河南省2024届高三起点考试物理参考答案、解析及评分标准一、选择题：本题共12小题；第1~8小题为单项选择，每小题3分；第9~12小题为多项选择，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。共40分。题号123456789101112答案CBBCBADCBCACACAD二、非选择题：本题共6小题，共60分。13.（6分）（1）B（1分）；（2）7.02（1分）；（3）0.58（2分），9.7（2分）14.（7分）（1）最大阻值（1分），50.0（1分）；（2）丙（1分）；RRbRR（3）EA0（2分），rA0（2分）kR0kRAR015.（7分）解答：设加速运动的时间为t1，匀速运动的速度为v1xat2∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙①1分AB21②分vat1∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1③分xBCv(tt1)∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1④分xACxABxBC∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1由①②③④带入数据得2yt111t5.250FN解得或（舍去）t10.5st110.5sFFf所以xAB=0.25m∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3分16.（10分）xmg对杆ab进行受力分析，若摩擦力沿导轨向下，由平衡条件有yFNFf+mgsin53°=Fcos53°∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙①2分FfFN=mgcos53°+Fsin53°∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙②2分F又最大静摩擦力Ffm=μFN∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙③1分由①②③有Fmax=2.2N∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分xmg若摩擦力沿导轨向上，由平衡条件有mgsin53°=Fcos53°+Ff∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙④2分第1页共8页{#{QQABYYSEggiAAhBAARgCEQUACEKQkAAACKgOQFAEsAABCQFABAA=}#}由②③④有Fmin=0.2N∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分综上有0.2N≤F≤2.2N∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分17.（12分）（1）若小球刚好能通过D点，则v2在D点mgmD∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙①2分R1从D点平抛2Rgt2∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙②1分2③分xvDt∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1由①②③解得x5m∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分（2）若小球刚好能到与圆心等高处，小球从圆心等高处到最终停止，由能量守恒有mgRmgs∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分解得s=25m∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分从半圆轨道第一滑下后经过6m的路程与弹簧第一次相碰，之后每经过12m的粗糙路段与弹簧相碰一次。20-6碰撞次数N12次∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分12x´=s-6-1×12=7m故停在距离B点5m处∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分18.（18分）（1）以物块为研究对象，画受力分析图Ff1FN1Ff1=mg∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙①1分FN1=ma∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙②1分mg物块恰好静止在挡板上，即所受摩擦力为最大静摩擦力又Ff=μFN∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙③1分以整体为研究对象F=（m+M）a∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙④1分由①②③④有F=120N∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分（2）以物块为研究对象，画受力分析图Ff2设物块沿挡板下滑，竖直方向的加速度为ay，水平方向的加速度为axFN2FN2=max∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑤1分mgmg-Ff2=may∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑥1分又滑块在竖直方向的运动有1h=at2∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑦1分2y2由③⑤⑥⑦有ax=24m/s2ay=4m/s第2页共8页{#{QQABYYSEggiAAhBAARgCEQUACEKQkAAACKgOQFAEsAABCQFABAA=}#}以半圆槽为研究对象，画受力分析图FNF'-F=Max∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑧1分N2F'FN2由牛顿第三定律有：F=FN2∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑨1分N2Ff2Mg由⑧⑨有F'=72N∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1分物块滑到B点时的速度在水平、竖直方向的分量分别为vx、vy，则vx=axt=1m/s∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑩1分vy=ayt=6m/s∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑪1分设物块到达C点时，半圆槽的速度为vM，物块的速度为vC。