湖北新高考联考协作体2025届高三9月起点考物理试题+答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年09月试卷_09052025届湖北新高考联考协作体高三上学期开学考试

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n =4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v2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/s B．汽车B的加速度大小为2m/s2 C．汽车A先到达x =9m处 D．汽车A、B在x =6m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（ ） 学科网（北京）股份有限公司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/s C．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T 的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为h 。已知火星半径约为 R，火星表面处自由落 0 1 体的加速度大小约为g ，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离h 为（ ） 0 2  g R2T2   g R2T2  A．23 0 0 −R B．23 0 0 −R−h  4π2   4π2  1     g R2T2 g R2T2 C．23 0 0 −R D．23 0 0 −R−h 4π2 4π2 1 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1m/s2，方向指向B点：当它经过B点时，加速度大小为 4m/s2，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 2 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F = G。如果物体从M 3 学科网（北京）股份有限公司点以水平初速度v 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 0 为g，则下列说法正确的是（ ） 4h A．从M运动到N的时间为 g 2h B．M与N之间的水平距离v 0 g C．若增大初速度v ，物体将撞击右壁，且初速度越大，物体撞击壁速度越大 0 gL D．若h足够大，当初速度v = 时，物体撞击壁时速度最小 0 3 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 πd C．图丙是电磁流量计的示意图，在B、d一定时，流量Q = t 4B NM 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 9．质量为m 和m 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 1 2 法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司A．碰撞前m 静止 B．碰撞后m 的运动方向不变 2 1 C．m :m =1:3 D．该碰撞为非弹性碰撞 1 2 10．如图所示，水平传送带长 0.21m，以速度v =1m/s匀速运动，质量均为 1kg 小物体 P、Q 由通过定滑 1 轮且不可伸长的轻绳相连，t =0时刻P在传送带左端具有速度v =1.6m/s，P与定滑轮间的绳水平，P与 2 传送带之间的动摩擦因素为µ=0.2。已知重力加速度g =10m/s2，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6m/s2 C．P在传送带上运动的时间为0.2s D．若传送带足够长，只改变传送带速度v ，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 1 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a−F的关系； 1 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a− 的关系； M ⑤最后总结出加速度与力、质量的关系。 请回答以下问题： 学科网（北京）股份有限公司（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m M （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x =2.40cm,x =8.72cm，打点计时器的 1 2 频率为50Hz，则小车的加速度为______m/s2。（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．1 B．2 C．3 D．4 12．（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R 可能是下面两个滑动变阻器中的______ 0 （填选项序号）。 A．电阻范围0~2000Ω B．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 学科网（北京）股份有限公司表测量电阻为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R 给欧姆表增加一挡位“×1”，则定值电阻R =______Ω。（结果 1 1 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T ，压强为P ，容器体积为V 。现用打气筒对容器 0 0 0 V 充入温度为T 、压强为3P 、体积为 0 的气体，使容器内气体压强变为P（大小未知），同时温度升至2T 。 0 0 3 0 已知气体内能U =kPV （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m =2kg，木板中间某位置叠放着质量 1 m =4kg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µ =0.25，木板与桌面间的动摩 2 1 擦因数µ =0.30，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g =10m/s2，薄木板足够长．现对 2 木板施加水平向右的恒定拉力F =24N，当木板向右运动的位移x =45m时，撤去拉力F，木板和小物块 1 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x ； 2 （3）全过程中产生的总热量Q． 2 15．（18 分）一个质量为 m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 3 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； 学科网（北京）股份有限公司（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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C A B D D D BC AC CD 1．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hv−W = E ,E 与 v 不是成正比，B 0 k k 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n =4激发态的氢原子向基 态跃迁时，可以从n =4跃迁到n =3，再从n =3到n =2,n =2到n =1，最多3种光电子，D正确。选D。 2．答案：C 【解析】由于v2 −x 图像均为倾斜直线，则满足v2 −v2 =2ax，根据v2 −x 图像可知，对汽车 A有： 0 a = −2m/s2,v =6m/s，对汽车乙有：a =1m/s2,v =0m/s，A 错，B 错；对于A车，根据公式 A A B B 1 1 x =v t + a t2，当x =9m时，代入数据解得t =3s，对于B车，根据公式x = a t2，当x =9m时， A A 2 A A A 2 B B 代入数据解得t =3 2s ，则汽车 A 先到达 x =9m 处，C 对； x =6m 时，对于 A 车，根据公式 B 1 ( ) 1 x =v t′ + a t′2，得t′ = 3− 3 s，对于B车，根据公式x = a t′2，得t′ =2 3s，故在x =6m时 A A 2 A A A 2 B B B 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 2πr π×50 大于重力，所以处于超重，A 正确；由v = = m/s≈0.20m/s，B 错；在与圆心等高的点，合 T 794 外力指向圆心，故座舱对游客的作用F = ( ma )2 +(mg)2 >mg ，C错；该游客在任何位置都要收到重力， n D错。