实验＋中档计算题增分练(三)
1.(2024·四川内江期末)某实验小组“用单摆测重力加速度”。
(1)下列悬挂单摆的装置中，最合理的是________。
A B C D
(2)用秒表记录单摆完成30次全振动所用时间，如图所示，其读数为__________s。
(3)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是________。
A．测量摆长：用刻度尺量出从悬点到摆球上端点间的距离
B．测量周期：从摆球通过平衡位置开始计时，当摆球再次通过平衡位置时结束计时，秒表所示读数表示单摆的周期
C．为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点(速度最大)的位置开始计时
D．拉开摆球，使摆线离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球50次经过平衡位置所用的时间Δt，则单摆周期T＝
(4)另一组同学测出了摆线长度L和摆动周期T，如图(a)所示。通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图(b)所示。由图像可知，当地重力加速度g＝________m/s2(结果用含π的表达式)。
【答案】 (1)D (2)52.0 (3)C (4)π2
【解析】 (1)为了使摆长不变，用不可伸长的细丝线，不能用弹性棉线，且用夹子夹住细丝线，A、C错误；为了减小空气阻力产生的误差，不能用塑料球，应该用铁球，B错误，D正确。
(2)秒表的读数为52.0 s。
(3)测量摆长：用刻度尺量出从悬点到摆球球心的距离，A错误；测量周期：从摆球通过平衡位置开始计时，摆球振动多次后，当某次相同方向通过平衡位置时结束计时，秒表所示读数与全振动次数的比值表示单摆的周期，B错误；为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点(速度最大)的位置开始计时，C正确；拉开摆球，使摆线离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时数零，记下摆球50次从相同方向经过平衡位置所用的时间Δt，则单摆周期T＝，D错误。故选C。
(4)根据单摆的周期公式得T＝2π，解得T2＝L＋，根据图像斜率k＝＝ s2/m，得g＝π2 m/s2。
2.(2024·甘肃酒泉三模)因电动汽车充电比燃烧汽油更便宜，故电动汽车更受到市场的欢迎。某兴趣小组为了测量某电动汽车上安装的电池的电动势E(300 V～400 V)和内阻r(0～10 Ω)，利用实验室现有器材进行了如下实验。
(1)实验室只有一个量程为100 V、内阻为RV＝5 kΩ的电压表，现把此电压表改装成量程为400 V的电压表，需________(填“串联”或“并联”)一个阻值为R0＝________kΩ的电阻，然后再测量电池的电动势和内阻。
(2)该兴趣小组将电阻箱R和改装后的电压表(电压表的表盘没有改变，示数记为U)连接成如图甲所示的电路，来测量该电池的电动势和内阻，根据电阻箱接入电路的阻值R和电压表的示数U作出－图像，如图乙所示，则该电池的电动势E＝________V、内阻r＝________Ω。
(3)由实验可知，电池电动势的测量值________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值；内阻的测量值________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
【答案】 (1)串联 15 (2)360 9 (3)小于 小于
【解析】 (1)根据电表改装原理可知，将小量程电压表改装成大量程电压表需要串联较大电阻，该串联电阻阻值为R0＝＝＝15 kΩ。
(2)根据闭合电路的欧姆定律可得4U＝E－·r
整理可得＝·－
结合图像可得＝
＝联立解得E＝360 V，r＝9 Ω。
(3)根据等效电源法，将电压表和R0看成是新电源的一部分，该部分与电源并联，所以新电源的电动势和内阻均减小，所以电动势和内阻的测量值均小于真实值。
3.(2024·湖北学业考试)1965年香港中文大学校长高锟在一篇论文中提出以石英基玻璃纤维作长程信息传递；引发了光导纤维的研发热潮，1970年康宁公司最先发明并制造出世界第一根可用于光通信的光纤，使光纤通信得以广泛应用。此举被视为光纤通信的里程碑之一，高锟也因此被国际公认为“光纤之父”。如图模拟光纤通信，将直径为d的圆柱形玻璃棒弯成圆环，已知玻璃的折射率为，光在真空中的速度为c。光纤在转弯的地方不能弯曲太大，要使从A端垂直入射的光线能全部从B端射出。求：
(1)圆环内径R的最小值；
(2)在(1)问的情况下，从A端最下方入射的光线，到达B端所用的时间。
