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2024届福建省莆田市高三下学期二模物理试题（解析版）
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这是一份2024届福建省莆田市高三下学期二模物理试题（解析版），共17页。试卷主要包含了3N等内容，欢迎下载使用。
试卷满分100分，考试用时75分钟
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 2023年5月28日上午10时32分，国产大飞机C919迎来商业首飞，标志着中国具备了自主研制大型客机的能力。某次该大飞机在机场直跑道由静止开始加速，用时30s经过2100m起飞，又经过20s达到离地高度400m处。下列说法正确的是（ ）
A. 10时32分和30s都是指时刻
B. 大飞机在直跑道上的平均速度为70m/s
C. 大飞机离地起飞时的瞬时速度为70m/s
D. 大飞机开始运动50s内的位移是2500m
【答案】B
【解析】
【详解】A．10时32分指的是时刻，30s指的是时间，故A错误；
B．大飞机在直跑道上的平均速度
故B正确；
C．根据题意无法求出大飞机离地起飞时的瞬时速度，故C错误；
D．大飞机开始运动50s内的运行轨迹不是单方向的直线运动，故位移
故D错误。
故选B。
2. 汽油发动机的火花塞工作时需要一万伏左右的高压才能产生火花。一同学用12V直流电源、变压器、开关及导线若干设计点火电路，以下原理图可行的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据变压器原副线圈电压表等于匝数比
可知副线圈匝数应远大于原线圈匝数，因为是直流电源，为了使副线圈产生感应电动势，需要把开关接在原线圈。
故选A。
3. 如图为氢原子的能级示意图。一群处于能级的氢原子自发跃迁时向外辐射出不同频率的光子，已知蓝光光子的能量范围为2.53~2.76eV。则这群氢原子：
A. 辐射光子后能量增大
B. 从向跃迁可辐射蓝光
C. 从向跃迁可辐射蓝光
D. 最多能辐射出3种不同频率的光子
【答案】B
【解析】
【详解】A．高能级向低能级跃迁向外放出能量，以光子形式释放出去，辐射光子后能量减小，故A错误；
D．最多能放不同频率光子的种数为
故D错误；
B．从向跃迁辐射出的光子的能量为
在蓝光光子的能量范围，可知从向跃迁可辐射蓝光，故B正确；
C．从向跃迁射出的光子的能量为
不在蓝光光子的能量范围，所以从向跃迁不可以辐射蓝光，故C错误。
故选B。
4. 物理老师举行技巧挑战赛，要求用一根能承受最大拉力为50N的细绳，尽可能拉动更重的物体，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体可视为质点，则理论上利用这根细绳能拉动物体的最大重量是（ ）
A. 50NB. NC. 100ND. 100.3N
【答案】C
【解析】
【详解】设绳子与水平方向的夹角为时能拉动物体的最大重量为，根据平衡条件
又
联立可得
可知当时，重物的重量最大为100N。
故选C。
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5. 图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点。下列说法正确的是（ ）
A. M点的电势大于N点的电势
B. 粒子在M点的电势能小于N点的电势能
C. 粒子在M点的动能大于在N点的动能
D. 粒子在M点的加速度小于在N点的加速度
【答案】AD
【解析】
【详解】A．沿电场线方向电势降低，M点的电势大于N点的电势，故A正确；
BC．由M到N电场力做正功，电势能减小，动能增加，则粒子在M点的电势能大于N点的电势能，粒子在M点的动能小于在N点的动能，故BC错误；
D．电场线越密的地方电场强度越大，同一粒子所受电场力越大，由
得
故电场线越密的地方加速度越大，则粒子在M点的加速度小于在N点的加速度,故D正确。
故选AD。
6. 今年是中国人民解放军航天员大队正式成立26周年，从神舟五号到神舟十七号，从载人飞船到中国空间站，已有20名中国航天员飞上太空。空间站绕地球飞行的轨道可简化为离地面高为h的圆轨道，其运行周期为T。已知地球半径为R，则（ ）
A. 空间站的运行速度大于第一宇宙速度
B. 空间站的运行速度为
C. 空间站运行的加速度为
D 后续补充物资后，由于质量增大，空间站运行周期将变小
【答案】BC
【解析】
【详解】A．第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，则空间站的运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
BC．空间站的运行速度为
空间站运行的加速度为
故BC正确；
D．根据万有引力提供向心力可得
