山东省聊城市2019-2020学年高三(上)期末物理试卷 (含答案解析)

山东省聊城市2019-2020学年高三（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1.质量是40kg的铁锤从5m高处落下，打在水泥桩上，与水泥桩撞击的时间是0.05s。

撞击时，铁
锤对桩的平均冲击力为()
A. 4000√2N
B. 8000N
C. 7600N
D. 8400N
2.两个相同的圆形线圈，通以方向相同但大小不同的电流I1和I2，如图所示。

先将两个线圈固定在
光滑水平绝缘杆上，问释放后它们的运动情况是()
A. 相互排斥，只靠近不旋转
B. 相互排斥，边靠近边旋转
C. 相互吸引，只靠近不旋转
D. 相互吸引，边靠近边旋转
3.2018年6月14日，我国探月工程嫦娥四号“鹊桥”中继星进入地月拉格朗日L2点的Halo使命
轨道，以解决月球背面的通讯问题。

如图所示，地月拉格朗日L2点在地球与月球的连线上。

若“鹊桥”中继星在地月拉格朗日L2点上，受地球、月球两大天体的引力作用，其绕地球运行的周期和月球绕地球运行的周期相同。

已知地球质量、地月距离和月球的质量，分析月球受力时忽略“鹊桥”中继星对月球的作用力，则下列物理量可以求出的是()
A. 引力常量
B. 月球绕地球运行的周期
C. “鹊桥”中继星的质量
D. 地月拉格朗日L2点与地球间的距离
4.一辆汽车以14m/s的速度做直线运动，某时刻开始以恒定的加速度刹车，第一个1s内位移为
12m，汽车刹车的加速度小于14m/s2，下列说法正确的是()
A. 汽车刹车的加速度大小为12m/s2
B. 5s内汽车的位移为20m
C. 汽车在第2s内的位移是8m
D. 汽车在第4s内的平均速度是1m/s
5.国网北京市电力公司曾举办“计量日进您家”活动，免费上门为市民做出家庭用电耗能诊断分
析，针对每户家庭提出个性化的节能建议．在上门实测过程中，电力技术人员发现，家电待机
耗电成为最容易被市民忽略的问题．以电视机为例，待机一天的耗电量在0.2度左右，小小机顶
盒一天待机耗电量更是高达0.4度．据最新统计杭州的常住人口约900万人，平均每户的人口按
3人计算，根据下表提供的数据，估算杭州地区待机一年的耗电量为()
每户家庭家用电器平均数一台台式电脑2台平板电视机2台空调1台洗衣机
每台电器待机平均功率(瓦
4142 )
A. 4×108度
B. 4×1011度
C. 1.2×109度
D. 1.2×1011度
6.如图所示，一个物块沿光滑轨道从A滑到C的过程中，在经过B点时，处于()
A. 平衡状态
B. 失重状态
C. 超重状态
D. 无法判断
7.如图所示，空间有一正三棱锥P−ABC，D点是BC边上的中点，O点是底
面ABC的中心，现在顶点P点固定一正的点电荷，则下列说法正确的是()
A. A、B、C三点的电场强度相同
B. 底面ABC为等势面
C. 将一正的试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，静电力对该试探电荷先做负功后做
正功
D. 若B、C、D三点的电势为φB、φC、φD、，则有φB−φD=φD−φC
8.如图所示，两个质量相等的物体，在同一高度沿倾角不同的两个光滑
斜面由静止自由滑下到达斜面底端的过程中，相同的物理量是()
A. 重力的冲量
B. 弹力的冲量
C. 合力
的冲量
D. 刚到达底端的动量
E. 以上几个量都不同
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9.如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容
器的两块正对金属板，R1为光敏电阻(电阻随光强的增大而减小)。

