒子可能从c点射出
C. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0
D. 粒子在磁场中运动的最长时间为2t0
二、多选题（本大题共1小题，共3.0分）
14.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线
平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。

以下判断正确的是()
A. b点场强小于d点场强
B. b点场强等于d点场强
C. a、b两点的电势差等于b、c两点的电势差
D. 试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能
三、实验题（本大题共3小题，共27.0分）
15.某小组同学利用如图(a)所示的装置研究一定质量气体的压强与温度的关系．他们在试管中封闭
了一定质量的气体，将压强传感器和温度传感器的压敏元件和热敏元件伸入到试管内部，通过数据采集器和计算机测得试管内气体的压强和温度．
(1)实验中，他们把试管浸在烧杯的冷水中，通过在烧杯中逐次加入热水来改变试管内气体的温度，
每次加入热水后就立即记录一次压强和温度的数值，最后得到一组气体的压强和温度的数值．上述操作中错误的是______；
(2)采取了正确的操作后，他们针对同一部分气体在三个不同体积的情况下记录了相关数据，计算机
绘出的p−t图象分别如图(b)中的①、②、③所示，其中p1为已知量，则图线①的函数表达式为______；
(3)图(c)中可能符合上述气体变化过程的图线是______．
16.在验证牛顿第二定律的实验中，按实验要求装置好器材后，应按一定步骤进行，下述操作步骤
安排不尽合理，请将合理顺序以字母代号填写在下面的横线上______ ．
(A)保持砂桶里的砂子质量不变，在小车里加砝码，测出加速度，重复几次；
(B)保持小车质量不变，改变砂桶里砂子质量，测出加速度，重复几次；
(C)用天平分别测出小车和小桶的质量；
(D)平衡摩擦力，使小车近似做匀速直线运动；
(E)挂上小桶，放进砂子，接通打点计时器的电源，放开小车，在纸带上打下一系列的点；
(F)根据测量数据，分别画出a−F和a−1
的图线．
m
17.如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后
的动量关系。

(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是很困难的，但是，可以通过仅测量某个量，间接地解决
这个问题。

这个量是______。

(填选项前的符号)
A.小球开始释放高度ℎ
B.小球做平抛运动的射程
C.小球抛出点距地面的高度H
D.斜槽水平部分的长度
(2)在图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。

实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止
释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP；然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。

已知小球质量m1>
m2，但质量具体值未知，小球半径r1=r2，接下来要完成的必要步骤是______(填选项前的符号)
A.用天平精确测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球m1开始释放高度ℎ
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______(用(2)中测量的量表示)。

(4)经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图2所示。

由相对误差
|×100%公式，计算出实验的相对误差为______%(小数点后保留一位)。

绝对值|碰撞前后总动量之差
碰前总动量
若实验的相对误差要求最大值不超过1.0%，本实验______(填“是”或“不是”)在误差范围内验证了动量守恒。

四、计算题（本大题共3小题，共31.0分）
18.如图所示，间距为L的两光滑的“V”字型导轨位于方向竖直向上的匀强磁场中，倾角为θ的倾
斜部分，与底部平滑连接。

在导轨左侧通过单刀三掷开关S可分别与电源E(内阻为r)、电阻R和极板为M和N的不带电的电容为C的电容连接。

当开关掷向1，长为L、质量为m的导体棒ab恰好静止在高为ℎ的导轨斜面上。

已知电容始终工作在额定电压范围内，导体棒ab在运动过程中始终与导轨垂直，且接触良好，不计其它一切电阻，倾角θ较小，不计电磁辐射。

在处理竖直向上的磁场时，可将磁场方向分解为垂直斜面方向和平行斜面方向两个分量，由于导轨光滑，可不考虑平行斜面分量对导体棒运动的影响。

求
(1)求磁感应强度的大小；
(2)S掷向2，试分析棒的运动情况，并求电阻消耗的总焦耳热；
(3)断开S，将导体棒ab放回原处，S掷向3的同时静止释放导体棒，试分析棒在左右两侧斜面上的运
动情况。

