2024年安徽高考物理五模试卷

2024年安徽省高考物理五模试卷

一、单选题：本大题共8小题，共32分。

1.如图所示为氢原子的能级图，现有一群处于n=3能级的激发态的氢原子，则下列说法正确的是（）

E/cV

8...........................»

I=-4LK5

3---------------------------1.51

2---------------------------3.4

I---------------------------13.6

A.能发出6种不同频率的光子

B.波长最长的光是氢原子从几=3能级跃迁到九=1能级产生的

C.发出的光子的最小能展为12.09eV

D.处于该能级的氢原子至少需吸收1.51W能量的光子才能电离

2.如图所示，下面有缺口的圆环固定在竖直面内，一根绕过滑轮的细绳两端分别固定在圆环上的C、。两点，

重物吊在轻质滑轮的下面，4B是圆环的水平直径，CO在A8上方并与AB平行，不计一切摩擦。现将细绳固

定在。点的一端沿着圆环缓慢下移到E点，0、E关于AB对称，则细绳上的张力（）

A.一直增大B.一直减小C.先减小后增大D.先增大后减小

3.真空中，两个相距L的固定点电荷P、Q所带的电荷量的绝对值分别为Qp和QQ,N

在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示

电场线的方向，电场线上标出了M、N两点，其中过N点的切线与P、Q连线平

行，且乙NPQ＞乙NQP,贝ij（）

A.P带负电，Q带正电

B.点电荷P、Q所带电荷量的关系为QpVQQ

C.在M点由静止释放一带正电的检验电荷，该电荷仅在电场力的作用下有可能沿电场线运动到N点

D.带负电的检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能

4.如图所示，等腰直角三角形团力BC为一棱镜的横截面，AB=AC.由甲、乙两种单色光组成的一细光束,

从H左边射入二棱镜，调整入射方向发现，当入射光束垂直88边入射时，恰好只有甲光从8c.边射出，且出

射光线和BC边的夹角为30。，则下列判断正确的是（）

A.甲光的全反射临界角小于乙光的全反射临界角

B.甲、乙两光的折射率之比为，

C.用完全相同的杨氏双缝干涉仪做双缝干涉实验，甲光的条纹要比乙光的条纹宽

D.若甲、乙两光均能使某金属发生光电效应，则由甲光照射产生的光电子最大初动能更大

5.如图所示，A为置于地球赤道上的物体，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C为绕

地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点.已知4、8、C绕地心运动的周

期相同.相对于地心，下列说法中错误的是（）/T?rf

A.卫星的运行速度大十物体力的速度\\^y\

B.物体力和卫星。具有相同大小的加速度/

C.卫星8运动轨迹的半长轴与卫星。运动轨迹的半径相等

D.卫星B在P点的加速度大小与卫星C在该点加速度大小相等

6.如图所示质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车48段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，8c段

是K为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为机的滑块（可视为质点）从小车上的力点由静止开始

沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在。点。已知小车质量M=3m,滑块与轨道8C间的动摩擦因数

为&（0V〃V1）,重力加速度为g。则下列说法正确的是（）

A.滑块从A滑到C的过程中，滑块和小车组成的系统动量守恒

B.滑块滑到8点时的速度大小为/砺

C.滑块从A滑到C的过程中，小车的位移大小为+L）

D.水平轨道的长度L可能等于圆弧半径R

7.如图中所示的变压器电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2,a、b输入端输入如图乙所示的交

变电流，副线圈电路中电阻R=10,电路中的电流表、电压表都是理想电表，下列说法正确的是（）

A.电压表的示数为2/IUVB.电流表的示数为百

C.电阻R的功率为10WD.电路中的电流在1s内方向改变50次

8.正方体abed-Q/ICMI的上表面水平，沿中心线。放置一根通有恒定电流/的长直导线，现使一闭合金

属小圆环沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中圆环平面始终水平。下列说法正确的是

A.七点与c点的磁感应强度相等

B.小圆环的圆心从ad边的中点竖直向上运动时，小圆环中无感应电流

C小圆环的圆心从打移到j过程中，穿过小圆环的磁通量先增加后减少

D.小圆环的圆心从a移到d与从a移到c,小圆环的平均感应电动势相等

二、多选题：本大题共2小题，共10分。

9.某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究.他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，