当R2的
滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别
为I和U.以下说法正确的是()
A. 若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少
B. 若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大
C. 若仅用更强的光照射R1，则I增大，U减小，电容器所带电荷量减少
D. 若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值减小
10.如图，某质点沿直线运动的v−t图象为余弦曲线，从图中可以判断()
A. 在0∼t1时间内，合力逐渐减小
B. 在0~t2时间内，合力做正功
C. 在t1~t2时间内，合力的功率先增大后减小
D. 在t2~ t4时间内，合力做的总功为零
11.如图所示，金属块Q放在带有光滑小孔的水平桌面上，一根穿过小孔的轻绳，上端与Q相连，
下端拴着一个小球P.小球P在水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)，轻绳与竖直方向的夹角为30°；
现使小球P在原水平面内做半径更大的匀速圆周运动，且轻绳与竖直方向的夹角为60°，金属块Q更靠近小孔。

两种情况下Q都静止，则后一种情况与原来相比较()
A. 小球P的线速度更大
B. 小球P运动的周期更大
C. 小球P的向心力大小之比为3：1
D. 金属块Q所受摩擦力大小之比为3：1
12.如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R，建立ox轴平
行于金属导轨，在0≤x≤4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度随坐标(以m为单位)的分布规律为B=0.8−0.2x(T)，金属棒ab在外力作用下从x=0处沿导轨向右运动，ab始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。

设在金属棒从x1=1m处，经x2=2m到x3=3m的过程中，电阻器R的电功率始终保持不变，则()
A. 金属棒做匀速直线运动
B. 金属棒运动过程中产生的电动势始终不变
C. 金属棒在x1与x2处受到磁场的作用力大小之比为3：2
D. 金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电量相等
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13.某物理课外小组利用图甲中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。

图中，置于实
验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮;轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。

本实验中可用的钩码共有N=5个，每个质量均0.010kg。

实验步骤如下：
(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。

(2)将n(依次取n=1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳右端，其余N−n个钩码仍留在小车内;用手按住小车并使轻绳与木板平行。

释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s−t图象，经数据处理后可得到相应的加速度a。

(3)对应于不同的n的a值见下表。

n=2时的s−t图象如图乙所示;由图乙求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表。

n12345
a/(m·s−2)0.200.580.78 1.00
(4)利用表中的数据在图丙中补齐数据点，并作出a−n图象。

从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。

(5)利用a−n图象求得小车(空载)的质量为____kg(保留2位有效数字，重力加速度g取9.8m/s2)。

(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是___(填入正确选项前的标号)。

A.a−n图线不再是直线
B.a−n图线仍是直线，但该直线不过原点
C.a−n图线仍是直线，但该直线的斜率变大
14.某同学用下列器材测电源的电动势和内阻。

待测电源E(电动势约为3V，内阻约为2.5Ω)；电流
表A(量程为0−0.6A，内阻约为0.5Ω)；电阻箱R(最大阻值为99.9Ω)；开关S，导线若干。

(1)在图1的虚线框中画出实验电路图。

该同学根据正确的电路图，正确连接电路，规范操作。

(2)第一次测量：调节电阻箱R，示数为R1时，读取电流表示数I1，示数为R2时，读取电流表示
数I2.则电源电动势的计算式E=______V，内阻的计算式r=______
(3)第二次测量：调节电阻箱R的阻值，记录多组电流表的读数I和电阻箱的对应读数R，以1
为
I
−R图线，则电源电动势E=______V，纵坐标，R为横坐标，根据测量数据作出如图2所示的1
I
内阻r=______Ω。

(4)关于该实验，下列说法正确的是______
A.由于电流表的内阻，会使电源内阻的测量值存在系统误差
B.由于电流表的内阻，会使电源电动势的测量值存在系统误差
C.第二次测量中的数据处理方式可以减小偶然误差
D.第一次测量中，若测有三组数据，则可求得电源电动势E和内阻r及电流表内阻R A
四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）
15.在倾角为30°的斜面上放着一个质量M=2kg的物体A，由轻绳与质量为
m=1.5kg的物体B相连，如图所示，A和B都处于静止状态，求物体A
所受的摩擦力的大小和方向．(g取10N/kg)
16.如图所示，一滑雪运动员(可看做质点)自平台A由静止开始沿光滑雪道滑下，滑到一平台B上，
从平台B的边缘沿水平方向滑出，恰好落在临近平台的一倾角θ=53∘的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑。

