安徽省2023-2024学年第一学期九年级10月份限时训练x物理试卷答案

2023-10-31 16:40:48 55℃

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了，放B结误0-5内位移大小为-，=2.5n5,。2+儿=4化，故B正确：研究灯泡亮度变化时，可把变压器(2)质点通过A点时，根据牛顿第二定律可得P+g-R:体积为△V=V1-2V。(1分)和其右期电路等效为一个电阻R,对理想变压器有2-。心发口分设逸出的气体在压强为P时的体积为△V,则有2.8p·△V=Po·△V1(2分)17.5s内的位移大小为2=号42=12.5m,则0~17.58内的位代入数据可得FN=5.5-0.5m2(1分)设不规则物体的体积为△V',则有商大小为：头放C展后不得指冰告名会7U12ni当F=0时，可得2=11m2·s2,结合图丙可知x=11(1Po·(△V+,-△V)=2.8po·(。-△V)R,当闭合开关S时，等效电阻不a 1,nn当2=0时，可得F、=5.5N结合图丙可知y=5.5(2分)解得△V=。V,(1分)=155:内位移与-5-n5加：a:-与-25m变.灯泡L能路电阳诚小，电衣特大内灯泡分E变多能金#斋食到竖查方词上有。402分y2（+号分2故D正确.)大，L2变亮，等效电阻R′分压变大，即原线圈两端电压U1变大，灯泡L、L4变亮，故C错误.当开关S2断开时，等效电阻28(2分)(2)解：①如图甲所示，当入射角等于临界角C时，光线发生16.C(解析：根据开普勒第三定律_,得：1，=大分。大限发两电。大打治上交充。得12√侣全反射，nC-（1分)√，故A错误根据万有引力提供向心力=m4无2，轨灯泡品的赛：：变暗，故D正确）●2解折：设弹簧的围固定点为0由于初始时刻弹簧处于由儿何关系a53°-头(1分)(1分)由几何关系得sinC=√P+h道Ⅲ为近地税道地球体积为v=专叫，得P-兰-乙语故B长秋就高务售现小循请癸老8夺举黄vot原长，弹簧的弹性势能先减小后增大，若OB小于弹簧原长错误；飞船沿轨道Ⅱ运动过程中满足机械能守恒定律，Q点的在B点弹簧处于压缩状态，则在B点前弹簧的弹性势能先减解得-3巫(1分)所以n-P+配(1分)引力势能小于P点的引力势能，故Q点的动能大于P点的动小后增大，过B点后弹簧的弹性势能先减小后增大，故A错(2)金属棒ab弹出瞬间，根据动量定理得B1·2L·△t=m。能，即Q点的速度大于P点的速度，故C正确：根据开普勒第误；下滑过程中，当合力为零时速度最大，此位置应在B、C-0(2分)h二定律，同一环绕天体与地心连线在相同时间内扫过的面积间，此时弹力向上的分量与摩擦力之和等于圆环的重力，故B又g=1·△：(1分)相等，飞船与核心舱在不同轨道运动，故D错误.)错误；下滑过程中由动能定理可得W。一W弹-W=0,上滑过17.C(解析：A.分析可知粒子可能是从A点运动到C点，也可联立解得电容器C释放的电符量g=1·山-微30严8BL图甲图乙能是从C点运动到A点，故A错误；电子只在电场力作用下程由动能定理可得-W。+W弹-W,=02m,解得上滑过(1分)运动，则电子的电势能和动能之和不变，为32V,又由于图中为等差等势线，B点的电势为15V,A点的电势为零，则等势程中克服摩擦力做功为g=mm,则上滑过程中，摩擦产生(3)金属棒b落在水平轨道时，根据动能定理有mg×2h)②去掉遮光片后，人眼在观察时的光路图如图乙所示，由折射定律得器(1分)线c的电势为10V,则电子在经过等势线c时的电势能为的内能为Q=m,故C正确：从B到A上滑过程中-Wam2-2mG(2分)因为瞳孔直径d很小，所以aB都很小，有sina≈tana,sinB≈10eV,因此动能为42eV,故B错误；等差等势线间的距离越tanB,小，电场强度越大，B点处的等差势线比A点处的密集，因此解得73五1分sino tanaB点处的电场强度大于A点处的电场强度，故C正确：电子在-W刚-Wn=0-2m哈上，从A到B下滑过程中Wa+W1-4sing taneβ(2分)关于等势线d对称的两点所受电场力大小一定相同，但方向网=)m,则)mL-)m,=2W,>0,故上滑过程中经最终匀速运动时，电路中无电流，所以金属棒ab和金属棒cdd不一定相同，故D错误.)产生的感应电动势相等，即B·2Lmb=B·La(2分)由几何关系得tana=存，tanB元(2分)过B处的动能大于下滑过程中经过B处的动能，故D正确，)18.B(解析：如图，由几何关系可得2=（宁）”+(L-),所22，)mg0(2分)此过程中，对金属棒ab根据动量定理得-B·2L△t=m-mw(1分)所以n=是1分)以，=音L,由图易得为L,加速阶段有g0=m,圆周运(2)mg(xsin0)+2(1-6)2-2m(品'(2分)对金属棒cd分析，根据动量定理得rBI·L·△t=mwd(1分）估算看到的黑点距上表面的距离大小=h(1√+(3)大于(1分)12m0所以上=二，所以元23.)如图(2分)】动有Bqu=m,所以r=B√q解得-V73分)20(2)1(R+R)(2分)L2-I(2分该过程中ab、cd产生的总热量为2点，放B正确）(3)11.6(2分)(4)8.0(2分)Q=2m-2md-2mda(2分)解得Q=73m（1分)40则棒6上产生的热量Q。-号Q=7500分)棒d上产生的热量Q0-7p(1分)12019.AC(解析：分别对位移1.5m处与6m处由牛顿第二定律33.(1)增加(2分)大于(3分)(2)解：①设充气后容器A中气体在大气压强下的体积为V得41mg=ma12mg=ma2,其中a2=1m/s2,a1=3m/s2,联立可得44=3：L,故A正确，B错误：根据动能定理了的前3m24.解：1)质点从A点运动到B点的过程，根据动能定理可则由玻意耳定律可得的动能变化量大小为△E1,后33m的动能变化量大小为3po·2V。=P6·V(2分)得通过充气口充入的气体在大气压强下的体积为△Ea,结合a-x图象可得△E1:△E2=3:2,故C正确，D错V'=V-2V。(1分)误.)mg·2R=)m哈(2分)解得V'=4V。(1分)20BD(解析：根据理想变压器的荒律有分可知原、1质点通过B点时根据牛顿第二定律可得②设未打开阀门前，当容器A中气体压强为2.8pPo时，A中气副线圈匝数比为2：1，故A错误；又U,-U,=2U,故U=F-mg-N=m只且N=5mg(2分)体体积为V,由玻意耳定律可得3po·2V%=2.8p0·V1(2分)n联立解得F=10mg=5N(2分)阀门K打开后，从容器A中逸出的气体在压强为2.8即，时的物理模拟卷5-8答案第4页·共4页

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