2025年仁爱科普版高三物理上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年仁爱科普版高三物理上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、在奥运田径比赛中，下列关于位移和路程的说法中正确的是（）A.八百米赛跑中，运动员跑完全程的位移大小等于路程B.百米赛跑中，运动员跑完全程的位移大小等于路程C.“20公里竞走”是指位移为20公里D.200米赛跑的位移是100米赛跑的2倍2、下列关于电场线的说法中，正确的是（）A.电场线是电场中实际存在的线B.电场中的任意两条电场线都不可能相交C.顺着电场线的方向，电场强度一定越来越大D.顺着电场线的方向，电势能一定越来越小3、关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是(

)

A.分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期B.沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率C.在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同D.沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合4、关于分子力，下列说法正确的是（）A.分子引力和分子斥力都随分子间距的增大而减小B.当分子间距大于r0时，分子斥力和引力的合力总随分子间距的增大而减小C.随着分子间距离的增大，分子势能减小D.在分子间距等于r0时，分子势能一定为零5、关于磁通量，下列说法正确的是（）A.穿过某个面的磁通量为零，该处的磁感应强度也为零B.穿过任一平面的磁通量越大，该处的磁感应强度也越大C.穿过垂直于磁场方向的某个平面的磁感线条数等于该处的磁感应强度D.当闭合线圈平面跟磁场方向平行时，穿过这个线圈平面的磁通量一定为零评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、（2013秋•西城区期末）如图所示，质量为m的物体在恒力F作用下，沿水平天花板向右做匀速直线运动．力F与水平方向夹角为θ，重力加速度为g．则物体与天花板间的动摩擦因数μ=____．7、一物体在F=10N的拉力作用下向前运动2m．所用时间为2s，该时刻的瞬时速度为5m/s．则该力在2s内的平均功率是____，2s末的瞬时功率为____．8、某实验小组按图1组装器材：

将长木板固定在水平实验台上，把木块放在粗糙的水平长木板上，木块的右侧栓有一细线，跨过固定在长木板边缘的滑轮与重物连接，木块的左侧与穿过打点计时器的纸带相连．实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动，图2给出了重物落地后打点计时器打出的纸带，图2中小黑点代表计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），各计数点间的距离如图2所示（单位为厘米）．打点计时器所用交流电频率为50Hz，g=10m/s2，不计纸带与木块间的拉力．

①根据纸带提供的数据计算木块与长木板之间的动摩擦因数μ=____（结果保留小数点后两位）．

②打点计时器在打下A点和B点时，木块的速度vA=____m/s，vB=____m/s（结果保留小数点后两位）．

③要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功WAB，还需要的实验器材是____，还应测量的物理量是____．（填入所选实验器材和物理量前的字母）

A、木块的质量m1

B、长木板的质量m2

C、重物的质量m3

D；木板的长度L

E、AB段的距离LAB

F；重物落地后；木块运动的时间t

G、天平H、秒表．9、静止在匀强磁场中的，放出α粒子，衰变为，衰变后的速度与磁场方向垂直．该反应的衰变方程是____；衰变后的轨道半径与α粒子的轨道半径之比为____．10、小船在200m宽的河中横渡；水流速度为2m/s，船在静水中的航速是4m/s，求：

（1）当小船的船头始终正对对岸时，渡河时间为t=____；

（2）要使小船到达正对岸，则船头应与上游成____角．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)11、阴离子在阳极放电，阳离子在阴极放电．____（判断对错）12、参考系的选取是任意的，但参考系的选取应使物体运动的描述尽可能简单．____．（判断对错）13、电视机的显象管中电子束每秒进行50场扫描____．14、矢量的运算遵守平行四边形法则．____．15、将未饱和汽转化成饱和汽，可以用保持温度不变，减小体积，或是保持体积不变，降低温度，也可以用保持体积不变，减小压强．____．（判断对错）16、甲、乙两杯水，水中均有颗粒在做面朗运动，经显微镜观察后，发现甲杯的布朗运动比乙杯中的激烈，说明甲杯中水温高于乙杯．____．（判断对错）17、影响蒸发快慢的因素有绝对湿度、表面积、温度．____．（判断对错）18、电流周围存在磁场____．（判断对错）评卷人得分四、推断题(共1题，共2分)19、rm{[}化学rm{隆陋隆陋}选考：有机化学基础rm{]}化合物rm{H}是一种仿生高聚物rm{(}rm{)}的单体。由化合物rm{A(C_{4}H_{8})}制备rm{H}的一种合成路线如下：