已知斜面顶端与平台B的高度差ℎ=20m，斜面顶端高H1=68.75m，重力加速度g=10m/s2，sin53∘=0.8，cos53∘=0.6，求：
(1)斜面顶端与平台B边缘的水平距离s；
(2)滑雪运动员开始下滑时的高度H。

17.如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂
直于平面向里的匀强磁场．现有一质量为m、电荷量为+q的粒子(重力不计)从坐标原点O以速度大小v0射入磁场，其入射方向与x轴的正方向成30°角．当粒子第一次进入电场后，运动到电场中P点处时，方向与x轴正方向相同，P点坐标为[(2√3+1)L,L]，(sin37°=0.6,cos37°=0.8)求：
(1)粒子运动到P点时速度的大小v；
(2)匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B；
(3)粒子从O点运动到P点所用的时间t．
18.如图所示，右端是四分之一圆弧的装置P，质量M=3.0kg，其水平段AB粗糙，圆弧段BC光
滑，半径R=0.4m.现将P固定在光滑的水平地面上，一质量m=1.0kg的小物块(可视为质点)以速度v0=4m/s从A端沿水平方向滑上P，恰能运动到圆弧的最高点C，物块与AB段的动摩擦因数μ=0.4，求：(g取10m/s2)
(1)AB段的长度L；
(2)若P不固定，物块在圆弧面上能上升的最大高度h；
(3)在满足(2)的条件下，通过计算判断物块是否会从P上掉落，若不掉落，最终物块距A点多
远？
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：
根据速度位移公式求出铁锤与桩碰撞前的速度，结合动量定理求出桩对锤的作用力，从而根据牛顿第三定律求出撞击过程中铁锤对水泥桩的平均冲击力。

本题考查了动量定理基本运用，注意动量定理公式的矢量性，解题时需要规定正方向。

铁锤碰前的速度为：
v=√2gℎ=√2×10×5m/s=10m/s
取向下为正，对铁锤由动量定理得：
(mg−F)t=0−mv
代入数据解得：
F=8400N。

由牛顿第三定律可得铁锤对桩的平均冲击力为：
F′=F=8400N。

故选D。

2.答案：C
解析：
要熟记电流间相互作用规律“通向电流相互吸引，异向电流相互排斥”。

解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系。

同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。

两个圆形线圈，电流同向，根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈相互吸引。

相互吸引，只靠近不旋转，故C正确，ABD错误。

故选C。

3.答案：D
解析：
由万有引力提供向心力列式后分析即可。

对中继星的向心力来源分析是正确求解的关键。

设“鹊桥”中继星的质量为m，它绕地球做圆周运动的向心力由地球和月球的引力的合力提供，设它做圆周运动的周期和月球绕地球运行的周期为T，地月拉格朗日L2点与地球间的距离为r，由万有引力定律可得：，对月球，联立解得：
，若已知地球质量、地月距离和月球的质量，则可求出地月拉格朗日L2点与地球间的距离，故D正确，ABC错误。

故选D。

4.答案：C
解析：
根据x=v0t+1
2
at2可得加速度；根据速度时间公式求解刹车时间；根据逐差法，汽车在第2s内的位移；然后求解汽车在第4s内的平均速度。

