2020届辽宁省瓦房店市实验中学高考物理模拟试卷(含答案详解)

2020届辽宁省瓦房店市实验中学高考物理模拟试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1.下列说法正确的是()
A. 将放射性元素的温度降低，它的半衰期会发生改变
B. 核反应方程 12H+12H→01n+X中的X代表α粒子，所以这是一个α衰变
C. 氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长等于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的
波长
D. 核反应： 92235U+01n→56141Ba+3692Kr+aX中X为中子，a=3
2.某同学站在体重计上，通过做下蹲、起立的动作来探究超重和失重现象。

下列
说法正确的是()
A. 下蹲过程中人始终处于失重状态
B. 起立过程中人始终处于超重状态
C. 下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态
D. 起立过程中人先处于超重状态后处于失重状态
3.用如下方法估测电梯在加速和减速过程中的加速度：用测力计悬吊一个重物，保持测力计相对
电梯静止，测得电梯上升加速时测力计读数为F1，减速时为F2。

已知该电梯加速和减速过程的加速度大小相同，重力加速度为g。

则可知电梯变速运动时的加速度大小为()
A. F1
F2g B. F2
F1
g C. F1+F2
F1−F2
g D. F1−F2
F1+F2
g
4.暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命．为了探测暗物
质，我国在2015年12月17日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星．己知“悟空”
在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t(t小于其运动周期)，运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为β(弧度)，引力常量为G，则下列说法中正确的是
A. “悟空”的线速度大干第一宇宙速度
B. “悟空”的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
C. “悟空”的环绕周期为
D. “悟空”的质量为
5.从离水平地面某一高度处，以大小不同的初速度水平抛出同一个小球，小球都落到该水平地面
上．不计空气阻力．下列说法正确的是()
A. 平抛初速度越大，小球在空中飞行时间越长
B. 平抛初速度越大，小球落地时的末速度与水平地面的夹角越大
C. 无论平抛初速度多大，小球落地时重力的瞬间功率都相等
D. 无论平抛初速度多大，小球落地时的末动能都相等
6.质量为m的物体从离地面高度ℎ1的A点由静止释放，落到离地面高度的ℎ2的B点时，速度为v，
已知重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是()
A. 若选择B点所处的水平面为参考平面，则物体在A点的重力势能大小为mgℎ1
B. 若选择B点所处的水平面为参考平面，则物体在地面的重力势能大小为mgℎ2
mv2
C. 若选择地面为参考平面，从A到B满足mgℎ1−mgℎ2=1
2
D. 参考平面的选取会影响物体在A、B两点的重力势能大小，进而影响物体从A到B重力做功的
大小
7.如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四
分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，
一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，
最后恰好停在C点。

已知小车质量M=3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

则()
A. 全程滑块水平方向相对地面的位移为R+L
B. 全程小车相对地面的位移大小s=R+L
4
C. 最终小车和滑块一起向左运动
D. μ、L、R三者之间的关系为R=4μL
8.从某电热水壶的铭牌，可推算出该电热水壶正常加热10min产生的热量为()
电热水壶
型号SP−356A额定电压220V
额定功率1800W额定频率50Hz
额定容量 1.5L生产日期×年×月
×市×有限公司
A. 1.8×104J
B. 1.10×105J
C. 1.32×105J
D. 1.08×106J
二、多选题（本大题共6小题，共25.0分）
9.如图所示，闭合开关，当滑动变阻器R的滑片P向下滑动时，电路中电压表和电流表示数的变化
情况是()
A. V示数变大
B. A示数变小
C. V示数变小
D. A示数变大
10.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。

在该区域中，有一个竖直放置光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。

O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最
低点，bd沿水平方向。

已知小球所受电场力与重力大小相等。

现将小球从环的顶端a点由静止释放。

下列判断正确的是
A. 小球不能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动
B. 当小球运动到c点时，洛仑兹力最大
C. 小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大
D. 小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小
11.电动势为E内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连成如图所示的电路，当滑动变阻
器的触头由中点滑向b端的过程中，下列说法中正确的是()
A. 电压表读数变大
B. 电流表读数变大
C. 电压表读数变小
D. 电流表读数变小
12.磁场垂直穿过一个圆形线框，由于磁场的变化，在线框中产生顺时针方向的感应
电流，如图所示，则以下说法正确的是()
A. 若磁场方向垂直线框向里，则此磁场的磁感应强度是在增强
B. 若磁场方向垂直线框向里，则此磁场的磁感应强度是在减弱
C. 若磁场方向垂直线框向外，则此磁场的磁感应强度是在增强
D. 若磁场方向垂直线框向外，则此磁场的磁感应强度是在减弱
13.下列说法中正确的是()
A. 一定量理想气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增大220J
B. 由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力
C. 用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可
D. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢
14.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形为图中实线，t=1s时刻的波形为
图中虚线，已知该波的周期大于1s。