撤去F'后，物块从B点运动到C点过程中，物块和半圆槽构成的系统水平方向动量守恒：（M+m）vx=MvM+mvC∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑫2分系统机械能守恒1111Mv2mv2+v2mgR=Mv2mv2∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙⑬2分2x2xy2M2C由⑩⑪⑫⑬有vM=5m/s或vM=7m/s（舍）vC=8m/svC=4m/s（因物块从B点运动到C点过程中，物块加速运动，半圆槽减速运动，所以舍去不合理的计算结果）综上所述：F'=72N，vc=8m/s即为所求。∙∙∙∙∙∙∙1分【解析】1.以地面为参考系，注水使停在闸室中的船匀速上升，则水手在y轴方向作匀速运动，水手从船尾沿正方向加速走向船头，则水手在x轴方向作加速运动，加速度与合速度方向呈一定夹角，合运动为曲线运动，且向加速度方向弯曲，故C选项正确。L30m2.由图BC可知，t6s所以图中C点的坐标为（26s，5m/s），故A错误。v5m/svv5m/s25m/s由图AB段，汽车减速的加速度aBA1m/s2汽车减速阶段加速度大小为1m/s2，tAB20sv2v2故B选项正确。汽车减速的位移xBA300m，故C选项错误。2avv25由图CD段汽车加速的加速度aDCm/s2，故D选项错误。tDtC34第3页共8页{#{QQABYYSEggiAAhBAARgCEQUACEKQkAAACKgOQFAEsAABCQFABAA=}#}223.根据题目条件，地球与火星两次相遇的时间间隔t为780天，则有t-t2，已知地球的公T地T火转周期T地为365天，则可求出火星绕太阳运动的公转周期。已知火星和地球间距r1约为8220万千22M太m火4M太m地4米，利用万有引力提供向心力公式，，可求出太G2m火2r火G2m地2r火r1r火T火r火-r1T地阳的质量M太及火星绕太阳运动的轨道半径r火。无法计算火星的质量，故选B选项。4.此题为课本中的“光电效应演示实验”，用高频短波紫外线灯持续照射锌板，锌板会发生光电效应，逸出光电子。由于锌板原来带负电，随着带负电的光电子逸出，锌板所带负电量减少，验电器指针张开的角度θ逐渐变小。继续照射，更多的光电子逸出后，锌板开始带上正电且电荷量增加，故验电器指针张开的角度θ后逐渐变大，即整个过程中验电器指针张开的角度先变小后变大，故C选项正确。5.根据等量同种电荷的电场分布，可判断出C、D、M、N这四点处于同一等势面内，故电势相等。又依据A、B两处点电荷为正电荷，电势沿电场线方向逐渐减小，可判断出C、D、M、N这四点电势低于O点，则A选项错误，B选项正确。同理，根据等量同种电荷的分布，可判断出C、D、M、N这四点电场强度大小相等，但方向不同。O点电场强度为零，所以四点的电场强度均大于O点，C、D两选项均错误。6.若空间中只有垂直纸面的匀强磁场，带电粒子从P点射入到达P1点，由于洛伦兹力不做功的特点，121R粒子到达1点的动能，粒子到达1点的时间。而若空间中只有平行于1PEk1mv0Pt1TOP242v012方向的匀强电场，电场力在竖直方向上做正功，粒子到达P1点的动能Emv，粒子做类平抛运k220动，到达点的时间x23R，，故选项正确。P1t2t1t2Av02v0由图像可知到的过程中，气体做等温变化，由玻意尔定律有，可得，7.ABPAVAPBVBVAVBA选项错误。到的过程中，气体做等容变化，可得，选项错误。对一定质量的理想气体，BCVAVCB温度越高内能越大。由图像可知A到B的过程中气体的温度不变，故气体内能不变∆U=0，又气体体积减小，外界对气体做功W>0，根据热力学第一定律∆U=W+Q，则Q<0，即气体向外界放热，C选项错误。由图像可知B到C的过程中气体的温度减小，即气体内能减小∆U<0，又气体体积不变W=0，则Q<0气体向外界放热，所以D选项正确。8.由微平移法可知，t=2s时刻，质点K正向y轴正方向运动，A错误。由t=2s时刻，第一次出现图中波形x=4m处的质点正在向y轴负方向运动，可知改质点已经振动x6了半个周期，此时波传播到了位于x=6m处的质点，故波速vm/s3m/s，B选项错误。t=1t2s时刻，波传播的距离为xvt3m，则位于x=3m处的质点L开始振动，C选项正确。λ=4m，Tλ223==s则位于O点的质点的位移-时间关系为y20sintcm20sintcm，D选项错误。v3T2第4页共8页{#{QQABYYSEggiAAhBAARgCEQUACEKQkAAACKgOQFAEsAABCQFABAA=}#}9.两个带电小球静止悬挂在同一水平线上，对A球进行水平方向上的受力平衡分析有，F静=Eq1。对B球进行水平方向上的受力平衡分析有，F´静=Eq2-Fsinα，F静与F´静互为作用力反作用力，则大小相等，所以｜q1｜<｜q2｜，B选项正确，A选项错误。若球A缓慢放电，球B再次静止时，在水平方向上，根据等式Eq1=Eq2-Fsinα，q1数值减小，q2保持不变，则拉力沿水平方向的分力增大，对球在竖直方向上的受FsinαBα22F力平衡分析，GB=Fcosα，又根据（Fsinα）+（Fcosα）=F，则E当Fsinα增大且Fcosα不变时，F增大，cosα变小，α变大，所以+-Eq1F静Eq2C正确，D错误。AF´静B10.滑块上滑和下滑过程均可以看做初速度为零的匀加速运动，GB1222满足公式x=at，所以x相同时，加速度a与时间t成反比，即a1：a2=3∶1。由公式2ax=v，2所以x相同时，速度v与a成正比，即v1：v2=3∶1，所以A选项正确，B选项错误。沿斜面向上滑和下滑过程，由牛顿第二定律分别有mgsinθ+μmgcosθ=ma1和mgsinθ-μmgcosθ=ma2，解得μ=0.375，所以C选项正确。滑块从底端开始运动到回到底端，重力的冲量为mg（t1+t2），所以D选项错误。11.垂直于纸面匀强磁场的磁感应强度B增大，由楞次定律可知，在金属圆环中产生逆时针方向的ΔB感应电流，A选项正确。由已知B=B0+kt有k，由法拉第电磁感应定律推导有ΔtΔΔBS2，选项错误，金属圆环电阻L2R，则在金属圆环中的感应电流EnkrBR阻ΔtΔtSS242kSrEkrS，选项正确，感应电流的热功率2，选项错误。ICPIR阻DR阻2R2R22v01612.木板全部在传送带上时mgma得a1.5m/s，xm，x>L1，木板始终在传送带上做匀2a3加速运动，木板的左端到达A点的距离L=L1-L2=3m，所以木板左端到达A点的速度vv2ax3m/s，A选项正确，B选项错误。木板的左端到达A点所需时间t2s，木板与传送a带间因摩擦产生的热量，传送带停止传输并锁定不动，木板继续运动并平Q1mg(v0tL)1.50J稳滑上水平面，