已知：rm{A}与rm{M}互为同系物。回答下列问题：rm{(1)}rm{A}的系统命名为____________。rm{F}分子中含有的官能团名称为________。rm{(2)}rm{B隆煤C}的反应条件为_______。反应rm{垄脹}rm{垄脼}的反应类型分别为_____、_____。rm{(3)}反应rm{垄脿}的化学方程式为__________________________________。rm{(4)}化合物rm{X}为rm{H}的同分异构体，rm{X}能与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，还能与rm{Na_{2}CO_{3}}饱和溶液反应放出气体，其核磁共振氢谱有rm{4}种峰。写出两种符合要求的rm{X}的结构简式___________。rm{(5)}根据上述合成中的信息，试推写出以乙烯为原料经三步制备rm{CH_{3}-COOCH=CH_{2}}的合成路线_________rm{(}其他有机、无机试剂任选，用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件rm{)}评卷人得分五、实验题(共3题，共9分)20、（2010•宜宾模拟）有一游标卡尺，主尺的最小分度1mm，游标上有20个小的等分刻度．现用它测量一工件的长度，如图所示，图示的读数是____mm．21、图1为某一热敏电阻（电阻值随温度的改变而改变；且对温度很敏感）的I-U关系曲线图．

（1）为了通过测量得到图1所示I-U关系的完整曲线，在图2图3两个电路中应选择的是图____；简要说明理由：____（电源电动势为9V；内阻不计，滑线变阻器的阻值为0-100Ω）．

（2）在图4电路中，电源电压恒为9V，电流表读数为70mA，定值电阻R1=250Ω．由热敏电阻的I-U关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为____V；电阻R2的阻值为____Ω．

（3）举出一个可以应用热敏电阻的例子：____．22、（1）在做“研究平抛物体的运动”的实验时，通过描点法画出小球平抛运动轨迹，并求出平抛运动初速度．实验装置如图所示．关于这个实验，以下说法正确的是____．（多选）

A．小球释放的初始位置越高越好。

B．每次小球要从同一高度由静止释放。

C．实验前要用重垂线检查坐标纸上的竖线是否竖直。

D．小球的平抛运动要靠近但不接触木板。

（2）为了测定电流表A1的内阻r1的精确值；实验室给出了如下器材：

。器材名称器材代号器材规格电流表A1量程300mA，内阻约为5Ω电流表A2量程600mA，内阻约为1Ω电压表V量程15V，内阻约为3kΩ定值电阻R05Ω滑动变阻器R10～10Ω，额定电流为1A滑动变阻器R20～250Ω，额定电流为0.3A电源E电动势为3V，内阻不计导线、电键若干①要求电流表A1的示数从零开始变化；且能多测几组数据，尽可能减少实验误差．在虚线框内画出实验电路原。

理图；并在图中标出所选用器材的代号．

②若选测量数据中的一组来计算电流表A1的内阻r1，则所测电流表A1的内阻r1的表达式为：r1=____．式中各符号的意义是：____．评卷人得分六、简答题(共3题，共27分)23、（2015秋•高安市校级期末）如图所示，水平桌面上放着一个半径为R的光滑环形轨道，在轨道内放入两个质量分别是M和m的小球（均可看做质点），两球间夹着少许炸药．开始时两球接触，点燃炸药爆炸后两球沿轨道反向运动一段时间后相遇．到它们相遇时，M转过的角度θ是多少？24、如图，置于车厢地面上的质量为5kg的物块与小车始终保持相对静止，g=10m/s2；当小车内悬挂小球的绳子与竖直方向的夹角为θ=30°时，求。