选A 4答案：B Mm 【解析】在星球表面，有G =mg R2 0 2 Mm 2π 绕星球做圆周运动的卫星，有G =m  r r2  T  学科网（北京）股份有限公司h +h +2R 3  1 2  r3  2  根据开普勒第三定律，有 = T2 T2 0  g R2T2  联立以上三式，得h =23 0 0 −R−h ，故选B。 2  4π2  1   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E < E ，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 A B 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w = q (ϕ −ϕ )>0， AC A C 故D正确；故选D 6．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 A、B 之间。由 x a 1 −kx =ma ,−kx =ma 可知， A = A = ，又因为x + x =5cm，故x =1cm。故选D。 A A B B x a 4 A B A B B 7．答案：D 1 1 【解析】由牛顿第二定律可知G−F =ma,a = g，方向竖直向下，加速度与初速度方向垂直，由h = at2， 3 2 6h 6h L 解得t = 故A错误；水平距离x =v t =v ，故B错误；物体撞壁所用时间为 ，撞壁时速度为 g 0 0 g v 0 2 2  g L   g L  2 gL v2 +  ，由双钧函数特点可知v2 +  ≥ gL，当且仅当初速度v = 时，物体撞壁时 0  3 v  0  3 v  3 0 3 0 0 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ϕ >ϕ ，若载流子为负电荷，则负电 N M U 荷向 N 端偏转，则ϕ <ϕ ，故 B 正确；电荷通过电磁流量计时，有q NM = qvB，污水的流量为 N M d πvd2 πd Q = Sv = ，解得Q = U ，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 4 4B NM v2 1 q2B2R2 为v ，根据牛顿第二定律有qv B =m m ，粒子的最大动能为E = mv2 = ，由上式可知最大 m m R km 2 m 2m 学科网（北京）股份有限公司动能与加速电压U无关，故D错误。选BC。 9．答案：AC 4 【解析】x−t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m 碰前的速度大小v = m/s=4m/s，m 碰 1 0 1 2 4 前速度为0，故A正确；两物体正碰后，碰后m 的速度大小为v = − m/s= −2m/s，故B错误；两 1 1 3−1 小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即mv =mv +m v ，解得两物体质量的关系为m =3m ，故 C 正 1 0 1 1 2 2 2 1 1 1 1 确；根据 mv2 = mv2 + m v2，该碰撞为弹性碰撞，故D错误。选AC。 2 1 0 2 1 1 2 2 2 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umg+T =ma ，对Q有mg−T =ma ，联立解得a =6m/s2， 1 1 1 v −v v +v 经时间t = 2 1 =0.1s与传送带共速，P的位移为x = 1 2 t =0.13m。0.1s后 P 继续做减速运动， 1 a 1 2 1 1 摩擦力方向变为水平向右，对P有T −umg =ma ，对Q有mg−T =ma ，联立解得a =4m/s2，故B 2 2 2 1 错；匀减速位移x = L−x =0.08m，由x =vt − a t2，得t =0.1s，P在传送带上运动得总时间为 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 v −v  t =t +t =0.2s，C正确；P在第一段减速过程中与传送带之间滑动路程为 2 1 ，P在第二段减速过 1 2  2a  1 2 2 2  v  v −v   v  程中与传送带之间滑动路程为 1  ，两段过程中 P 相对于传送带滑动的路程为 2 1 +  1  ， 2a   2a  2a  2 1 2  2  1  128 1  16 384 16 代入数值后得 5v2 −6.4v +  = 5v −  + ，当v = m/s时，两段过程中P相对 24 1 1 25  24  1 25 125 1 25 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m M ，所以CD正确。 x （2）因为T =0.1S，小车的加速度a = 2−x 1 =1.58m/s2。 4T2 学科网（北京）股份有限公司（3）因为小车受到的合外力一定，则有 F = Ma ，两边取对数有， ln ( F )=ln ( M )+ln ( a ) ， ln ( a )=ln ( F )−ln ( M )，若F >1，则图形为3；若F <1，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： E （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 =1500Ω， I m 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 R R = g =1.0Ω。 1 99 13．解析： 3PV 0 0 PV PV 3 （1）根据理想气体状态方程有 0 0 + = 0 T T 2T 0 0 0 解得P =4P 0 （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ΔU =W +(−Q ) 根据气体内能U 表达式得系统内能变化量为∆U =4kpV −kpV −kpV 0 0 0 0 0 0 解得∆U =2kpV 0 0 W =2kpV +Q 0 0 14．解析：（1）设对木板施加水平向右的恒定拉力大小为F 时，小物块与木板恰好不发生相对滑动， 0 此时小物块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力F =µm g fm 1 2 设小物块此时的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有F =m a 0 fm 2 0 对整体有F −µ( m +m ) g =( m +m ) a ，解得F =33N 0 2 1 2 1 2 0 0 故对木板施加水平向右的恒定拉力F =24N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 1 Fx −µ( m +m ) gx = ( m +m ) v2 1 2 1 2 1 2 1 2 学科网（北京）股份有限公司解得v =3m/s． （2）撤去拉力后，对木板有µ( m +m ) g−µm g =ma ，a =4m/s2。 2 1 2 1 2 1 1 1 v2 木板继续滑行的位移x = =1.125m 2 2a 1 （3）对木板和物块整体，全过程有Q = Fx =108J 1 0.5R 1 15．解析：（1）根据几何关系可知cosθ= = R 2 1 对小球根据机械能守恒定律有mgR ( 1−cosθ)= mv2 2 v2 对小球由牛顿第二定律有N +mgcosθ=m R 2 对圆环有2Ncosθ+T = mg 3 1 解得T = mg 6 1 （2）设小球转过角度为θ时速度为v ，根据机械能守恒定律有mgR ( 1−cosθ)= mv2 0 2 0 v2 小球与环之间弹力为零，其向心力来源为重力分力，则有mgcosθ=m 0 R 2 联立以上两式求得cosθ= 3 R 所以小球下降高度为h = R ( 1−cosθ)= 1 3 1 （3）设小球转过角度为θ时速度为v ，根据机械能守恒定律有mgR ( 1−cosθ)= mv2 0 2 0 v2 设小球与环之间弹力为F ,F 指向圆心，则有mgcosθ+F =m 0 N N N R 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 2 mg =2F cosθ 3 N 学科网（北京）股份有限公司1 联立以上两式求得cosθ= 3 2R 所以小球下降高度为h = R ( 1−cosθ)= 2 3 学科网（北京）股份有限公司