则下列说法正确的是()
A. 该波的波速为5m/s
B. 该波的周期为1.6s
C. t=0时刻，x=10m处的b点正在向y轴负方向运动
D. t=1s时刻，x=4m处的a点相对平衡点的位移为1.5cm
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
15.在探究弹簧弹性势能的表达式时，进行了以下探究步骤：
(1)下列猜想中有道理的是______
A.重力势能与物体距地面的高度有关，弹性势能与弹簧的伸长量l有关；重力势能与重力的大小有关，
弹性势能可能与弹力的大小有关，而弹力的大小与弹簧的劲度系数有关，因此，弹簧的弹性势能可能与弹簧的劲度系数和弹簧的伸长量的二次方l2有关。

B.上面的猜想有一定的道理，但不应该与l2有关，而应该与弹簧的伸长量三次方l3有关。

C.选项A的猜想有一定的道理，但不应该与l2有关，而应该与弹簧的伸长量一次方l有关。

(2)如图，求弹力的功时，把弹簧由A到B的伸长量l分成很多小段：△l1、△l2、…在各个小段上，对
应的弹力可近似认为是不变的，分别用F1、F2、…表示，各小段的功为：W1=F1△l1、W2=F2△l2、…是：______，…这种物理方法叫______。

(3)图中各小段的功之和小于整个过程中的弹力的功。

若将伸长量l分成无限多小段时，各小段的功
之和就等
于______(用弹簧的劲度系数k和伸长量l表示)。

16.测一节干电池的电动势E和内阻r，利用常规操作进行实验，在图中已画出七组实验数据所对应
的坐标点。

请根据这些点作出U−I图线，并由图线求出E=______V，r=______Ω。

四、计算题（本大题共4小题，共42.0分）
17.如图，质量为m=1kg，长为L=2.7m的平板车，以速度v0=4m/s向右做匀速直线运动，A、
B是其左右两个端点．从某时刻起对平板车施加一个大小为5N的水平向左的恒力F，并同时将一
.经个小球轻放在平板车上的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，PB=L
3过一段时间，小球从平板车上脱离后落到地面上．不计所有摩擦力，g取10m/s2.求：
(1)小球从放到平板车上开始至脱离平板车所用的时间；
(2)小球脱离平板车瞬间平板车的速度．
18.如图所示，小球A以速度v0向右运动时跟静止的小球B发生碰撞，碰撞后A球以v0
的速度弹回，
3
速度向右运动，求A、B的质量之比。

而B球以v0
2
19.如图，两端封闭的U型细玻璃管竖直放置，管内水银封闭了两段空气柱．初始
时空气柱长度分别为l1=10cm、l2=16cm，两管液面高度差为ℎ=6cm，气
体温度均为27℃，右管气体压强为p2=76cmHg．
(1)若保持两管气体温度不变，将装置以底边AB为轴缓慢转动90度，求右管内空气
柱的最终长度；
(2)若保持右管气体温度不变，缓慢升高左管气体温度，求两边气体体积相同时，左管气体的温度．20.如图所示为一光导纤维(可简化为一长玻璃丝)的示意图，长为L，纤芯折射率为n1，包层折射率
为n2，AB代表端面．已知光在真空中的传播速度为c．
①为使光线能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面，求光线在端面AB上的入射角应满足的条件；
②求光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的最长时间．
参考答案及解析
1.答案：D
解析：解：A、元素的半衰期由原子核内部因素决定，与所处的化学状态，以及物理环境无关，故A 错误；
B、依据质量数与电荷数数守恒可知，核反应方程中的X质量数为3，而电荷数为2，不是α粒子，此反应不是α衰变，应为轻核聚变反应，故B错误；
C、氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的频率小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的频率，所以氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长大于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长，故C错误；
D、根据电荷数守恒、质量数守恒可知核反应中X为中子，则a=235+1−141−92=3，故D正确。

故选：D。

半衰期与温度无关；根据质量数与质子数守恒，即可判定生成产物；氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的频率小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的频率，进而判断波长；根据电荷数守恒、质量数守恒判断核反应方程式的正误。