可得
可知后续补充物资后，虽然质量增大，但空间站运行周期不变，故D错误。
故选BC。
7. 如图，等边三角形△ABC位于竖直平面内，BC边水平，三个点电荷分别固定在三角形的顶点上。已知L、M、N点分别为三条边的中点，L点的电场强度方向水平向右，M点的电场强度方向竖直向下，C处点电荷的电荷量绝对值为q，则（ ）
A 三个点电荷均带负电
B. N点电场强度方向水平向左
C. A处点电荷的电荷量绝对值为q
D. B处点电荷的电荷量绝对值为q
【答案】BD
【解析】
【详解】AD．A点的电荷在M点的场强沿AM所在直线，C点处点电荷和B点处点电荷在M点的场强沿CB所在直线，已知M点合电场强度方向竖直向下，则CB两点处的点电荷在M点的合场强为零，即C和 B点处的点电荷为等量同种电荷，则B点处点电荷的电荷量的绝对值为q；A点处的点电荷在M点的场强方向沿AM向下，则A点处点电荷为正电荷，故A错误，D正确；
B．根据对称性可知N点的电场强度方向水平向左，故B正确；
C．设三角形的边长为，由几何关系得
设A点电荷的电荷量为Q，A点电荷在L点的场强竖直分量的大小为
方向竖直向下，B点电荷在L点的场强竖直分量的大小
C点电荷在L点的场强竖直分量大小为
要使得点竖直方向场强为零，则需要C点电荷在L点的场强竖直分量方向向上，B点电荷在L点的场强竖直分量方向向上，则有
解得
故C错误。
故选BD。
8. 如图，劲度系数为200N/m的轻弹簧甲左端固定在墙壁上，右端刚好与静止在光滑水平面上的物块A接触；劲度系数未知的轻弹簧乙右端固定在静止的物块B上。现对A施加一水平向左、大小为3N的恒力F，使A向左运动，当速度为零时立即撤去F，之后A离开弹簧甲向右运动，从接触到弹簧乙开始，经0.2s时将弹簧乙压缩到最短，此过程物块B运动的距离为0.02m。已知A、B的质量分别为2kg和0.4kg。弹簧始终处于弹性限度内，则（ ）
A. 物块A向左移动的最大距离为0.015m
B. 物块A与弹簧甲分离时的动能为0.09J
C. 弹簧乙的最大弹性势能为0.018J
D. 弹簧乙的最大压缩量为0.036m
【答案】BD
【解析】
【详解】A．A速度为零时，根据动能定理有
解得物块A向左移动的最大距离为
故A错误；
B．物块A与弹簧甲分离时的动能为
故B正确；
C．根据
物块A与弹簧甲分离时的速度为
物块A、B共速时，弹簧乙的弹性势能最大，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得弹簧乙的最大弹性势能为
故C错误；
D．将弹簧乙压缩到最短的过程中，根据动量守恒有
则
可得
解得
弹簧乙的最大压缩量为
故D正确。
故选BD。
三、非选择题：本题共8题，共600分。其中9、10、11题为填空题，12、13题为实验题，14~16题为计算题。考生根据要求作答。
9. 湄洲岛旅游度假区是我国著名5A景区，众多游客在岛上观日出。游客看到的太阳位置比实际位置______（填“高”或“低”），这是太阳光经过大气层发生______（填“折射”或“干涉”）现象；若没有大气层，游客将更______（填“早”或“迟”）看到日出。
【答案】 ①. 高 ②. 折射 ③. 迟
【解析】
【详解】[1][2][3]因为太阳光经过大气层发生折射的原因，所以游客看到的太阳位置比实际位置高，若没有大气层，游客将更迟看到日出。
10. 如图，甲、乙分别是一列简谐横波在传播方向上相距1m的两个质点P、Q的振动图像。则这列波的周期是______s；s时，质点P、Q的振动方向______（填“相同”或“相反”）；若该波的波长大于1m，则波长为______m。
【答案】 ①. 4 ②. 相反 ③. 2
【解析】
【详解】[1]由图可知波的周期是
T=4s
[2]由图可知s时，质点P向轴负方向振动，质点Q向轴正方向振动，振动方向相反；
[3] P、Q的振动方向相反，则P、Q的间距为
可得
该波的波长大于1m，则取时
11. 一定质量的理想气体经历C→A→B→C状态变化过程，如图所示，其中C→A过程为______（填“等温”“等压”或“等容”）变化过程，A→B过程中气体体积______（填“增大”“减小”或“不变”），B→C过程中气体______（填“吸收”或“放出”）热量。
【答案】 ①. 等容 ②. 增大 ③. 放出
【解析】
【详解】[1]由于AC的延长线过坐标原点，压强与热力学温度的比值保持不变，因此体积不变，发生等容变化；
[2] A→B过程中，温度不变，根据玻意耳定律，压强减小，因此体积增大；
[3] B→C过程中，压强不变，温度降低，根据盖吕萨克定理，体积减小，外界对气体做功，又由于温度降低，内能减小，根据热力学第一定理，气体放出热量。
12. 用如图甲所示的装置探究影响向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的轨迹半径之比为1：2：1，变速塔轮自上而下按如图乙所示三种方式进行组合，每层半径之比由上至下分别为1：1、2：1和3：1.