本题考查匀变速直线运动规律的综合应用，解决本题的关键知道汽车刹车停止后不再运动。

A.根据x=v0t+1
2
at2可得，a=−4m/s2，A错误;
B.t=0−v0
a =3.5s，可得经过3.5s汽车就停止运动，将t=3.5s代入x=v0t+1
2
at2可得5s内汽车的
位移为24.5m，B错误;
C.根据逐差法，汽车在第2s内的位移：x2=x1+aT2=8m，C正确;
D.由运动学公式可得第4s初汽车的速度v3=v0+3aT=2m/s，3.5s末的速度为0，汽车在第4s内
发生的位移x4=v3tˈ+1
2atˈ2=2m/s×0.5s+1
2
×(−4m/s2)×(0.5s)2=0.5m，所以第4s内的平
均速度v=0.5m
1s
=0.5m/s，D错误．
5.答案：A
解析：解：杭州的常住人口约900万人，平均每户的人口按3人计算，杭州大约300万户家庭，所有用电器待机的总功率P=4+2×1+2×4+1×2=16W
杭州地区待机一年的耗电量为W=300×10 4×16×10 −3kw×365×24ℎ=4×10 8kw⋅ℎ=
4×10 8度
先求出杭州的家庭的总户数，再根据W=Pt求出所有用电器所有用户一年的待机用电总量
本题考查学生利用所学知识解决生活实际问题的能力，培养学生养成节约用电的习惯．
6.答案：D
解析：解：该图中，轨道是光滑的，小球运动的过程中一定不受摩擦力的作用，则小球只受到重力和支持力．由图不能判断出B处是否是水平面，所以不能判断出小球在B点受到的合外力是否等于0.所以不能判断出小球是否处于平衡状态，还是处于超重状态或失重状态．所以选项ABC错误，D正确．
故选：D
轨道是光滑的，但B点是否水平不知道，然后结合受力分析进行判断即可．
该题中的轨道虽然光滑，但图中的下边的一段轨道是否水平没有说明，则支持力的方向就是解答的关键，由此带来的合外力是否为0，以及加速度的方向问题也不能做出判定．
7.答案：C
解析：
分析电场强度大小；根据点电荷的等势面是以点电荷为圆心的同心圆，即距离点电荷相根据E=kQ
R2
等的地方电势相等，且沿着电场线方向电势逐渐降低分析比较电势。

本题考查点电荷的电场，根据E=kQ
分析电场强度大小，关键还要知道点电荷的等势面是以点电荷
R2
为圆心的同心圆，即距离点电荷相等的地方电势相等。

A、A、
B、C三点到P点距离相同，故三点电场强度大小相等，但方向不同，故A、B、C三点的电场强度不相同，故A错误；
B、O到P点距离比ABC三点到P点距离短，故电势比ABC三点电势高，又O点为底面ABC上的一点，故底面ABC不为等势面，故B错误；
C、BC两点到P点距离相等，两点电势相等，D点到P点距离比BC两点小，故D点电势高于BC 两点电势，故正试探电荷从B点沿直线BC经过D点移到C点，电势能先增加后减小，故静电力对该试探电荷先做负功后做正功，故C正确；
D、BC两点到P点距离相等，两点电势相等，则φB−φD=φC−φD=−(φD−φC)，故D错误；故选：C。

解析：解：A、高度相同，则下滑的距离x=ℎ
sinθ，加速度a=gsinθ，根据x=1
2
at2得：t=√2x
a
=1
sinθ
√2ℎ
g
，
由于倾角不同，则运动的时间不同，根据I=mgt知，重力的冲量不同．故A错误．
B、对于弹力，大小不等，方向不同，弹力的冲量不同．故B错误．
C、合力的大小F合=mgsinθ，可知合力大小不等，方向也不同，则合力的冲量不同，故C错误．DE、根据机械能守恒定律知，到达底端的速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端的动量不同，故D错误，E正确．
故选：E．
根据牛顿第二定律和运动学公式比较运动的时间，结合力的大小和时间比较冲量，注意冲量是矢量，有方向．
本题考查了冲量的基本运用，知道利用动量定理求冲量、由动能定理求功是常用的方法．要注意功、动能是标量，冲量、动量是矢量．
9.答案：AC
解析：解：A、若仅增大A、B板间距离，电容减小，板间电压不变，则由电容的定义式C=Q
U
分析可知电容器所带电荷量减少，故A正确；
B、滑动变阻器处于含电容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变。