19.“嫦娥一号”卫星在距月球表面高度为ℎ处做匀速圆周运动的周期为T，已知月球半径为R，引
πR3，其中R为球的半径)求：
力常量为G(球的体积公式V=4
3
(1)月球的质量M；
(2)月球的密度ρ；
(3)月球表面的重力加速度g．
20.有一测量微小时间差的装置，是由两个摆长略有微小差别的单摆同轴水平悬挂构成．两个单摆
摆动平面前后相互平行．
(1)现测得两单摆完成50次全振动的时间分别为50.0S和49.0S，则两单摆的周期差△T=______ s；
(2)某同学利用此装置测量小于单摆周期的微小时间差，具体操作如下：把两摆球向右拉至相同的摆
角处，先释放长摆摆球，接着再释放短摆摆球，测得短摆经过若干次全振动后，两摆恰好第一次同时同方向通过某位置，由此可得出释放两摆的微小时间差．若测得释放两摆的时间差△t=
0.165s，则在短摆释放______ s(填时间)后，两摆恰好第一次同时向______ (填方向)通过______
(填位置)；
(3)为了能更准确地测量微小的时间差，你认为此装置还可做的改进是______ ．
参考答案及解析
1.答案：C
解析：解：气体压强是由于大量分子持续撞击器壁而形成的，决定气体压强大小的微观因素是气体分子的数密度和分子的平均速率，宏观上体现在体积和温度上，故C正确，ABD错误。

故选：C。

明确气体压强的微观意义，知道压强在微观上是由气体分子的数密度和分子的平均速率的决定的，宏观上是由气体的体积和温度决定的。

本题考查对气体压强微观意义的掌握，明确决定气体压强的决定因素即可正确求解。

2.答案：B
解析：解：A、光的衍射现象说明光是波，而不是说明横波．故A错误．
B、透过单缝光栅在光屏幕发出亮纹是衍射现象，故B正确．
C、小孔成像是光透过小孔后发生的直线传播现象，故C错误．
D、单缝衍射试验中中央亮纹最亮，宽度比其他亮纹宽度大，故D错误．
故选：B．
波发生衍射的条件是：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或者比波长更小，但如果孔、缝的宽度或障碍物的尺寸比波长大的多就不能发生明显的衍射现象；小孔成像是光直线传播结果．3.答案：B
解析：解：A、在未达到饱和光电流之前，光电管加正向电压越大，光电流强度一定越大，达到饱和光电流后，光电流的大小与正向电压无关，故A错误；
B、则根据玻尔理论，ℎν1=E3−E1，E2−E1=ℎν2，E3−E2=ℎν3，可见ν1=ν2+ν3，故B正确；
C、半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用，故C错误；
D、组成原子核的核子数越多，原子核的结合能就越高，但是如果质量数超过56，原子核的比结合能会减小，原子核越不稳定，故D错误。

故选：B。

正向电压增大，光电流增大，但当电流为饱和电流后，正向电压再增大光电流不再增大；
处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁时辐射出三种频率的光子，根据玻尔理论分析可能的频率关系；
半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用；
知道随着原子核的核子数越多，原子核的结合能就越高，但是比结合能先变大在变小；
本题考查光电效应、能级跃迁、半衰期、结合能和比结合能等基础知识，需要学生对此要强化记忆，勤加练习。

4.答案：C
解析：解：A、原线圈的电压U1=
√2=220V，由U1
U2
=n1
n2
得：U2=20×220=4400V，故A错误；
B、根据f=ω
2π得：f=100π
2π
=50Hz，故B错误；
C、若减小R2，则副线圈总电阻减小，副线圈电流增大，原线圈电流也增大，故C正确；
D、若增大R2，则副线圈总电阻增大，总电流减小，所以R1两端电压变小，则R3两端电压变大，根
据P=U2
R
可知，R3消耗的电功率变大，故D错误。

