2022-2023学年河南省许平汝部分学校高三下学期4月期中考试物理试题（解析版）

高中物理名校试卷PAGEPAGE1能力测试（物理部分）1.如图所示，两个大小均为F、方向相反的水平力分别作用在物体B、C上，物体A、B、C都处于静止状态，各接触面与水平地面平行。设物体A、C间的摩擦力大小为，物体B、C间的摩擦力大小为，物体C与地面间的摩擦力大小为，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗物体A、B、C都处于静止状态，以A、B、C为整体，由于是两个等大、反向的力作用在整体上，根据平衡条件可知物体C与地面间的摩擦力大小为以物体A为研究对象，物体A静止于物体C上，根据平衡条件可知物体A、C间的摩擦力大小为以物体B为研究对象，根据平衡条件可知物体B、C间的摩擦力大小为故选C。2.甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍。下列应用公式进行的推论正确的有（）A.由可知，甲的速度是乙的倍B.由可知，甲的向心加速度是乙的2倍C.由可知，甲的向心力是乙的4倍D.由可知，甲的周期是乙的倍〖答案〗D〖解析〗甲、乙两颗人造卫星质量相等，设卫星质量为m，地球质量为MA．卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律有可得由于甲的轨道半径是乙的2倍，则甲的速度是乙的倍，故A错误；B．卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律有可得由于甲的轨道半径是乙的2倍，则甲的向心加速度是乙的倍，故B错误；C．由可知，由于甲的轨道半径是乙的2倍，则甲的向心力是乙的倍，故C错误；D．由开普勒第三定律可知，由于甲的轨道半径是乙的2倍，则甲的周期是乙的倍，故D正确。故选D。3.利用函数图像是一种解决物理问题的常用方法。某同学利用传感器探究一玩具车沿某一路段做直线运动的性质，从时刻开始计时得到了的图像，如图所示，由此可知（）A.玩具车做初速度为的匀加速直线运动B.玩具车做匀速直线运动C.玩具车做匀加速直线运动，初速度大小为D.玩具车做匀加速直线运动，加速度大小为〖答案〗D〖解析〗由题图得由得可得可知玩具车做匀加速直线运动，初速度大小为，加速度的大小为。故选D。4.如图甲所示，质量为的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为的半圆轨道，小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计，g取，B为轨道中点。下列说法正确的是（）A.图乙中B.小球从B到C损失了的机械能C.小球从A到C合外力对其做的功为D.小球从C抛出后，落地点到A的距离为〖答案〗D〖解析〗A．当时小球在C点，由于小球恰能到达最高点C，故有则有A错误；B．由已知条件无法确定小球到达B位置的速度，因此无法计算出小球从B到C损失了的机械能，B错误；C．小球从A到C，结合上述，由动能定理有C错误；D．小球离开C点后做平抛运动，则有落地点到A的距离根据上述可知解得D正确。故选D。5.如图所示，为等边三角形，电荷量为的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为的点电荷从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为。再将从C点沿移到B点并固定，最后将一电荷量为的点电荷从无穷远处移到C点。下列说法正确的有（）A.移入之前，C点的电势为B.从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为WC.从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为D.在移到C点后的电势能为〖答案〗D〖解析〗A．由题意可知，C点的电势为故A错误；B．由于B、C两点到A点的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，故B错误；CD．根据对称性和电势的叠加可知，当在B点固定后，C点的电势为，所以从无穷远移到C点过程中，电场力做功为所以在移到C点后的电势能为，故C错误，D正确。故选D。6.下列关于原子物理的说法正确的是（）A.一个氢原子从的能级发生跃迁，可能只辐射一种频率的光子B.从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小C.比结合能越小，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定D.放射性元素的半衰期不随温度的升高而变短〖答案〗AD〖解析〗A．一个氢原子从的能级发生跃迁，可能辐射一种或者两种频率的光子，故A正确；B．