【文档说明】湖北省新高考协作体2024-2025学年高三上学期9月起点考试 物理 Word版含解析.docx，共(12)页，1.415 MB，由管理员店铺上传

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2024年高三9月起点考试高三物理试卷命制单位：新高考试题研究中心考试时间：2024年9月4日上午10：30-11：45试卷满分：100分注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用

2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给

出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1．有关量子理论，下列说法中正确的是（）A．爱因斯坦提出能量量子化的观点开辟了物理学的新纪元B．在光电效应中，电子的最大初动能与入射光的频

率成正比C．普朗克将量子理论引入到原子领域，成功解释了氢原子光谱的特征D．一个处于4n=激发态的氢原子向基态跃迁时，最多能辐射出3种光电子2．A、B两辆汽车同时从坐标原点沿同一方向做直线运动，A车做刹车运动，它们速度的平方2v随位置x变化的图像如图所示，分别对应直线A和直线B，下列说法正确的是

（）A．汽车A的初速度大小为8m/sB．汽车B的加速度大小为22m/sC．汽车A先到达9mx=处D．汽车A、B在6mx=处相遇3．武汉东湖风景区有一个浪漫的打卡圣地——东湖之眼摩天轮。该摩天轮直径约50米，共28个座舱，转一

圈耗时13分14秒。现将其运动简化为匀速圆周运动，不计座舱的大小，某位体重为60kg的游客，在座舱中随摩天轮运动一周，下列说法中正确的是（）A．该游客运动到最低点时处于超重B．该游客的线速度大小约为0.50m/sC．该游客运动到与圆心等高处时座舱对其的作用力小于重力D．该游

客运动到最高点时不受重力4．2021年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为0T的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为1h。已知火星半径约为R，火

星表面处自由落体的加速度大小约为0g，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离2h为（）A．22003224πgRTR−B．220031224πgRTRh−−C．22003224πgRTR−D．220031224πgRTRh

−−5．静电纺纱是利用高压静电场使单纤维两端带异种电荷，在电场力作用下使纤维伸直、平行排列和凝聚的纺纱工艺。如图所示为其电场分布简图，下列说法正确的是（）A．A、B两点的电场强度相同B．C、D两点的电

势相同C．在D点静止释放一质子，它将在电场力作用下沿着虚线DC运动D．将一正电荷从A点移到在C点，电场力做正功6．做简谐运动的物体经过A点时，加速度大小为21m/s，方向指向B点：当它经过B点时，加速度大小为24m/s，方向指向A点。若A、B之间的距离是5cm，则关于它的平衡位置，说法正

确的是（）A．平衡位置在AB连线左侧B．平衡位置在AB连线右侧C．平衡位置在AB连线之间，但不能确定具体位置D．平衡位置在AB连线之间，且距离A点为1cm处7．如图所示，一物体在某液体中运动时只受到重力G和恒定的浮力F的作用，且23FG=。如果物

体从M点以水平初速度0v开始运动，最后落在N点，MN间的竖直高度为h，M与右壁水平间距为L，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．从M运动到N的时间为4hgB．M与N之间的水平距离02hvgC．若增大初速度0v，物体将撞击右壁

，且初速度越大，物体撞击壁速度越大D．若h足够大，当初速度03gLv=时，物体撞击壁时速度最小8．党的二十大报告中，习近平总书记明确指出要实施科技兴国战略，强调科技是第一生产力，则下列关于磁场与现代科技的相关说法正确的是（）A．图甲是磁流体

发电机结构示意图，由图可以判断出A板是发电机的正极B．图乙是霍尔效应板的结构示意图，稳定时M、N点电势的关系与导电粒子的电性有关C．图丙是电磁流量计的示意图，在B、d一定时，流量π4NMdQtB=D．图丁是回旋加速器的示意图，要使粒子获得的最大动能增大，可增大加速电压U9．

质量为1m和2m的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）A．碰撞前2m静止B．碰撞后1m的运动方向不变C．12:1:3mm=D．该碰撞为非弹性碰撞10．如图所示，水平传送带长0.21m，以速度11m/sv=匀速运动，质量均为1kg小

物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，0t=时刻P在传送带左端具有速度21.6m/sv=，P与定滑轮间的绳水平，P与传送带之间的动摩擦因素为0.2=。已知重力加速度210m/sg=，不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩

擦，绳足够长。下列说法中正确的是（）A．P物体刚开始在传送带上运动时所受摩擦力水平向右B．Q物体的加速度始终为26m/sC．P在传送带上运动的时间为0.2sD．若传送带足够长，只改变传送带速度1v，P在向右运动过程中P与传送带之间相对滑动路程有最小值二、非选择题：本题共5小

题，共60分。11．（6分）湖北省某学校物理实验小组利用如图甲所示的实验器材改进“探究加速度与力、质量的关系”实验，具体操作步骤如下：①挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；②取下托盘和砝码，测出其

总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；③保持小车的质量不变，改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到aF−的关系；④保持托盘和砝码的质量不变，改变小车质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得1aM−的关系；⑤最后总结出加速度与力、质量的关系。请回答以下问题：（1）

实验中，以下说法正确的是____________。A．先释放小车，再接通打点计时器的电源B．细线与桌面平行C．用托盘和砝码的总重力代替小车所受的合外力D．不需保证mM（2）图乙为某次实验中得到的纸带，A、B、

C、D、E为选取的计数点，相邻两计数点间有四个点未画出，为了减小测量误差，小红同学只测量了AC和CE段长度分别为122.40cm,8.72cmxx==，打点计时器的频率为50Hz，则小车的加速度为______2m/s。（结果保

留3位有效数字）（3）某同学为了研究小车在合外力一定时，小车质量与加速度关系时设计了以下实验过程，将小车质量M和小车加速度a，分别取对数ln（M）和ln（a），则ln（a）与ln（M）的图像可能是图中的（）（填选项序号）。A．1B．2C．

3D．412．（10分）如图1所示为实验室一个多用电表欧姆挡内部电路示意图。电流表满偏电流1mA、内阻99Ω；电池电动势1.5V、内阻5Ω；（1）图1中表b为______色（选填“红”或“黑”）。调零电阻0R可能是下面两个滑动变阻器

中的______（填选项序号）。A．电阻范围0~2000ΩB．电阻范围0~200Ω（2）在进行欧姆调零后，正确使用该多用电表测量某电阻的阻值，电表读数如图2所示，被测电阻的阻值为______Ω；（3）若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变为1.4V，内阻变为10Ω，但此表仍能进行欧姆调零，用此表

测量电阻为1500Ω，则该电阻真实值为______Ω（4）如图3所示，某同学利用定值电阻1R给欧姆表增加一挡位“×1”，则定值电阻1R=______。（结果保留1位小数）13．（12分）现有一个封闭容器，容器内气体的温度为0T，压强为0P，容器体积为0

V。现用打气筒对容器充入温度为0T、压强为03P、体积为03V的气体，使容器内气体压强变为P（大小未知），同时温度升至02T。已知气体内能UkPV=（k为正常数，P为压强，V为体积），充气过程中气体向外放出Q的热量，容器体积不变。求：（1）充入气体后的容器内气体压强大小；（

2）充气过程中打气筒对气体做的功W．14．（14分）如图所示，放在足够大的水平桌面上的薄木板的质量12kgm=，木板中间某位置叠放着质量24kgm=的小物块，整体处于静止状态．已知物块与木板间的动摩擦因数10.25=，木板与桌面间的动摩擦因数20.30=，最

大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小210m/sg=，薄木板足够长．现对木板施加水平向右的恒定拉力24NF=，当木板向右运动的位移145mx=时，撤去拉力F，木板和小物块继续运动一段时间后均静止，求：

（1）撤去拉力F时，木板的速度v；（2）撤去拉力F后，木板继续运动的位移2x；（3）全过程中产生的总热量Q．15．（18分）一个质量为2m3的光滑圆环用轻杆竖直悬挂着，将两质量均为m的有孔小球套在圆环上，且能在环上无摩擦地滑动。现同时将两小球从环的顶端释放，它

们沿相反方向自由滑下，如图所示，圆环半径为R，重力加速度为g，求：（1）当小球下降0.5R时，求此时轻杆对圆环的拉力；（2）小球下降高度为多少时，小球与环之间弹力为零；（3）小球下降高度为多少时，轻杆与环之间弹力为零．2024年高三9月起点考试物理答案一、选择题：本题共10小