并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为£图象，如图所示（除2s〜10s时间段图象为曲线外，

其余时间段图象均为直线）.已知在小车运动的过程中，2s〜14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止

遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1.0kg,可认为在整个运动过程中小车所受的阻力大小不变.则下列

说法正确的是（）

A.小车受到的阻力大小为1.5NB.小车加速阶段的功率为9IV

C.小车匀速行驶阶段的功率为9WD.小车在2s〜10s时间内牵引力做功721

10.如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成8角(0V6V90。)，其中B心

MN与PQ平行且间距为3导轨平面与磁感应强度为8的匀强磁场垂直，导轨电阻不知二

计.金属棒必由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，好棒

接入电路的电阻为R,当流过助棒某一横截面的电荷量为q时，Q力棒的速度大小为小〃

则成棒在这一过程中()

A.运动的平均速度大小为B.下滑的位移大小为瞽

ZDL

C.产生的焦耳热为西陵D.受到的最大安培力大小为华

三、实验题：本大题共2小题，共16分。

11.如图1所示，某同学用“插针法”测定一半圆形玻璃砖的折射率。在平铺的白纸上垂直纸面插大头针匕、

P2确定入射光线，并让入射光线过圆心。，在玻璃砖(图中实线部分)另一侧垂直纸面插大头针P3,使P3挡住

P］、「2的像，连接。和P3。图中MN为分界面，虚线半圆与实线半圆对称，B、C分别是入射光线、折射光线

与圆的交点，AB,均垂直于法线并分别交法线于小D点。

图1图2图3

(1)图1所示设的长度为a,力。的长度为从CD的长度为m,。。的长度为n,则玻璃砖的折射率可表示为

o实验中该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以。为圆心逆时针转过一小角度，由此测得玻璃砖

的折射率将(选填“偏大”“偏小”或“不变”)；

(2)同班小涛同学突发奇想，用两块同样的玻璃直角三棱镜H3C来做实验，两者的AC面是平行放置的，如图

2所示。插针匕、02的连线垂直于4B面，若操作正确的话，则在图乙中右边的插针应该是_________(填“尸3、

PJ"3、。6”“。5、PJ或“生、尸6”)：

(3)如图3所示，圆心为。、半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，光线从P点垂直界面入射后，恰好在

玻琦砖圆形表面发生全反射；当入射角6=60。时，光线从玻璃甚圆形表面出射后恰好与入射光平行。已知

真空中的光速为c，则玻璃砖的折射率为________

12.为了测量某一未知电阻R"勺阻值，某实验小组找来以下器材：

电压表(0〜3V,内阻约5X2)、电流表(07).64内阻约0.5。)、滑动变阻器(0〜20。,24)、电源(E=3V,

内阻很小)、开关与导线，并采用如图甲所示的电路图做实验.

(1)请按图甲所示的电路图将图乙中实物连线图补齐；

(2)图乙中，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于____端(选填"a"、"b”).

(3)闭合开关，缓慢调节滑动变阳器，得到多绢电压表与电流表的读数，根据实崎数据在坐标系中描出坐标

点，做出U-/图线；根据U-/图可得，该未知电阻的限值&=_____.(保留两位有效数字)

(4)由于实验中使用的电表不是理想电表，会对实验结果造成一定的影响，则该小组同学实验测出的电阻值

______氏的真实值(填“>”、"V”或“=”).

四、简答题：本大题共2小题，共26分。

13.氧气瓶是医院、家庭护理、战地救护、个人保健及各种缺氧环境补充用氧较理想的供氧设备。某氧气瓶

容积匕=153在7\=300K的室内测得瓶内氧气的压强pi=9x106Pa,已知当钢瓶内外无气压差时供气

停止。

(1)求在环境温度为A=300K、压强为po=lxl()5pa时，可放出该状态下氧气的体积匕

(2)若将该氧气瓶移至&=250K的环境中用气，当瓶内氧气压强变为P2=1.5xl()6pa时，求用掉的氧气的

质量与原有的氧气的质量之比。(用百分比表示)

14.某电视台“快乐向前冲”节目的场地设施如图所示，48为水平直轨道,

上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R、角

速度为3、铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为A,平台边

缘与转盘平面的百度差为H.选手扒住悬挂器可以在电动机的带动下，从4点下方的平台边缘处沿水平方向做

初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动.选手必须做好判断，在合适的位置放手，才能顺利地落在转盘

上.设选手的质量为m(不计身高)，选手与转盘间的最大静摩擦力为〃mg,重力加速度为g.