（1）在探究向心力大小与半径的关系时，为了控制角速度相同需要将传动皮带调至第______（填“一”“二”或“三”）层塔轮，然后将两个质量相等的钢球分别放在______（填“A和B”“A和C”或“B和C”）位置，匀速转动手柄，左侧标尺露出4格，右侧标尺露出2格，则左右两球所受向心力大小之比为______；
（2）在探究向心力大小与角速度的关系时，若将传动皮带调至图乙中的第三层，转动手柄，则左右两小球的角速度之比为______。为了更精确探究向心力大小F与角速度的关系，采用接有传感器的自制向心力实验仪进行实验，测得多组数据经拟合后得到图像如图丙所示，由此可得的实验结论是__________________。
【答案】（1） ①. 一 ②. B和C ③.
（2） ①. ②. 小球的质量、运动半径相同时，小球受到的向心力与角速度的平方成正比
【解析】
【小问1详解】
[1][2]变速塔轮边缘处的线速度相等，根据
在探究向心力大小与半径的关系时，需控制小球质量、角速度相同，运动半径不同，故需要将传动皮带调至第一层塔轮，将两个质量相等的钢球分别放在B和C位置。
[3]左右两球所受向心力大小之比为
【小问2详解】
[1]变速塔轮边缘处的线速度相等，根据
左右两小球的角速度之比为
[2]可得的实验结论是：小球的质量、运动半径相同时，小球受到的向心力与角速度的平方成正比。
13. 图甲是测量某合金丝电阻率的原理图。
（1）用螺旋测微器测量合金丝的直径如图乙，其读数d=______mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与d相等；
（2）图丙中滑动变阻器上少了一根连线，请用笔画线代替导线在图中将电路连接完整，使得滑片向右移动时滑动变阻器接入电路的阻值变大______；
（3）多次改变合金丝接入电路的长度l，调节滑动变阻器R的阻值，使电流表的示数都为0.20A时记录电压表相应示数U，作出U-l图像，如图丁所示。从图中可得图线的斜率为______V/m，由此可算出该合金丝的电阻率为______（结果保留3位有效数字）；若考虑电表内阻的影响，上述电阻率的测量值会______（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】13. 1.200
14. 15. ①. 4.00 ②. ③. 不变
【解析】
【小问1详解】
合金丝的直径为
【小问2详解】
滑片向右移动时滑动变阻器接入电路的阻值变大，需将开关左端与滑动变阻器端相连，实物电路如图所示。
【小问3详解】
[1]图线的斜率为
[2]根据欧姆定律可得
根据电阻定律可得
整理得
图线的斜率为
该合金丝的电阻率为
[3]若考虑电流表内阻的影响，则
整理得
可知图像的斜率不变，若考虑电表内阻的影响，上述电阻率的测量值不变。
14. 人工智能已应用到生活的方方面面。有一款智能行李箱可以跟随主人自行运动，如图甲所示。某次行李箱在水平面上跟随主人做直线运动，因主人突然停住，行李箱立即减速直到停下来，整个过程的图像如图乙所示。已知行李箱的质量，减速过程受到的合力大小是重力的K倍，减速过程的位移，重力加速度大小取10m/s2。求
（1）行李箱前5s内的位移大小；
（2）比例系数K。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由图像可知行李箱前5s内的位移为
代入数据可得
（2）行李箱减速过程，由运动学公式
由牛顿第二定律有
解得
15. 如图，xOy平面内有区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在以原点O为圆心的圆形匀强磁场，区域Ⅱ存在范围足够大的匀强磁场和匀强电场：电场强度大小为E，方向沿y轴负方向；两区域磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直坐标中面向里。某带电粒子以速度v0从M点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，从N点离开区域Ⅰ并立即进入区域Ⅱ，之后沿x轴运动。已知，M点坐标为（0，0.1），粒子的比荷，不计粒子的重力。
