江西省景德镇一中16班19-20学年高二上学期期末物理试卷 (附答案解析)

江西省景德镇一中16班19-20学年高二上学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）
1.物理学中有多种研究方法，有关研究方法的叙述不正确的是()
A. 在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是准非，是他首先采用了以实验检验猜
想和假设的科学方法
B. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀
速直线运动，然后把各小段的位移相加，这应用了“微元法”
C. 探究作用力与反作用力关系时可以用传感器连在计算机上直接显示力的大小随时间变化的
图线，这是物理学中常用的图象法
D. 在探究加速度．力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持
力不变研究加速度与质量的关系，这里采用了等效代替的思想方法
2.在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，紧贴边缘内壁放一个圆环形电极，并把它们与电池的两极
相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水．如果把玻璃皿放在磁场中，如图所示，通过所学的知识可知，当接通电源后从上向下看()
A. 液体将顺时针旋转
B. 液体将逆时针旋转
C. 若仅调换N、S极位置，液体旋转方向不变
D. 若仅调换电源正、负极位置，液体旋转方向不变
3.如图所示，a、b为某电场线上的两点，那么以下结论正确的是()
A. 把正电荷从a移到b，电场力做负功，电荷的电势能减少
B. 把负电荷从a移到b，电场力做负功，电荷的电势能增加
C. 把负电荷从a移到b，电场力做正功，电荷的电势能增加
D. 不论正电荷还是负电荷，从a移到b电势能逐渐降低
4.如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴
P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时，
下列说法正确的是()
A. 线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流
B. 线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势
C. 线圈绕P1转动和绕P2转动的磁通量都为0，线圈中都无感应电流
D. 线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
5.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10︰1，原线圈接入图乙所示的不完整的
正弦电流，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0和R1为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法中正确的是()
A. R处出现火警时电压表示数增大
B. R处出现火警时电流表示数减小
C. 图乙中电压的有效值为220V
D. 电压表的示数为11√2V
6.如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大
小为B，∠a=60°，∠b=90°，边长ac=L，在a点有一粒子源可以将质量为m、电荷量为q 的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，则在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是()
A. BqL
2m B. BqL
4m
C. √3BqL
6m
D. BqL
6m
7.如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，
带电荷量为q，小球可在棒上滑动．现将此棒竖直放入沿水平方向且
互相垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球电荷量不变，在小球由
静止下滑的过程中()
A. 小球加速度一直增大
B. 小球速度一直增大，直到最后匀速
C. 小球速度先增大，再减小，直到停止运动
D. 杆对小球的弹力一直减小
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
8.一定质量理想气体的状态沿如图所示的圆周变化，则该气体体积变化的情况
是()
A. 沿a→b，逐步减小
B. 沿b→c，先逐步增大后逐步减
小
C. 沿c→d，逐步减小
D. 沿d→a，逐步减小
9.图中虚线是某电场中的一簇等势线．两个带电粒子从P点均沿等势线的切
线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示．若粒子仅受电场力
的作用，下列说法中正确的是()
A. a、b两点的电场强度大小关系E a<E b
B. a、b两点的电势关系U a<U b
C. 粒子从P运动到a的过程中，电势能增大
D. 粒子从P运动到b的过程中，动能增大
10.如图所示的电路中，电源电动势E=4V，内阻r=1Ω，定值电阻R o=1Ω，
R为滑动变阻器，电容器的电容C=40μF.闭合开关S，下列说法中正确的是
()
A. 将R的阻值调至2Ω时，电容器的电荷量为8×10−5C
B. 将R的阻值调至2Ω时，滑动变阻器的功率为最大值
C. 将R的阻值调至2Ω时，电源的输出功率为最大值
D. 在R的滑动触头P由左向右移动的过程中，电容器的电荷量增加
11.如图，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间
距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。