(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘的速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩、.转盘，转盘

的角速度3应限制在什么范围？

(2)若已知，=5m,L=8m,a=2m/s2yg=10m/s2,且选手从某处。点放手能恰好落到转盘的圆心上，

则他是从平台出发后多长时间放开悬挂器的？

(3)若电动悬挂器开动后，针对不司选手的动力与该选手重力关系皆为尸=0.6mg,悬挂器在轨道上运动时

存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到上面(2)中所述位置C点时，因恐惧没有放开悬挂器，但立即关闭了它

的电动机，则按照(2)中数据计算悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远的距离？

五、计算题：本大题共1小题，共16分。

15.如图所示，平行光滑金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成。导轨水平部分的一段处干B=0.507\

方向垂直导轨平面向上的匀强磁场(图示虚线)中。在磁场中离左边界，=0.40相处垂直于水平导轨放置导体

棒％在倾斜导轨高/i=0.2zn处垂直于导轨放置导体棒上将导体棒b由静止释放，结果发现导体棒Q以lm/s

的速度从磁场右边界离开。已知导体棒a、b的质量均为m=0.01kg,阻值均为R=O.1O0,棒的长度均等

于导轨间距L=0.20m,不计导轨电阻，导体棒在运动过程中始终垂直于导轨且接触良好g取107TI/S2,忽略

(1)安培力对导体棒a做的功；

(2)导体棒a刚出磁场时，导体棒b的速度大小及两棒之间的距离;

(3)整个过程中，安培力对导体棒b做的功。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】【分析】

解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，即Em-En=hv.

一样处于九=3激发态的氢原子，可能由71=3向71=2能级跃迁，可能由九=3向九=1能级跃迁，可能由71=2

向八=1能级跃迁，辐射的光子能审等于两能级间的能级差。激发态的氢原子吸收能最后的总能最是否大于

等F0,一旦大于等于0,说明发生电离。

【解答】

4.一群处于九=3激发态的氢原子।可能由n=3向n=2能级跃迁，可能由n=3向"=1能级跃迁，可能由

n=2向九=1能级跃迁，可能发加3种不同频率的光子，故A错误；

8c.ltrn=3向71=2能级跃it发出的光子能量最小，则光子频率也最小，波长最大。最小能量为3.4eV-

l.SleV=1.89eV,故错误；

D处于n=3能级对应原子能量是-l.51eV,激发态的氢原子吸收能量后的总能最大于等于0,说明发生电离,

所以至少需吸收1.51W能量的光子才能电离，故。正确。

故选”

2.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查了共点力的平衡应用，关键是能根据题意找出不变量，找出夹角的变化，再结合共点力的平衡来