【答案】 (1)(＋1)d (2)
【解析】 (1)从A端最下方入射的光线发生全反射时其他光线能发生全反射，根据几何关系得sin θ＝
设全反射临界角为C，则要使A端垂直入射的光线全部从B端射出，必须有θ≥C
根据临界角公式有sin C＝
因此有sin θ≥sin C
即≥
解得R≥＝＝(＋1)d
所以R的最小值为(＋1)d。
(2)在(1)问的情况下
θ＝45°
代入可得R＝(＋1)d
如图所示
光在光纤内传播的总路程为s＝6R＝6(＋1)d
光在光纤内传播速度为v＝＝c
所以所求时间为t＝＝＝。
4.(2024·广东惠州期末)如图所示，水平传送带顺时针匀速转动，左右两端距离L＝3 m，将一质量为m＝0.1 kg的小铁块(可看作质点)轻轻放在传送带左端，铁块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4。铁块从A点飞出后，恰好从竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线进入圆弧轨道，铁块恰好能通过圆弧轨道的最高点D。已知θ＝37°，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，水平传送带离B端的竖直高度H＝0.45 m，圆弧轨道半径R＝0.4 m，C点为圆弧轨道的最低点，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)铁块运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小vD；
(2)铁块在竖直圆弧轨道上运动的过程中克服摩擦力所做的功；
(3)水平传送带的速率v。
【答案】 (1)2 m/s (2)0.33 J (3)4 m/s
【解析】 (1)小铁块通过D点时，由牛顿第二定律得mg＝
解得vD＝2 m/s。
(2)小铁块从A点到B点，由平抛运动规律v＝2gH
根据三角函数得sin θ＝
解得vB＝5 m/s
根据动能定理得－mgR(1＋cos θ)－Wf＝mv－mv
解得Wf＝0.33 J。
(3)小铁块从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有tan θ＝
小铁块离开A点的速度vA＝4 m/s
小铁块在传送带上运动，根据动能定理得μmgs＝mv
解得s＝2 m
因s21世纪教育网(www.21cnjy.com)实验＋中档计算题增分练(二)
1.(2024·浙江卷)在“验证机械能守恒定律”的实验中
(1)下列操作正确的是________。
(2)实验获得一条纸带，截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示。已知打点的频率为50 Hz，则打点“13”时，重锤下落的速度大小为________m/s(保留三位有效数字)。
(3)某同学用纸带的数据求出重力加速度g＝9.77 m/s2，并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为5.09m，另计算得动能增加值为5.08m(m为重锤质量)则该结果________(选填“能”或“不能”)验证机械能守恒，理由是________。
A．在误差允许范围内
B．没有用当地的重力加速度g
【答案】 (1)B (2)3.34 (3)能 A
【解析】 (1)应手提纸带上端使纸带竖直，同时使重物靠近打点计时器，由静止释放。故选B。
(2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得打点“13”时，重锤下落的速度大小
v13＝＝f＝3.34 m/s。
(3)可以验证机械能守恒；理由是“在误差允许范围内，重锤的重力势能减小值等于动能增加值”故选A。
2.(2024·浙江温州二模)磁敏电阻是一种对磁敏感、具有磁阻效应的电阻元件。物质在磁场中电阻发生变化的现象称为磁阻效应。某实验小组利用伏安法测量一磁敏电阻RM的阻值(约几千欧)随磁感应强度的变化关系。
所用器材：电源E(6 V)、滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)，电压表(量程为0～3 V，内阻为2 kΩ)和毫安表(量程为0～3 mA，内阻不计)。定值电阻R0＝1 kΩ、开关、导线若干。
(1)为了使磁敏电阻两端电压调节范围尽可能大，实验小组设计了电路图甲，请用笔代替导线在乙图中将实物连线补充完整。
(2)某次测量时电压表的示数如图丙所示，电压表的读数为________V，电流表读数为0.5 mA，则此时磁敏电阻的阻值为________。