故B错误；
C、若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和R3的电压均增大，则
电容器板间电压减小，电容不变，由电容的定义式C=Q
U
分析可知电容器所带电荷量减少。

故C正确；
D、若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，根据闭合电路欧姆定律得U=
E−Ir可得：|△U
△I
|=r，不变，故D错误。

故选：AC。

该电路R1和R3串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，根据闭合电路的动态分析，分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化。

通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化。

解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析。

也可以直接根据“串反并同”结论进行分析求解。

解析：
由速度−时间图象的斜率表示加速度，可判定加速度的变化情况，根据牛顿第二定律即可分析合力的变化情况；由图象读出速度大小的变化情况，根据动能定理即可分析合力做功的正负；取两个特殊位置可以判定外力功率的变化。

本题关键在于C 项的判定上所采用的方法，这种特殊位置法在判断某个物理量的变化规律的时候比较有用。

本题还要掌握v −t 图象的物理意义，知道v −t 图象中图象的斜率表示加速度。

A .根据图象可知，斜率代表加速度，从0～t 1时间内，斜率变大，加速度变大，所以合外力变大，故A 错误；
BD.合外力做功等于物体动能变化，从0～t 2与t 2∼ t 4时间内，物体动能变化量为零，所以合外力做功为零，故B 错误，D 正确；
C .在t 1时刻，速度为零，合力功率为零，在t 2时刻，斜率为零，合力为零，功率为零，所以在t 1～t 2时间内，功率先增大后减小，故C 正确。

故选C
D 。

11.答案：AC
解析：解：AB 、设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T ，细线的长度为L.P 球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图， mgtanθ=mω2ℎtanθ，得角速度ω=√g
ℎ，周期T =
2πω
=2π√ℎ
g
，
线速度v =rω=ℎtanθ⋅√g
ℎ
，
使小球P 在原水平面内做半径更大的匀速圆周运动时，θ增大，tanθ增大，角速度不变，周期T 不变，线速度变大，故A 正确，B 错误。

C 、由图可知，F n =mgtanθ，因θ=30°，变到θ=60°，那么后一种情况向心力与原来相比较，F n
′
F n
=
tan60°tan30∘
=3
1
，故C 正确； D 、同理，绳子的拉力T =mg
cosθ，则有：后一种情况拉力与原来相比较：T′T
=cos30°cos60
∘
=√3
1
，故D 错误。

故选：AC 。

金属块Q 保持在桌面上静止，根据平衡条件分析所受桌面的支持力是否变化；由向心力知识得出小
球P 运动的线速度、角速度、周期与细线与竖直方向夹角的关系，再判断其变化；最后依据矢量的合成法则，结合三角知识，即可求解向心力大小与绳子的拉力大小，从而求解摩擦力大小关系。

本题中一个物体静止，另一个物体做匀速圆周运动，分别根据平衡条件和牛顿第二定律研究，分析受力情况是关键，注意通过三角知识，建立力与力之间的关键是解题的突破口。

12.答案：BC
解析：解：AB 、由功率的计算式：P =
U 2R
=
E 2R
，知道由于金属棒从x 1=1m 经x 2=2m 到x 3=3m 的
过电功率保持不变，所以E 应不变，沿x 轴方法，B 逐渐减小，E 不变，由E =BLv 可知，金属棒的速度v 增大，金属棒做加速运动，故A 错误，
B 正确。

C 、由安培力公式F =BIL 及P =EI 知：F 1F 2
=B 1I 1B 2I 2
=B
1
B
2
=0.8−0.2×1
0.8−0.2×2=3
2
，故C 正确。

D 、由于金属棒从x 1=1m 经x 2=2m 到x 3=3m 的过程中，
R 的电功率保持不变，由P =I 2R 知道R 中的电流相等，再由安培力公式F =BIL ，所以F −x 图象如图所示显然图象与坐标轴围成的面积就是克服安培
力做的功，即R 产生的热量，所以：Q 1
Q 2
=0.6+0.40.4+0.2=5
3，根据热量Q =I 2Rt ，热量之比为5：3，电流相
同，说明时间之比为5：3，因此电量q 1q 2
=It 1
It 2
=5
3，故D 错误。

