湖北省新高考联考协作体2024-2025学年高三年级上册开学考试物理试题

高三物理试卷

考试时间：2024年9月4日上午10：3011：45

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25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。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〃=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

【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

线=/7一叱

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〃=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，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，它们速度的平方丫2随位置x变

化的图像如图所示，分别对应直线A和直线8,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Zm/s?

C.汽车A先到达％=9m处D.汽车A、B在x=6m处相遇

【答案】C

【解析】

【详解】AB.由于x图像均为倾斜直线，则满足

v2—VQ=2ax

根据声一了图像可知，对汽车A有

2

々A=-2m/s,vA=6m/s

对汽车B有

2

aB=lm/s,vB=Om/s

故AB错误；

C.对于A车，根据公式

12

+af

x=VA/A-AA

当x=9m时，代入数据得

心=3s

对于汽车B,根据公式

12

当x=9m时，代入数据得

tB=3\/2s

则

[B>%A

故汽车A先到达x=9m处，故C正确；

D.当x=6m时，对于A车，根据公式

X=VAtA+^aAtA

解得

4=（3—百）s

当x=6m时，对于B车，根据公式

X——

解得

t'B=2>/3s

故汽车A、B在x=6m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一东湖之眼摩天轮。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/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

【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

271r

v=——«0.20m/s

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

.=j（-g）2+用

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Ao

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"的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为4。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go,则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离〃2为（）

'2开-RB2“哈-小

D.

【答案】B

【解析】

【详解】绕火星表面做圆周运动的卫星

GMm4"2rl

——=mgo=m-R

解得

_4/R

go

由开普勒第三定律可知

丁2_R3

行=2R+4+Q

2

解得

〜RM

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、2两点的电场强度相同

B.C、。两点的电势相同

C.在。点静止释放一质子，它将在电场力作用下沿着虚线。C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。点的电势高于C点，选项B错误；

C.因CO之间的电场线是曲线，则在。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Im/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A8连线左侧

B.平衡位置在AB连线右侧

C.平衡位置在连线之间，但不能确定具体位置

D.平衡位置在A2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

u----------

mm

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8点时，方向指向A

点；则平衡位置在A2连线之间，设平衡位置与A点距离为与A点距离为马，则有

%+%=5cm

又

aA:aB-x1:x2-1:4

联立解得

xl=1cm

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和恒定的浮力厂的作用，且尸=：G。如果物体从M

点以水平初速度为开始运动，最后落在N点，间的竖直高度为/z,M与右壁水平间距为L重力加速度

)

A.从M运动到N的时间为

\2h

B.M与N之间的水平距离%J—

C.若增大初速度%,物体将撞击右壁，且初速度越大，物体撞击壁速度越大

D,若//足够大，当初速度%=杵时，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

G—F=ma

解得

该物体做类平抛运动，则

h=-at2

2

解得从M运动到N的时间为

6h

g

故A错误;

B.〃与N之间的水平距离

6h

X=Vot=VoJ~

故B错误;

CD.物体撞击右壁时，物体运动的时间为

L_

%

物体竖直方向的速度为

物体撞击壁速度

如+*

根据几何关系可知，当

即当初速度%=杵时,

物体撞击壁时速度最小，故若增大初速度%,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

Tid

C.图丙是电磁流量计的示意图，在B、1一定时，流量。=---U

4BNM

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2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。N〉9M；若载流

子为负电荷，则负电荷向N端偏转，则有。N＜。"，故B正确；

C.电荷通过电磁流量计时，有

污水的流量为

八c兀vd，

Q^vS--------

4

解得

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

V2

qvmB=m^

动能为

口12

m

Ekm=~Vm

联立解得

E.B?/R2

m2m

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㈣和根2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标尤随时间f变化的图像如图所示。下列说法

正确的是（）

A.碰撞前根2静止B.碰撞后叫的运动方向不变

C.班：%=1：3D.该碰撞为非弹性碰撞

【答案】AC

【解析】

【详解】A.根据x-r图像斜率表示速度可知碰撞前根2静止，碰撞后叫的运动方向发生改变，故A正

确，B错误;

C.碰撞前叫的速度为

%=；m/s=4m/s

碰撞后㈣的速度为

0-4

V,=-----m/s=-2m/s

13-1

碰撞前机2的速度为。，碰撞后机2的速度为

8-4

v,=-----m/s=2m/s

23-1

根据动量守恒定律得

m1V0-OTJVJ+m2V2

可得两物体的质量之比为

:m7=1:3

故C正确；

D.碰撞前系统的总动能为

凡=；叫诏=8叫

碰撞后系统的总动能为

耳=~tnivi+J巧心=8仍

则有

Ek=E1

可知两物体的碰撞为弹性碰撞，故D错误。

故选ACo

10.如图所示，水平传送带长0.21m,以速度匕=lm/s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，1=0时刻P在传送带左端具有速度%=L6m/s,P与定滑轮间的绳水平，P与传

送带之间的动摩擦因素为〃=02。已知重力加速度g=lOm/sz,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Gm/s?

