【文档说明】湖北省新高考联考协作体2024-2025学年高三上学期开学考试物理试题 Word版含解析.docx，共(19)页，2.428 MB，由小赞的店铺上传

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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【答案】D【解析】【详解】A．根据物理学史可知，

能量量子化的观点是普朗克首先提出的，故A错误；B．由光电效应方程有k0EhW=−ν可知，在光电效应中，电子的最大初动能随入射光的频率增大而增大，不成正比，故B错误；C．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征，故C错误；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，故D正确。故选D。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/s

C.汽车A先到达9mx=处D.汽车A、B在6mx=处相遇【答案】C【解析】【详解】AB．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2A2m/sa=−，A6m/sv=对汽车B有2B1m/sa=，B0m/sv=故AB错误；C．对于A车，根

据公式2AAAA12xvtat=+当9mx=时，代入数据得A3st=对于汽车B，根据公式2BB12xat=当9mx=时，代入数据得B32st=则BAtt故汽车A先到达9mx=处，故C正确；D．当6mx=时，对于A车，根据公式2AAAA12xvtat=+

解得A(33)st=−当6mx=时，对于B车，根据公式2BB12xat=解得B23st=故汽车A、B在6mx=处不能相遇，故D错误。故选C。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【答案】A【解析】【详解】A．游客经过最低点时，有向上的向心加速度，故处于超重状态，故A正确；B．游客的线速度大小约为20.20m/svrT=故B错误；C．游客做圆周运动，由合外力提供向

心力，则游客与中心轮轴等高时，座舱对其的作用力竖直方向和重力平衡，水平方向提供向心力，因此合力为()22FmgF=+向故C错误；D．游客在不同位置都受到重力的作用，故D错误。故选A。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.220032

24πgRTR−D.220031224πgRTRh−−【答案】B【解析】【详解】绕火星表面做圆周运动的卫星20224GMmmgmRRT==解得2204RTg=由开普勒第三定律可知23231202()

2TRRhhT=++解得2200321224πgRThRh=−−故选B。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【答案】D【解析】【详解】A．电场线的疏密反映场强的大小，A、B两点电场线疏密程度不同，则两点的电场强度不相同，选项A

错误；B．电场线从右向左，沿电场线电势逐渐降低，可知D点的电势高于C点，选项B错误；C．因CD之间的电场线是曲线，则在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，选项C错误；D．因A点电势高于C点，则将一正电荷从A点移到在C点，电势能减小，电场力做正

功，选项D正确。故选D。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【答案】D【解析】【详解】根据牛顿第二定律可知简谐运动物体的加速度大小为Fkxamm==

回可知物体的加速度大小与相对于平衡位置的位移大小成正比，由于回复力方向总是指向平衡位置，则加速度方向总是指向平衡位置，由题意可知，物体经过A点时，方向指向B点；物体经过B点时，方向指向A点；则平衡位置在AB连线之间，设平衡位置与A点距离

为1x，与A点距离为2x，则有125cmxx+=又12::1:4ABaaxx==联立解得11cmx=故选D。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【答案】D【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律GFma−=解得3ga=该物体做类平抛运动，则212hat=解得从M运动到N的时间为6htg=故A错误；B．M与N之间的水平距离006hxvtvg==故B错误；CD．物体撞击右

壁时，物体运动的时间为0Ltv=物体竖直方向的速度为03ygLvatv==物体撞击壁速度2222200209ygLvvvvv=+=+根据几何关系可知，当2220209gLvv=即当初速度03gLv=时，物体撞击壁时速度最小，故若增大初速度0v

，物体将撞击右壁，且初速度越大，物体撞击壁速度不一定越大，故C错误，D正确。故选D。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π4NMdQUB=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U【答案】BC

【解析】【详解】A．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错误；B．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，则有NM；若载流子为负电荷，则负电荷向N端偏转，则有NM，故B正确；C．电荷通过电磁流量计时，有NMqUqvBd=污

水的流量为24vdQvS==解得π4NMdQUB=故C正确；D．设回旋加速器D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为vm，根据牛顿第二定律有2mmvqvBmR=动能为2kmm12Emv=联立解得222km2BqREm=可知粒子获得的最大动能与电

压U无关，故D错误。故选BC。9.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【答案】AC【解析】【详解

】A．根据xt−图像斜率表示速度可知碰撞前2m静止，碰撞后1m的运动方向发生改变，故A正确，B错误；C．碰撞前1m的速度为04m/s4m/s1v==碰撞后1m的速度为104m/s2m/s31v−==−−碰撞前2m的速度为0，碰撞后2m的速度为2