解决问题。

设滑轮两边绳与鞋直方向的夹角为仇根据几何关系，结合平衡条件求解绳子拉力与e的关系，再分析其变

化情况。

【解答】

滑轮两边绳上的拉力大小相等，旦两绳与竖直方向的夹角也相等，设滑轮两边绳与竖直方向的夹角为仇绳

固定在。点的一端缓慢向下移到E点，绳两端的水平距离先增大后诫小，则。先增大后减小，设绳上的张力

为F,贝ij2Fcos®=7ng,则F先增大后减小；故ABC错误，。正确。

3.【答案】B

【解析】解：AB,根据电场线的流向，知IP带正电，Q带负电；〃点的场强可看成P、Q两电荷在该点产生场

强的合场强，电荷P在N点电场方向沿PN向上，电荷Q在N点产生的场强沿NQ向下，合场强水平向右，可知

F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而NQ>NP,所以/VQQ.故A错误，B正确：

C、只有电场线方向是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合。而

该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合，故C错误：

。、沿电场线方向电势逐渐降低，UM>UN，再根据Ep=qU,q为负电荷，知与苗V0公故D错误。

故选：Bo

根据电场线的方向和场强的直加，可以判断出P、Q的电性及电量的大小；只有电场线方向是一条直线，且

初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合；先比较电势的高低，再根据£p=qU，

比较电势能。

解决本题的关键知道电场线的特点及电势能高低的判断。电势能高低判断：一可以从电场力做功角度判断，

二根据电势能的公式判断。

4.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查了光的折射定律、临界角、光的干涉、爱因斯坦光电效应方程；难度不大。

根据折射定律，结合几何关系计算出光的折射率之比；

根据全反射临界角sinC=1分析全反射临界角的关系；

n

根据双缝干涉条纹间距公式/X=》分析条纹宽关系；

根据光电效应方程a=hv-%分析最大初动能关系。

【解答】

解：8.根据折射定律，甲、乙两种单色光的折射率分别为九=理零普=乎，n=嚅=苧，甲、乙

两光的折射率之比2=*=理，故3错误；

〃乙苧2

4.全反射临界角sine=；,甲单色光的折射率小于乙单色光的折射率，甲单色光的全反射临界角大于乙单色

光的全反射临界角，故A错误；

C日单色光的折射率小于乙单色光的折射率，则甲单色光的频率小于乙单色光的频率，单色光在真空中的

波长为则甲单色光的波长大于乙单色光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式/x=5九则单色光甲

的条纹宽度要比单色光乙的条纹宽度宽，故。正确；

D甲单色光的折射率小于乙单色光的折射率，则甲单色光的频率小于乙单色光的频率，根据光电效应方程

Ek=hv-W0,若甲、乙两光均能使某金属发生光电效应，则由甲光照射产生的光电子最大初动能更小，

故D错误。

5.【答案】B

【解析】解•：力、物体力和卫星C的周期相等，则角速度相等，根据〃=丁3知，半径越大，线速度越大.所

以卫星C的运行速度大于物体4的速度.故A正确，

8、物体4静止于地球赤道上随地球一起自转，卫星C为绕地球做圆周运动，它们绕地心运动的周期相同，

根据向心加速度的公式Q=（皇）2/，卫星。的加速度较大，故4错误.

C、4B、C绕地心运动的周期相同，根据开普勒第三定律得卫星B运动轨迹的半长轴与卫星C运动轨迹的

半径相等.故C正确.

。、根据Q=等知，两卫星距离地心的距离相等，则加速度相等.故D正确.

本题选择错误的，故选：B.

根据4、C的周期相等，知角速度相等，通过u=比较4、C速度的大小.因为卫星的周期一定，根据万有

引力提供向心力确定其轨道半径一定.根据卫星所受的万有引力，通过牛顿第二定律比较加速度的大小.

解决本题的关键知道力和C的角速度相等，通过u=丁3比较线速度大小，注意物体力随地球做圆周运动不是

靠万有引力提供向心力.

6.【答案】C

【解析】【分析】

系统所受合外力为零系统动量守恒，根据系统所受合外力情况判断系统动量是否守恒；

滑块从力到8过程系统在水平方向动量守恒、系统机械化守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出滑

块滑到B时的速度；

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；

对整个过程，运用动量守恒定律和能量守恒定律求解〃、八R三者之间的关系。

解决该题的关键是需要掌握动量守恒的条件，知道滑块和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，分析清

楚运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律、能量守恒定律即可解题，解题时注意正方向的选择。

【解答】

A、滑块从A到B过程系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，系统所受合外力不

为零，系统动量不守恒，滑块从8到C过程系统所受合外力为零系统动量守恒，由此可知，滑块从4到C过程

滑块与小车组成的系统动量不是一直守恒的，故A错误；

4、滑块由力到B过程系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，设滑块到8时的速度大小

为以，小车的速度大小为V，

取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：0=mvm-Mv,

由机械能守恒定律得：mgR=4-^Mv2

解得：vm=J等，故B错误；

C、设全程小车相对地面的位移大小为s,根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为R+L,则滑块

水平方向相对地面的位移为：xf=R+L-s,

滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：m^-

M-t=0,即：tMt-=0,

已知M=3m,解得：s=；(R+L),1(/?+L),故C正确；

。、滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得：0=

(m+M)u',

解得：i/=0,

由能量守恒定律得：mgR=n?ngL,

解得：L=~,由于0<〃Vl,则L>R,故。错误。

7.【答案】C

【解析】【分析】

根据图象有电流的热效应求得输入电压的有效值、根据电压与匝数成正比，输入功率等于输出功率即可求

得结论.

