2020年福建省高考物理模拟试卷(含答案解析)

2020年福建省高考物理模拟试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.如图为一质点做直线运动的位移x随时间t变化的规律图象，曲
线ABC是抛物线的一部分，则图可知下列说法中正确的是（）
A. 在0～6s内，t=2s时，质点的速率最大
B. 0～1s内质点做匀加速直线运动
C. 0～6s内质点的平均速率为1.5m/s
D. 2～6s内质点所受合力方向与速度方向相反
2.如图所示，质量为m的足球静止在地面1的位置，被踢出后落到地面3的位置。

在
空中达到最高点2的高度为h，速度为v，已知重力加速度为g。

下列说法正确的是（）
A. 运动员对足球做的功为mgh+mv2
B. 足球落到3位置时的动能为mgh
C. 足球刚离开1位置时的动能大于mgh+mv2
D. 足球在2位置时的机械能等于其在3位置时的动能
3.如图所示，两个轮子的半径R=0.20m，由电动机驱动
以角速度ω=8.0rad/s匀速同向转动，两轮的转动轴
在同一水平面上，相互平行，距离d=1.6m．一块均
匀木板条轻轻平放在两轮上，开始时木板条的重心
恰好在右轮的正上方．已知木板条的长度L＞2d，木板条与轮子间的动摩擦因数μ=0.16，木板条运动到重心恰好到达左轮正上方所需的时间是（）
A. 1s
B. 0.785s
C. 1.5s
D. 条件不足，无法判断
4.如图所示，一个电荷量为-Q的点电荷甲，固定在绝
缘水平面上的O点．另一个电荷量为+q、质量为m
的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时速度为v，且为运动过程中速度的最小值．已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是（）
A. 点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大
B. 点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小
C. OB间的距离为
D. 在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差U AB=
5.某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图所示电路，A、B为
理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变．保持A的输入电压不变，开关S断开时，灯L1正常发光．则（）
A. 紧闭合S，L1变亮
B. 紧闭合S，A的输入功率变小
C. 仅将滑片P上移，L1变亮
D. 仅将滑片P上移，A的输入功率变小
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.如图所示，设地球半径为R，假设某地球卫星在距地球表面高度为h的圆形轨道Ⅰ
上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近地点B时，再次点火进入近地轨道Ⅲ绕地做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是( )
A. 该卫星在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A
点的速率
B. 卫星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上做圆周运动时，轨
道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能小
C. 卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，加速
度变小
D. 地球的质量可表示为
7.在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核（X）发生了一次α
衰变。

放射出的α粒子（He）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为
R．以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量，生成的新核用Y表示。

下面说法正确的是（）
A. 新核Y在磁场中圆周运动的半径为R Y=R
B. α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，且电流大小为I=
C. 若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量
亏损为△m=
D. 发生衰变后产生的α粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹正确的是图丙
8.如图所示，在水乎桌面上放置一周长为L，质量为m的近超导体（导体仍有微小电
阻）圆环，圆环的横截面积为S，电阻率为ρ．一磁铁在外力作用下，从圆环正上方下移至离桌面高H处撤去外力，磁铁恰好受力平衡，此时圆环中的感应电流大小为I，其所在处磁场的磁感应强度大小为B，方向与水平方向成θ角，经过一段时间后，磁铁会缓慢下移至离桌面高为h的位置，在此下移过程圆环中的感应电流可认为保持不变，设重力加速度g，则（）
A. 超导圆环的电流方向从上往下看为顺时针方向
B. 磁铁在H处受力平衡时，桌面对超导圆环的支持力为mg+BIL cosθ
C. 磁铁下移过程，近超导圆环产生热量为BIL c osθ（H-h）
D. 磁铁下移过程，通过近超导圆环的电荷量为
9.下列说法正确的是（）
A. 液晶显示器利用液晶的光学各向异性显示不同颜色
B. 某种液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大
C. 气体温度升高时，气体热运动变得剧烈，气体的压强一定增大
D. 萘的熔点为80℃，质量相等的80℃的固态萘和80℃的液态萘具有不同的分子
势能
E. 若附着层的液体分子比液体内部的分子分布稀疏，则液体和固体之间表现为浸
润
10.下列说法正确的是（）
A. 狭义相对论认为，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，光速与光
源、观察者间的相对运动无关
B. 电视遥控器发出的红外线的波长比医院里“CT”中发出的X射线的波长要短
C. 分别用红光、紫光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，红光的相邻两个亮条
纹的中心间距大于紫光的相邻两个亮条纹的中心间距
D. 如图1所示，a、b两束光以不同的入射角由玻璃射向真空，结果折射角相同，
则在玻璃中a光的全反射临界角大于b光的全反射临界角
E. 如图2所示，偏振片P的透振方向为竖直方向，沿与竖直方向成45°角振动的偏
振光照射到偏振片P上，在P的另一侧能观察到透射光
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
11.如图甲所示装置可以用来测量“摩擦因数”、“探究加速度与合外力、质量的关
系”，也可以用来“探究功与速度变化的关系”和“验证机械能守恒定律”等。