由光电效应方程知，因不确定时，无法确定与的关系，故B错误；C．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故C错误；D．半衰期由原子核内部因素决定，与元素的化学状态、温度、压强等因素无关，故D正确。故选AD。7.如图所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中的矩形线框，以恒定的角速度绕对角线转动。已知长为，长为，线框总电阻为R。时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是（）A.矩形线框产生的感应电动势有效值为B.矩形线框转过时电流大小最大C.矩形线框转动一周，通过线框任意横截面的电荷量为0D.矩形线框转过元过程中产生的热量为〖答案〗ACD〖解析〗A．矩形线框产生正弦式交变电流，感应电动势最大值为所以有效值为故A正确；B．转过时，线框平面与磁场方向垂直，磁通量最大，磁通量的变化率为零，则感应电动势为零，电流为零，故B错误；C．根据矩形线框转动一周，磁通量变化为零，则通过横截面的电荷量为零，故C正确；D．根据焦耳定律可得转过过程中产生的热量为故D正确。故选ACD。8.如图所示，坐标系中，在的范围内存在足够大的匀强电场，方向沿y轴正方向，在的区域内分布有垂直于平面向里的匀强磁场。在处放置一垂直于y轴的足够大金属板，带电粒子打到板上即被吸收，如果粒子轨迹与板相切则刚好不被吸收。一质量为m、带电量为的粒子以初速度由点沿x轴正方向射入电场，第一次从点经过x轴，粒子重力不计。下列说法正确的是（）A.匀强电场电场强度B.粒子刚好不打挡板上则C.要使粒子不打到挡板上，磁感应强度B应满足的条件为D.要使粒子不打到挡板上，磁感应强度B应满足的条件为〖答案〗AC〖解析〗A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向竖直方向解得故A正确；B．设粒子进入磁场时与x轴夹角为粒子进入磁场时的速度为粒子运动轨迹与挡板相切时粒子刚好不打在挡板上，由几何知识得解得故B错误；CD．粒子做匀速圆周运动，伦兹力提供向心力得解得粒子不打在挡板上，磁感应强度需要满足的条件是故C正确，D错误。故选AC。9.某同学用图甲所示的实验装置测定重力加速度，其中打点计时器的电源为交流电源，频率为．打出纸带的一部分如图乙所示，相邻计数点之间的时间间隔都为t。（1）本实验除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是______。A．交流电源B．刻度尺C．天平（含砝码）D．秒表（2）若使用和两组数据来计算重力加速度，则表达式为_____________。（3）已测得，已知当地的重力加速度大小约为，由此可推算出所选纸带相邻计数点之间的时间间隔_____________s，实验测得的重力加速度为_____________。〖答案〗（1）AB（2）（3）0.049.75〖解析〗（1）[1]测定重力加速度，不需要测量重物的质量，则不需要天平，因为需要电磁打点计时器，则需要交流电源，不需要秒表，需要刻度尺测量点迹间的距离。故选AB。（2）[2]根据，得重力加速度（3）[3][4]根据得由（2）知10.某同学利用满偏电流为的电流表、热敏电阻等制作电子温度计。（1）制作实验过程中需要测出该电流表的内阻，所用的电路如图甲所示，主要步骤是①接通开关，调节变阻器，使指针偏转到满刻度；②保持不变，再接通开关，调节电阻箱，使指针偏转到满刻度的一半，读出此时的阻值为，可认为。实验时，图甲电路中的变阻器和电源有下列器材可供选择：A．变阻器B．变阻器C．电源（，内阻不计）D．电源（V，内阻不计）为了尽量精确测量，应选____________，电源应选__________。（2）温度在范围内，某热敏电阻的阻值，随温度的变化情况为，把这个热敏电阻、标准定值电阻、电源、开关与电流表串联起来，电路如图乙所示，电流表的表盘如图丙所示．用该热敏电阻作为探头，将表盘上的电流刻度值改成对应的温度值，制作成简单的电子温度计．已知电池的电动势，内阻，标准定值电阻的阻值，根据（1）中测得的值和闭合电路欧姆定律，得出电流表表盘上刻度处对应的温度刻度值是，刻度线处对应的温度刻度值是_______________。（3）由于用图甲电路测定电流表的内阻在原理上存在一定的系统误差，因而制作的电子温度计在测量温度时，真实值比测量值_________________（填“偏大”或“偏小”）。〖答案〗（1）BC（2）40（3）偏小〖解析〗（1）[1][2]电学中利用半偏法测电阻时，要求干路中变阻器值要大些，选用的电源的电动势稍大些能减小误差，所以为了尽量精确测量应选B，电源应选C。（2）[3]由闭合电路欧姆定律知当电流表表盘上刻度线处对应温度刻度值是t，则有解得．