能够根据图象得到我们需要的物理信息，掌握住理想变压相的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之

间的关系即可解决本题.

【解答】

4、根据电流的热效应可知，输入电压的有效值为内,则有：呼+^^］二卷八解得：%二与乙

i\LK£KZ

根据筏=y:4=，双，故A错误;

B、根据输入功率与输出功率相同可得：解得：=2/1071,故8错误；

n

。、电阻消耗的功率为：p=〈=iow,故。正确；

力、由乙图可知，在一个周期内电流改变2次，故1s内电流方向改变的次数为：n=焉又2=100次，故。

错误。

故选：C

8.【答案】B

【解析】【分析】

本题主要考查通电直导线周围磁场分布特点、磁通量、感应电流产生条件以及法拉第电磁感应定律的简单

应用。画出通电直导线周围磁场分布，根据磁场分布特点结合磁通量定义、感应电流产生条件以及法拉第

电磁感应定律进行解答。

【解答】

通电直导线周围磁场分布如图,

立体图剖面图上视图

4根据右手螺旋定则可知处与c的磁感应强度大小相等，方向相反，故A错误；

B.小圆环的圆心从ad边的中点竖直向上运动时，根据对称性可知穿过小圆环平面的磁通量始终为零，没有

磁通量变化，小圆环中无感应电流，故8正确；

C小圆环的圆心从瓦移到S过程中，穿过小圆环的磁通最先减少后增加，故C错误；

。.小圆环的圆心从a移到d与从a移到c,磁通量变化相等，但时间不等，小圆环的平均感应电动势不相等，

故D错误。

9.【答案】ACD

【解析】解：力、14s末停止遥控而让小车自由滑行，由图象14s-18s时间段得:

0-67

a3=18-14="15ni/s

由牛顿第二定律得小车受到阻力大小：

f=771a3=1.5N故A正确；

B、由图象可得0-2S内的加速度为：

%==l.Stn/s2

由牛顿第二定律得：氏一f=m5

代人数据解得：F1=3N,

在0-2s内通过的位移为：Xj=1x2x3m=3m

小车加速阶段的功率为：尸=牛=等勿=4.5W,故8错误

V乙

C、匀速阶段牵引力力等于阻力，故拉力功率为：P=Fv=fv=1.5x6W=9W,故C正确；

。、小车在2s〜10s在额定功率下运动，故牵引力做功为：IV=Pt=9x8/=727,故。正确；

故选:ACD

A、在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车只受摩擦力，故可以可以先求加速度，再求出合力，等于摩

擦力：

B、由图象可求0-2s内的加速度，利用牛顿第二定律即可求出牵引力，根据P=?求得平均功率

。、匀速阶段，牵引力等于阻力，速度已知，直接根据公式P=求解；

。、根据W=Pt求得在额定功率下抖力做功

主要考查机车启动问题，本题关键分析清楚小车各段的运动规律以及力的变化情况，结合牛顿第二定律和

功率公式求解.

10.【答案】BD

R212

【解析】解：力、分析棒的受力情况，mgsin3-=ma，分析可得棒做加速度减小的加速运动，

abWKab

故其平均速度不等于初、末速度的平均值*故A错误；

B、设必棒沿斜面下滑的位移为3则电荷量q=八"竽."1=竽=萼，解得位移x=*，故B正确;

C、根据能量守恒定律可知，产生的焦耳热等于助棒机械能的减少量，Q=mgxsinG-=in^inG-

ZuL

jmv2,故C错误.

。、好棒受到的最大安培力为尸=8〃=华，故。正确.

A

故选：BD.