故选：C。

根据原副线圈电压之比等于线圈匝数之比求出副线圈电压，根据f=ω
2π
求解频率，若减小R2，则副线圈总电阻减小，副线圈电流增大，原线圈电流也增大，若增大R2，则副线圈总电阻增大，总电流减小，进而判断R3两端电压的变化情况即可判断R3消耗的电功率．
做好变压器的题目要严格按照变压器的特点，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，频率相等．
5.答案：B
解析：解：A、根据牛顿第二定律F=ma知，加速度与合外力成正比，则由图可知，0、t2、t4时刻质点受到的合外力为零，则质点的加速度为零，故A错误；
B、分析质点的运动情况：0−t2时间内，做加速运动；在t2−t4时间内沿原方向做减速运动，则知t2时刻质点的速度最大，动能最大，故B正确；
C、根据质点的受力情况可知，质点0−t2时间内，做加速运动；在t2−t4时间内沿原方向做减速运动，在t4时刻速度为零，所以质点做单向直线运动，t4时刻质点不可能回到出发点，故C错误；
D、做简谐运动的质点受到的合外力为F=−kx，质点在某一位置来回运动，而此质点做单方向的直线运动，不是做简谐运动，故D错误。

故选：B。

由图可知合外力F随时间t变化的情况，根据牛顿第二定律分析加速度；分析质点的运动情况，确定什么时刻速度最大，并分析什么时刻质点回到出发点；根据简谐运动的特点分析该质点是否做简谐运动。

本题主要是考查了牛顿第二定律之图象问题，关键是能够对质点进行受力分析，根据图象分析质点的运动情况。

6.答案：D
解析：解：A、卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故A错误；
B、核反应堆用过的核废料具有很强的放射性，对环境危害很大，不能随意处置，需要装入特制的容器，深埋地下，故B错误；
C、天然放射现象中的γ射线是电磁波在电场和磁场中不发生偏转，故C错误；
D、 92235U+ 01n→ 3692Kr+ 56141Ba+3 01n是铀核俘获中子的裂变方程，属于重核的裂变，故D正确。

故选：D。

原子的核式结构模型是卢瑟福通过α粒子散射实验提出的；核电站的核废料具有放射性；γ射线是电磁波在电场和磁场中不发生偏转；铀核俘获中子的裂变方程，属于重核的裂变。

本题考查了裂变反应和聚变反应、物理学史、氢原子的能级公式和跃迁等知识点。

这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。

7.答案：A
解析：解：粒子先在电场中加速，根据动能定理，有：qU=1
2
mv2−0，
在磁场中做匀速圆周运动，有：qvB=m v2
r
，
解得：r=1
B ⋅√2mU
q
∝√m
q
，
已知α粒子和质子的质量之比mα：m H=4：1，电荷量之比qα：q H=2：1。

故α粒子和质子的轨道半径之比为：rα：r H=√2：1，故A正确，BCD错误。

故选：A。

粒子先在电场中加速，在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后求出轨道半径之比。

此题考查了带电粒子组合场中的运动，明确带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径即可正确解题。

8.答案：C
解析：解：A、外部磁感线从磁体的N极出发，到S极，而内部是从S极到N极．故A错误；
B、磁场的强弱与磁感线的疏密有关，与磁感线的方向无关．故B错误；
C、当磁场与线圈平行时，即使线圈面积增大，而线圈的磁通量却为零，故C正确．
D、根据左手定则可知，安培力的方向总是与磁场方向垂直．故D错误．
故选：C．
磁感线在外部是从N极到S极，而内部是从S极到N极；沿电场线方向，电势是降低的；
磁通量等于穿过磁场中某一面积的磁感线的条数，当平面与磁场平行时，穿过该平面的磁通量为零．当平面与垂直时，磁通量最大．匀强磁场中穿过某一平面的磁通量为Φ=BSsinα，α是平面与磁场方向的夹角．根据左手定则可知，磁场方向与安培力的方向关系．
本题考查磁感线的方向与磁体的内外部的关系，理解磁通量的定义，注意左手定则中安培力方向与磁场方向总垂直．
9.答案：D
解析：解：AB、光由介质射向真空时折射角大于入射角，反射角等于入射角，根据反射定律和折射定律知，Ⅰ为界面，Ⅱ为法线所在平面，CO为入射光线，OA为反射光线，OB为折射光线，故A、B 错误；
C、由图知，入射角为i=90°−γ=30°，折射角为r=60°−β=45°
由折射率公式知，介质的折射率为n=sinr
sini =sin45°
sin30∘
=√2，故C错误；
D、光在该介质中的传播速度v=c
n =
√2
=√2
2
c，故D正确。