84m/s2m/s31v−==−根据动量守恒定律得101122mvmvmv=+可得两物体的质量之比为12:1:3mm=故C正确；D．碰撞前系统的总动能为2k101182Emvm==碰撞后系统的总动能为22k1122111822Emvmvm=+=则有kkEE=可知两物体的碰撞为弹

性碰撞，故D错误。故选AC。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【答案】CD【解析】【详解】A．0t=时刻P在传送带左端具有速度21.6m/sv=，而传送带以速度11m/sv=匀速运动，由于21vvP相对传送带向右滑动，则P物体刚开始在传送带上运动时

所受摩擦力水平向左，故A错误；B．设P开始做减速运动的加速度为1a，对P有1mgTma+=对Q有1Tmgma−=联立解得Q物体刚开始在传送带上运动加速度大小216m/sa=当达共同速度后P做减速运动，对P有2mgTma

−=对Q有2Tmgma−=联立解得Q物体刚开始在传送带上运动的加速度大小224m/s=a则Q物体的加速度会发生变化，故B错误；C．经时间1t与传送带达相同速度，时间为1210.1svvta−==−在时间1t内P的位移为12110.13m2vvxt+==P到达传送带的

右端速度为212121m/svvaLx=−−=（）P运送时间为1221svvta−==总时间为122sttt=+=故C正确；D．若传送带足够长，P与传送带之间相对滑动路程为1svts=−滑总物只增大传送带速度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，故D正确。故选CD。的二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.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

.4【答案】（1）CD（2）1.58（3）CD【解析】【小问1详解】A．打点计时器实验应该先放接通电源再释放小车，故A错误；B．细线应该与木板平行，故B错误；CD．根据题意可知，小车匀速下滑时有sinMgfmg=

+当取下托盘和钩码加速下滑时则有sinmgMgfMa=−=小车受到的合外力大小等于托盘和砝码的总重力大小，即可以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故CD正确。故选CD。【小问2详解】根据题意可知，相邻两计数点间的时间间隔为0.1sT=由逐差法可得，小车

的加速度为()2242128.722.4010ms1.58ms0.042xxaT−−−===【小问3详解】因为小车受到的合外力一定，则有FMa=两边取对数有()()()lnlnlnFMa=+可得()()()lnlnlnaFM=−若1F，则图形为3；若1F，则图形为4。故选CD。

12.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）【答案】（1）①黑②.A（2）1

600（3）1400（4）1.0【解析】【小问1详解】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'm1500ΩERI==所以滑动变阻器应该选A。【小问2详解】可以先求欧姆表的中值电阻，当表针指在表盘的正中央时对应的电流为满偏电流的一半，对应的电阻为

中值电阻g1()2EIRR=+中内==1500RR中内即表盘刻度为15时代表1500，倍率为100，所以被测电阻为1600Ω。.【小问3详解】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，所以半偏时电阻为1400Ω。【小问4详解

】倍率为×1时，中值电阻为15，即内阻为15，由此可知，满偏电流变为原来的100倍，即0.1A-3-3111099=(0.1-110)R11.0ΩR=13.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0V。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。【答案】（1）04pp=（2）002WkpVQ=+【解析】小问1详解】根据理想气体状态方程有00000000332VppVpVTTT+=解得04pp=【小问2详解】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000000004323VUkpVkpVkpkpV=−−=解得充气过程中打气筒对气体做的功为【002WkpVQ=+14.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，木板继续运动位移2x；（3）全过程中产生的总热量Q。【答案】（1）3m/s（2）1.

125m（3）1080J【解析】【小问1详解】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m12fFmg=设小物块此时的加速度大小为0a，对小

物块，根据牛顿第二定律有m20fFma=对整体有()()0212120Fmmgmma−+=+解得033NF=故对木板施加水平向右的恒定拉力24NF=的时，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()()2121211212Fxmmgxmmv−+=+解得3m/sv=【小问2详解】撤去拉力后，对木板根据牛顿第二定律有()2121211mmgmgma+−=解得214m/sa=则木板继续滑行的位移2211.125m2vxa==【小问3详解】对木板和物块整

体，根据能量守恒定律知，全过程中产生的总热量有11080JQFx==15.一个质量为23m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。【答案】（1）16mg（2）3R（3）23R【解析】【小问1

详解】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16Tmg=【小问2详解】设小球转过角度为时速度为0v，根据机械能守恒定律有()2011cos2m

gRmv−=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2cos3=所以小球下降高度为()11cos3RhR=−=【小问3详解】设小球转过角度为时速度为0v，根据机械能守恒定律有()2011cos2mgR

mv−=设小球与环之间弹力NN,FF指向圆心，则有20NcosvmgFmR+=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N22cos3mgF=联立以上两式求得1cos3=所以小球下降高度为()221cos3RhR=−=为