2012年北京市高考物理试卷答案与解析(2)

（6）任何实验测量都存在误差，本实验所用测量仪器都已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是 CD （有多个正确选项）．

A、用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差

B、由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差

C、若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差

D、用U﹣I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差．

【考点】测定金属的电阻率；伏安法测电阻．

【专题】实验题；恒定电流专题．

【分析】（1）关于螺旋测微器的读数，要先读出固定刻度，再读出可动刻度，然后相加即可得出结果．

（2）根据数据比较电压表、电流表和被测电阻的阻值关系，确定可采取的电路．

（3）按照电路原理图进行实物图的连接，注意导线不能交叉和滑动变阻器的连接方式．

（4）根据图上所标的点，做出U﹣﹣I图线，从而可得出电阻值

（5）把以上数据代入电阻定律，可得出结果

（6）结合试验误差出现的原因，可得出答案．

【解答】解：（1）固定刻度读数为0，可动刻度读数为39.7，所测长度为0+39.7×0.01=0.397mm． ﹣2﹣3﹣6﹣8

（2）由记录数据根据欧姆定律可知金属丝的电阻Rx约5Ω．则有

，

，比较Rx为小电阻应该采用外接法测量误差小．由（3）知是用伏安特性曲

线来测量电阻的，就要求电压电流从接近0开始调节，所以应该采用分压接法甲．

（3）注意连图时连线起点和终点在接线柱上并且不能交叉，结合（2）可知应该连接成外接分压接法（甲）那么在连线时断开开关且使Rx两端的电压为0．先连外接电路部分，再连分压电路部分，此时滑片P必须置于变阻器的左端．实物图如图所示，

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（4）描绘出第2、4、6三个点后可见第6次测量数据的坐标点误差太大舍去，然后作出U﹣I图线．如右图所示；其中第4次测量数据的坐标点在描绘出的U﹣I

图线上，有：

Ω．

（5）根据电阻定律 有：

ρ===1.1×10Ω m ﹣6

从数量级上估算出的金属丝电阻率是C选项．

（6）A、用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故A错误； BC、由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故B错误，C正确；

D、用U﹣I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差，故D正确．

答案为：CD．

故答案为：（1）0.397；

（2）甲；

（3）如图；

（4）如图，4.5；

（5）C；

（6）CD．

【点评】该题是综合性较强的题，解答时注意一下几方面：

1、对于长度的测量注意高中所要求的游标卡尺和螺旋测微器的使用方法，读书时是固定刻度的值与可动刻度的值得和．

2、会根据电压表、电流表及被测电阻的阻值关系，确定电流表是内接还是外接．

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3、实物连接时，注意导线不能相交叉，并且要注意闭合电建时，分压电路的输出端电压要为零．

4、会用电阻定律来求解导线的电阻率

5、了解实验误差产生的原因，并会在试验中做到尽可能的减小误差．

10．（16分）（2012 北京）如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s，求：

（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；

（2）小物块落地时的动能EK；

（3）小物块的初速度大小v0．

2

【考点】动能定理的应用；平抛运动．

【专题】动能定理的应用专题．

【分析】（1）物块离开桌面后做平抛运动，由匀速与匀变速运动规律可以求出水平距离．

（2）由动能定理可以求出落地动能．

（3）由动能定理可以求出物块的初速度．

【解答】解：（1）物块飞出桌面后做平抛运动，

竖直方向：h=gt，解得：t=0.3s，

水平方向：s=vt=0.9m；

（2）对物块从飞出桌面到落地，

由动能定理得：mgh=mv1﹣mv2，

落地动能EK

=mgh+mv1=0.9J；

（3）对滑块从开始运动到飞出桌面，

由动能定理得：﹣μ

mgl=mv﹣mv0，

解得：v0=4m/s；

答：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m．

（2）小物块落地时的动能为0.9J．

（3）小物块的初速度为4m/s．

【点评】要掌握应用动能定理解题的方法与思路；（2）（3）两问也可以应用牛顿定律、运动学公式求解．

11．（18分）（2012 北京）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图1所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的，已222222

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知电梯在t=0时由静止开始上升，a─t图象如图2所示．电梯总质量m=2.0×10kg．忽略一切

2阻力，重力加速度g取10m/s．

（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；

（2）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由υ─t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示a─t图象，求电梯在第1s内的速度改变量△υ1和第2s末的速率υ2；

（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0─11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W．

3

【考点】牛顿第二定律；机械运动；功的计算．

【专题】压轴题；牛顿运动定律综合专题．

【分析】（1）由图读出电梯向上加速运动的最大加速度和减速运动的最大加速度大小，由牛顿第二定律求解最大拉力F1和最小拉力F2；

（2）运用类比法可知，a﹣t图象与坐标轴所围的“面积”等于速度变化量，即可求出电梯在第1s内的速度改变量△υ1，及电梯在2s内的速度改变量△υ2，即求得第2s末的速率υ2；

（3）由a─t图象可知，11s～30s内速率最大，其值等于0～11s内a─t图线下的面积，此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，由P=Fv求出拉力的功率．由动能定理求解拉力和重力对电梯所做的总功W．

【解答】解；（1）由牛顿第二定律，有 F﹣mg=ma

由a─t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s，a2=﹣1.0m/s

则

34 F1=m（g+a1）=2.0×10×（10+1.0）N=2.2×10N

34 F2=m（g+a2）=2.0×10×（10﹣1.0）N=1.8×10N

（2）通过类比可得，电梯的速度变化量等于第1s内a─t图线下的面积

△v1=0.50m/s

同理可得，△v2=v2﹣v0=1.5m/s

v0=0，第2s末的速率v2=1.5m/s

（3）由a─t图象可知，11s～30s内速率最大，其值等于0～11s内a─t图线下的面积，有 vm=10m/s

此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率

P=Fvm=mg vm=2.0×10×10×10W=2.0×10W

由动能定理，总功

W=Ek2﹣Ek1=mvm﹣0=×2.0×10×10J=1.0×10J

答：

44（1）电梯在上升过程中受到的最大拉力F1是2.2×10N，最小拉力F2是1.8×10N．

（2）电梯在第1s内的速度改变量△v1是0.50m/s，第2s …… 此处隐藏：2615字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……