广西套题训练 六 答案

1．D 2．B 3．D 4．B 5．B 6．D 7．D 8．C 9．（18分）（1）B（3分）；（2）（a）不能。（3分）

改造后电路实物连线如图。（4分）

（b）电压表的读数U，电流表的读数I（2分） 电压表的内阻Rvag（4分）

UI（2分）

10．（18分）（1）由图象可见，物体C以速度V0=6m/s与A相碰，立即有相同的速度v=2m/s，A与C相互作用时间很短，水平方向动量守恒，有mcvo=(mc+mA)v 解得物块C的质量mcvo

mAv1mA2kg。（3分）

vov2（2）物块C和A一起运动，压缩弹簧，它们的动能完全转化成弹性势能（2分） 最大弹性势能为EP1(mAmc)v212J（3分） 2（3）5s到10s的时间内，B处于静止，墙壁对B的作用力F做功为零。（3分）

（4）5s到15s的时间内，B处于静止，墙壁对B的作用力F等于轻弹簧的弹力，轻弹簧的弹力使物体A和C的速度由2m/s，减到0，再反弹到2m/s。则弹力的冲量等于力F的冲量，为

I=（mA+mc）v—[-(mA+mc)v]=24N·s，方向向右。（4分）

11．（16分）（1）小油滴向下运动，受重力和空气阻力达到平衡，有3r3g6rv1（4分）

4解得小油滴半径 r(9v1)2（4分）

12g（2）小油滴在电场中向上运动受重力、电场和空气阻力达到平衡，有

33Urg6rv2q4d解得小油滴带电荷

（4分）

31292d(v1v2)v1qUpg（4分）

12、设小车初速度为V0，A与车相互作用摩擦力为f，第一次碰后A与小车相对静止时速为V1，由动量守恒，得

mAV0－mBV0＝（mA＋mB）V1…………………………① （5’） 由能量守恒，得

1131mAV02＋mBV02＝f·Ｌ+（mA＋mB）V12……………②（5’） 2242多次碰撞后，A停在车右端，系统初动能全部转化为内能，由能量守恒，得

fL＝

1（mA＋mB）V02…………………………………………③（5’） 2联系①②③，解得：

（mA＋mB）2＝4（mA＋mB）2

mAmBmAmB＝

1 2 ∴mA＝3mB

广西名校套题训练 七 答案

1.B 2.AD 3.A 4.AC 5.C 6.D 7.C 8.B

9.(1)0.695mm-0.699mm (2)①实物图 ②0.80-0.83W 4.7-5.5Ω I（A） U（V） U/I（Ω） UI（W） 0.20 3.00 15 0.60 0.28 2.60 9.3 0.73 0.36 2.20 6.1 0.79 0.44 1.80 4.1 0.79 0.52 1.40 2.7 0.73 0.60 1.00 1.7 0.60

10．解：设飞船周期为T1则

GMmHR242m2(HR)……①

T1在地表任一物体：GMmomg GM=gR2……②

o2R由①②得：T2(HR)1RHR g322GMTGMm4由m2r同 r同3224r同TgR2T2 42r飞船RH42(HR)322r同gR2T2gRT342 2voMvo由BvoqmR111．解： R 得qB2R及T=T2m1voqBmvoR23qB T2m23qB

t2mvo8mT15T2 t xR1R2 x9qB3qB6611Fmg2S1a1t2t

22Mmg11 对物体 ：a2g S2a2t2gt2

m221Fmg212LMS1S2L tgt2L F2(Mm)1N4

2M2t12．解：（1）对滑板：a1FmgM

（2）撤去F时：v1a1t3m/s v2a2t2m/s

Mv1mv2(Mm)v v2.8 m/s由动量守恒，向左为正方向

由系统能量守恒

12121J mv1mv2(Mm)v2Ep Ep0.4222广西名校套题训练 八 答案

1．D 2．AC 3．C 4．BCD 5．A 6．ACD 7．AD 8．B 9．（1）①1.996—1.999（3分） ②1.094（3分） （2）①（ABDFEH）（4分） ②实物连接如图所示（4分） ③RAUR3（4分） Im1m242 （1） （4分）

m12R1L2T

10．解答：设m1、m2做圆周运动的轨道半径分别为R1、R2，它们旋转的向心力由它们之间的万有引力提供，

依题意有Gm1m242 （2） （4分）

G2m22R2LT所以R1R2m1m2 （3） （2分）

由R1+R2=L 和（3）式有R1m2L （4） （2分）

m1m2L3 （4分）

G(m1m2)将（4）代入（1）得到 T211．解析：解：（1）在线框离开磁场的过程中，线框中产生的感应电动势E

线框中的感应电流IBLv （4分）

EBLv （4分） RR

B2L2v0.1/N （4分） 线框受到磁场的安培力为FBILR （2）将线框完全拉出磁场区域所需的时间为tL （3分） vB2L3v2102J 根据焦耳定律，得QIRtR2 （3分）

