（1）在“测定匀变速直线运动加速度”的实验中：

（1）①、用打点计时器测定匀变速直线运动加速度时需要用交流电源和刻度尺，不需要秒表，也不用测物体的质量，故应选AC．
（2）②、由“在匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度”知，v₄=[14.55−6.45/0.2×0.01m/s=0.41m/s，
再由△x＝
at2 ]得，用“二分法”，取0到3与3到6两段分析，即
x 1=6.45cm，
x 2=（19.70-6.45）=13.25cm，t=3×0.1s=0.3s，则由△x=
x 2-
x 1=a
t2 ，得a=


x 2−x 1

t2 ，代入数据可求出：a=0.76m/s²．
（2）①、由欧姆定律知故U=RI，可见一段导体的U-I图象是一过原点的倾斜直线，故乙同学是根据电压表V₂和电流表A的数据，所以D正确C错误，再由闭合电路欧姆定律得U=E-Ir=-rI+E，可知若U-I图象是一往下倾斜的直线，其斜率大小即为电源内阻r，纵轴截距即为电源电动势E，即甲图象是表示电源的，结合电路图可知甲同学是根据电压表V₁和电流表A的数据，故A正确B错误D，故应选AD．
②、由上面分析知，图象中两直线的交点表示导体与电源接在了一个电路中，即说明滑动变阻器被短路，也就是滑动触头滑到了最左端，故A错误；
再由U-I图象可读出两条线交点坐标为U=1.0V，I=0.5A，所以功率为：P=UI=1.0×0.5W=0.5W，故C正确；
因
R 0=[U/I]=[1.0/0.5Ω=2Ω，又电源内阻r=
1.5−1.0
0.5]Ω=1Ω，因R＞r时，R越小电源的输出功率越大，故B正确；
由电源效率η=

P 出

P 总=[R/R+r]知当滑动变阻器被短路时电源效率应变小，故D错误，本题正确选项是BC．
③、根据图线乙可求出
R 0=2.0Ω，根据图线甲可求出E=1.5V　r=1.0Ω．
④、由上面分析知，当滑动变阻器被短路时电流表的最大值为0.5A，故该电路中电流表的读数不能达到0.6A．
故答案为（1）①AC，②0.42，0.76
（2）①AD，②BC，③2.0，1.5，1.0，④不能

点评：
本题考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线；测定匀变速直线运动的加速度．

考点点评： 要记住用“二分法”求平均加速度的方法；记住电源输出功率P 出随外电阻R的变化图象，特别是当R=r时电源的输出功率最大．