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2024全国乙卷点睛押题
一、单选题（共5小题，每题6分，共30分）
1．如图为游乐场海盗船器械，海盗船摆动过程中最高可摆至图示位置（一侧的拉杆处于水
平），下列说法正确的是（ ）
A．船体摆动过程中，游客一直处于失重状态
B．船体摆至最高点时，游客所受合外力为0
C．船体摆动过程中，游客对座椅的压力始终小于乘客重力
D．船体摆至最高点时，游客对座椅的压力小于游客所受重力
2．如图所示，风对帆面的作用力𝐹垂直于帆面，它能分解成两个分力𝐹、𝐹 ，其中𝐹 垂直于
! " "
航向，会被很大的横向阻力平衡，𝐹 沿着航向，提供动力。若帆面与航向之间的夹角为𝜃，
!
下列说法正确的是（ ）
A．𝐹 =𝐹 tan𝜃 B．𝐹₂=𝐹sin𝜃
" !
C．船受到的横向阻力为 # D．船前进的动力为𝐹 tan𝜃
"
cos'
3．2024年1月18日1时46分，天舟七号货运飞船成功对接于空间站（离地面高度约为400km）
天和核心舱后向端口。天舟七号货运飞船装载了航天员在轨驻留消耗品、推进剂、应用实（试）
验装置等物资，并为神舟十七号航天员乘组送去龙年春节的“年货”。下列说法正确的是（ ）
A．为实现成功对接，天舟七号在与空间站同一轨道上需要加速靠近天和核心舱
B．天舟七号与空间站的组合体在轨道上运行速度大于7.9km/s
C．天舟七号与空间站的组合体在轨道上运行周期比同步卫星的周期大
D．天舟七号与空间站的组合体在轨道上稳定运行时，“年货”处于完全失重
试卷第1页，共7页4．中国科学家2023年2月26日在国际上刊文宣布，通过我国高海拔宇宙线观测站“拉索”，
在人类历史上首次找到能量高于1亿亿电子伏特的宇宙线起源天体。已知普朗克常量ℎ =
6.63×10()*J⋅s，电子的电荷量𝑒 =−1.6×10(!+C，人眼能看见的最高能量的可见光为频
率𝜈 =7.8×10!*Hz的紫光，该紫光光子能量为（ ）
A．3.2eV
B．1.2×10(*eV
C．5.2×10(!+eV
D．8.3×10(),eV
5．在xOy平面的0≤y”“=”或“<”）。 这 两列 波 空间 相 遇 时 （填“可能”或“不可能”）形成稳定的干涉图
样。
16．（10分）某发光二极管由一种透明材料封装而成，为研究其光学属性，某同学找来一个
用这种材料制成的半圆柱体，其横截面是半径为𝑅的半圆，𝑂是半圆的圆心，𝐴𝐵为水平直径。
单色光𝑎以入射角𝜃 =60°从A点射入半圆柱体，经𝐴𝐵折射后到达弧面上的𝐷点，如图所示。
已知𝑂、𝐷间的水平距离为9，真空中的光速为𝑐，求∶
"
（1）该材料对单色光𝑎的折射率𝑛；
（2）单色光𝑎从A到𝐷的传播时间𝑡。
试卷第7页，共7页参考答案
1．D
【详解】A．在海盗船摆动至最高点过程中，竖直方向上的始末分速度均为0，表明竖直方
向上先加速后减速，即竖直方向上的分加速度方向先向上后向下，即游客在摆动过程中先处
于超重状态，后处于失重状态，A错误；B．根据上述，船体摆至最高点时，游客处于失重
状态，因此所受合外力不为0，B错误；C．根据上述，在海盗船摆动至最高点过程中，游
客在摆动过程中先处于超重状态，后处于失重状态，可知船体摆动过程中，座椅对游客的支
持力先大于乘客重力，后小于游客的重力，根据牛顿第三定律可知，游客对座椅的压力先大
于乘客重力，后小于游客的重力，C错误；D．根据上述可知，船体摆至最高点时，游客处
于失重状态，座椅对游客的支持力小于乘客重力，根据牛顿第三定律，船体摆至最高点时，
游客对座椅的压力小于游客所受重力，D正确。故选D。
2．D
【详解】AB．根据几何关系可得#" =tan𝜃，## =cos𝜃，解得𝐹 = #" ，𝐹 =𝐹cos𝜃，故AB
" "
## # :;<'
错误；C．根据题意可知，船受到的横向阻力𝐹与等大反向，即等于𝐹cos𝜃，故C错误；D．根
"
据题意可知，船前进的动力为沿着航向的分力𝐹 ，根据几何关系可得#" =tan𝜃，解得𝐹 =
! !