（1）求粒子的速度v0；
（2）求电场强度E；
（3）某时刻开始电场强度大小突然变为2E（不考虑电场变化产生的影响），其他条件保持不变，一段时间后，粒子经过P点，P点的纵坐标，求粒子经过P点的速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）带电粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
又有
且
联立解得
（2）带电粒子区域Ⅱ中做匀速直线运动，由平衡条件有
解得
（3）电场强度突然变为，粒子运动到点过程，由动能定理有
解得
16. 福建舰成功实现电磁弹射试验后，某兴趣小组设计了一个模拟电磁弹射系统，如图甲所示，系统左侧接有直流电源、单刀双掷开关S和电容为C电容器，右侧是离水平地面高为h的水平光滑平行金属导轨，导轨上放置一绝缘的助推模型，其外层固定一组金属线圈，线圈两端通过电刷与导轨连接形成回路，线圈处于导轨间的辐射状磁场中，侧视图如图乙所示。首先将开关S接至1，使电容器完全充电；然后将S接至2，模型从静止开始加速，达到最大速度后脱离导轨落在水平地面上，落地点离导轨右端点的水平距离为s。已知助推模型（含线圈、电刷）的质量为m，重力加速度为g；线圈的半径为r，匝数为n，总电阻为R，其所在处的磁感应强度大小均为B。不计空气阻力、导轨电阻、线圈中电流产生磁场和线圈自感的影响。求模型
（1）在轨道上的最大速度vm；
（2）离开轨道后电容器所带的电荷量q；
（3）在轨道上的最大加速度am。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）助推模型达到最大速度后脱离导轨后，做平抛运动，则
解得在轨道上的最大速度为
（2）离开轨道后电容器两端的电势差为
离开轨道后电容器两端所带的电荷量为
（3）助推模型刚在轨道上运动时，加速度最大，设助推模型刚在轨道上运动时，电容器两端的电势差为，根据动量定理有
其中
解得
根据牛顿第二定律有
电流为
联立解得在轨道上的最大加速度为
试卷满分100分，考试用时75分钟
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 2023年5月28日上午10时32分，国产大飞机C919迎来商业首飞，标志着中国具备了自主研制大型客机的能力。某次该大飞机在机场直跑道由静止开始加速，用时30s经过2100m起飞，又经过20s达到离地高度400m处。下列说法正确的是（ ）
A. 10时32分和30s都是指时刻
B. 大飞机在直跑道上的平均速度为70m/s
C. 大飞机离地起飞时的瞬时速度为70m/s
D. 大飞机开始运动50s内的位移是2500m
【答案】B
【解析】
【详解】A．10时32分指的是时刻，30s指的是时间，故A错误；
B．大飞机在直跑道上的平均速度
故B正确；
C．根据题意无法求出大飞机离地起飞时的瞬时速度，故C错误；
D．大飞机开始运动50s内的运行轨迹不是单方向的直线运动，故位移
故D错误。
故选B。
2. 汽油发动机的火花塞工作时需要一万伏左右的高压才能产生火花。一同学用12V直流电源、变压器、开关及导线若干设计点火电路，以下原理图可行的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据变压器原副线圈电压表等于匝数比
可知副线圈匝数应远大于原线圈匝数，因为是直流电源，为了使副线圈产生感应电动势，需要把开关接在原线圈。
故选A。
3. 如图为氢原子的能级示意图。一群处于能级的氢原子自发跃迁时向外辐射出不同频率的光子，已知蓝光光子的能量范围为2.53~2.76eV。则这群氢原子：
A. 辐射光子后能量增大
B. 从向跃迁可辐射蓝光
C. 从向跃迁可辐射蓝光
D. 最多能辐射出3种不同频率的光子
【答案】B
【解析】
【详解】A．高能级向低能级跃迁向外放出能量，以光子形式释放出去，辐射光子后能量减小，故A错误；
D．最多能放不同频率光子的种数为
故D错误；
B．从向跃迁辐射出的光子的能量为