故选：D。

光由介质射向真空时折射角大于入射角，反射角等于入射角，结合折射定律和反射定律分析各条光
线的性质。

根据折射角和入射角求折射率，再由v=c
n
求光在该介质中的传播速度。

解决本题的关键要掌握折射定律和反射定律，判断出各条光线的性质，从而根据折射定律和光速公式进行解答。

10.答案：B
解析：解：所测量的电压为电流表内阻加R X的阻值，其原因在于电压表的测量值为两者电压之和，则A、与电压表的内阻大小无关系，则A错误
B、因实验中串联了电流表的内阻，则内阻越小测量越准确．则B正确
C、电压表的测量值含有电流表的内阻，则R X的测量值大于真实值，则C错误
D、电流表为分压作用，测量值大于真实值．则D错误
故选：B
电压表测量的是与其并联电路的电压值，电流表测量的是与之串联电路的电流值，据此分析问题即可．
本题考查伏安法测电阻的实验原一，要明确电流表，电压表的测量原理，知道电压表所测为与其并联部分电压，电流表为其串联电路的电流．
11.答案：A
解析：
楞次定律的内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流磁通量的变化．根据楞次定律判定感应电流的方向．
解决本题的关键掌握用楞次定律判断感应电流方向的步骤，先判断原磁场的方向以及磁通量是增加还是减小，再根据楞次定律判断出感应电流的磁场方向，最后根据安培定则，判断出感应电流的方向．
AB、将条形磁铁插入环中时，原磁场方向向上，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向下，由安培定则，知感应电流的方向(自上向下看)沿顺时针方向，故A正确，B错误；
CD、将条形磁铁拔出环中时，原磁场方向向上，且磁通量在减小，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向上，由安培定则，知感应电流的方向(自上向下看)沿逆时针方向，故CD错误；
故选：A．
12.答案：D
解析：解：由式C=ɛS
4πkd 知，两板间的距离增大电容减小，与电源相连，电压不变，E=U
d
知场强减
小，电场力F=qE减小。

A板向上移动时，两极板之间的电场强度E减小，ℎaB不变，又由于U aB=EℎaB，故U aB减小，由题图可知电源的负极接地，故B极板接地，所以B板的电势为0即φB=0，又U aB=φa−φB，所以a点电势φa=U aB减小，故D正确，ABC错误。

故选：D。

电容器充电与电源相连，电压不变。

根据电容的决定式，结合分析板间场强是否变化，确定电场力变化。

B极板接地，电势为零，根据a与B板的电势差的变化情况，判断a点的电势如何变化。

本题关键是掌握电容的决定式和定义式的联合应用，判断出板间场强变化，再根据U=Ed判断电势的变化。

13.答案：D
解析：解：粒子运动轨迹如下图所示：
A、根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B、当粒子轨迹与dc相切时，设切点与d点距离为x，由几何关系得：x2+(L−√3
2
L)2=L2，解得：
x=√√3−3
4
L<1.5L，则粒子不会达到c点，故B错误；
C、设粒子轨迹对应的圆心角为θ，sinθ=bc2
L ，解得：θ=60°；由60°
360∘
T=t0，解得：T=6t0，故C
错误；
D、当有几何关系可以证明，粒子轨迹与bc边相切且从b点处射出时，在磁场中运动的时间最长，如下图所示：
Ob=√ab2+Oa2=3L
设此时运动的角度为α，由几何关系得：sinα
2=
Ob
2
L
，解得：α=120°
则运动时间为：t=120°
360∘
T=2t0，故D正确。