质量为m的金属棒ab由
静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，金属棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()
A. 运动的平均速度大小为1
2
v
B. 平行导轨的位移大小为qR
BL
C. 产生的焦耳热为mgqRsinθ
BL −1
2
mv2
D. 受到的最大安培力大小为B2L2v
R
sinθ
12.如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强
度为B的匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为S，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v−t图象(其中OA、BC、DE相互平行).已知金属线框的边长为L(L<S)、质量为m，电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量．(下落过程中bc边始终水平)根据题中所给条件，以下说法正确的是()
A. t2是线框全部进入磁场瞬间，t4是线框全部离开磁场瞬间
B. 从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为mgS
C. V1的大小可能为mgR
B2L2
D. 线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经框横截面的电荷
量多
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
13.用如图所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”，带滑轮的长木板水平固定，跨过小车上
定滑轮的两根细线均处于水平．
(1)实验时，一定要进行的操作是________.(填步骤序号)
A.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示
数F
B.改变砂和砂桶的总质量，打出几条纸带
C.用天平测出砂和砂桶的总质量
D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
(2)以拉力传感器示数的二倍F(F=2F)为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图象如图所
示，则可能正确的是________．
(3)在实验中，得到一条如图所示的纸带，按时间顺序取0、1、2、…、5共6个计数点，1～5每
相邻两个点各有四个打印点未画出，用刻度尺测出1、2、…、5各点到0点的距离分别为：10.92、
18.22、23.96、28.30、31.10(cm)，通过电磁打点计时器的交流电频率为50Hz，则小车的加速
度大小为________m/s2.(结果保留一位小数)
14.在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路．
(1)按图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来．
(2)在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于________端(选
填“A”或“B”)．
(3)如图是根据实验数据作出的U−I图象，由图可知，电源的电动势E=_______V，内阻
r=_______Ω．
四、计算题（本大题共3小题，共44.0分）
15.长为l的平行金属板，板间形成匀强电场，一个带电为+q、质量为m
的带电粒子，以初速v0紧贴上板垂直于电场线方向射入该电场，刚好
从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°，如图所示。

求：
(1)粒子末速度的大小；
(2)匀强电场的场强；
(3)两板间的距离d。

16.如图，间距为d的足够长光滑导轨PQ、MN平行放置，所在平
面与水平面夹角为θ，PM间接一阻值为R的电阻，空间存在磁
感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。

一质量
为m的导体棒ab由静止沿导轨下滑，经一段时间后稳定。

下滑
过程中棒始终与导轨垂直且保持良好接触。

已知导体棒电阻为r，不计导轨电阻，重力加速度大小为g。

求稳定后：
(1)导体棒的速度大小v；
(2)整个回路消耗的电功率P。

17.如图所示，在平面坐标系xoy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象
限内存在半径为L的圆形边界匀强磁场，磁场圆心在M(L,0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．带电量为q、质量为m的一带正电的粒子(不计重力)从Q(−2L,−L)点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L,0)点射出磁场．求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)粒子在磁场与电场中运动时间之比．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：解：A、在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是准非，是他首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法；故A正确；
B、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这应用了“微元法”；故B正确；
C、探究作用力与反作用力关系时可以用传感器连在计算机上直接显示力的大小随时间变化的图线，这是物理学中常用的图象法；故C正确；
D、在探究加速度．力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，这里采用了控制变量的思想方法；故D错误；
本题选错误的，故选：D．
明确各种物理内容在研究时所采用的物理方法，知道“微元法“、”控制变量法“、“图象法“以及”控制变量法“等方法的正确应用．
在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；
当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度．
2.答案：B
解析：
在电源外部，电流由正极流向负极；由左手定则可以判断出导电液体受到的安培力方向，从而判断出液体的旋转方向．
本题是一道基础题，知道在电源外部电流由正极流向负极、熟练应用左手定则即可正确解题．AB、在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误，B 正确；
CD、仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，故CD均错误；
故选：B。

3.答案：B
解析：解：A、正电荷受到电场力的方向与电场强度方向相同，所以把正电荷从a移到b，电场力做正功，电势能减小，故A错误；
B、负电荷受到电场力的方向与电场强度方向相反，把负电荷从a移到b，电场力做负功，电荷的电势能增加，故B正确，C错误；
D、由AB可知，D错误．
故选：B
根据顺着电场线方向电势降低，判断ab两点电势的高低，根据电场力做功正负判断电势能的大小．本题考查对电场线物理意义的理解．电场线的方向反映电势的高低．由电场力做功正负，即可判断电势能的变化．
4.答案：A
解析：解：A、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流，故A正确；
B、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电动势等于绕P2转动时的电动势，故B错误；
C、由以上分析可知，两种转动方向均可以产生感应电流，故C错误；
D、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流，而安培力F=BIL，则有线圈绕P1转动时dc 边受到的安培力等于绕P2转动时dc边受到的安培力，故D错误；
故选：A
相同的线框在匀强磁场中以不同的转轴转动会产生交流电，由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同．再由安培力公式借助于电流来比较大小．相同的线框虽然转轴不同，但它们的最大值、有效值、平均值及周期、频率、角速度均相同，因此线框的转动与转轴无关，最大值只与面积有关．
5.答案：D
解析：
求有效值方法是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值，半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的电阻，R 处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化。

根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握，根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。

AB.R 处温度升高时，电压表示数不变，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈电流增大，即电流表示数增大，故AB 错误； C .设将此电流加在阻值为
R 的电阻上，电压的最大值为U m ，电压的有效值为
U ，
(
m √2) 
2
R
⋅T
2
=
U 2R
⋅T 代
入数据得图乙中电压的有效值为110√2V ，故C 错误；
D .变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是10：1，所以电压表的示数为11√2V ，故D 正确。