12．解：（1）小球A受到向上的电场力Eq=0.05N

受到向上的洛仑兹力qvB0.05N 受到向下的重力mg=0.1N 由于EqqvBmg （4分）

所以小球A和水平面之间的挤压力为零，因此小球A不受摩擦力作用，小球A向右做

匀速直线运动. （1分）

小球A与小球B碰撞动量守恒定律mv0mv1Mv2 （2分）

v22m/s （1分）

设小球B运动到圆轨道最高点的速度为v3，则，根据机械能守恒定律得

1122 （4分） Mv22MgRMv322

xv3t小球B做平抛运动，则122Rgt2由以上各式联立解得，16R2 （4分）

1.6Rx20 （1分）

0.2m （2分）

R=0.05m时，x有最大值，最大值为xm广西名校套题训练 九 答案

1、B 2、AC 3、AB 4、C 5、B 6、C 7、BD 8、CD 9、（1）（1）①乙 0.2s（各2分）

②尺子如图，使用时，被测人握住尺子的0位置。（4分）

（2）①A1表与电阻箱R1并联后与标准电流表A2串联构成测量电路滑动变阻器分压连接。（4分）

②r1=（I2-I1）R1/ I1（实物电路连接4分，内阻表达式2分） 10、(16分)

（1）(8分)因R和L串联的电阻R串=（5+5）Ω=10Ω=Rab (2分) 且Rab与R串并联，故R

总

时间 距离 cm s 0.28 0.25 0.20 0.14 0 40 30 20 10 0 =Rcd+R并=15Ω (2分) 又IL=P/U=0.04A 所以I总=Icd=IL+Iab=2IL=0.08A (2分) 由Ecd=I总R总=BLv得：v=2.4m/s (2分)

（2）(6分)Fab=BIabl=0.02N (4分) 方向为水平向左(2分)

（3）棒ab、cd中均有电流，由右手定则得：方向是a→b, c→d (2分) 11、(18分)

mv212（1）qUmv U（6分）

2q2v2mv （2）加磁场时：Bqvm B （4分）方向垂直与纸面向里（2分）

RqRQqv2 （3）放点电荷时：k2mRR12、(20分)

mv2R Qkq （6分）

(1)(6分)对小物块，由动量定理得I0=mv0(1分) 弹性势能最大时小物块与木板具有共同速度v。

对木板和物块，由动量守恒定律得: mv0 =(m+M)v(3分) 由以上两式解得v=1.0 m／s(2分)

(2)(14分)设最终速度为u，由动量守恒定律得mv0=(m+M)u(2分) 从物块开始运动至弹簧压缩最短的过程，由能量守恒得:

121mv0(mM)v2mgLmEpm (4分) 221212 对系统运动的全过程，有mv0(mM)v2mgLm (4分)

22

解得Epm=3.O J(2分) Lm=O.75 m(2分)

广西名校套题训练 十 答案

:

1．BCD 2.CD 3.BD 4.BD 5.C 6.A C 7．BD 8．B 9．（1）BCD （2）4

解：由图可知，当t1 4π2/k （3）．

20℃时 R1=4k，I1=2mA

设当I2=3.6mA时，热敏 电阻的阻值为R2 E=I1=（R1+Rg） I=I2（R2+Rg）

9.02.0103(4103Rg)代入数据： 由图可知t2=120℃

39.03.610(R2Rg)10（1）保持开关S1、S2闭合，则电容器上电压 UCUK1

R16E9V3V ①

R1R2r6102－

－

电容器带电量Q=CUC=10×105×3C=3×105C ②

（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开后，电路稳定时电容器上电压等于电源电压

QCE101059C9105C ③

流过R2的电量等于电容器C上电量的增加量

QR1QQQ9105C3105C6105C ④

11.(1)设垒球在电场中运动的加速度大小为a,时间为t1,OD=d,则

a=qE/m (2分) h=at1/2

2

(2分) d=v0t1

=3.46m

(2分) (2分)

E h O v B 由以上三式代入已知数据解得:t1=(没有保留三位数字的扣1分) (2)垒球的运动轨迹如图所示。 由图可知，tanθ=at1/v0=

33/5s,d=23

v0 D

(2分)

垒球进入磁场时的速度v=v0/cosθ=20m/s

设垒球在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，磁感应强度为B，有

R=d/sinθ=4m

(2分) (2分)

(2分) (2分)

qBv=mv2/R,B=mv/Rq=10T

垒球在磁场中运动的时间t2=2πm/(qB) ×2/3=4π/15s 垒球从抛出到第一次回到P点的时间t=2t1+t2=0.902s (没有保留三位数字的扣1分)

12解析：设M、m共同速度为v，由动量守恒定律得

mυB - MυA = ( M + m )υ

解得 v=

mυB - MυA = 2m/s

M + m

对A，B组成的系统，由能量守恒

1 112 2 2 3 MυA+ mυB- ( M + m ) υ= μmg L 2224

代入数据得 μ = 0.6

木板A与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设B向右滑行并与弹簧发生相互作用，当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u，在此过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒。

由动量守恒定律得 mυ - Mυ = ( M + m )u 解得 u = 0

设B相对A的路程为s，由能量守恒得

1 2

( M + m ) υ2 = μmgs

2

代入数据得 s = 3 m

L

由于 s > 4 ，所以B滑过Q点并与弹簧相互作用，然后相对A向左滑动到Q点左边，设离

1

Q点距离为s1 ，则 s1 = s - 4 L = 0.17m