本题考查了核反应方程书写规律，要根据质量数守恒和电荷数守恒判断生成产物和反应类型。

2.答案：D
解析：解：
AC.下蹲过程中，人的重心是先加速下降后减速下降，故人的加速度先向下，后向上，根据牛顿第二定律可知，人先处于失重后处于超重状态，故AC错误。

BD.起立过程中，人的重心是先加速上升，后减速上升，故人的加速度先向上，后向下，故该过程中，先是超重状态后是失重状态，故B错误，D正确。

解决该题的关键是能根据加速和减速的条件判断下蹲和起立过程的加速度方向，会根据加速度方向确定是处于超重状态还是失重状态。

分析人起立和下蹲的速度变化情况，从而找到其加速度的方向，当加速度向上时，人处于超重状态，当加速度向下时，人处于失重状态。

3.答案：D
解析：解：由题意设该电梯加速和减速过程的加速度大小为a，电梯上升加速时测力计读数为F1，即测力计对重物的拉力为F1，对重物利用牛顿第二定律，有
F1−mg=ma
电梯上升减速时测力计读数为F2，即测力计对重物的拉力为F2，对重物利用牛顿第二定律，有
mg−F2=ma
联立两式整理可得
a=F1−F2 F1+F2
g
故ABC错误，D正确。

故选：D。

在电梯加速上升和减速上升过程，利用牛顿第二定律，联立即可得出加速度表达式。

在两种情况下直接利用牛顿第二定律解题，联立两方程式即可求出加速度大小。

4.答案：C
解析：
已知该太空电站经过时间t(t小于太空电站运行的周期)，它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的角度为β(弧度)，根据线速度和角速度定义可求得太空站的线速度和角速度，然后根据v=ωr可求得轨道半径；根据万有引力提供向心力求求得地球的质量。

本题考查匀速圆周运动的线速度和角速度的定义，以及其关系；人类第一台太空电站在地球的同步轨道上绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，可求得中心天体的质量，关键是熟练记忆公式。

A.该太空电站经过时间t(t小于太空电站运行的周期)，它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的角度为β(弧度)，则太空站运行的线速度为，角速度为：，根据v=ωr得轨道半径为：，人类第一台太空电站在地球的同步轨道上绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有：，得，可知卫星的轨道半径越大，速率越小，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，故“悟空”在轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；
B.由得：加速度，则知“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故B错误；
C.“悟空”的环绕周期为，故C正确；
D.“悟空”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即：，联立解得：地球的质量为，不能求出“悟空”的质量，故D错误。

故选C。

5.答案：C
解析：解：A、平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，因为平抛运动的高度相同，则平抛运动的时间相同。

故A错误。

B、平抛运动竖直方向上的分速度v y=√2gℎ，则速度与水平方向夹角的正切值tanα=v y
v0=√2gℎ
v0
，
平抛运动的初速度越大，小球落地时的末速度与水平面的夹角越小。

故B错误。

C、小球落地时重力的瞬时功率P=mgv y，高度相同，则竖直分速度相同，则重力的瞬时功率相等，与初速度无关。

故C正确。

D、根据动能定理得，mgℎ=E k−1
2mv02，则落地的动能E k=mgℎ+1
2
mv02，初速度越大，则落地
的动能越大。

故D错误。

故选：C。

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，平抛运动的时间由高度决定，根据平行四边形定则求出小球落地的速度方向与水平方向夹角与初速度的关系，从而判断夹角与初速度的关系；根据P=mgv y比较重力的瞬时功率．根据动能定理判断小球落地时的动能．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关．注意瞬时功率P=mgvcosθ，θ为重力与速度方向的夹角．
6.答案：C
解析：解：A、若选择B点所处的水平面为参考平面，根据重力势能的计算公式可知物体在A点的重力势能大小为mg(ℎ1−ℎ2)，故A错误；
B、若选择B点所处的水平面为参考平面，根据重力势能的计算公式可知物体在地面的重力势能大小为−mgℎ2，故B错误；
C、若选择地面为参考平面，小球从A到B运动过程中机械能守恒，则小球重力势能的减少等于小球
动能的增加，即mgℎ1−mgℎ2=1
2
mv2，故C正确；
D、重力势能是一个相对量，参考平面的选取会影响物体在A、B两点的重力势能大小，但重力做功与零势能面选取无关，只与初末位置高度差有关，故D错误，
故选：C。