C.P在传送带上运动的时间为0.2s

D.若传送带足够长，只改变传送带速度匕，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.f=0时刻P在传送带左端具有速度6=L6m/s,而传送带以速度匕=lm/s匀速运动，由于

%＞匕

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生,对P有

jumg+T=max

对Q有

T-mg=max

联立解得Q物体刚开始在传送带上运动加速度大小

q=6m/s2

当达共同速度后P做减速运动，对P有

"mg-T'-ma2

对Q有

T'-mg=ma2

联立解得Q物体刚开始在传送带上运动的加速度大小

2

a2=4m/s

则Q物体的加速度会发生变化，故B错误；

C.经时间％与传送带达相同速度，时间为

-Q

在时间。内P的位移为

x.=%+.%=o」3m

121

P到达传送带的右端速度为

v=Jvf-2a2CL-xl)=lm/s

P运送时间为

K-V,

t2—-------=Is

%

总时间为

t=%+q=2s

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

s滑=”'总一§物

只增大传送带速度匕，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。

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挂上托盘和祛码，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取下托盘和祛码，测出其总质量为电让小车沿木板下滑，测出加速度

③保持小车的质量不变，改变祛码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到歹的关系；

④保持托盘和祛码的质量不变，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：

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.用托盘和祛码的总重力代替小车所受的合外力D.不需保证加

(2)图乙为某次实验中得到的纸带，A、3、C、。、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Xi=2.40cm,X2=8.72cm,打点计时

器的频率为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In(M)和In(a),则In(a)与In(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

Mgsin8=/+mg

当取下托盘和钩码加速下滑时则有

mg=MgsinO—f-Ma

小车受到的合外力大小等于托盘和祛码的总重力大小，即可以用托盘和祛码的总重力代替小车受到的合外

力，所以不需要

m«M

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

T=O.ls

由逐差法可得，小车的加速度为

a=^4=8,2-2.40乂10一4=158m/s2

（2T）0.04

【小问3详解】

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）

可得

若E>1，则图形为3；若E<1，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99。；电池电动

势L5V、内阻5C；

图1

(1)图1中表b为______色(选填“红”或“黑”)。调零电阻凡可能是下面两个滑动变阻器中的

(填选项序号)。

A.电阻范围0-2000。B.电阻范围0200。

(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Q；

(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10Q,但此表仍能进行欧姆调零，用

此表测量电阻为1500Q,则该电阻真实值为Q

(4)如图3所示，某同学利用定值电阻凡给欧姆表增加一挡位“xl”，则定值电阻凡=。。(结

果保留1位小数)

【答案】(1)①黑②.A

(2)1600(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6为黑色；欧姆表在调零时，电路中总电阻为

E

R=—=1500。

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

E='g(隼+~)

%=0=15OOQ

即表盘刻度为15时代表15000,倍率为x100,所以被测电阻为1600。。

【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1400Q,所以半偏时电阻为1400Q。

【小问4详解】

倍率为XI时，中值电阻为150，即内阻为15。，由此可知，满偏电流变为原来的100倍，即0.1A

1x10-3x99=(0.1-1x10-3闺

&=1.0。

13.现有一个封闭容器，容器内气体的温度为"，压强为外，容器体积为以。现用打气筒对容器充入温度

为"、压强为3p。、体积为?的气体，使容器内气体压强变为P(大小未知)，同时温度升至2"。已知气

体内能。=切丫“为正常数，P为压强，V为体积)，充气过程中气体向外放出。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Wo

【答案】(1)P=4p0

(2)W=2kPiy0+Q

【解析】

小问1详解】

根据理想气体状态方程有

3Po

PoK),3pvo

ToT02To

解得

P=4po

【小问2详解】

由于充气过程中气体向外放出。的热量，根据热力学第一定律有

AU=W+(-Q)

根据气体内能U表达式得系统内能变化量为

AU=k-4p0V0-kp0V0-k-3p0^-=2kp0V0

解得充气过程中打气筒对气体做的功为

W=2kp^0+Q

14.如图所示，放在足够大的水平桌面上的薄木板的质量叫=2kg,木板中间某位置叠放着质量%=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〃1=025,木板与桌面间的动摩擦因数

〃2=0.30,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=lOm/s2,薄木板足够长。现对木板施加

水平向右的恒定拉力E=24N,当木板向右运动的位移占=45m时，撤去拉力R木板和小物块继续运动一

段时间后均静止，求：

―巫1—)拉力

木板——>

(1)撤去拉力/时，木板的速度也

(2)撤去拉力产后，木板继续运动位移超；

(3)全过程中产生的总热量。。

【答案】⑴3m/s

⑵1.125m

(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Fo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

Fftn=4加2g

设小物块此时的加速度大小为劭，对小物块，根据牛顿第二定律有

Fftn=m2ao

对整体有

外一4的+%)g=(%+网)%

解得

4=33N

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先对木板和小物块整体分析，根据动能定理

有

F%-〃2(fn1+7%)g%=；(叫+fn2)2

V

解得

v=3m/s

【小问2详解】

撤去拉力后，对木板根据牛顿第二定律有

%)g—771mlg=m1al

解得

2

ax=4m/s

则木板继续滑行的位移

v2

=---=1.125m

-2%

【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

Q=%=1080J

2

15.