在蓝光光子的能量范围，可知从向跃迁可辐射蓝光，故B正确；
C．从向跃迁射出的光子的能量为
不在蓝光光子的能量范围，所以从向跃迁不可以辐射蓝光，故C错误。
故选B。
4. 物理老师举行技巧挑战赛，要求用一根能承受最大拉力为50N的细绳，尽可能拉动更重的物体，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体可视为质点，则理论上利用这根细绳能拉动物体的最大重量是（ ）
A. 50NB. NC. 100ND. 100.3N
【答案】C
【解析】
【详解】设绳子与水平方向的夹角为时能拉动物体的最大重量为，根据平衡条件
又
联立可得
可知当时，重物的重量最大为100N。
故选C。
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5. 图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点。下列说法正确的是（ ）
A. M点的电势大于N点的电势
B. 粒子在M点的电势能小于N点的电势能
C. 粒子在M点的动能大于在N点的动能
D. 粒子在M点的加速度小于在N点的加速度
【答案】AD
【解析】
【详解】A．沿电场线方向电势降低，M点的电势大于N点的电势，故A正确；
BC．由M到N电场力做正功，电势能减小，动能增加，则粒子在M点的电势能大于N点的电势能，粒子在M点的动能小于在N点的动能，故BC错误；
D．电场线越密的地方电场强度越大，同一粒子所受电场力越大，由
得
故电场线越密的地方加速度越大，则粒子在M点的加速度小于在N点的加速度,故D正确。
故选AD。
6. 今年是中国人民解放军航天员大队正式成立26周年，从神舟五号到神舟十七号，从载人飞船到中国空间站，已有20名中国航天员飞上太空。空间站绕地球飞行的轨道可简化为离地面高为h的圆轨道，其运行周期为T。已知地球半径为R，则（ ）
A. 空间站的运行速度大于第一宇宙速度
B. 空间站的运行速度为
C. 空间站运行的加速度为
D 后续补充物资后，由于质量增大，空间站运行周期将变小
【答案】BC
【解析】
【详解】A．第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，则空间站的运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
BC．空间站的运行速度为
空间站运行的加速度为
故BC正确；
D．根据万有引力提供向心力可得
可得
可知后续补充物资后，虽然质量增大，但空间站运行周期不变，故D错误。
故选BC。
7. 如图，等边三角形△ABC位于竖直平面内，BC边水平，三个点电荷分别固定在三角形的顶点上。已知L、M、N点分别为三条边的中点，L点的电场强度方向水平向右，M点的电场强度方向竖直向下，C处点电荷的电荷量绝对值为q，则（ ）
A 三个点电荷均带负电
B. N点电场强度方向水平向左
C. A处点电荷的电荷量绝对值为q
D. B处点电荷的电荷量绝对值为q
【答案】BD
【解析】
【详解】AD．A点的电荷在M点的场强沿AM所在直线，C点处点电荷和B点处点电荷在M点的场强沿CB所在直线，已知M点合电场强度方向竖直向下，则CB两点处的点电荷在M点的合场强为零，即C和 B点处的点电荷为等量同种电荷，则B点处点电荷的电荷量的绝对值为q；A点处的点电荷在M点的场强方向沿AM向下，则A点处点电荷为正电荷，故A错误，D正确；
B．根据对称性可知N点的电场强度方向水平向左，故B正确；
C．设三角形的边长为，由几何关系得
设A点电荷的电荷量为Q，A点电荷在L点的场强竖直分量的大小为
方向竖直向下，B点电荷在L点的场强竖直分量的大小
C点电荷在L点的场强竖直分量大小为
要使得点竖直方向场强为零，则需要C点电荷在L点的场强竖直分量方向向上，B点电荷在L点的场强竖直分量方向向上，则有
解得
故C错误。
故选BD。