（1）某同学用此装置探究小车在拉力作用下的加速度。

用游标卡尺测量遮光条的宽度d其示数如图乙所示，则d=______mm测出小静止时遮光条到光电门的距离为x，光电计时器读出遮光条通过光电门的时间是A，则小车的加速度是______（用测量的符号表示）
（2）在做以上实验中当地重力加速度g已知，下列说法中正确的是______
A在测量摩擦因数时根据m物g-uM车g=M车a的关系测出m物、M车，a即可求的
B．在探究加速度与合外力的关系实验中，通过改变轨道倾斜程度来平衡掉摩擦力以后，多次改变m物的质量并且一定要m物＜＜M车才能探究加速度与合外力的关系C．在探究功与速度变化的关系实验时，通过改变轨道倾斜程度来平衡掉摩擦力以后，需要测量遮光条的宽度d过光电门的时间t、重物和小车的质量以及小车距光电门的距离x即可求得功与速度变化的关系
D．在验证机核能守恒定律时如果需要小车的速度，可以用m物gx=（m物+M车）中
的关系求得V
12.为了测量一直流电源的电动势和内电阻，某同学设计实验电路如图（a）所用的实
验器
材有：待测电源，电流表（满偏电流0.6A、内阻未知，两个电阻箱（最大阻值999Ω）两个开关和若干导线。

实验步骤如下：
①将电阻箱R1阻值调到最大，闭合开关S1，调节R1的阻值使得电流表满偏
②再闭合开关S2，调节R2的阻值使得电流表半偏，此时电阻箱R2的示数如图（b）
③保持S1闭合，断开S2，多次调节电阻箱R1，记下电流表示数和电阻箱相应的阻
值R
④为纵坐标，R为横坐标，作-R图线（用直线拟合），如图（c）
回答下列问题：
（1）实验步骤②中干路电流基本不变，由此分析可得电流表的内阻为______Ω：测得电流表的内阻比真实值相比R A测______R A真（选填“＜”、＞“或“=”）
（2）根据图线求得电源电动势E=______V，内电阻r=______Ω；（结果保留两位有效数字）
（3）由于电流表的内阻测量存在系统误差，导致电源电动势的测量值与真实值相
比，E测______E真内电阻的测量值与真实值相比，r测______r真（以上两空均选填“＞”、“＜“或“=”）
四、计算题（本大题共4小题，共51.0分）
13.风洞是研究空气动力学的实验设备．如图，将刚性杆水
平固定在风洞内距地面高度H=3.2m处，杆上套一质量
m=3kg，可沿杆滑动的小球．将小球所受的风力调节为
F=15N，方向水平向左．小球以速度v0=8m/s向右离开
杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2．求：
（1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；
（2）小球落地时的动能．
（3）小球离开杆端后经过多少时间动能为78J？
14.如图甲所示，超级高铁是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它
具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点。