根据重力势能的计算公式求解重力势能大小；
小球从A到B运动过程中机械能守恒，即小球重力势能的减少等于小球动能的增加；
重力势能是一个相对量，重力做功与零势能面选取无关。

本题主要是考查了机械能守恒定律的知识；要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或弹力做功，知道重力势能的大小与零势能面的选取有关。

7.答案：B
解析：解：A、设全程小车相对地面的位移大小为s，则滑块水平方向相对地面的位移为：x=R+L−s，故A错误。

B、取水平向右为正方向，由水平动量守恒得：m x
t −M s
t
=0，即为：m R+L−s
t
−M s
t
=0，结合M=3m
解得：s=1
4(R+L)，x=3
4
(R+L)。

故B正确；
C、对整个过程，由动量守恒定律得：0=(m+M)v′，得：v′=0则最终小车和滑块静止，故C错误；
D、由能量守恒定律得：mgR=μmgL，得：R=μL，故D错误。

故选：B。

滑块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平动量守恒，由此列式求解滑块和小车的位移。

滑块刚滑到B点时速度最大，由动量守恒定律和机械能守恒结合求解滑块的最大速度。

对整个过程，运用动量守恒定律和能量守恒定律求解μ、L、R三者之间的关系。

本题主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，要注意系统的总动量并不守恒，只是水平方向动量守恒。

运用动量守恒定律列式时要注意位移的参照物是地面。

8.答案：D
解析：解：∵电热水壶正常工作，
∴P=P
额
=1800W，
则W=Pt=1800W×10×60s=1.08×106J。

故选：D。

电热水壶正常工作时，其实际功率等于电热水壶的额定功率，又知道工作时间，利用W=Pt可求消耗的电能
本题考查电功的计算，直接应用公式即可，属于基础题．
9.答案：AD
解析：解：由图可知，R2与R并联后与R1串联，当滑动变阻器R的滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合回路欧姆定律可知，干路电流增大，根据欧姆定律可知，R1电压增大，即电压表示数增大，内电压和电阻R1的电压均增大，则并联部分电压减小，所以通过R2的电流减小，因总电流增大，故电流表中电流增大，故BC错误，AD正确。

故选：AD。

分析电路的结构，根据滑动变阻器R的滑片P移动方向分析其接入电路的电阻变化情况，由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，再由欧姆定律可得出电压表示数的变化。

分析并联部分电压的变化，判断通过R2的电流变化，即可确定电流表示数的变化。

对于闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要认真分析电路结构，再根据“局部→整体→局部”的思路进行分析。

10.答案：AD
解析：
电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45o，由于合力为恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”；关于圆心对称的位置(即bc弧的中点)就是“最低点”，速度最大；再根据竖直平面内圆周运动的相关知识解题即可。

本题主要考查了带电粒子在复合场(电场、磁场和重力场)中运动的综合规律的应用，有一定难度。

A.由于a、d两端关于等效最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A正确；
B.由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置的洛伦兹力最大，故B错误；
C.从a到b电场力做正功，重力也做正功，小球从a点到b点，重力势能减小，电势能减小，故C错误；
D.由于等效最低点在bc之间，小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小，故D正确。