（1）小车的加速度是多少？方向怎样？

（2）物体受到的摩擦力的大小和方向分别如何？25、如图甲所示，一小滑块在斜面顶端从静止开始释放，小滑块与斜面的动摩擦因数μ=0.3，斜面与水平面的夹角θ=37°，运动到底端时进入光滑圆形轨道，到达轨道最高点C时，受到轨道的压力为N，N与斜面高度h之间的关系如图乙所示，小滑块可视为质点，忽略一切阻力和小滑块在B点损失的能量，重力加速度g=10m/s2；求小球的质量m和圆形轨道的半径R．（cos37°=0.8，sin37°=0.6）

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】位移是矢量，有大小，有方向，可以用由初始位置指向末位置的有向线段表示．路程表示运动轨迹的长度．在单向直线运动中，位移的大小等于路程．【解析】【解答】解：A；当物体做单向直线运动时；位移的大小等于路程，而在八百米赛跑中，运动员跑完全程的位移大小为零，路程为800m．但百米赛跑中，运动员跑完全程的位移大小等于路程，故A错误，B正确。

C；“20公里竞走”是指路程为20公里．故C错误．

D；因为起始点不同；则位移不同．但是路程相同，即200米的路程是100米赛跑的2倍，故D错误．

故选：B．2、B【分析】【分析】掌握电场线特点是解本题的关键，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交、不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱．【解析】【解答】解：A；电场是客观的存在；电场线是人为虚拟的，不是客观存在的线，故A错误．

B；电场线的切线方向就是电场强度的方向；如果两条电场线在同一点相交，则有两个切线方向，而事实上电场中的每一点只有一个方向，故任意两条电场线都不会相交．故B正确．

C；电场线的疏密代表电场的强弱；顺着电场线方向，电场线不一定越来越密，场强不一定越来越大，故C错误．

D；顺着电场线的方向；电势一定降低，正电荷的电势能一定越来越小，而负电荷的电势能越来越大，故D错误．

故选：B．3、B【分析】解：A

分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星；可能具有相同的周期，故A错误；

B；沿椭圆轨道运行的一颗卫星；在轨道对称的不同位置具有相同的速率，故B正确；

C、根据万有引力提供向心力，列出等式：GMm(R+h)2=m4娄脨2T2(R+h)

其中R

为地球半径，h

为同步卫星离地面的高度。由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以T

为一定值，根据上面等式得出：同步卫星离地面的高度h

也为一定值。故C错误；

D；沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星；它们的轨道平面不一定重合，但圆心都在地心，故D错误。

故选：B

根据开普勒定律求解．

了解同步卫星的含义；即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同．

物体做匀速圆周运动；它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心．

通过万有引力提供向心力；列出等式通过已知量确定未知量．

地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度大小．【解析】B

4、A【分析】【分析】分子间同时存在引力和斥力，随着分子间距的增大，两个力都减小，随着分子间距的变化斥力变化比引力快；分子势能与分子间距的关系比较复杂，与分子力的性质有关；在分子间距等于r0时，分子势能最小，但不一定为零．【解析】【解答】解：A；分子间同时存在引力和斥力；分子引力和分子斥力都随分子间距的增大而减小，故A正确．

B、当分子间距大于r0时；分子斥力和引力的合力随着分子间距的增大先增大后减小，故B错误．

C；当分子力表现为斥力时；分子间距离增大时，分子力做正功，分子势能减小；当分子力表现为引力时，分子间距离增大时，分子力做负功，分子势能增大，故C错误．

D、分子势能是相对的，在分子间距等于r0时；分子力为零，分子势能最小，但不一定为零．故D错误．

故选：A5、D【分析】【分析】磁通量等于穿过磁场中某一面积的磁感线的条数，当平面与磁场平行时，穿过该平面的磁通量为零．当平面与垂直时，磁通量最大．匀强磁场中穿过某一平面的磁通量为Φ=BSsinα，α是平面与磁场方向的夹角．【解析】【解答】解；A；穿过某个面的磁通量为零；该处的磁感应强度不一定为零，也可能这个面与磁场平行．故A错误．