（3）[4]由于利用半偏法测电流表时电阻测量值偏小（因为闭合后实际电路中干路电流变大），根据知电流I实际偏大，因而制作的电子温度计在测量温度时，测量值比真实值要偏大．11.利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处．如图所示，已知传送轨道平面与水平方向成角，倾角也是的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数，皮带传动装置按顺时针方向匀速转动的速度，两轮轴心相距，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑．现将质量的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度，A、B间的距离。工件可视为质点，g取。求：（1）弹簧的最大弹性势能；（2）工件沿传送带上滑的时间。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）弹簧的最大弹性势能得（2）工件沿传送轨道减速向上滑动过程中，有与传送带共速需要时间工件滑行位移大小因为，所以工件将沿传送带继续减速上滑，得假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落．则工件滑行位移大小故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为12.如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m和的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b的阻值是c阻值的2倍，b、c两棒均与导轨垂直．图中虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g。求：（1）绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；（2）金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；（3）金属棒c上最终产生的焦耳热。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）设a棒滑到水平导轨时速度为，下滑过程中a棒机械能守恒，则有a棒与b棒发生弹性正碰，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立解得（2）b棒刚进磁场时的加速度最大．设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为，c棒的速度为，则b、c组成的回路中的感应电动势由闭合电路欧姆定律得由安培力公式得，联立得故当b棒加速度为最大值的一半时，设b棒速度为，c棒速度为，则有b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒．由动量守恒定律得联立得（3）最终b、c以相同的速度匀速运动．由动量守恒定律由能量守恒定律解得所以由焦耳定律及能量分配关系得[物理—选修3-3]（15分）13.下列说法正确的是（）A.用油膜法可以估测分子的大小B.晶体的熔点是确定的，几何形状是规则的C.石英、云母、明矾、玻璃等是晶体，食盐、蜂蜡、松香、橡胶等是非晶体D.从微观角度来看，气体压强的大小跟气体分子的平均动能以及分子的密集程度有关E.英国物理学家焦耳通过实验测定了外界对系统做功和传热对于系统状态的影响，并得出功与热量的相互关系〖答案〗ADE〖解析〗A．用油膜法可以估测分子的大小，故A正确；B．多晶体的几何形状不规则，故B错误．C．食盐是晶体，玻璃是非晶体，故C错误；D．气体压强的大小从微观角度来看．与气体分子的平均动能以及分子的密集程度有关，故D正确；E．焦耳通过实验测定了外界对系统做功和传热对于系统状态的影响，并得出功与热量的相互关系，故E正确。故选ADE。14.如图所示，一根两端开口、横截面积为、足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定（插入水银槽中的部分足够深）．管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长的气柱，气体的温度为，外界大气压强取。（1）若在活塞上放一个质量为的砝码，保持气体的温度不变，则平衡后气柱为多长？（g取）（2）若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到，此时气柱为多长？（3）若在（2）过程中，气体吸收的热量为，则气体的内能增加多少？〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）被封闭气体的初状态为，，末状态为，根据玻意耳定律，有即得（2）对气体加热后，砝码的质量不变，则气体的压强不变根据盖—吕萨克定律，有即得（3）外界对气体做的功根据热力学第一定律得即气体的内能增加了．[物理—选修3-4]（15分）15.如图所示，一块上、下表面平行的玻璃砖的厚度为L，玻璃砖的折射率，若光从上表面射入的入射角，光在真空中的光速为c，则（）A.折射角B.光在玻璃中传播的时间为C.光在玻璃中传播的时间为D.改变入射角i，光在下表面不可能发生全反射E.光不能从面射出〖答案〗ACD〖解析〗A．由得得故A正确；BC．光在玻璃中传播的速度为由几何知识可知光在玻璃中传播的路程为则光在玻璃中传播的时间为故B错误，C正确；DE．由于光在面上的入射角等于光在面上的折射角，根据光路可逆性原理可知光一定能从面射出，故E错误，D正确。故选ACD。16.图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，P点是平衡位置在处的质点，Q点是平衡位置在处的质点，M点是平衡位置在处的质点；图乙为质点Q的振动图像。求：（1）该波波速及传播方向；（2）时，Q点的位移及在时间内，质点M通过的路程；（3）质点P做简谐运动的表达式。〖答案〗（1），波沿x轴正方向传播；（2），；（3）〖解析〗（1）由题图乙可知Q点在时向上运动，故波沿x轴正方向传播，波速（2）时，Q点的位移为，在时间内，质点M通过的路程为（3）时，质点P沿y轴负方向运动，设质点P做简谐运动表达式为波形向右平移时，质点P到达平衡位置，所用时间最短为，可知解得则质，点P做简谐运动的表达式为

能力测试（物理部分）1.如图所示，两个大小均为F、方向相反的水平力分别作用在物体B、C上，物体A、B、C都处于静止状态，各接触面与水平地面平行。设物体A、C间的摩擦力大小为，物体B、C间的摩擦力大小为，物体C与地面间的摩擦力大小为，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗物体A、B、C都处于静止状态，以A、B、C为整体，由于是两个等大、反向的力作用在整体上，根据平衡条件可知物体C与地面间的摩擦力大小为以物体A为研究对象，物体A静止于物体C上，根据平衡条件可知物体A、C间的摩擦力大小为以物体B为研究对象，根据平衡条件可知物体B、C间的摩擦力大小为故选C。2.甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍。下列应用公式进行的推论正确的有（）A.由可知，甲的速度是乙的倍B.由可知，甲的向心加速度是乙的2倍C.由可知，甲的向心力是乙的4倍D.由可知，甲的周期是乙的倍〖答案〗D〖解析〗甲、乙两颗人造卫星质量相等，设卫星质量为m，地球质量为MA．卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律有可得由于甲的轨道半径是乙的2倍，则甲的速度是乙的倍，故A错误；B．卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律有可得由于甲的轨道半径是乙的2倍，则甲的向心加速度是乙的倍，故B错误；C．由可知，由于甲的轨道半径是乙的2倍，则甲的向心力是乙的倍，故C错误；D．由开普勒第三定律可知，由于甲的轨道半径是乙的2倍，则甲的周期是乙的倍，故D正确。故选D。3.利用函数图像是一种解决物理问题的常用方法。某同学利用传感器探究一玩具车沿某一路段做直线运动的性质，从时刻开始计时得到了的图像，如图所示，由此可知（）A.玩具车做初速度为的匀加速直线运动B.玩具车做匀速直线运动C.玩具车做匀加速直线运动，初速度大小为D.玩具车做匀加速直线运动，加速度大小为〖答案〗D〖解析〗由题图得由得可得可知玩具车做匀加速直线运动，初速度大小为，加速度的大小为。故选D。4.如图甲所示，质量为的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为的半圆轨道，小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计，g取，B为轨道中点。下列说法正确的是（）A.图乙中B.小球从B到C损失了的机械能C.小球从A到C合外力对其做的功为D.小球从C抛出后，落地点到A的距离为〖答案〗D〖解析〗A．当时小球在C点，由于小球恰能到达最高点C，故有则有A错误；B．由已知条件无法确定小球到达B位置的速度，因此无法计算出小球从B到C损失了的机械能，B错误；C．小球从A到C，结合上述，由动能定理有C错误；D．小球离开C点后做平抛运动，则有落地点到A的距离根据上述可知解得D正确。故选D。5.如图所示，为等边三角形，电荷量为的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为的点电荷从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为。