實驗＋中檔計算題增分練(一)1.(2024·遼寧遼陽二模)某學習小組用如圖甲所示的裝置測量砝碼盤的質量。左、右兩個相同的砝碼盤中各裝有5個質量相同的砝碼，每個砝碼的質量均為m0，裝置中左端砝碼盤的下端連接紙帶。現將左端砝碼盤中的砝碼逐一放到右端砝碼盤中，并將兩砝碼盤由靜止釋放，運動過程中兩盤一直保持水平，通過紙帶計算出與轉移的砝碼個數n相對應的加速度a，已知交流電的頻率f＝50Hz。(結果均保留兩位小數)(1)某次實驗，該組同學得到了如圖乙所示的一條紙帶，相鄰兩計數點間還有四個點未畫出，則相鄰兩計數點的時間間隔為________s，打下D點時紙帶的速度大小為________m/s，紙帶的加速度大小為________m/s2。(2)若該組同學得到的n－a圖像為過原點、斜率為k的直線，則每個砝碼盤的質量為________。(用k、m0和重力加速度大小g表示)【答案】(1)0.101.191.72(2)(kg－5)m0【解析】(1)交流電的頻率是50Hz，打點計時器每隔0.02s打一個點，相鄰兩計數點間有四個點未畫出，所以相鄰兩計數點的時間間隔為0.10s。打下D點時紙帶的速度大小為vD＝eq\f(xCD＋xDE,2T)＝eq\f(11.04＋12.76×10－2m,0.2s)＝1.19m/s加速度大小為a＝eq\f(xCD－xAB＋xDE－xBC,2T2)＝1.72m/s2。(2)設砝碼盤的質量為m，將左端砝碼盤中的n個砝碼放到右端砝碼盤中時，有[(5＋n)m0＋m]g－[(5－n)m0＋m]g＝(10m0＋2m)a整理得n＝eq\f(5m0＋m,m0g)a，n－a圖像的斜率為k＝eq\f(5m0＋m,m0g)解得m＝(kg－5)m0。2.(2024·云南昆明模擬)如圖(a)所示，某同學根據所學知識制作了一個簡易的歐姆表，表盤刻度如圖(b)所示，中間刻度為15，表頭G的滿偏電流Ig＝300μA，內阻Rg＝100Ω，電源電動勢E＝4.5V。(1)圖(a)中B端應接________表筆。(填“紅”或“黑”)(2)將旋鈕旋到×1k擋，進行歐姆調零后，該歐姆表的內阻為________kΩ。(3)將旋鈕旋到×100擋，歐姆調零后接入一待測電阻，指針如圖(b)所示，則讀數為________，若繼續接入另一電阻測量時發現指針偏角過大，則應換用更________倍率(填“大”或“小”)(4)圖(a)中R1＝________Ω。(計算結果保留3位有效數字)(5)若電池老化，內阻變大，電動勢變小，但仍可進行歐姆調零，則測量結果將________。(填“偏大”“偏小”或“不變”)【答案】(1)紅(2)15(3)1400Ω小(4)11.1(5)偏大【解析】(1)流過表頭G的電流方向為從右向左，B端應接紅表筆。(2)將旋鈕旋到×1k擋時，有R內＝R中＝15kΩ。(3)旋鈕旋到×100擋，讀數為1400Ω，若繼續接入另一電阻測量時發現指針偏角過大，則應換用更小的擋位。(4)旋鈕旋到×100擋時R內＝R中＝1500Ω則I＝eq\f(E,R內)所以I1＝I－Ig根據歐姆定律有R1＝eq\f(IgRg,I1)＝11.1Ω。(5)若該歐姆表使用一段時間后，電池電動勢E變小、內阻變大，根據Ig＝eq\f(E,R內)由于E變小，內阻R內偏小，用歐姆表測電阻時，電流I＝eq\f(E,R內＋Rx)＝eq\f(IgR內,R內＋Rx)＝eq\f(Ig,1＋\f(Rx,R內))由于R內偏小，I偏小，指針偏左，測量結果與原結果相比將偏大。3.(2024·河南鄭州模擬)探究小組用礦泉水瓶(大瓶)和開口小玻璃瓶(小瓶)制作了圖甲所示的“浮沉子”。裝有適量水的小瓶開口朝下漂浮在大瓶內的水面上，擰緊大瓶的瓶蓋使其密封，兩瓶內均有少量理想氣體。將小瓶視為圓柱形容器，底面積為S，忽略其壁厚。