##
𝐹 tan𝜃，故D正确。故选D。
"
3．D
【详解】A．为实现成功对接，需点火加速做离心运动从较低轨道进入较高的轨道，故A错
误；B．由万有引力提供向心力𝐺 => =𝑚 ?# ，得𝑣 =l @=，可知空间站的轨道半径大于地球
/# / /
的半径，所以天舟七号与空间站的组合体在轨道上运行速度小于7.9km/s，故B错误；C．由
万有引力提供向心力𝐺 => =𝑚𝑟 *A# ，得𝑇 =2𝜋l /$ ，可知空间站的轨道半径小于地球同步
/# B# @=
卫星的轨道半径，得空间站的周期小于地球同步卫星的周期，故C错误；D．天舟七号与空
间站的组合体在轨道上稳定运行时，因为万有引力充当做圆周运动的向心力，可知空间站内
物体处于完全失重状态，故D正确。故选D。
4．A
【详解】根据爱因斯坦的光子说，可得𝐸 =ℎ𝜈 =5.17×10(!+J，则紫光光子能量可表示为
5
答案第1页，共6页𝐸 =
C.!E×!5%"&
eV=3.2eV，故选A。
5 !.G×!5%"&
5．D
【详解】根据洛伦兹力提供向心力可得𝑞𝑣𝐵 =𝑚
?#
，可知速率相等的大量电子的运动半径也
/#
相等，可知从原点均匀发射到第一象限内，从磁场上边界射出的电子数占电子总数的三分之
二，则从磁场上边界射出的电子的发射角度范围有90°× " =60°，则根据电子的偏转轨迹和
)
几何关系可得能从上边界射出的电子的发射角度在0~ A，故图像D可能正确。故选D。
)
6．BC
【详解】A．保持电压𝑈 不变，变压器原副线圈的匝数不变，则副线圈两端的电压𝑈 不变，
! "
选项A错误；B．保持电压𝑈 不变，向左滑动滑片P，则R阻值减小，次级电阻减小，因次
!
级电压U 不变，则由𝑃 = I # # ，可知次级输出功率变大，则变压器的输入功率变大，选项B
2
9
次
正确；CD．保持滑片P不动，当𝑈 变大时，变压器原副线圈的匝数不变，则次级电压U
! 2
变大，扬声器两端的电压变大，扬声器的功率变大，选项C正确，D错误。故选BC。
7．AD
【详解】A．电势是标量，𝑒点的电势𝜑 =𝑘 . −𝑘 . −𝑘 . =−𝑘 . 𝑂点的电势𝜑 =𝑘 . −
J K
/ / "/ "/ /
𝑘 . −𝑘 . =−𝑘 . 𝑒点的电势高于𝑂点的电势，故A正确；B．+𝑄激发的电场在O点的电场
/ / /
强度𝐸 =𝑘 .，方向由O指向C，两个−𝑄激发的电场在O点的电场强度的合场强方向由O
/#
指向C，大小为𝐸 =𝑘 .，则𝑂点的电场强度大小为𝐸 =2𝐸 = "-.，故B错误；C．根据离
/# ! /#
正电荷越近（负电荷越远）电势越高可知，𝑐点的电势不等于𝑎点的电势，−𝑞在𝑐点的电势能
不等于在𝑎点的电势能，故C错误；D．根据离正电荷越近（负电荷越远）电势越高可知a，
点的电势高于𝑂点的电势，𝑒点的电势高于𝑂点的电势，沿𝑎𝑂、𝑂𝑒移动+𝑞电场力先做正功后
做负功，故D正确。故选AD。
8．BC
【详解】物体由静止释放，一开始受到的摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律可得𝑎 =
答案第2页，共6页>LMNLRSMO =10m/s"，设经过𝑡 时间物体与传送带达到相同速度𝑣 ，则有𝑣 =𝑎𝑡 =
! ! ! !