再将从C点沿移到B点并固定，最后将一电荷量为的点电荷从无穷远处移到C点。下列说法正确的有（）A.移入之前，C点的电势为B.从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为WC.从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为D.在移到C点后的电势能为〖答案〗D〖解析〗A．由题意可知，C点的电势为故A错误；B．由于B、C两点到A点的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，故B错误；CD．根据对称性和电势的叠加可知，当在B点固定后，C点的电势为，所以从无穷远移到C点过程中，电场力做功为所以在移到C点后的电势能为，故C错误，D正确。故选D。6.下列关于原子物理的说法正确的是（）A.一个氢原子从的能级发生跃迁，可能只辐射一种频率的光子B.从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小C.比结合能越小，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定D.放射性元素的半衰期不随温度的升高而变短〖答案〗AD〖解析〗A．一个氢原子从的能级发生跃迁，可能辐射一种或者两种频率的光子，故A正确；B．由光电效应方程知，因不确定时，无法确定与的关系，故B错误；C．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故C错误；D．半衰期由原子核内部因素决定，与元素的化学状态、温度、压强等因素无关，故D正确。故选AD。7.如图所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中的矩形线框，以恒定的角速度绕对角线转动。已知长为，长为，线框总电阻为R。时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是（）A.矩形线框产生的感应电动势有效值为B.矩形线框转过时电流大小最大C.矩形线框转动一周，通过线框任意横截面的电荷量为0D.矩形线框转过元过程中产生的热量为〖答案〗ACD〖解析〗A．矩形线框产生正弦式交变电流，感应电动势最大值为所以有效值为故A正确；B．转过时，线框平面与磁场方向垂直，磁通量最大，磁通量的变化率为零，则感应电动势为零，电流为零，故B错误；C．根据矩形线框转动一周，磁通量变化为零，则通过横截面的电荷量为零，故C正确；D．根据焦耳定律可得转过过程中产生的热量为故D正确。故选ACD。8.如图所示，坐标系中，在的范围内存在足够大的匀强电场，方向沿y轴正方向，在的区域内分布有垂直于平面向里的匀强磁场。在处放置一垂直于y轴的足够大金属板，带电粒子打到板上即被吸收，如果粒子轨迹与板相切则刚好不被吸收。一质量为m、带电量为的粒子以初速度由点沿x轴正方向射入电场，第一次从点经过x轴，粒子重力不计。下列说法正确的是（）A.匀强电场电场强度B.粒子刚好不打挡板上则C.要使粒子不打到挡板上，磁感应强度B应满足的条件为D.要使粒子不打到挡板上，磁感应强度B应满足的条件为〖答案〗AC〖解析〗A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向竖直方向解得故A正确；B．设粒子进入磁场时与x轴夹角为粒子进入磁场时的速度为粒子运动轨迹与挡板相切时粒子刚好不打在挡板上，由几何知识得解得故B错误；CD．粒子做匀速圆周运动，伦兹力提供向心力得解得粒子不打在挡板上，磁感应强度需要满足的条件是故C正确，D错误。故选AC。9.某同学用图甲所示的实验装置测定重力加速度，其中打点计时器的电源为交流电源，频率为．打出纸带的一部分如图乙所示，相邻计数点之间的时间间隔都为t。（1）本实验除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是______。A．交流电源B．刻度尺C．天平（含砝码）D．秒表（2）若使用和两组数据来计算重力加速度，则表达式为_____________。（3）已测得，已知当地的重力加速度大小约为，由此可推算出所选纸带相邻计数点之间的时间间隔_____________s，实验测得的重力加速度为_____________。〖答案〗（1）AB（2）（3）0.049.75〖解析〗（1）[1]测定重力加速度，不需要测量重物的质量，则不需要天平，因为需要电磁打点计时器，则需要交流电源，不需要秒表，需要刻度尺测量点迹间的距离。故选AB。（2）[2]根据，得重力加速度（3）[3][4]根据得由（2）知10.某同学利用满偏电流为的电流表、热敏电阻等制作电子温度计。