故选D 。

6.答案：A
解析：
粒子在磁场中转过的圆心角越大，粒子的运动时间越长，做出粒子运动轨迹求出粒子的最大轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的最大速度。

本题是带电粒子在有界的磁场中运动的类型，解答此题的关键是明确粒子的运动规律，画出临界轨迹，结合几何关系确定轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解最大速度。

粒子沿ab 边界方向射入磁场从ac 边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，
粒子速度最大时运动轨迹与bc 边相切，粒子运动轨迹如图所示，
由题意可知∠a =60°，∠b =90°，边长ac =L ，则ab =1
2L ，四边形abdO 是正方形，粒子轨道半径r =1
2L ，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv m B =m
v m
2r
，解得v m =
BqL 2m
，
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

7.答案：B
解析：解：小球下滑过程中，受到重力、摩擦力(可能有)、弹力(可能有)、向左的洛伦兹力、向右的电场力．
开始阶段，洛伦兹力小于电场力时，小球向下做加速运动时，速度增大，小球所受的杆的弹力向左，大小为N =qE −qvB ，N 随着v 的增大而减小，滑动摩擦力f =μN 也减小，小球所受的合力F 合=mg −f ，f 减小，F 合增大，加速度a 增大；
当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；
小球继续向下做加速运动，洛伦兹力大于电场力，小球所受的杆的弹力向右，大小为N =qvB −qE ，v 增大，N 增大，f 增大，F 合减小，a 减小．
当mg =f 时，a =0，故加速度先增大后减小，直到为零；小球的速度先增大，后不变；杆对球的弹力先减小后反向增大，最后不变；故B 正确，ACD 错误． 故选：B ．
本题应通过分析小球的受力情况，来判断其运动情况：小球受重力、摩擦力(可能有)、弹力(可能有)、向左的洛伦兹力、向右的电场力，当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大．
本题关键明确小球的运动情况，先做加速度增加的加速运动，然后做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大．
8.答案：BC
解析：
图示图象是气体的p −T 图象，根据气体压强与温度的变化关系，应用理想气体状态方程分析答题。

由理想气体状态方程求出V 的表达式，由图象判断出T
p 即图线各点斜率的倒数如何变化即可判断出气体体积如何变化。

由理想气体状态方程pV
T =C 可知，V =
CT p
，
A .由图象可知，沿a→b，气体压强减小而温度升高，则气体体积变大，故A错误；
B.由图象可知，沿b→c，压强变大温度升高，而p与T的比值先逐渐减小，后逐渐增大，则气体体积先增大后减小，故B正确；
C.沿c→d过程中，T
p
逐渐变大，则气体体积逐渐减小，故C正确；
D.沿d→a，T
p
先增大后减小，则气体体积先减小后增大，故D错误。

故选BC。

9.答案：AD
解析：解：A、由等势面的分布可知，该电场是点电荷产生的，由场强公式E=k Q
r2
可知，a点的场强小于b点的场强．故A正确．
B、由于中心电荷的电性无法判断，电场线方向无法判定，则不能比较a、b的电势高低．故B错误．
C、电场力对两粒子均做正功，则两个粒子的电势能均减小．故C错误．
D、b与中心电荷的电性相反，粒子从P运动到b的过程中，电场力做正功，动能增大，故D正确．故选：AD
根据轨迹判定a粒子受到中心电荷的斥力，而b粒子受到中心电荷的引力，即可判断两粒子的电性关系；此电场是点电荷产生的，根据距离即可比较a、b两点场强的大小；两粒子在运动过程中电场力都做正功，电势能均减小
根据轨迹弯曲方向判定两粒子与中心电荷电性的关系是解决本题的突破口．要注意电势能，电荷，电势都有正负．学会由电场力做功的正负来确定电势能的增减．
10.答案：AB
解析：解：A、将R的阻值调至2Ω时，电路中电流为I=E
R+R0+r =4
2+1+1
A=1A，电容器两端的电压
U=IR=1×2V=2V，带电量为Q=CU=40×10−6×2C=8×10−5C，故A正确；
B、根据闭合电路欧姆定律知滑动变阻器的功率为最大值时滑动变阻器电阻等于r与R0电阻之和(可以视为等效内阻)，即R=2Ω时，滑动变阻器功率最大，故B正确；
C、电源的输出功率为最大值时需满足r等于总外电阻，故C错误；
D、在R的滑动触头P由左向右移动的过程中，电阻减小，分的电压减小，电容器上电压减小，根据Q=CU知电荷量减小，故D错误；
故选：AB。

