资源描述
2
024 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：
．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。
．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。
．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
1
2
3
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（
）
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
g0R2T02
4π2
g0R2T02
A． 2
− R
B． 2
− R − h
3
3
2
1
4
π
g0R2T02
g0R2T02
C． 2
− R
D． 2
− R − h1
3
3
4
π
2
4
π
2
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
4
m/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
点以水平初速度 v0 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（
）
4
h
A．从 M 运动到 N 的时间为
g
2
h
B．M 与 N 之间的水平距离 v0
g
C．若增大初速度 v0 ，物体将撞击右壁，且初速度越大，物体撞击壁速度越大
gL
D．若 h 足够大，当初速度 v0 =
时，物体撞击壁时速度最小
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 =
tNM
4
B
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（
）
A．碰撞前 m2 静止
C． m : m =1: 3
B．碰撞后 m1 的运动方向不变
D．该碰撞为非弹性碰撞
1
2
1
0．如图所示，水平传送带长 0.21m，以速度 v1 = 1m/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，t = 0时刻 P 在传送带左端具有速度 v2 = 1.6m/s，P 与定滑轮间的绳水平，P 与
g =10m/s2 ，不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩
传送带之间的动摩擦因素为 µ = 0.2 。已知重力加速度
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 v1 ，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
②
③
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；
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；
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：
（
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
C．用托盘和砝码的总重力代替小车所受的合外力
B．细线与桌面平行
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
2．（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；
B．2
C．3
D．4
1
（
1）图 1 中表 b 为______色（选填“红”或“黑”）。调零电阻 R0 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
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；
B．电阻范围 0~200Ω
（
（
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 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）
1
3．（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
V0
3
充入温度为T 、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
2T
。
0
0
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．
1
4．（14 分）如图所示，放在足够大的水平桌面上的薄木板的质量 m1 = 2kg ，木板中间某位置叠放着质量
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 µ2 = 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
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 x1 = 45m 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 x2 ；
（
3）全过程中产生的总热量 Q．
2
1
5．（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；
（
3）小球下降高度为多少时，轻杆与环之间弹力为零．
2
024 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
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
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
aA = −2m / s2,v = 6m / s，对汽车乙有： a = 1m / s2,vB = 0m / s ，A 错，B 错；对于 A 车，根据公式
v
2
− x 图像均为倾斜直线，则满足 v2 − v0 = 2ax ，根据 v2 − x 图像可知，对汽车 A 有：
2
【
A
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
A A
A
B B
2
2
代入数据解得 tB = 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
1
2
1
(
)
=
v t
′ +
′ ，得 t′ = 3− 3 s ，对于 B 车，根据公式 x = a t′2 ，得 tB′ = 2 3s ，故在 x = 6m 时
a t
A A B B
2
x
A A
A
2
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
2
πr 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
=
(
man
)
2
+
(mg)2 mg ，C 错；该游客在任何位置都要收到重力，
>
外力指向圆心，故座舱对游客的作用
F
D 错。选 A
4
答案：B
Mm
【
解析】在星球表面，有G
= mg0
R
2
2
Mm
2π