如图乙所示，已知管道中固定着两根平行金屈导轨MN、PQ两导轨的间距为r，运输车的质量为m，横截面是半径为r的圆。

运输车上固定着与导轨垂直的两根导体1和2，间距为D．每根导体棒的电阻为R，每段长度为D的导轨的电阻也为R，其他电阻忽略不计，重力加速度为g
（1）如图丙所示，当管道中的导轨平面与水平面成θ=30°角时，运输车恰好能无动力地匀速下滑，求运输车与导轨间的动摩擦因数μ
（2）在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力。

①当运输车由静止离站时，在导体棒2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为E
的直流电源，此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B，垂直导轨平面向下的匀强磁场中，如图丁。

求刚接通电源时运输车的加速度的大小；（电源内阻不计，不考虑电磁感应现象）
②当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B，宽度为D的匀强磁场，且相
邻的匀强磁场的方向相反。

求运输车以速度v0从如图戊通过距离D后的速度v。

15.如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在
大水银槽中，管的上部有一定长度的水银，两段空气
柱被封闭在左右两侧的竖直管中．开启上部连通左右
水银的阀门A，当温度为300K平衡时水银的位置如图
（h1=h2=5cm，L1=50cm，），大气压为75cmHg．求：
（1）右管内气柱的长度L2．
（2）关闭阀门A，当温度升至405K时，左侧竖直管
内气柱的长度L3．
16.如图所示，在x＝0处的质点O在垂直于x轴方向上做简谐运动，形成沿x轴正方
向传播的机械波。

在t＝0时刻，质点O开始从平衡位置向上运动，经0.4 s第一次形成图示波形，P是平衡位置为x＝0.5 m处的质点.
（1）位于x＝5 m处的质点B第一次到达波峰位置时，求位于x＝2 m处的质点A 通过的总路程。

（2）若从图示状态开始计时，至少要经过多少时间，P、A两质点的位移(y坐标)才能相同？
-------- 答案及其解析 --------
1.答案：C
解析：解：A、根据x-t图象的斜率等于速度，知在0～6 s内，t=2 s时，质点的速率为零，最小，故A错误。

B、0～1 s内质点的速度不变，做匀速直线运动。

故B错误。

C、0～6 s内质点通过的路程是s =（5m-1m）+（5m-0）=9m，平均速率为=1.5 m/s，
故C正确。

D、2～6 s内，速度逐渐增大，合力方向与速度方向相同，故D错误。

故选：C。

位移-时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象的斜率表示该时刻的速度，位移等于x的变化量，平均速率等于路程与时间之比，平均速度等于位移与时间之比。

由此分析。

理解位移-时间图象时，要抓住点和斜率的物理意义，掌握斜率表示速度是关键，要注意位移的方向。

2.答案：C
解析：【分析】
从踢球到足球运动到2位置的过程，运用动能定理列式，可求得运动员对足球做的功。

由功能原理分析足球落到3位置时的动能和刚离开1位置时的动能。

解决本题的关键是要注意足球要受到空气阻力，其机械能不守恒。

要分段运用动能定理研究各个位置的动能。

【解答】
A、由轨迹分析知，足球运动的过程中必定受到空气阻力，从踢球到足球运动到2位置的过程，运用动能定理得：
W-mgh-W f=mv2，得运动员对足球做的功为：W=W f+mgh+mv2，W f是足球克服空气阻力做的功，故A错误。