闭合开关S，电路稳定后，电容器相当于开关断开，其电压等于电阻R的电压。

根据欧姆定律求出电容器两端的电压，由Q=CU求电量；电源的输出功率为最大值时需满足r等于总外电阻，对于研究可变电阻器的功率变化时，可以将其它电阻等效为内阻。

本题关键是要根据闭合电路欧姆定律求解出电流和电容器两端电压，然后根据电容定义式列式求解电量。

尤其要记住“电源的输出功率为最大值时需满足r等于总外电阻，对于研究可变电阻器的功率变化时，可以将其它电阻等效为内阻。

”
11.答案：BC
解析：
金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动。

由运动学公式，法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理。

本题根据棒的运动情况和功能关系进行分析；感应电量与棒运动位移有关，常常知道电量可求位移，或知道位移，可求电量，这种思路要熟悉。

A.金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于1
2
v，故A 错误；
B.通过ab棒截面的电量q=It=E
R t=BLvt
R
=BLx
R
，则知ab棒滑行距离为x=qR
BL
，故B正确；
C.根据能量守恒得：棒产生的焦耳热为，故C正确；
D.导体棒速度为v时，产生的感应电流最大，受到的安培力最大，最大安培力为F=BIL=B BLv
R
L=
B2L2v
R
，故D错误。

故选BC。

12.答案：AC
解析：
根据图象得出线框在穿越磁场整个过程中的运动规律，根据动能定理求出感应电流做功情况．抓住
线框全部进入磁场时，可能重力和安培力平衡求出速度的大小．根据q=△Φ
R
判断通过线框的电荷量大小。

解决本题的关键通过图线理清线框在整个过程中的运动规律，结合动能定理、共点力平衡进行求解，
掌握电量的经验表达式q=n△Φ
R
，并能灵活运用。

解：A.0−t1时间内做自由落体运动，可知从t1时刻进入磁场，开始做加速度减小的减速运动，t2时刻又做匀加速运动，且与自由落体运动的加速度相同，可知线框全部进入磁场，即t2是线框全部进入磁场瞬间，t3时刻开始做变减速运动，t4时刻，又做加速度为g的匀加速运动，可知t4是线框全部离开磁场瞬间，故A正确；
B.从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，根据动能定理得，mg(S+L)−W A=1
2mv12−1
2
mv22，
解得感应电流做功不等于mgS，出磁场时，设克服安培力做功为W A′，根据动能定理得，mgL−W A′=
1 2mv12−1
2
mv22，则W A=mgs+W A′，可知故B错误；
C.线框全部进入磁场前的瞬间，可能重力和安培力平衡，有：mg=B2L2v1
R ，解得v1=mgR
B2L2
，故C正
确；
D.根据q=△Φ
R
知，线框进入磁场和出磁场的过程中，磁通量的变化量相同，则通过的电荷量相同，故D错误。

故选AC。

13.答案：(1)AB(2)C(3)1.8
解析：
本题主要结合探究加速度与力和质量的关系的实验考查了学生用控制变量法研究物理规律的能力，理解小车所受拉力测量的方法是解答本题的关键。

(1)使用打点计时器时一定要先接电源，后放纸带；小车所受拉力用拉力传感器测出，故不需要再测砂和砂桶的质量，也不必要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量；
(2)为使小车受到的合力等于传感器读数的2倍，实验时应平衡摩擦力；
(3)做匀变速直线运动的物体在相邻的相等的时间内位移之差是个常量且有Δx=aT2。

(1)打点计时器的使用，先接通电源，再释放小车，A正确；改变砂和砂桶的总质量，即改变合力，B正确；有拉力传感器，可以读出拉力，求出合力，C、D项都不需要。

故填AB。

(2)没有平衡摩擦力，F合=2F−F f=ma，所以a=2
m F−1
m
F f，故选C。

(3)时间间隔T=0.1s，相等时间的位移分别为：10.92cm、7.30cm、5.74cm、4.34cm、2.80cm；
(10.92−5.74)×10−2=2a10.12；(7.30−4.34)×10−2=2a20.12；(5.74−2.80)×10−2=
2a30.12 ；
=1.8m/s2。

a=a1+a2+a3
3
故答案为：(1)AB(2)C(3)1.8
14.答案：(1)
(2)B
(3)1.50；1.0
解析：
(1)由原理图将电流表与滑动变阻器串联，将电压表并联在电滑动变阻器及电流表两端，注意开关应能控制整个电路；
(2)滑动变阻器在开始时应调节到使电路中电流最小的位置；
(3)由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻及短路电流。

本题考查实物图的连接、数据的处理等内容，要求能正确理解电路的接法及实验安全性的要求，并能正确根据图象得出电动势和内电阻。

(1)由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示，
；
(2)为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为左半部分；故滑片应接到B端；
(3)由U−I图可知，电源的电动势E=1.50V，
=1Ω。

当路端电压为1V时，电流为0.5A，则由闭合电路欧姆定律可知：r=E−U
I
故答案为：
(1)
；
(2)B；
(3)1.50；1.0。

15.答案：解：(1)粒子在电场中做的是类平抛运动，。