根据牛顿第二定律得到加速度的表达式，分析M棒的运动情况，明确只有匀变速直线运动的平均速度才能

用公式方二空.根据电量与位移的关系求位移.由能量守恒定律求焦耳热.刚开始下滑时Qb棒受到的安培

力最大.

本题考查金属棒切割磁感线的电磁感应现象，意在考查考生应用法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、能

量守恒定律解决电磁感应综合问题的能力.

11.【答案】(1)彳偏小；(2)25、入；(3)/3o

AB

【解析】解：(1)根据折射定律可得玻璃砖的折射率为：九=霁濡=爸=2

~R

若在插大头针P3前不小心将玻璃砖以。为圆心逆时针转过一小角度，相当于入射角略微减小，杈据折射定律

可知折射角也将减小且减小量比入射角的减小量小些，则折射光线将以。为圆心逆时针转过一小角度，之后

再插大头针P3时，其位置将更远离直线4D,所以力B长度不变，CD变大，由此测得玻璃砖的折射率将偏小；

(2)由题意，根据几何关系以及对称性作出光路图如图1所示，可知在图乙中右边的插针应该是匕、P6；

(3)如图2所示，当光线从P点垂直界面入射后，其入射角恰好等于全反射临界角，即

0P1

sin乙OAP=-X-=—

Rn

当入射角6=60。时，光线从玻璃甚圆形表面出射后恰好与入射光平行，根据折射定律以及对称性可知：

乙OBP=乙APB

而sin^OBP=喘=1°。

而：BPJ"2+R2

根据折射定律有：nf=^-

联立以上四式解得：nz=73o

故答案为：⑴事偏小；(2)%、尸6；(3)V~3o

(1)根据折射定律可得玻璃砖的折射率：根据折射率的计算方法结合图象分析误差；

(2)根据几何关系以及对称性作出比路图，由此分析：

(3)当光线从P点垂直界面入射后，其入射角恰好等于全反射临界角，画出光路图，根据全反射发生的条件

结合折射定律进行解答。

本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，通过光路图根据

几何关系、折射定律进行分析。

12.【答案】(1)电路图如图所示(2)a；(3)5.0；(4)>

【解析】【分析】

(1)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图。

(2)滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路安全，保护开关前滑片应置于分压电路分压最小的位置。

(3)根据图象由欧姆定律求出电阻阻值。

(4)根据电路图应用欧姆定律分析实验误差，注意电流表的分压作用导致电压表测量值偏大。

本颍考杳了连接实物电路图、实崎注意事项、求电阳阳值、实崎误差分析等，要注竟掌樨根樨颍意确定滑

动变阻器与电流表接法是正确连接实物电路图的关键，同时注意根据电表内阻分析实验误差的基本方法.

【解答】

(1)根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示:

(2)由于滑动变阻器采用分压接法，由电路图可知，为保护电路安全，闭合开关前，滑片应置于a端。

(3)由图示图象可知，电阻的阻值k=彳=*卷。=5.0。。

(5)由电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压测量值大于真实值，由欧姆定律可知,

电阻测量值大于真实值。

故答案为：(1)电路图如图所示；(2)a；(3)5.0；(4)＞。

13.【答案】(1)根据玻意耳定律可知

Pi%=PO(VI+V)

解得

V=1335L

可放出该状态下氧气的体积1335”；

(2)根据理想气体状态变化方程可知

PM=P2(6+/)

~T\~~可2-

解得

=60L

用掉的氧气的质量与原有的氧气的质量之比

r

V

-------7=80°/()

【解析】(1)瓶内气体发生等温变化，利用玻意耳定律求解。

(2)根据理想气体状态方程体积，再根据体积比求解。

本题要根据题意分析清楚气体状态如何变化是解题的前提，确定气体状态参量，应用玻意耳定律与理想气

体状态方程即可解题。

14.【答案】解：(1)设人落在转盘边缘也不至被甩下，最大静摩擦力提供向向心力，

则有：fimg>mco2R

即转盘转动角度应满足：3工巧

(2)设水平加速段位移为勺，时间〃；平抛时水平位移为不，时间为匕，

则加速时有：Xj=