题，每小题4分，共40分。题号12345678910答案DCABDDDBCACCD1．答案：D【解析】能量量子化的观点是普朗克提出的，A错；由光电效应方程0,kkhvWEE−=与v不是成正比，B错；波

尔将量子理论引入到原子领域，成功解释了氢原子光谱，C错；1个处于4n=激发态的氢原子向基态跃迁时，可以从4n=跃迁到3n=，再从3n=到2,2nn==到1n=，最多3种光电子，D正确。选D。2．答案：C【

解析】由于2vx−图像均为倾斜直线，则满足2202vvax−=，根据2vx−图像可知，对汽车A有：22m/s,6m/sAAav=−=，对汽车乙有：21m/s,0m/sBBav==，A错，B错；对于A车，根据公式212AAAAxvtat=+，当9mx=

时，代入数据解得3sAt=，对于B车，根据公式212BBxat=，当9mx=时，代入数据解得32sBt=，则汽车A先到达9mx=处，C对；6mx=时，对于A车，根据公式212AAAAxvtat=+，得()33sAt

=−，对于B车，根据公式212BBxat=，得23sBt=，故在6mx=时两车不能相遇，D错。3．答案：A【解析】该游客随摩天轮做匀速圆周运动，任何位置所受向心力均指向圆心。在最低点时，支持力向上且大于重力，所以处于超

重，A正确；由2ππ50m/s0.20m/s794rvT==，B错；在与圆心等高的点，合外力指向圆心，故座舱对游客的作用()22()nFmamgmg=+，C错；该游客在任何位置都要收到重力，D错。选A4答案：B【解析】在星球表面，有02MmGmgR=绕星球做圆周运动的卫星，有222πMmGm

rrT=根据开普勒第三定律，有312322022hhRrTT++=联立以上三式，得2200321224gRThRh=−−，故选B。5．答案：D【解析】电极是等势体

，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线，由电场线的疏密表示电场强度的大小可知ABEE，故A错误；电场线沿高压电源的正极到负极所以C点电势低于D点电势，故B错误；DC电场线是曲线，在D点静止释放一质子

，在电场力作用下不会沿着虚线DC运动，故C错误；电场线由高压电源的正极到负极，所以A点的电势高，C点的电势低，由()0ACACwq=−，故D正确；故选D6．答案：D【解析】由简谐运动特征可知，加速度方向总指向平衡位置，故平衡位置一定在AB、之间。由

,AABBkxmakxma−=−=可知，14AABBxaxa==，又因为5cmABxx+=，故1cmAx=。故选D。7．答案：D【解析】由牛顿第二定律可知1,3GFmaag−==，方向竖直向下，加速度与初速度方向垂直

，由212hat=，解得6htg=故A错误；水平距离006hxvtvg==，故B错误；物体撞壁所用时间为0Lv，撞壁时速度为22003gLvv+，由双钧函数特点可知2200233gLvgLv+，当且仅当初速度03gLv=时，物体撞壁时速度最小，故C错误，D正确，选D

。8．答案：BC【解析】由左手定则可知，带正电的粒子向B板偏转，所以B板是发电机的正极，故A错；图乙霍尔元件中的载流子若为正电荷，由左手定则可知，正电荷向N端偏转，则NM，若载流子为负电荷，则负电荷向N端偏转，则NM，故B正确；电荷通过电磁流量计时，有NMUqqvBd=

，污水的流量为2π4vdQSv==，解得π4NMdQUB=，故C正确；设回旋加速器D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为mv，根据牛顿第二定律有2mmvqvBmR=，粒子的最大动能为2222122kmmqBREmvm==，由上式可知最大动能与加速电压U无关，故D错误。选BC。9．答案：AC【解析

】xt−图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知1m碰前的速度大小04m/s4m/s1v==，2m碰前速度为0，故A正确；两物体正碰后，碰后1m的速度大小为14m/s2m/s31v=−=−−，故B错误；两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即101122mvmvmv=+，解得

两物体质量的关系为213mm=，故C正确；根据222101122111222mvmvmv=+，该碰撞为弹性碰撞，故D错误。选AC。10．答案：CD【解析】P刚开始在传送带上运动时，P物体的速度大于传送带的速度，P相对于传送带向右运动，传送带对P的摩擦力