B、从2位置到3位置，由动能定理得：E k3-=mgh-W f′，得足球落到3位置时的动能为：E k3=+mgh-W f′，故B错误。

C、从1位置到2位置，由动能定理得：-E k1=-mgh-W f，得足球刚离开1位置时的动能为：E k1=mgh+mv2+W f＞mgh+mv2，故C正确。

D、由于有空气阻力做负功，所以足球的机械能不断减少，所以足球在2位置时的机械能大于其在3位置时的动能，故D错误。

故选：C。

3.答案：C
解析：解：轮子的线速度v=Rω=0.2×8m/s=1.6m/s，木板的加速度a=μg=1.6m/s2，当木板达到轮子线速度所经过的位移x==m =0.8m＜1.6m，
知木板先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，匀加速直线运动的时间t1==1.0s，
位移为0.8m，则匀速直线运动的位移x2=1.6-0.8m=0.8m，匀速直线运动的时间
t2=s=0.5s，
所以运动的总时间t=t1+t2=1.5s。

故C正确，A、B、D错误。

故选：C。

根据v=Rω求出轮子的线速度，木板在轮子上先做匀加速直线运动，当速度达到轮子的线速度时，做匀速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出运动的时间．
解决本题的关键能通过物体的受力判断出物体的运动情况，然后结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
4.答案：C
解析：解：A、点电荷乙从A点向甲运动的过程中，受向左的静电力和向右的摩擦力，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故A 错误
B、在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故B错误；
C、当速度最小时有：f=F库=k，解得：r=，故C正确；
D、点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：U AB q-fL0=mv2-m，
解得，U AB=，故D错误
故选：C。

本题首先要正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答．
本题在借助库仑力的基础知识，考查了力与运动、牛顿第二定理、动能定理等基础知识的综合应用，是考查学生综合能力的好题．
5.答案：D
解析：解：A、闭合s，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压U B1=U A2-IR，减小，灯泡两端电压U B2
减小，故灯泡会变暗，故A错误；
B、有上分析知A的输入电流增大，电压不变，根据P=UI知输入功率增大，故B错误；CD、仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，则A输入功率减小，故C错误，D正确；
故选：D。

理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系．
对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关
6.答案：AD
解析：【分析】
卫星绕中心天体做匀速圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，通过调整速度使卫星做离心运动或近心运动来调整轨道高度。

掌握卫星变轨原理，知道在圆轨道上万有引力提供圆周运动向心力可以由半径大小比较描述圆周运动物理量的大小是正确解题的关键。

【解答】
A、在轨道Ⅰ上A点时点火减速变轨进入椭圆轨道Ⅱ，所以在轨道Ⅰ上A点速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率，在轨道Ⅲ上B的速率大于在轨道Ⅰ上A点的速率，即在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率，故A正确；
B、从轨道Ⅰ到轨道Ⅲ，引力做正功，动能增加，引力势能减小，在A点和B点变轨过程中，发动机点火减速运动，则机械能减小，即在轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能大，故B错误；
C、根据公式G=ma可得：a=，所以距离地球越近，向心加速度越大，故从远地点
到近地点运动过程中，加速度变大，故C错误；
D、在轨道Ⅰ上运动过程中，万有引力充当向心力，故有：G=m（R+h），解得：M=，故D正确。

故选：AD。

7.答案：ABC
解析：解：A、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=m，解得，粒子的轨道半径：R=可知，则：=，R Y=R，故A正确；
B、粒子做圆周运动的周期：T=，环形电流：I==，故B正确；
C、对α粒子，由洛伦兹力提供向心力qvB=m，解得：v=①，
由质量关系可知，衰变后新核Y质量为：M=m②，
衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：Mv′-mv=0，解得：v′=v③，
系统增加的能量为：△E=Mv′2+mv2 ④，
由质能方程得：△E=△mc2 ⑤，
由①②③④⑤解得：△m=，故C正确；
D、由动量守恒可知，衰变后α粒子与新核Y运动方向相反，所以，轨迹圆应外切，由
圆周运动的半径公式R=可知，α粒子半径大，由左手定则可知两粒子圆周运动方向相
同，丁图正确，故D错误。