故选：D。

作出粒子运动轨迹，根据左手定则分析电性；根据几何关系求解圆心角，由此求解周期；再根据周期的计算公式计算比荷；粒子轨迹与bc边相切且从b点处射出时，在磁场中运动的时间最长，根据几何关系求解圆心角，即可求解最长的时间。

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。

14.答案：AC
解析：根据电场线分布规律可知，d点场强大于两电荷连线的中点O的场强，而O的场强大于b的场强，所以b的场强小于d的场强，A项正确，B项错误；由于电场关于MN对称，所以ab的电势差等于bc的电势差，C项正确；从a到c移动试探正电荷，电场力做正功，电势能减小，D项错误。

故选AC。

15.答案：“加入热水后就立即记录一次压强和温度的数值”是错误的，应该是“加入热水后，在气
体状态稳定后再记录压强和温度的数值”；p=p1
273
t+p1；B
解析：解：(1))“加入热水后就立即记录一次压强和温度的数值”是错误的，应该是“加入热水后，在气体状态稳定后再记录压强和温度的数值”；
(2)斜率为：k=ΔP
Δt =P1
273
；
纵轴截距为：P1；
故图线①的函数表达式为：P=kt+P1=p1
273
t+p1；
(3)同一部分气体在三个不同体积的情况下的P−t图象中，0摄氏度时图线①压强最大，说明体积最小；
A、B、三条图线都是等容变化，且图线①对应体积最小，故A错误，B正确；
C、D、三条图线都是等容变化，且图线①对应体积最小，故C错误，D错误；
故选B；
故答案为：(1)“加入热水后就立即记录一次压强和温度的数值”是错误的，应该是“加入热水后，
在气体状态稳定后再记录压强和温度的数值”；(2)p=p1
273
t+p1；(3)B．
(1)要保证温度稳定，升温需要一定时间；
(2)运用数学知识求解；
(3)同一部分气体在三个不同体积的情况下的P−t图象中，0摄氏度时图线①压强最大，说明体积最小．
本题关键是根据查理定律进行分析，最后亲手做实验体会实际问题．
16.答案：C、D、E、A、B、F或C、D、E、B、A、F
解析：解：对于实验步骤要先安装器材，再进行实验的逻辑顺序进行，不能颠倒逻辑顺序，要有利于减小实验误差，故其顺序为：C、D、E、A、B、F或C、D、E、B、A、F．
故答案为：C、D、E、A、B、F或C、D、E、B、A、F．
明确实验原理，了解实验的具体操作，对于实验步骤要先安装器材，再进行实验的逻辑顺序进行．解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．
17.答案：B ADE m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON0.7是
解析：解：(1)验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度，故B 正确、ACD错误；
故选：B。

(2)实验时，先让入射球m l多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP；
然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m l从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复；
最后测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必须的，而且D要在E之前；
所以答案是：ADE；
(3)设落地时间为t，则v0=OP
t ，v1=OM
t
，v2=ON
t
；
而动量守恒的表达式是m1v0=m1v1+m2v2
所以若两球相碰前后的动量守恒，则m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON成立；
(4)由相对误差绝对值计算公式|碰撞前后总动量之差
碰前总动量
|×100%可得，
实验的相对误差为η=|m1⋅OP−(m1⋅OM+m2⋅ON)
m1⋅OP |×100%=|0.045×0.0448−(0.045×0.0352+0.0075×0.05568)
0.045×0.0448
|×
100%=0.7%
若实验的相对误差要求最大值不超过1.0%，本实验是在误差范围内验证了动量守恒。

故答案为：(1)B；(2)ADE；(3)m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON；(4)0.7；是。

(1)根据实验原理分析答题；
(2)由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；
(3)根据(2)的分析确定结合动量守恒定律需要验证的关系式；
(4)根据相对误差绝对值的计算公式|碰撞前后总动量之差
碰前总动量
|×100%来解答。