當小瓶漂浮時，簡化的模型如圖乙所示，大瓶中水面上方氣體壓強為p0，小瓶內氣體長度為l1，內外水面高度差為h1。手握大瓶施加適當的壓力，使小瓶下沉并恰好懸浮在圖丙所示的位置，此時小瓶內外水面高度差為h2。已知水的密度為ρ，重力加速度為g，可認為氣體溫度保持不變。(1)小瓶懸浮在圖丙所示位置時，求小瓶內氣體的長度l2和大瓶內水面上方氣體的壓強p；(2)緩慢松手，小瓶緩慢上浮，請判斷小瓶內氣體吸熱還是放熱，并說明理由。【答案】(1)h1eq\f(p0＋ρgh1l1,h1)－ρgh2(2)氣體吸熱，見解析【解析】(1)小瓶漂浮、懸浮時，受力平衡，因為小瓶重力不變，所以所受浮力相等，有ρgh1S＝ρgl2S懸浮時小瓶內氣體的長度l2＝h1小瓶漂浮時，小瓶內氣體壓強為p1，則p1＝p0＋ρgh1小瓶懸浮時，大瓶內水面上方氣體的壓強為p，小瓶內氣體壓強為p2，則p2＝p＋ρgh2對小瓶內氣體，由玻意耳定律有p1l1S＝p2l2S聯立可得p＝eq\f(p0＋ρgh1l1,h1)－ρgh2。(2)小瓶緩慢上浮過程中，小瓶內氣體壓強變小，由玻意耳定律可知，氣體體積增大，對外做功，由于氣體溫度不變，氣體內能不變，由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q可知，小瓶內氣體吸熱。4.(2024·四川雅安模擬)如圖所示，在平面直角坐標系x軸的上方、半徑為R的圓形區域內有勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，x軸的下方、邊長為2R的正方形區域內有勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，兩勻強磁場的磁感應強度大小相等，圓形區域與正方形區域相切于坐標原點O。一電荷量為q、質量為m的帶負電粒子從A點(在過水平直徑的圓周上)沿與水平方向成30°角方向進入圓形區域，進入時粒子的速率為v0，一段時間后，粒子垂直x軸離開圓形區域，不計帶電粒子受到的重力。(1)求帶電粒子離開圓形區域時的坐標；(2)求帶電粒子在整個磁場中的運動時間；(3)其他條件不變，僅在圓形區域和正方形區域之間(圓形區域下方、正方形區域上方)加一豎直向上的勻強電場(圖中未畫出)，使粒子離開正方形區域時的速度方向與正方形右邊界垂直，求所加勻強電場的電場強度大小。【答案】(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(R,2)，R－\f(\r(3),2)R))(2)eq\f(πR,v0)(3)eq\f(52＋\r(3)mv\o\al(2,0),4qR)【解析】(1)如圖所示，由幾何關系可知，粒子在圓形磁場內運動的半徑R1＝R對應圓心角為60°，則入射點與出射點的連線即圓周軌跡的弦和圓心圍成正三角形，則水平坐標為x＝－eq\f(R,2)豎直坐標為y＝R－eq\f(\r(3),2)R即粒子射出圓形區域時的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(R,2)，R－\f(\r(3),2)R))。(2)設粒子的電荷量為q、質量為m，由洛倫茲力提供向心力，有qBv0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)解得粒子在正方形區域內運動的半徑R2＝R粒子在兩個磁場中轉動一周的時間均為T＝eq\f(2πR,v0)由幾何關系可知，粒子在正方形區域內偏轉的角度為120°帶電粒子在整個磁場中的運動時間t＝eq\f(60°＋120°,360°)T解得t＝eq\f(πR,v0)。(3)粒子離開正方形區域時的速度方向與正方形右邊界垂直，由幾何關系可知R3＝eq\f(3,2)R設粒子進入正方形磁場