(3)实验中得到该磁敏电阻阻值R随磁感应强度B变化的曲线如图丁所示，某同学利用该磁敏电阻制作了一种报警器，其电路的一部分如图戊所示。图中E为直流电源(电动势为6.0 V，内阻可忽略)，当图中的输出电压达到或超过2.0 V时，便触发报警器(图中未画出)报警。若要求开始报警时磁感应强度为0.2 T，则图中________(填“R1”或“R2”)应使用磁敏电阻，另一固定电阻的阻值应为________kΩ (保留2位有效数字)。
【答案】 (1)见解析图 (2)1.30 3 900 Ω/3.9×103 Ω (3)R2 2.8
【解析】 (1)根据电路图甲，在乙图中补充实物连线图如下
(2)电压表的最小刻度值为0.1 V，如图丙所示，电压表的读数为1.30 V，
根据串联电路各部分两端电压与电阻成正比的关系，磁敏电阻两端的电压为×(2 kΩ＋1 kΩ)＝1.95 V
电流表读数为0.5 mA，故此时磁敏电阻的阻值为R＝ Ω＝3 900 Ω。
(3)根据闭合电路可得输出电压为U＝
要求输出电压达到或超过2.0 V时报警，即要求磁感应强度增大时，电阻的阻值增大，从而需要输出电压增大，故需要R2的阻值增大才能实现此功能，故R2为磁敏电阻；
开始报警时磁感应强度为0.2 T，此时R2＝1.4 kΩ
电压U＝2.0 V
根据电路关系＝
解得另一固定电阻的阻值应为R1＝2.8 kΩ。
3.(2024·陕西西安模拟)如图，厚度为d＝2.0 cm的玻璃砖竖直固定在水平桌面上，其右表面镀有反光膜，刻度尺在玻璃砖的左侧与玻璃砖竖直平行放置，距玻璃砖左侧表面距离为l＝6.0 cm。激光笔发出一束激光从刻度尺上的O点射向玻璃砖上表面，在刻度尺上观察到P、Q两个光点(光路未画出)，读出OP间的距离为16.0 cm、PQ间的距离为3.0 cm。已知光在真空中的速度c＝3.0×108 m/s，求：
(1)玻璃砖的折射率n；
(2)激光从O点传到P、Q两点的时间差Δt(以上结果均保留两位有效数字)。
【答案】 (1)1.3 (2)2.2×10－10 s
【解析】 (1)如图所示
由几何关系可知sin i＝＝
sin r＝＝
根据折射定律n＝
代入数据可得n≈1.3。
(2)光在玻璃中的传播速度v＝
时间差Δt＝
由几何关系可知Δs＝AC＋CB
代入数据可得Δt＝2.2×10－10 s。
4.(2024·湖北武汉模拟)在我国，地铁已经成为一种重要的城市交通工具。为了减轻振动，让乘客更加舒适，地铁车厢使用了空气弹簧作为支撑。空气弹簧可简化为一个充有气体的圆柱形密闭气缸，活塞上固定有连杆，用于支撑车厢。当车厢有振动时，气缸内的气体可以起到缓冲作用。下图是一节地铁车厢的简化示意图。该车厢质量为M＝28.4吨，一共用4个空气弹簧支撑，每个空气弹簧的活塞面积为S＝1 m2。车厢空载时，活塞到气缸底部距离为20 cm。大气压强为p0＝10×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。空气弹簧内的气体可以视为理想气体，且其温度始终不变。
(1)若该节车厢某次搭载60名乘客，每名乘客的平均质量m0按60 kg估计，相比于空载，此次载客车厢下降的距离为多少？
(2)为了保障乘客上下车安全，车厢设备会按照载客量调整空气弹簧内的气体质量，以保证车厢高度不变。为此，此次载客应该充入空气弹簧内的气体质量与空载时空气弹簧内原有气体质量之比为多少？
【答案】 (1)1 cm (2)1∶19
【解析】 (1)空载时对车厢与活塞整体受力分析有4p1S＝4p0S＋Mg
满载时对车厢与活塞整体受力分析有4p2S＝4p0S＋(M＋60m0)g
对气体根据玻意耳定律p1h1S＝p2h2S
得h2＝19 cm
则活塞下降的距离为Δh＝h1－h2＝1 cm。
(2)设将充入的气体压缩到空载压强p1时，体积为ΔV，对气体根据玻意耳定律p1(ΔV＋V1)＝p2V2
故＝
则＝。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)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＝50 Hz。(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)0.10 1.19 1.72 (2)(kg－5)m0
【解析】 (1)交流电的频率是50 Hz，打点计时器每隔0.02 s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0.10 s。
打下D点时纸带的速度大小为vD＝＝＝1.19 m/s
加速度大小为a＝＝1.72 m/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＝a，n－a图像的斜率为k＝