B；穿过任一平面的磁通量越大；该处的磁感应强度不一定越大，也可能平面在磁场垂直方向投影的面积大．故B错误．

C；穿过垂直于磁场方向的某个平面的磁感线条数表示该处的磁通量大小．故C错误．

D；当闭合线圈平面跟磁场方向平行时；没有磁感线穿过线圈，则穿过这个线圈平面的磁通量一定为零．故D正确．

故选：D．二、填空题(共5题，共10分)6、【分析】【分析】对物体受力分析，受推力、重力、支持力、摩擦力而做匀速运动，根据平衡条件用正交分解法列式求解．【解析】【解答】解：对物体受力分析；将推力F正交分解，如图。

根据共点力平衡条件得：

水平方向：Fcosθ-f=0

竖直方向：Fsinθ-N-mg=0

则物体受到摩擦力大小为：f=Fcosθ．支持力为：N=Fsinθ-mg．

又f=μN

联立得：μ=

故答案为：7、10W50W【分析】【分析】由功的计算公式求出拉力的功，然后由功率的定义式求出平均功率，已知拉力与速度，由P=Fv可以求出拉力的瞬时功率．【解析】【解答】解：拉力的功W=Fs=10×2=20J；

平均功率===10W；

瞬时功率P=Fv=10×5=50W；

故答案为：10W；50W．8、略

【分析】

（1）由于每相邻两计数点间还有4个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小；

得：x4-x1=3a1T2

x5-x2=3a2T2

x6-x3=3a3T2

为了更加准确的求解加速度；我们对三个加速度取平均值。

得：a=（a1+a2+a3）

即小车运动的加速度计算表达式为：

a==m/s2=0.64m/s2

即水平面上的木块以0.64m/s2做匀减速直线运动．

对木块受力分析：

根据牛顿第二定律得：f=μmg=ma

解得：μ==0.064

保留到小数点后两点答案为：μ=0.06

（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度；

vA=m/s=0.72m/s

vB=m/s=0.97m/s

（3）物体运动的过程中只有摩擦力做功，要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功WAB，可以应用动能定理：wAB=mvA2-mvB2

由公式可知：需要测量木块的质量；所以需要天平；故需仪器：G，要测的物理量：A

故答案为：0.06；0.72；0.97；G，A

【解析】【答案】根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小；结合牛顿第二定律解出物体受到的摩擦力即能得到摩擦因素，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上A；B点时小车的瞬时速度大小．

9、U→Th+He1：45【分析】【分析】（1）根据质量数守恒和电荷数守恒；写出衰变方程．

（2）根据动量守恒定律得知，Th与α粒子的动量大小相等，它们在磁场中由洛伦兹力提供粒子在磁场运动的向心力，由牛顿第二定律求出半径的表达式，再根据两粒子的质量数、电荷数，求出半径之比．【解析】【解答】解：（1）衰变的方程为：U→Th+He

②在磁场中两粒子由洛伦兹力提供粒子在磁场运动的向心力得：

Bqv=m

由上式得：R=

因Th和He的动量等大，所在磁场相同，有：=

即：=

故答案为：U→Th+He；1：45．10、50s60°【分析】【分析】（1）当船头始终正对对岸时，根据t=求出渡河的时间；

（2）要使小船到达正对岸，即合速度的方向与河岸垂直，根据平行四边形定则，求出合速度的大小，并由几何关系，结合矢量合成法则，即可求解．【解析】【解答】解：（1）当小船的船头始终正对对岸时，渡河时间t==s=50s．

（2）设静水速的方向偏向上游与河岸成θ；

根据平行四边形定则，v==m/s=2m/s．

vccosθ=vs，cosθ=．则θ=60°．

故答案为：50s，60°．三、判断题(共8题，共16分)11、×【分析】【分析】阴极射线是在1858年利用低压气体放电管研究气体放电时发现的．1897年约瑟夫•约翰•汤姆生根据放电管中的阴极射线在电磁场和磁场作用下的轨迹确定阴极射线中的粒子带负电，并测出其荷质比，这在一定意义上是历史上第一次发现电子．【解析】【解答】解：阴极即负极；阴极射线是负极发出的射线，是电子流；同理，阳离子在阳极放电．故该说法是错误的．