绕星球做圆周运动的卫星，有G
= m r
r
2
T
3
h1
+
h2
2
+
2R
r
3
根据开普勒第三定律，有
=
T
2
T02
g0R2T02
联立以上三式，得
h = 2
3
− R − h ，故选 B。
2
4π
2
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
(ϕ −ϕ ) > ，
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 wAC
=
q
0
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
xA
xB aB
aA
1
4
−
kx = ma ,−kx = ma 可知，
=
=
，又因为 x + x = 5cm ，故 x =1cm 。故选 D。
A
A
B
B
A
B
A
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
6
h
6h
L
解得 t =
故 A 错误；水平距离 x = v0t = v0
，故 B 错误；物体撞壁所用时间为
，撞壁时速度为
g
g
v0
2
2
g L
g L
2
3
gL
v
2
0
+
，由双钧函数特点可知 v2
+
≥
gL
v0
=
0
，当且仅当初速度
时，物体撞壁时
3
v0
3 v0
3
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
荷向 N 端偏转，则ϕN < ϕM ，故 B 正确；电荷通过电磁流量计时，有
qUNM = qvB ，污水的流量为
d
πvd
2
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
NM
4
4B
v
2
1
q
2
B
2
R
2
为 vm ，根据牛顿第二定律有
qvmB = m m ，粒子的最大动能为 E = mv2
km
m
=
，由上式可知最大
R
2
2m
动能与加速电压 U 无关，故 D 错误。选 BC。
9
．答案：AC
4
1
【
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
2
4
3−1
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
小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即 m v = m v + 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
2
1
1
确；根据
m1v0 = m v2 + m v2 ，该碰撞为弹性碰撞，故 D 错误。选 AC。
2
1
1
2
2
2
2
1
0．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
v2 − v
1
v1 + v
2
经时间
t =
1
= 0.1s与传送带共速， P 的位移为 x1 =
t1 = 0.13m 。 0.1s后 P 继续做减速运动，
a1
2
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 = v t − a t2 ，得 t2 = 0.1s ， P 在传送带上运动得总时间为
2
1
2
1 2
2 2
2
2
−
v2
v1
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
1
2
，P 在第二段减速过
2
a1
2
2
2
v2 − v1
2a1
v1
v1
程中与传送带之间滑动路程为
，两段过程中 P 相对于传送带滑动的路程为
+
，
2a2
2a2
2
384
1
128
25
1
16
25
16
25
5v12
− 6.4v1 +
=
5v − +
1
v =
，当
1
m / s 时，两段过程中 P 相对
代入数值后得
2
4
24
125
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。
1
1．（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。
x2−x1
（
2）因为T = 0.1S，小车的加速度 a
=
=
1.58m / s2 。
4T
2
（
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。
1
2．（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 ，
Im
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
Rg
R1 =
= 1.0Ω 。
9
9
1
3．解析：
3
P0V0
P0V0
T0
PV0
2T0
3
T0
（
1）根据理想气体状态方程有
+
=
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 = 4kp V − kp V − kp V
0
0
0
0
0
0
解得 ∆U = 2kp0V0
W = 2kp V + Q
0
0
1
4．解析：（1）设对木板施加水平向右的恒定拉力大小为 F0 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 F = µ m 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 F0
−
µ (
2
m1 m )g = (m1 m a ，解得 F0 = 33N
+
+
2
2
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
)
= (
+
)
2
Fx1
−
µ (
2
m1 m gx
+
m1 m v
2
1
2
2
解得 v = 3m / s．
) − µ
（
2）撤去拉力后，对木板有
µ (
2
m1 m g
1m2g = m1a1 ， a1 = 4m / s2 。
+
2
v
2
木板继续滑行的位移 x2 =
= 1.125m
2
a1
（
3）对木板和物块整体，全过程有Q = Fx1 = 108J
0
.5R
1
2
1
5．解析：（1）根据几何关系可知cosθ =
=
R
1
2
对小球根据机械能守恒定律有 mgR 1 cosθ ) =
( −
mv2
v
2
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
2）设小球转过角度为θ 时速度为 v0 ，根据机械能守恒定律有 mgR 1 cos
( − θ ) =
mv0
2
（
v
2
0
R
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
2
联立以上两式求得cosθ =
3
R
( − θ ) =
所以小球下降高度为 h1 R 1 cos
=
3
1
2
3）设小球转过角度为θ 时速度为 v0 ，根据机械能守恒定律有 mgR 1 cos
( − θ ) =
mv0
2
（
v
2
0
R
设小球与环之间弹力为 F ,F 指向圆心，则有
mgcosθ + FN = m
N
N
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 = 2FN cosθ
3
1
联立以上两式求得cosθ =
3
2
R
( − θ ) =
所以小球下降高度为 h2 R 1 cos
=
3
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