故选：ABC。

核反应过程质量数与核电荷数守恒，反应后核子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子轨道半径，应用爱因斯坦质能方程分析答题。

本题是原子核内容与磁场的综合，首先是衰变问题，质量数与电荷数守恒；再就是衰变
前后动量守恒，衰变后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律就能求出半径之比。

8.答案：BCD
解析：解：A、根据楞次定律可知，从上往下看，电流为逆时针方向；故A错误；
B、圆环所受到的安培力F=BIL，其竖直方向的分量F1=F cosθ=BIL cosθ，以圆环为研究对象，由平衡条件，得N=mg+BIL cosθ，故B正确；
C、设永磁体的质量为M，以永磁铁为研究对象，由平衡条件可知Mg=BIL cosθ；由能量守恒，永磁铁减少的重力势能等于圆环中产生的焦耳热。

Q=Mg（H-h）=BIL cosθ•（H-h），故C正确；
D、由焦耳定律Q=I2R•△t解得，因下移过程圆环中的电流可认为保持不变，所以通过超导圆环的电荷量，故D正确。

故选：BCD。

根据楞次定律判断超导圆环中的感应电流的方向；求出安培力的竖直分量，根据平衡条件求出桌面对圆环的支持力；根据能量守恒定律求出圆环中产生的焦耳热，再由焦耳定律求两次位置变化所经历的时间△t；由q=I•△t可求得通过超导圆环的电荷量。

本题考查了楞次定律、共点力平衡、能量守恒和安培力公式等知识点，解题的关键是分析圆环的受力情况，知道能量是如何转化的。

9.答案：ABD
解析：解：A、液晶显示器利用液晶的光学各向异性显示不同颜色，故A正确；
B、饱和汽压和温度有关，由于温度不确定，液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大，故B正确；
C、气体压强和气体运动剧烈程度、气体的密集度有关。

气体温度升高时，气体热运动变得剧烈，但气体的密集程度不明确，气体的压强不一定增大，故C错误；
D、固态萘熔成液态需要吸收热量，质量相等的80℃的固态萘和80℃的液态萘具有相同的平均动能，熔化时把从外界吸收热量转化为分子势能，故D正确；
E、若附着层的液体分子比液体内部的分子分布稀疏，则液体和固体之间表现为不浸润，故E错误。

故选：ABD。

液晶显示器利用液晶的光学各向异性显示不同颜色；饱和汽压和温度有关；气体压强和气体运动剧烈程度、气体的密集度有关；固态萘有固定的熔点，再熔化过程中要从外界吸收热量，但温度不变；若附着层的液体分子比液体内部的分子分布稀疏，则液体和固体之间表现为不浸润。

本题考查了晶体和非晶体、浸润和不浸润、气体压强的微观意义、饱和汽、未饱和汽和饱和汽压等知识点。

这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。

10.答案：ACE
解析：解：A、狭义相对论中光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，故A正确；
B、红光的波长比X射线长，故B错误；
C、红光的波长长于紫光，所以在同一个双缝干涉实验装置上做实验，红光的相邻两个亮条纹的中心间距大于紫光的相邻两个亮条纹的中心间距，故C正确；
D、由几何分析可知a光束对应的折射率大，而全反射临界角与折射率成反比，所以a 光的全反射临界角小于b光的全反射临界角，故D错误；
E、由于偏振光在偏振片的透振方向有分量所以对应的会在另一侧观察到透射光，故E 正确
故选：ACE。

狭义相对论中光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的；红光的波长比X射线长；双缝衍射实验中红光的相邻两个亮条纹间距要大于紫光产生相邻两个亮条纹间距；全反射临界角与折射率成反比；只要在偏振片透振方向有光的分量就会有光透过。