8. 如图，劲度系数为200N/m的轻弹簧甲左端固定在墙壁上，右端刚好与静止在光滑水平面上的物块A接触；劲度系数未知的轻弹簧乙右端固定在静止的物块B上。现对A施加一水平向左、大小为3N的恒力F，使A向左运动，当速度为零时立即撤去F，之后A离开弹簧甲向右运动，从接触到弹簧乙开始，经0.2s时将弹簧乙压缩到最短，此过程物块B运动的距离为0.02m。已知A、B的质量分别为2kg和0.4kg。弹簧始终处于弹性限度内，则（ ）
A. 物块A向左移动的最大距离为0.015m
B. 物块A与弹簧甲分离时的动能为0.09J
C. 弹簧乙的最大弹性势能为0.018J
D. 弹簧乙的最大压缩量为0.036m
【答案】BD
【解析】
【详解】A．A速度为零时，根据动能定理有
解得物块A向左移动的最大距离为
故A错误；
B．物块A与弹簧甲分离时的动能为
故B正确；
C．根据
物块A与弹簧甲分离时的速度为
物块A、B共速时，弹簧乙的弹性势能最大，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得弹簧乙的最大弹性势能为
故C错误；
D．将弹簧乙压缩到最短的过程中，根据动量守恒有
则
可得
解得
弹簧乙的最大压缩量为
故D正确。
故选BD。
三、非选择题：本题共8题，共600分。其中9、10、11题为填空题，12、13题为实验题，14~16题为计算题。考生根据要求作答。
9. 湄洲岛旅游度假区是我国著名5A景区，众多游客在岛上观日出。游客看到的太阳位置比实际位置______（填“高”或“低”），这是太阳光经过大气层发生______（填“折射”或“干涉”）现象；若没有大气层，游客将更______（填“早”或“迟”）看到日出。
【答案】 ①. 高 ②. 折射 ③. 迟
【解析】
【详解】[1][2][3]因为太阳光经过大气层发生折射的原因，所以游客看到的太阳位置比实际位置高，若没有大气层，游客将更迟看到日出。
10. 如图，甲、乙分别是一列简谐横波在传播方向上相距1m的两个质点P、Q的振动图像。则这列波的周期是______s；s时，质点P、Q的振动方向______（填“相同”或“相反”）；若该波的波长大于1m，则波长为______m。
【答案】 ①. 4 ②. 相反 ③. 2
【解析】
【详解】[1]由图可知波的周期是
T=4s
[2]由图可知s时，质点P向轴负方向振动，质点Q向轴正方向振动，振动方向相反；
[3] P、Q的振动方向相反，则P、Q的间距为
可得
该波的波长大于1m，则取时
11. 一定质量的理想气体经历C→A→B→C状态变化过程，如图所示，其中C→A过程为______（填“等温”“等压”或“等容”）变化过程，A→B过程中气体体积______（填“增大”“减小”或“不变”），B→C过程中气体______（填“吸收”或“放出”）热量。
【答案】 ①. 等容 ②. 增大 ③. 放出
【解析】
【详解】[1]由于AC的延长线过坐标原点，压强与热力学温度的比值保持不变，因此体积不变，发生等容变化；
[2] A→B过程中，温度不变，根据玻意耳定律，压强减小，因此体积增大；
[3] B→C过程中，压强不变，温度降低，根据盖吕萨克定理，体积减小，外界对气体做功，又由于温度降低，内能减小，根据热力学第一定理，气体放出热量。
12. 用如图甲所示的装置探究影响向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的轨迹半径之比为1：2：1，变速塔轮自上而下按如图乙所示三种方式进行组合，每层半径之比由上至下分别为1：1、2：1和3：1.
（1）在探究向心力大小与半径的关系时，为了控制角速度相同需要将传动皮带调至第______（填“一”“二”或“三”）层塔轮，然后将两个质量相等的钢球分别放在______（填“A和B”“A和C”或“B和C”）位置，匀速转动手柄，左侧标尺露出4格，右侧标尺露出2格，则左右两球所受向心力大小之比为______；
（2）在探究向心力大小与角速度的关系时，若将传动皮带调至图乙中的第三层，转动手柄，则左右两小球的角速度之比为______。为了更精确探究向心力大小F与角速度的关系，采用接有传感器的自制向心力实验仪进行实验，测得多组数据经拟合后得到图像如图丙所示，由此可得的实验结论是__________________。
【答案】（1） ①. 一 ②. B和C ③.