故答案为：×．12、√【分析】【分析】参考系，是指研究物体运动时所选定的参照物体或彼此不作相对运动的物体系；参考系的选取是任意的，如何选择参照系，必须从具体情况来考虑，一般情况下我们以地面或地面上的物体作为参考系．【解析】【解答】解：参考系；是指研究物体运动时所选定的参照物体或彼此不作相对运动的物体系；参考系的选取是任意的，参考系的选取应使物体运动的描述尽可能简单．该说法是正确的．

故答案为：√13、√【分析】【分析】根据显像原理：显像管尾部的电子枪发射的电子束被加速和控制后呈扫描状轰击屏幕上的荧光粉，使屏幕发光，结合交流电的频率，即可求解．【解析】【解答】解：电子枪发射电子束击在显像管的屏幕上的彩色茧光粉上；它的电子束是逐行扫描的，速度非常的快，肉眼是看不出来的，电子束扫描的方向主是靠显像管管颈上的偏转线圈来控制的，交流电的频率为50赫兹，因此电子束能在1秒内，打在荧光屏上50场画面，所以显象管中电子束每秒进行50场扫描；

故答案为：√．14、√【分析】【分析】物理量按有无方向分矢量和标量，矢量的运算遵守平行四边形法则．【解析】【解答】解：矢量是既有大小；又有方向的物理量，矢量的运算遵守平行四边形法则．故这句话是正确的．

故答案为：√15、×【分析】【分析】根据饱和汽压仅仅与温度有关，然后结合理想气体的状态方程即可正确解答．【解析】【解答】解：根据与饱和蒸汽压有关的因素可知；同一种蒸汽的饱和蒸汽压仅仅与温度有关，与其体积无关．所以该说法是错误的．

故答案为：×16、×【分析】【分析】悬浮在液体（或气体）中固体小颗粒的无规则运动是布朗运动，固体颗粒越小、液体（或气体）温度越高，布朗运动越明显；布朗运动是液体（或气体）分子无规则运动的反应．【解析】【解答】解：布朗运动的激烈程度与液体的温度；悬浮颗粒的大小有关；温度越高，悬浮物的颗粒越小，布朗运动越激烈．所以发现甲杯的布朗运动比乙杯中的激烈，不一定是由于甲杯中水温高于乙杯．所以以上的说法是错误的．

故答案为：×17、×【分析】【分析】影响蒸发快慢的因素和液体的温度、表面积以及空气的流动性有关．【解析】【解答】解：根据蒸发与液化的特点；影响蒸发快慢的因素和液体的温度；表面积以及空气的流动性有关，与绝对湿度无关．故该说法是错误的．

故答案为：×18、√【分析】【分析】丹麦物理学家奥斯特首先发现的电流周围存在磁场．【解析】【解答】解：丹麦物理学家奥斯特首先发现的电流周围存在磁场；安培确定了电流周围的磁场的方向．所以电流周围存在磁场是正确的．

