2025版衡水中学学案高考物理二轮专题与专项第4部分实验＋中档计算题增分练(一)含答案及解析

实验＋中档计算题增分练(一)1.(2024·辽宁辽阳二模)某学习小组用如图甲所示的装置测量砝码盘的质量。左、右两个相同的砝码盘中各装有5个质量相同的砝码，每个砝码的质量均为m0，装置中左端砝码盘的下端连接纸带。现将左端砝码盘中的砝码逐一放到右端砝码盘中，并将两砝码盘由静止释放，运动过程中两盘一直保持水平，通过纸带计算出与转移的砝码个数n相对应的加速度a，已知交流电的频率f＝50Hz。(结果均保留两位小数)(1)某次实验，该组同学得到了如图乙所示的一条纸带，相邻两计数点间还有四个点未画出，则相邻两计数点的时间间隔为________s，打下D点时纸带的速度大小为________m/s，纸带的加速度大小为________m/s2。(2)若该组同学得到的n－a图像为过原点、斜率为k的直线，则每个砝码盘的质量为________。(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)交流电的频率是50Hz，打点计时器每隔0.02s打一个点，相邻两计数点间有四个点未画出，所以相邻两计数点的时间间隔为0.10s。打下D点时纸带的速度大小为vD＝eq\f(xCD＋xDE,2T)＝eq\f(11.04＋12.76×10－2m,0.2s)＝1.19m/s加速度大小为a＝eq\f(xCD－xAB＋xDE－xBC,2T2)＝1.72m/s2。(2)设砝码盘的质量为m，将左端砝码盘中的n个砝码放到右端砝码盘中时，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图像的斜率为k＝eq\f(5m0＋m,m0g)解得m＝(kg－5)m0。2.(2024·云南昆明模拟)如图(a)所示，某同学根据所学知识制作了一个简易的欧姆表，表盘刻度如图(b)所示，中间刻度为15，表头G的满偏电流Ig＝300μA，内阻Rg＝100Ω，电源电动势E＝4.5V。(1)图(a)中B端应接________表笔。(填“红”或“黑”)(2)将旋钮旋到×1k挡，进行欧姆调零后，该欧姆表的内阻为________kΩ。(3)将旋钮旋到×100挡，欧姆调零后接入一待测电阻，指针如图(b)所示，则读数为________，若继续接入另一电阻测量时发现指针偏角过大，则应换用更________倍率(填“大”或“小”)(4)图(a)中R1＝________Ω。(计算结果保留3位有效数字)(5)若电池老化，内阻变大，电动势变小，但仍可进行欧姆调零，则测量结果将________。(填“偏大”“偏小”或“不变”)【答案】(1)红(2)15(3)1400Ω小(4)11.1(5)偏大【解析】(1)流过表头G的电流方向为从右向左，B端应接红表笔。(2)将旋钮旋到×1k挡时，有R内＝R中＝15kΩ。(3)旋钮旋到×100挡，读数为1400Ω，若继续接入另一电阻测量时发现指针偏角过大，则应换用更小的挡位。(4)旋钮旋到×100挡时R内＝R中＝1500Ω则I＝eq\f(E,R内)所以I1＝I－Ig根据欧姆定律有R1＝eq\f(IgRg,I1)＝11.1Ω。(5)若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势E变小、内阻变大，根据Ig＝eq\f(E,R内)由于E变小，内阻R内偏小，用欧姆表测电阻时，电流I＝eq\f(E,R内＋Rx)＝eq\f(IgR内,R内＋Rx)＝eq\f(Ig,1＋\f(Rx,R内))由于R内偏小，I偏小，指针偏左，测量结果与原结果相比将偏大。3.(2024·河南郑州模拟)探究小组用矿泉水瓶(大瓶)和开口小玻璃瓶(小瓶)制作了图甲所示的“浮沉子”。装有适量水的小瓶开口朝下漂浮在大瓶内的水面上，拧紧大瓶的瓶盖使其密封，两瓶内均有少量理想气体。将小瓶视为圆柱形容器，底面积为S，忽略其壁厚。当小瓶漂浮时，简化的模型如图乙所示，大瓶中水面上方气体压强为p0，小瓶内气体长度为l1，内外水面高度差为h1。手握大瓶施加适当的压力，使小瓶下沉并恰好悬浮在图丙所示的位置，此时小瓶内外水面高度差为h2。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，可认为气体温度保持不变。(1)小瓶悬浮在图丙所示位置时，求小瓶内气体的长度l2和大瓶内水面上方气体的压强p；(2)缓慢松手，小瓶缓慢上浮，请判断小瓶内气体吸热还是放热，并说明理由。【答案】(1)h1eq\f(p0＋ρgh1l1,h1)－ρgh2(2)气体吸热，见解析【解析】(1)小瓶漂浮、悬浮时，受力平衡，因为小瓶重力不变，所以所受浮力相等，有ρgh1S＝ρgl2S悬浮时小瓶内气体的长度l2＝h1小瓶漂浮时，小瓶内气体压强为p1，则p1＝p0＋ρgh1小瓶悬浮时，大瓶内水面上方气体的压强为p，小瓶内气体压强为p2，则p2＝p＋ρgh2对小瓶内气体，由玻意耳定律有p1l1S＝p2l2S联立可得p＝eq\f(p0＋ρgh1l1,h1)－ρgh2。(2)小瓶缓慢上浮过程中，小瓶内气体压强变小，由玻意耳定律可知，气体体积增大，对外做功，由于气体温度不变，气体内能不变，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，小瓶内气体吸热。4.(2024·四川雅安模拟)如图所示，在平面直角坐标系x轴的上方、半径为R的圆形区域内有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，x轴的下方、边长为2R的正方形区域内有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，两匀强磁场的磁感应强度大小相等，圆形区域与正方形区域相切于坐标原点O。一电荷量为q、质量为m的带负电粒子从A点(在过水平直径的圆周上)沿与水平方向成30°角方向进入圆形区域，进入时粒子的速率为v0，一段时间后，粒子垂直x轴离开圆形区域，不计带电粒子受到的重力。(1)求带电粒子离开圆形区域时的坐标；(2)求带电粒子在整个磁场中的运动时间；(3)其他条件不变，仅在圆形区域和正方形区域之间(圆形区域下方、正方形区域上方)加一竖直向上的匀强电场(图中未画出)，使粒子离开正方形区域时的速度方向与正方形右边界垂直，求所加匀强电场的电场强度大小。【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)如图所示，由几何关系可知，粒子在圆形磁场内运动的半径R1＝R对应圆心角为60°，则入射点与出射点的连线即圆周轨迹的弦和圆心围成正三角形，则水平坐标为x＝－eq\f(R,2)竖直坐标为y＝R－eq\f(\r(3),2)R即粒子射出圆形区域时的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(R,2)，R－\f(\r(3),2)R))。(2)设粒子的电荷量为q、质量为m，由洛伦兹力提供向心力，有qBv0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)解得粒子在正方形区域内运动的半径R2＝R粒子在两个磁场中转动一周的时间均为T＝eq\f(2πR,v0)由几何关系可知，粒子在正方形区域内偏转的角度为120°带电粒子在整个磁场中的运动时间t＝eq\f(60°＋120°,360°)T解得t＝eq\f(πR,v0)。(3)粒子离开正方形区域时的速度方向与正方形右边界垂直，由几何关系可知R3＝eq\f(3,2)R设粒子进入正方形磁场