（2） ①. ②. 小球的质量、运动半径相同时，小球受到的向心力与角速度的平方成正比
【解析】
【小问1详解】
[1][2]变速塔轮边缘处的线速度相等，根据
在探究向心力大小与半径的关系时，需控制小球质量、角速度相同，运动半径不同，故需要将传动皮带调至第一层塔轮，将两个质量相等的钢球分别放在B和C位置。
[3]左右两球所受向心力大小之比为
【小问2详解】
[1]变速塔轮边缘处的线速度相等，根据
左右两小球的角速度之比为
[2]可得的实验结论是：小球的质量、运动半径相同时，小球受到的向心力与角速度的平方成正比。
13. 图甲是测量某合金丝电阻率的原理图。
（1）用螺旋测微器测量合金丝的直径如图乙，其读数d=______mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与d相等；
（2）图丙中滑动变阻器上少了一根连线，请用笔画线代替导线在图中将电路连接完整，使得滑片向右移动时滑动变阻器接入电路的阻值变大______；
（3）多次改变合金丝接入电路的长度l，调节滑动变阻器R的阻值，使电流表的示数都为0.20A时记录电压表相应示数U，作出U-l图像，如图丁所示。从图中可得图线的斜率为______V/m，由此可算出该合金丝的电阻率为______（结果保留3位有效数字）；若考虑电表内阻的影响，上述电阻率的测量值会______（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】13. 1.200
14. 15. ①. 4.00 ②. ③. 不变
【解析】
【小问1详解】
合金丝的直径为
【小问2详解】
滑片向右移动时滑动变阻器接入电路的阻值变大，需将开关左端与滑动变阻器端相连，实物电路如图所示。
【小问3详解】
[1]图线的斜率为
[2]根据欧姆定律可得
根据电阻定律可得
整理得
图线的斜率为
该合金丝的电阻率为
[3]若考虑电流表内阻的影响，则
整理得
可知图像的斜率不变，若考虑电表内阻的影响，上述电阻率的测量值不变。
14. 人工智能已应用到生活的方方面面。有一款智能行李箱可以跟随主人自行运动，如图甲所示。某次行李箱在水平面上跟随主人做直线运动，因主人突然停住，行李箱立即减速直到停下来，整个过程的图像如图乙所示。已知行李箱的质量，减速过程受到的合力大小是重力的K倍，减速过程的位移，重力加速度大小取10m/s2。求
（1）行李箱前5s内的位移大小；
（2）比例系数K。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由图像可知行李箱前5s内的位移为
代入数据可得
（2）行李箱减速过程，由运动学公式
由牛顿第二定律有
解得
15. 如图，xOy平面内有区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在以原点O为圆心的圆形匀强磁场，区域Ⅱ存在范围足够大的匀强磁场和匀强电场：电场强度大小为E，方向沿y轴负方向；两区域磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直坐标中面向里。某带电粒子以速度v0从M点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，从N点离开区域Ⅰ并立即进入区域Ⅱ，之后沿x轴运动。已知，M点坐标为（0，0.1），粒子的比荷，不计粒子的重力。
（1）求粒子的速度v0；
（2）求电场强度E；
（3）某时刻开始电场强度大小突然变为2E（不考虑电场变化产生的影响），其他条件保持不变，一段时间后，粒子经过P点，P点的纵坐标，求粒子经过P点的速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）带电粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
又有
且
联立解得
（2）带电粒子区域Ⅱ中做匀速直线运动，由平衡条件有
解得
（3）电场强度突然变为，粒子运动到点过程，由动能定理有
解得
16. 福建舰成功实现电磁弹射试验后，某兴趣小组设计了一个模拟电磁弹射系统，如图甲所示，系统左侧接有直流电源、单刀双掷开关S和电容为C电容器，右侧是离水平地面高为h的水平光滑平行金属导轨，导轨上放置一绝缘的助推模型，其外层固定一组金属线圈，线圈两端通过电刷与导轨连接形成回路，线圈处于导轨间的辐射状磁场中，侧视图如图乙所示。首先将开关S接至1，使电容器完全充电；然后将S接至2，模型从静止开始加速，达到最大速度后脱离导轨落在水平地面上，落地点离导轨右端点的水平距离为s。已知助推模型（含线圈、电刷）的质量为m，重力加速度为g；线圈的半径为r，匝数为n，总电阻为R，其所在处的磁感应强度大小均为B。不计空气阻力、导轨电阻、线圈中电流产生磁场和线圈自感的影响。求模型
（1）在轨道上的最大速度vm；
（2）离开轨道后电容器所带的电荷量q；
（3）在轨道上的最大加速度am。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）助推模型达到最大速度后脱离导轨后，做平抛运动，则
解得在轨道上的最大速度为
（2）离开轨道后电容器两端的电势差为
离开轨道后电容器两端所带的电荷量为
（3）助推模型刚在轨道上运动时，加速度最大，设助推模型刚在轨道上运动时，电容器两端的电势差为，根据动量定理有
其中
解得
根据牛顿第二定律有
电流为
联立解得在轨道上的最大加速度为
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