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＝300 μA，内阻Rg＝100 Ω，电源电动势E＝4.5 V。
(1)图(a)中B端应接________表笔。(填“红”或“黑”)
(2)将旋钮旋到×1 k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)1 400 Ω 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×1 k挡时，有R内＝R中＝15 kΩ。
(3)旋钮旋到×100挡，读数为1 400 Ω，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＝1 500 Ω
则I＝
所以I1＝I－Ig
根据欧姆定律有R1＝＝11.1 Ω。
(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＝
由于E变小，内阻R内偏小，用欧姆表测电阻时，电流I＝＝＝
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)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＝－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) (2) (3)
【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＝－
竖直坐标为y＝R－R
即粒子射出圆形区域时的坐标为。
(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＝m
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＝
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＝T
解得t＝。
(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＝R
设粒子进入正方形磁场时的速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力，有qBv＝m
解得v＝v0
由动能定理有qEd＝mv2－mv
其中d＝R－R
解得E＝。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)实验＋中档计算题增分练(四)
1.(2024·青海玉树模拟)在做“验证碰撞中的动量守恒定律”实验中，装置如图甲所示。
(1)需要的测量仪器或工具有________。
A．刻度尺 B．天平(带砝码)
C．秒表 D．圆规
(2)必须要求的条件是________。
A．入射球和被碰球必须质量相等
B．斜槽轨道末端的切线必须水平
C．斜槽轨道应尽量光滑以减小误差
D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止下滑
(3)某次实验中得出的落点情况如图乙所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为________。
【答案】 (1)ABD (2)BD (3)4∶1
【解析】 (1)根据实验原理可知，若碰撞过程中动量守恒，则满足m1＝m1＋m2，实验中需要测量的物理量有两小球质量和水平射程；因此应用到刻度尺和天平(带砝码)，测量水平射程前，要确定小球的落点，要用到圆规。不需要测量时间，不需要秒表。故选ABD。
(2)为了保证入射小球不反弹，所以入射球的质量要大于被碰球的质量，故A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故C错误；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一位置由静止滚下，故D正确。故选BD。
(3)根据m1＝m1＋m2得＝＝＝。
2.(2024·广东广州模拟)半导体薄膜压力传感器是一种常用的传感器，其阻值会随压力变化而改变。某实验小组想测量某一薄膜压力传感器在不同压力下的阻值RN，其阻值约几十千欧，现有以下器材；
压力传感器；
电源：电动势6 V，内阻不计；
电流表A：量程250 μA，内阻为50 Ω；
电压表V：量程3 V，内阻约为20 kΩ；
滑动变阻器R1：阻值范围0～100 Ω；
滑动变阻器R2，阻值范围0～20 kΩ；
开关S；
导线若干
(1)为了提高测量的准确性，应该选以下________电路图进行测量，其中，滑动变阻器应选________(填元器件符号)，使用该电路得到的测量值________(选填“大于”“小于”或者“等于”)真实值；