本题主要考查狭义相对论中光速不变原理、常见光波长短的计较、干涉条纹的间距公式、全反射临界角、光的偏振等方面的内容较为综合，难度适中。

11.答案：5.50 ABC
解析：解：（1）游标卡尺示数由主尺和游标尺两部分之和，所以遮光片的宽度
d=5mm+10×=5.50mm；
根据运动学公式求遮光片通过光电门的速度v=，所以加速度a==；
（2）利用此装置做其他实验，考察操作过程：A、用此装置来测量摩擦因数时，由牛顿第二定律有：m物g-uM车g=M车a所以测出m物、M车，a即可求动摩擦因数，选项A正确；
B、探究加速度与合外力的关系实验中，通过改变轨道倾斜程度来平衡掉摩擦力以后，多次改变m物的质量并且一定要m物＜＜M车才能探究加速度与合外力的关系，故选项B 正确；
C、用此装置来探究功与速度变化的关系实验时，通过改变轨道倾斜程度来平衡掉摩擦力以后，需要测量遮光条的宽度d过光电门的时间t、从而求得小车到达光电门的速度，再重物和小车的质量以及小车距光电门的距离x即可求得拉力对小车所做功，多次改变功与速度，从而找出功与速度变化的关系，故选项C正确；
D、在验证机核能守恒定律时如果需要小车的速度，可以用v=求得速度，若满足m物gx=（m物+M车）v2，则机械能守恒，但不能用守恒式不求速度，故选项D错误。

故选：ABC
故答案为：（1）5.50
（2）ABC
（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读。

根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小车通过光电门的瞬时速度，结合速度位移公式求出小车的加速度。

（2）根据合力做功等于动能的变化量得出W与t的关系式，从而确定正确的图线；根据实验的原理和注意事项确定必要的操作步骤。

解决本题的关键掌握实验的原理，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度，注意本实验中保证小车所受的合力不变，不需要平衡摩擦力，以及不需要测量拉力的大小。

12.答案：1.9 ＜33 15 = ＞
解析：解：（1）在步骤②中干路电流基本不变，再闭合开关S2，调节R2的阻值使得电流表半偏，结合图（b）可得：R g=R2=1.9Ω；
闭合开关k2后，回路总电阻变小，总电流变大，即I＞I g，根据并联电路特点得I=+I2，则I2＞
故R g＜R2，即R测＜R真
（2）根据闭合电路欧姆定律可得：E=I（R1+r+R g）
解得：
则图象的斜率k==
解得：E≈33V
图象的截距b==0.5
解得：r≈15V
（3）根据（1）分析可知电流表内阻R测＜R真；根据k=可知电动势的计算与电流表内
阻无关，
所以E测=E真；
根据截距b=时可知由于电流表的内阻测量值R测＜R真导致电源内阻测量值偏大；
故答案为：（1）1.9、＜；（2）33、15；（3）=，＞。

（1）根据半偏法原理，结合图（b）读数可得电流表内阻；根据实验原理分析实验误差；（2）根据闭合电路欧姆定律求解与R的关系式，结合图（c）求解电源电动势和内阻；
（3）根据电流表的实验误差分析电动势和内阻的误差。

本题考查利用电流表半偏法测量电源电动势和内阻，关键是掌握实验原理，根据闭合电路欧姆定律找出与R的关系式，然后结合图象求解电动势和内阻。

13.答案：解：
（1）小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为
t===0.8s；
小球在水平方向做匀减速运动，加速度
a===5m/s2；
则水平位移s=v0t-at2=8×0.8-=4.8m
（2）由动能定理
E K-mv02=mgH-Fx
解得：E k=120J
（3）小球离开杆后经过时间t的水平位移
x=v0t-at2
竖直分位移h=gt2；
由动能定理E K-mv02=mg×gt2-Fx
将E K=78J和v0=8m/s代入得
187.5t2-80t+18=0
解得t1=0.4s，t2=0.24s
答：（1）小球落地所需时间为0.8s；离开杆端的水平距离为4.8m；
（2）小球落地时的动能为120J；。