（1）制作实验过程中需要测出该电流表的内阻，所用的电路如图甲所示，主要步骤是①接通开关，调节变阻器，使指针偏转到满刻度；②保持不变，再接通开关，调节电阻箱，使指针偏转到满刻度的一半，读出此时的阻值为，可认为。实验时，图甲电路中的变阻器和电源有下列器材可供选择：A．变阻器B．变阻器C．电源（，内阻不计）D．电源（V，内阻不计）为了尽量精确测量，应选____________，电源应选__________。（2）温度在范围内，某热敏电阻的阻值，随温度的变化情况为，把这个热敏电阻、标准定值电阻、电源、开关与电流表串联起来，电路如图乙所示，电流表的表盘如图丙所示．用该热敏电阻作为探头，将表盘上的电流刻度值改成对应的温度值，制作成简单的电子温度计．已知电池的电动势，内阻，标准定值电阻的阻值，根据（1）中测得的值和闭合电路欧姆定律，得出电流表表盘上刻度处对应的温度刻度值是，刻度线处对应的温度刻度值是_______________。（3）由于用图甲电路测定电流表的内阻在原理上存在一定的系统误差，因而制作的电子温度计在测量温度时，真实值比测量值_________________（填“偏大”或“偏小”）。〖答案〗（1）BC（2）40（3）偏小〖解析〗（1）[1][2]电学中利用半偏法测电阻时，要求干路中变阻器值要大些，选用的电源的电动势稍大些能减小误差，所以为了尽量精确测量应选B，电源应选C。（2）[3]由闭合电路欧姆定律知当电流表表盘上刻度线处对应温度刻度值是t，则有解得．（3）[4]由于利用半偏法测电流表时电阻测量值偏小（因为闭合后实际电路中干路电流变大），根据知电流I实际偏大，因而制作的电子温度计在测量温度时，测量值比真实值要偏大．11.利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处．如图所示，已知传送轨道平面与水平方向成角，倾角也是的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数，皮带传动装置按顺时针方向匀速转动的速度，两轮轴心相距，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑．现将质量的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度，A、B间的距离。工件可视为质点，g取。求：（1）弹簧的最大弹性势能；（2）工件沿传送带上滑的时间。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）弹簧的最大弹性势能得（2）工件沿传送轨道减速向上滑动过程中，有与传送带共速需要时间工件滑行位移大小因为，所以工件将沿传送带继续减速上滑，得假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落．则工件滑行位移大小故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为12.如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m和的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b的阻值是c阻值的2倍，b、c两棒均与导轨垂直．图中虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g。求：（1）绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；（2）金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；（3）金属棒c上最终产生的焦耳热。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）设a棒滑到水平导轨时速度为，下滑过程中a棒机械能守恒，则有a棒与b棒发生弹性正碰，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立解得（2）b棒刚进磁场时的加速度最大．设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为，c棒的速度为，则b、c组成的回路中的感应电动势由闭合电路欧姆定律得由安培力公式得，联立得故当b棒加速度为最大值的一半时，设b棒速度为，c棒速度为，则有b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒．由动量守恒定律得联立得（3）最终b、c以相同的速度匀速运动．由动量守恒定律由能量守恒定律解得所以由焦耳定律及能量分配关系得[物理—选修3-3]（15分）13.下列说法正确的是（）A.用油膜法可以估测分子的大