水平向左，A错；刚开始，对P有1umgTma+=，对Q有1mgTma−=，联立解得216m/sa=，经时间21110.1svvta−==与传送带共速，P的位移为12110.13m2vvxt+==。0.1s后P继续做减速运动，摩擦力方向变为水平向右，对P有2Tumgma−

=，对Q有2mgTma−=，联立解得224m/sa=，故B错；匀减速位移210.08mxLx=−=，由22122212xvtat=−，得20.1ts=，P在传送带上运动得总时间为120.2sttt=+=，C正确；P在第一段减速过程中与传送带之间滑动路程为22

112vva−，P在第二段减速过程中与传送带之间滑动路程为2122va，两段过程中P相对于传送带滑动的路程为222111222vvvaa−+，代入数值后得22111112811638456.4524252425125vvv−+=−+

，当116m/s25v=时，两段过程中P相对于传送带滑动的路程有最小值，D正确。选CD二、非选择题：本题共5小题，共60分。11．（6分，每空2分）答案：（1）CD（2）1.58（3）CD解析：（1）打点计时器实验应该先

放接通电源再释放小车，所以A错误；细线应该与木板平行，所以B错误；由于本实验中是用托盘和砝码的总重力代替小车受到的合外力，所以不需要mM，所以CD正确。（2）因为0.1ST=，小车的加速度12221.58m/s4xxaT−==。（3）因为小车受

到的合外力一定，则有FMa=，两边取对数有，()()()lnlnlnFMa=+，()()()lnlnlnaFM=−，若1F，则图形为3；若1F，则图形为4，故图形可能为3，4。12．（10分，每空2分）答

案：（1）①．黑②．A（2）1600（3）1400（4）1.0解析：（1）多用电表红黑表笔的特点是“红进黑出”，所以b为黑色；欧姆表在调零时，电路中总电阻为1500ΩmEI=，所以滑动变阻器应该选A；（2）表盘上示数为16.0，倍率为100，所以被测电阻为1600Ω；（3）若电源电

动势为1.4V，满偏电流不变，所以调零后中值电阻为1400Ω，所以电流半偏时电阻为1400Ω；（4）S断开时倍率为100，S闭合时倍率为1，所以电路中最大电流为100mA，由并联电路特点可知11.0Ω99gRR==。13．解析：（1）根据理想气体状态

方程有00000000332PVPVPVTTT+=解得04PP=（2）由于充气过程中气体向外放出Q的热量，根据热力学第一定律有()ΔUWQ=+−根据气体内能U表达式得系统内能变化量为0000004UkpVkpVkpV=−−解得

002UkpV=002WkpVQ=+14．解析：（1）设对木板施加水平向右的恒定拉力大小为0F时，小物块与木板恰好不发生相对滑动，此时小物块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力12fmFmg=设小物块此

时的加速度大小为0a，根据牛顿第二定律有20fmFma=对整体有()()0212120Fmmgmma−+=+，解得033NF=故对木板施加水平向右的恒定拉力24NF=时，小物块与木板保持相对静止。从木板开始运动到撤去拉力F，对木板和小物块整体分析，根据动能定理有()()21212

11212Fxmmgxmmv−+=+解得3m/sv=．（2）撤去拉力后，对木板有()2121211mmgmgma+−=，214m/sa=。木板继续滑行的位移2211.125m2vxa==（3）对木板和物块整体，全过程有1108JQFx==15．解

析：（1）根据几何关系可知0.51cos2RR==对小球根据机械能守恒定律有()211cos2mgRmv−=对小球由牛顿第二定律有2cosvNmgmR+=对圆环有22cos3NTmg+=解得16

Tmg=（2）设小球转过角度为时速度为0v，根据机械能守恒定律有()2011cos2mgRmv−=小球与环之间弹力为零，其向心力来源为重力分力，则有20cosvmgmR=联立以上两式求得2cos

3=所以小球下降高度为()11cos3RhR=−=（3）设小球转过角度为时速度为0v，根据机械能守恒定律有()2011cos2mgRmv−=设小球与环之间弹力为,NNFF指向圆心，则有20cosNvmgFmR

+=根据牛顿第三定律，两个小球对圆环有向外的弹力且它们方向对称，当轻杆弹力为零时，则有22cos3NmgF=联立以上两式求得1cos3=所以小球下降高度为()221cos3RhR=−=