(2)通过多次实验测得其阻值RN随压力F变化的关系图像如图甲所示，该学习小组利用该压力传感器设计了如图乙所示的自动分拣装置，可以将质量大于0.5 kg的物体和小于0.5 kg的物体进行分拣，图中RN为压力传感器，R′为滑动变阻器，电源电动势为6 V(内阻不计)。分拣时质量不同的物体通过传送带运送到托盘上，OB为一个可绕O转动的杠杆，下端有弹簧，当控制电路两端电压≥2 V时，杠杆OB水平，物体水平进入通道1；当控制电路两端电压<2 V时，控制电路控制杠杆的B端下移，物体下滑进入通道2，从而实现分拣功能。根据以上原理可知，R′接入电路的阻值为________kΩ(重力加速度大小取10 m/s2，结果保留2位有效数字)，质量为0.4 kg的物体将进入________(选填“通道1”或“通道2”)。
【答案】 (1)C R1 大于 (2)9.0 通道2
【解析】 (1)滑动变阻器应便于调节，故选择R1，题中待测电阻是大电阻，且其电阻值远大于滑动变阻器最大阻值，故电路应为分压，内接。故选C。由欧姆定律可知RN＝。电路中因为电流表分压，导致电压表读数大于RN两端电压，故RN测量值大于真实值。
(2)质量为0.5 kg的物体对RN的压力为F＝mg＝5 N，由图甲可知，此时RN＝18.0 kΩ，由闭合电路的欧姆定律E＝U＋IRN且R′＝，联立解得R′＝9.0 kΩ，由图甲可知，压力变小，RN阻值变大，故电路中电流变小，R′两端电压变小，小于2 V，故物体进入通道2。
3.(2024·山东青岛三模)如图是一款杯盖上带吸管的透明塑料水杯，在温度恒为27 ℃的室内，向杯内注入开水并迅速盖上杯盖，吸管上端封闭，杯盖与杯身间有缝隙，发现吸管下端有气泡溢出。当水与吸管内气体温度降为97 ℃时，吸管下端不再有气泡溢出，水面距离吸管上端为2 cm，吸管总长为22 cm。已知外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，吸管内气体可视为理想气体，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求从吸管内溢出气体的质量与吸管内初始气体质量的比值；
(2)将水杯拿到室外，静置一段时间后，将杯盖竖直缓慢拿出，吸管最下端有一段4 cm高的水柱，求此时室外温度。
【答案】 (1)0.173 (2)22.6 ℃
【解析】 (1)对吸管内气体，升温过程，由理想气体状态方程得＝
其中p1＝p0＋ρg(L－l)＝1.02×105 Pa
溢出气体与初始气体质量的比值η＝＝≈0.173。
(2)杯盖拿出过程，对吸管内剩余气体，有＝
解得T2≈295.6 K＝22.6 ℃。
4.(2024·广东惠州期末)在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入简化工作原理的示意图，一粒子源于A处不断释放质量为m，带电量为＋q的离子，其初速度视为零，经电压为U的加速电场加速后，沿图中半径为R1的圆弧形虚线通过圆弧形静电分析器(静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场)后，从P点沿直径PQ方向进入半径为R2的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外。经磁场偏转，离子最后垂直打在平行PQ放置且与PQ等高的硅片上，硅片到PQ的距离为R2，不计离子重力。求：
(1)静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E；
(2)磁感应强度大小B；
(3)若加速电压和静电分析器中电场的大小可以调节，离子在静电分析器中仍沿虚线圆弧运动，要让从P点沿直径PQ方向进入圆形匀强磁场区域的离子全部打在硅片上，求加速电压的变化范围。(结果用U表示)
【答案】 (1) (2) (3)≤U′≤3U
【解析】 (1)离子通过加速电场，根据动能定理得qU＝mv2
离子经过静电分析器，电场力提供向心力qE＝
解得E＝。
(2)由几何知识可知r＝R2
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
其中v＝
解得B＝。
(3)要让离子全部打在硅片上，其临界状态的轨迹如图所示，设圆心分别为O3、O4，半径分别为r1、r2，由几何关系可知，O4恰为硅片的最低点，
r2＝R2
设圆心为O3的离子在磁场中做圆周运动的圆心角为θ，有tan(π－θ)＝
得θ＝120°
由tan ＝
得r1＝R2
qU′＝mv2
由qvB＝m
将“r”用“r1”和“r2”替换得≤U′≤3U。
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