故选：BC 。

磁感应强度随x 增大而减小，ab 棒在外力作用下在磁场中运动，切割磁感线。

已知金属棒从x 1=1m 经x 2=2m 到x 3=3m 的过程中，R 的电功率保持不变，由功率公式分析判断电动势关系。

从而很容易判断感应电动势的大小，电荷量的比值同样用平均值方法来求，安培力之比用安培力公式来求，难于判定的是热量，虽然电流相等但不知时间关系，所以由图象法来求，F −x 图象与坐标轴围成的面积就是功，而面积是梯形面积，很好表示，那么克服安培力做功的比值就能求出。

本题的难点在于没有一个对比度，导体棒ab 在随x 的增大而减小的磁场中在外力作用下切割磁感线，而巧妙的是在某一路段R 上的电功率相同，预示着电路的电流和R 上电压相同，则安培力正比于磁感应强度，均匀减小。

克服安培力的功转化为焦耳热，所以F −x 图象与坐标轴围成的面积就是功。

虽然不知外力怎么变化，但它与解决问题无多大关联。

13.答案：(3)0.39(0.37～0.41均可)
(4)
(5)0.45(0.43～0.47均可)
(6)BC
解析：
(1)根据x−t图象的性质可明确各时刻对应的位移，根据位移公式可求得加速度；
(2)将点(2,0.39)作出，并用直线将各点连接即可得出图象；
(3)找出图象上的点，根据图象的性质以及牛顿第二定律列式，即可求出小车的质量；
(4)对实验原理进行分析，明确摩擦力带来的影响；根据牛顿第二定律可明确图象的变化情况。

本题考查验证牛顿第二定律的实验，要求能明确实验原理，认真分析各步骤，从而明确实验方法；同时注意掌握图象的性质，能根据图象进行分析，明确对应规律的正确应用。

at2
解：(3)因为小车做初速度为零的匀加速直线运动，故将(2,0.78)代入s=1
2
×a×22
代入数据：0.78=1
2
可得：a=0.39m/s2
(4)根据描点法可得如图所示图线
(5)根据牛顿第二定律可得：
nmg=[(5−n)m+M]a，
代入数据得：m=0.010kg，
n=1、2、3、4、5，以及相应的加速度求可得M=0.45kg，
当n=1时，加速度为0.20m/s2，由牛顿第二定律可知：
1×0.01×9.8=(4×0.01+M)×0.20，
解得：M=0.45kg；
(6)AB.因为如果不平衡摩擦力，则满足F−f=ma的形式，故直线不过原点，但仍是直线，A错误，B正确；
C.随着n的增大，小车的总质量在增大，故直线的斜率变大，故AB错误，C正确。

故选C。

故答案为：
(4)
(5)0.45(0.43～0.47均可)
(6)BC。

14.答案：I 1I 2(R 1−R 2)I 2−I
1
I 2R 2−I 1R
1
I 1−I 2 3 3 AC
解析：解：(1)由给出的仪表可知，实验中只给出了电流表和电阻箱，所以应采用电流表与电阻箱串联的方式进行测量；如图所示； (2)根据闭合电路欧姆定律可知：
I 1=E
R 1+r I 2=
E
R 2+r
联立解得：E =
I 1I 2(R 1−R 2)
I 2−I 1
；r =
I 1R 1−I 2R 2I 2−I 1
；
(3)根据闭合电路欧姆定律可知，I =E
R+r 变形可得：
1I =1E R +r E
则由图可知：1
E =
4−19
=1
3
；
r
E
=1 解得：E =3V ；r =3Ω；
(4)A 、因电流表存在内阻，所以测出的内阻中包含电流表内阻，由于电流表的内阻，会使电源内阻的测量值存在系统误差，故A 正确；
B 、电流表内阻对图象的斜率没有影响，所以测出的电源的电动势准确，故B 错误；
C 、采用图象法可以避免因读数造成的偶然误差；故第二次可以减小偶然误差，故C 正确；
D 、根据闭合电路欧姆定律可知，I 1=E
R
1+r+R A
I 2=
E
R 2+r +R A
I 3=E
R
3+r+R A
；根据数学规律可知，联立三组数据无法求出电流表内阻；故D 错误。

