湖北省孝感市新高考联考协作体2024-2025学年高三上学期开学考试物理试卷（Word版附解析）

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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
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
C. 汽车A先到达处D. 汽车A、B在处相遇
【答案】C
【解析】
【详解】A B．由于图像均为倾斜直线，则满足
根据图像可知，对汽车有
，
对汽车有
，
故AB错误；
C．对于A车，根据公式
当时，代入数据得
对于汽车B，根据公式
当时，代入数据得
则
故汽车A先到达处，故C正确；
D．当时，对于A车，根据公式
解得
当时，对于B车，根据公式
解得
故汽车A、B在处不能相遇，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/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
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
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，进入运行周期约为的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为。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，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】绕火星表面做圆周运动的卫星
解得
由开普勒第三定律可知
解得
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，方向指向B点；当它经过B点时，加速度大小为，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
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，与A点距离为，则有
又
联立解得
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。如果物体从M点以水平初速度开始运动，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
B. M与N之间的水平距离
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h足够大，当初速度时，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
解得
该物体做类平抛运动，则
解得从M运动到N的时间为
故A错误；
B．M与N之间的水平距离
故B错误；
CD．物体撞击右壁时，物体运动的时间为
物体竖直方向的速度为
物体撞击壁速度
根据几何关系可知，当
即当初速度时，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
C. 图丙是电磁流量计的示意图，在B、d一定时，流量
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；若载流子为负电荷，则负电荷向N端偏转，则有，故B正确；
C．电荷通过电磁流量计时，有
污水的流量为
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
动能为
联立解得
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. 质量为和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. 碰撞前静止B. 碰撞后的运动方向不变
C. D. 该碰撞为非弹性碰撞
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据图像斜率表示速度可知碰撞前静止，碰撞后的运动方向发生改变，故A正确，B错误；
C．碰撞前的速度为
碰撞后的速度为
碰撞前的速度为0，碰撞后的速度为
根据动量守恒定律得
可得两物体的质量之比为
故C正确；
D．碰撞前系统的总动能为
碰撞后系统的总动能为
则有
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，时刻P在传送带左端具有速度，P与定滑轮间的绳水平，P与传送带之间的动摩擦因素为。已知重力加速度，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
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，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．时刻P在传送带左端具有速度，而传送带以速度匀速运动，由于
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，对P有
对Q有
联立解得Q物体刚开始在传送带上运动加速度大小
当达共同速度后P做减速运动，对P有
对Q有
联立解得Q物体刚开始在传送带上运动的加速度大小
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
在时间内P的位移为
P到达传送带的右端速度为
P运送时间为
总时间为
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
只增大传送带速度，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
（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，打点计时器的频率为50Hz，则小车的加速度为______。（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
当取下托盘和钩码加速下滑时则有
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
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
由逐差法可得，小车的加速度为
【小问3详解】
因为小车受到的合外力一定，则有
两边取对数有
可得
若，则图形为3；若，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0~2000Ω 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给欧姆表增加一挡位“×1”，则定值电阻______。（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b为黑色；欧姆表在调零时，电路中总电阻为
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
即表盘刻度为15时代表1500，倍率为，所以被测电阻为。
【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，所以半偏时电阻为。
【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
13. 现有一个封闭容器，容器内气体的温度为，压强为，容器体积为。现用打气筒对容器充入温度为、压强为、体积为的气体，使容器内气体压强变为（大小未知），同时温度升至。已知气体内能（k为正常数，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）
（2）
【解析】
小问1详解】
根据理想气体状态方程有
解得
【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
根据气体内能表达式得系统内能变化量为
解得充气过程中打气筒对气体做的功为
14. 如图所示，放在足够大的水平桌面上的薄木板的质量，木板中间某位置叠放着质量的小物块，整体处于静止状态。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与桌面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，薄木板足够长。现对木板施加水平向右的恒定拉力，当木板向右运动的位移时，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；
（3）全过程中产生的总热量Q。
【答案】（1）
（2）
（3）
【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
设小物块此时的加速度大小为，对小物块，根据牛顿第二定律有
对整体有
解得
故对木板施加水平向右的恒定拉力
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
解得
【小问2详解】
撤去拉力后，对木板根据牛顿第二定律有
解得
则木板继续滑行的位移
【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
15. 一个质量为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）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据几何关系可知
对小球根据机械能守恒定律有
对小球由牛顿第二定律有
对圆环有
解得
【小问2详解】
设小球转过角度为时速度为，根据机械能守恒定律有
小球与环之间弹力为零，其向心力来源为重力分力，则有
联立以上两式求得
所以小球下降高度为
【小问3详解】
设小球转过角度为时速度为，根据机械能守恒定律有
设小球与环之间弹力指向圆心，则有
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
联立以上两式求得
所以小球下降高度为