故答案为：（√）四、推断题(共1题，共2分)19、（1）2-甲基-1-丙烯羧基、羟基

（2）NaOH水溶液氧化反应消去反应

（3）

（4）

（5）【分析】【分析】本题考查有机物的推断、合成，有机物的命名，官能团的名称，结构简式和化学方程式的书写等，难度中等。【解答】根据化合物rm{A(C}rm{A(C}rm{{,!}_{4}}rm{H}rm{H}的分子式和反应转化关系知rm{{,!}_{8}}为rm{)}的分子式和反应转化关系知rm{A}为甲基rm{)}丙烯，rm{A}与rm{2-}互为同系物，则rm{-1-}为乙烯，rm{A}与rm{M}互为同系物，则为rm{A}甲基rm{M}rm{M}二溴丙烷，rm{B}为rm{2-}甲基rm{-1}rm{2-}丙二醇，经过一系列氧化后rm{C}为rm{2-}甲基rm{-1}羟基丙酸，rm{2-}为rm{F}甲基丙烯酸。rm{2-}rm{-2-}的系统命名为rm{G}甲基rm{2-}丙烯；rm{(1)}分子中含有的官能团名称为羧基、羟基；故答案为：rm{A}甲基rm{2-}丙烯；羧基、羟基；rm{-1-}rm{F}的反应条件为rm{2-}水溶液；反应rm{-1-}rm{(2)}的反应类型分别为氧化反应、消去反应；故答案为：rm{B隆煤C}水溶液；氧化反应、消去反应；rm{NaOH}反应rm{垄脹}的化学方程式为：故答案为：rm{垄脼}化合物rm{NaOH}为rm{(3)}的同分异构体，rm{垄脿}能与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，还能与rm{(4)}饱和溶液反应放出气体，其核磁共振氢谱有rm{X}种峰。则符合要求的rm{H}的两种结构简式为：故答案为：rm{X}根据上述合成中的信息，则以乙烯为原料经三步制备rm{Na_{2}CO_{3}}的合成路线为：故答案为：rm{4}【解析】rm{(1)2-}甲基rm{-1-}丙烯羧基、羟基rm{(2)NaOH}水溶液氧化反应消去反应rm{(3)}rm{(4)}rm{(5)}五、实验题(共3题，共9分)20、104.05【分析】【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．【解析】【解答】解：游标上有20个小的等分刻度；可知精确度为0.05mm，游标卡尺的主尺读数为：10.4cm=104mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为1×0.05mm=0.05mm，所以最终读数为：104mm+0.05mm=104.05mm．

故答案为：104.0521、2图2电路电压可从0V调到所需电压，调节范围较大．5.2111.8热敏温度计【分析】【分析】（1）根据实验的要求及电路的作用可选出正确的电路；说明时应重点说明电路的特点．

（2）由闭合电路欧姆定律可得出通过R1的电流；再由并联电路的规律可求得流过热敏电阻的电流；由图象可知热敏电阻两端的电压；

（3）热敏电阻的主要作用是用在温度变化仪器中的，回答中生活中常见例子即可．【解析】【解答】解：（1）由题意可知；本实验要求能得出完整的I-U图象，故应采用分压接法，故选2；原因是：图2电路电压可从0V调到所需电压，调节范围较大．而图3电路不能测得0V附近的数据。

（2）由欧姆定律可知，流过R1的电流为：=36mA；则流过热敏电阻的电流为70mA-36mA=34mA；由图可知；热敏电阻两端的电压为5.2V；

则定值电阻两端的电压为9-5.2V=3.8V；则R2的阻值为：R2==111.8Ω；

（3）热敏电阻在生活中有很多应用；主要应用于温度有关的仪器中，如热敏电阻计等；

故答案为；（1）2；图2电路电压可从0V调到所需电压；调节范围较大．（2）5.2；111.8（104-111.8均可）

（3）热敏温度计（提出其他实例，只要合理均给分）22、BCDI1、I2分别为电流表A1、A2的示数，R0是定值电阻的大小．【分析】【分析】（1）实验时；要保证小球每次做平抛运动的初速度相等，应从同一高度由静止释放小球，木板应在竖直平面内，运动过程中，小球不能与木板接触．

（2）待测电流表A1的示数从零开始变化，则滑动变阻器采用分压式接法，电压表量程偏大，不可以用电压表测量电流表A1的电压，通过电流表A1与定值电阻并联，再与A2串联，测量电压表A1的电压，根据欧姆定律求出电流表A1的内阻．【解析】【解答】解：（1）A；小球从适当高度释放即可；释放小球的初始位置太高，需要的木板越宽，不利于实验，故A错误；

B；要保证小球初速度相等；每次小球要从同一高度由静止释放，故B正确；

C；小球在一竖直面内做平抛运动；实验前要用重锤线检查平板是否竖直，故C正确；

D；小球做平抛运动时要靠近平板但不能与平板接触；故D正确；

故选：BCD．

（2）①要求待测电流表A1的示数从零开始变化；则滑动变阻器采用分压式接法；

由于电压表的量程较大，测量电流表A1的电压测量误差较大，选择电流表A1与定值电阻并联，再与A2串联，结合欧姆定律得出A1两端的电压．