故答案为：(1)I 1I 2(R 1−R 2)
I 2−I 1
；
I 1R 1−I 2R 2I 2−I 1
；
(3)3，3。

(4)AC 。

(1)分析给出的仪表，从而确定测量方法，确定电路图；
(2)根据闭合电路欧姆定律列式，联立方程即可求得电动势和内电阻；
(3)根据闭合电路欧姆定律列式，结合图象即可分析对应的电动势和内电阻；
(4)根据实验过程进行分析，明确实验误差情况。

根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键。

15.答案：解：对物体B分析，受重力和拉力而平衡，故T=mg=1.5×10=15N；
再分析物体A，受重力、支持力、拉力和静摩擦力(假设平行斜面向上)，根据平衡条件，在平行斜面方向，有：
T+f=Mgsin30°
−15=−5N，
解得：f=Mgsin30°−T=2×10×1
2
负号表示方向与假设方向相反，平行斜面向下；
答：物体A所受的摩擦力的大小为5N，方向沿斜面向下．
解析：先对物体B分析，根据平衡条件求解细线的拉力；再对物体A分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件求解静摩擦力．
本题是力平衡问题，关键是分别对物体A、B受力分析，根据平衡条件列式求解．
利用正交分解方法解体的一般步骤：
①明确研究对象；
②进行受力分析；
③建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；
④x方向，y方向分别列平衡方程求解．
16.答案：解：(1)运动员由B点平抛
gt2，
ℎ=1
2
s=v B t，
，且v y=gt，
运动员落到斜面顶端tanθ=v y v
B
联立解得：s=30m；
mv B2，解得：H=100m；
(2)运动员由A到B，据动能定理得：mg(H−ℎ−H1)=1
2
答：(1)斜面顶端与平台B边缘的水平距离s为30m；
(2)滑雪运动员开始下滑时的高度H为100m；
解析：(1)滑雪运动员刚好能沿光滑斜面下滑，说明此时他的速度的方向恰好沿着斜面的方向，由此可以求得初速度的大小，由平抛运动的规律求解s；
(2)从A到B得运动过程中运用机械能守恒或动能定理，即可求解H；
解决平抛运动的问题思路是分解，即研究水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体。

清楚研究的过程，动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量。

17.答案：解：(1)粒子运动轨迹如图所示，OQ段为圆周，QP段为抛物线，粒
子在Q点时的速度大小为v0，根据对称性可知，方向与x轴正方向成30°角，
可得：v=v0cos30°
解得：v=√3
2
v0
(2)在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得：
−qEL=1
2mv2−1
2
mv02解得：E=mv02
8qL
，
对粒子在电场中运动分析：水平方向的位移为：x=√3
2
v0t1
竖直方向的位移为：y=1
2
v0sin30°t1=L
解得：x=2√3L，OQ=L
由OQ=2Rsin30°，故粒子在OQ段圆周运动的半径R=L
根据牛顿第二定律得：qv0B=m v02
R
解得：B=mv0qL
(3)粒子从O点运动到Q所用的时间为：t1=1
6×2πR
v0
=πL
3v0
，
设粒子从Q到P所用时间为t2，在竖直方向上有：t2=L v
y/2=4L
v0
，
则粒子从D点运动到P点所用的时间为：t
总=t1+t2=(12+π)L
3v0
答：(1)粒子运动到P点时速度的大小为v为√3
2
v0；
(2)匀强电场的电场强度E为mv02
8qL ，匀强磁场的磁感应强度B为
mv0
qL
；。