故选AD。

11.答案：AB
解析：解：当滑片向b滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由U=E−Ir可知路端电压增大，即电压表示数增大；
因路端电压增大，R1两端的电压减小，故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大；故AB正确；
故选：AB．
由图可知R2与R并联后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流；滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化．
本题中R1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压增大，流过R2的电流增大．
12.答案：BC
解析：解：A、若磁场方向垂直线框向里，当磁感应强度增大时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，从上向下看，线圈中感应电流沿逆时针方向，故A错误；
B、若磁场方向垂直线框向里，当磁感应强度减小时，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，线圈中感应电流沿顺时针方向，故B正确；
C、若磁场方向垂直线框向外，当磁感应强度增加时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，从上向下看，线圈中感应电流沿顺时针方向，故C正确；
D、若磁场方向垂直线框向外，当磁感应强度减小时，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，线圈中感应电流沿逆时针方向，故D错误；
故选：BC．
当磁感应强度增大时，穿过线圈的磁通量增大，磁感应强度减小时，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律可以判断出感应电流的方向．
本题考查了判断感应电流方向，知道穿过线圈的磁场方向，根据磁通量的变化，由楞次定律即可判断出感应电流方向，本题难度不大，是一道基础题．
13.答案：BD
解析：解：A、气体膨胀对外做功100J，W=−100J；同时从外界吸收120J的热量，Q=120J，根据热力学第一定律知：△U=W+Q=−100+120=20J，它的内能增大20J.故A错误；
B、液体表面存在张力是由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子力表现为引力，故B正确；
C、用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的摩尔体积即可，而知道油的密度不能求出．故C错误；
D、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，故D正确；故选：BD
根据热力学第一定律知：△U=W+Q；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力；用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的摩尔体积．
该题考查的知识点比较多，掌握热力学第一定律的应用，知道分子力与分子间距的关系，会利用油膜法测分子的直径即可正确解答．
14.答案：AB
解析：解：AB由图可知，该波的波长为：λ=8m
周期为：5
8
T+nT=1s(n=0,1,2…)
T=
8
8n+5
s(n=0,1,2…)
又已知：T>1s，所以n只能取0，则T=1.6s
那么该波的波速：v=λ
T =8
1.6
m/s=5m/s，故AB正确；
C、利用同侧法可知，t=0时刻，x=10m处的b点正在向y轴正方向运动，故C错误；
D、设该波中某质点的振动方程为：y=3sin(2π
T t)cm=3sin(5π
4
t)cm
由图象可得，当t=T
8=0.2s时，y=3√2
2
cm
t=1s时刻，x=4m处的a点相对平衡位置的位移与该时刻该质点的位移相同，也是3√2
2
cm，故D错误。

故选：AB。

(1)由波形图直接读出波长，找到△t与周期的关系，求出满足已知条件的周期，由v=λ
T
求出波速；
(2)写出该波质点的振动方程，找到t=1s时刻，x=4m处的点对应的振动方程中的时刻，从而求出位移。

本题关键由波动图象找到△t与周期的关系。

一般采用特殊到一般的思维方式，找出一个周期内满足条件关系的△t，则t=△t+nT(n=0,1,2…)，求出周期的一般表达式，根据周期的限制条件求出相应n的值。

15.答案：(1)A；(2)各段弹力做功；微元法；(3)1
2
kl2
解析：解：(1)重力势能与物体距地面的高度有关，弹性势能与弹簧的伸长量l有关；重力势能与重力的大小有关，弹性势能可能与弹力的大小有关，而弹力的大小与弹簧的劲度系数有关，弹力的大小还与弹簧的形变量有关，因此，弹簧的弹性势能可能与弹簧的劲度系数和弹簧的伸长量的二次方l2有关，故A正确，BC错误
(2)小段的功为：W1=F1△l1、W2=F2△l2、表示各段弹力做功，利用的是微元法；
(3)各段相加等于F与l所围面积，即1
2Fl，其中F=kl，即1
2
kl2
故答案为：(1)A；(2)各段弹力做功；微元法；(3)1
2
kl2
(1)结合重力势能的影响因素，推测弹簧的弹力与弹簧的劲度系数和形变量有关，即可判断；
(2)明确Fl的物理含义，知道采取的物理方法；
(3)明确所围面积的含义，知道F=kl表示弹力，即可判断
本题主要考查了利用微元法判断弹簧的弹性势能，明确在F−l图象中与l轴所围面积的含义即可判断16.答案：1.50.86
解析：解：根据坐标系内描出的点作图象，让尽可能多的点过直线，不能过直线的点对称分布在直线两侧，偏离直线太远的点应舍去，作出图象如图所示
路端电压U=E−Ir
由图示电源U−I图象可知，电源电动势E=1.5V，电源内阻r=△U
△I =1.5−1.0
0.58
Ω≈0.86Ω
故答案为：1.5；0.86。

根据坐标系内描出的点作出图象，根据图示图象求出电源电动势与内阻。

本题考查了测电源电动势与内阻实验，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法；由图示图象求出电源内阻时要注意纵轴坐标起点值不是0。

17.答案：解：(1)PA=L−PB=L−L
3=2
3
L=2
3
×2.7=1.8m，
对平板车，由牛顿第二定律得：a=F
m =5
1
=5m/s2，
平板车减速到零需要的时间为：t0=v0
a =4
5
=0.8s，
在此时间内平板车的位移为：x=v02
2a =42
2×5
=1.6m<PA，
由此可知，平板车速度为零时小球没有从平板车上落下，然后小车向左做初速度为零的匀加速直线运动，
小球落下时：x+PB=1
2
at12，
解得：t1=1s，。