>
𝑣 +𝑎 𝑡 ，代入数据可得𝑡 =1s，𝑣 =10m/s，该段过程物体与传送带通过的位移分别为
5 传 ! ! !
𝑥 = ?"𝑡 =5m<10.5m，𝑥 = ?!P?"𝑡 =8m，共速后，假设物体与传送带可以保持相对静
! " ! 传 " !
止，则有𝑚𝑔sin𝛼−𝑓 =𝑚𝑎 ，解得物体受到的静摩擦力大小为𝑓 =2N<𝜇𝑚𝑔cos𝛼 =4N
传
则共速后物体与传送带一起以4m/s"的加速度向下做匀加速直线运动，设共速后经过𝑡 时间，
"
物体到达B点，则有𝑥 =𝑣 𝑡 + ! 𝑎 𝑡" =10.5m−5m=5.5m，解得𝑡 =0.5s，则物体从A
" ! " " 传 " "
点运动至B点所用时间为𝑡 =𝑡 +𝑡 =1.5s，物体在传送带上留下划痕的长度为Δ𝑥 =𝑥 −
! " 传
𝑥 =8m−5m=3m，物体从A点运动至B点的过程中因摩擦产生的内能为𝑄 =𝜇𝑚𝑔cos𝛼⋅
!
Δ𝑥 =0.5×1×10×0.8×3J=12J，故选BC。
9． 不需要 2𝑘 𝑏
【详解】（1）[1]当实验中调节气垫导轨水平且细线与气垫导轨平行时，力传感器的示数F
等于细线的拉力，结合上述可知，该示数即为滑块的合力，可知实验中不需要使力传感器和
钩码的总质量远小于滑块及遮光条的总质量。
（2）[2][3]滑块释放位置不变，光电门2的位置不变，则无论光电门1位置如何变化，经过
光电门2的速度大小不变，设为𝑣，则根据匀变速直线运动中平均速度的规律，两光电门之
间的间距为𝐿 = ?P(?(U1) ⋅𝑡，整理可得0 =𝑣− U ⋅𝑡，则0 −𝑡图像中斜率绝对值为𝑘，则𝑘 =x− U x
" 1 " 1 "
解得滑块加速度的大小为𝑎 =2𝑘，截距为𝑏，可得经过光电门2的速度大小为𝑣 =𝑏
10．(1) 170 交流电最高挡位或0ff挡；(2) V V 50
(U(W)9!/"
2 1
W(9!P/")
【详解】（1）[1]小组的同学将旋钮旋至“×10”的挡位，根据欧姆表的读数规律，该读数为
17.0×10Ω=170Ω，[2]欧姆表测量完毕后，应将旋钮旋至交流电最高挡位或0ff挡。（2）
[1][2]实验要求精确地测量该电阻的阻值，即不存在电表内阻引起的系统误差，可以利用电
压表V 测量电压，利用已知内阻的电压表V 测量间接测量电流，由于电压表V 量程为
2 1 1
0~0.5V，内阻𝑟 =1000Ω，其满偏电流为5.C A=0.5mA，而待测电阻约为170Ω，若利用电
!
!555
压表V 直接测量电压，使得电压表V 满偏时的电流约为).5 A≈17.6mA，该满偏电流比
2 2
!E5
0.5mA大得多，为了确保安全，减小误差，需要将电压表V 改装为电流表，即在电压表V
1 1
上并联定值电阻𝑅 ，可知，乙图中的电表A应为V ，电表B应为V 。
5 2 1
答案第3页，共6页[3]令并联等效电阻约为𝑅 ，为了减小误差，为了保证各电表偏转的角度在满量程的!以上，
!5
)
即两电压表几乎能够同时达到满偏，则有)V = !E5YP9"!，解得𝑅 ≈34Ω，可知，定值电阻
!5
5.CV 9"!
选择50Ω。[4]若A、B表的示数分别表示为a、b，根据欧姆定律有U(W
=
W
+
W，解得待测
9' /" 9!
电阻的阻值𝑅 =
(U(W)9!/"
6 W(9!P/")
11．（1）5m/s；（2）150√5 N⋅s
【详解】（1）该同学从最高点到落地的过程可看做平抛运动，有ℎ = ! 𝑔𝑡"
!
"
解得𝑡 =0.4s
!
落地时竖直方向的速度为𝑣 =𝑔𝑡 =4m/s
Z !
该同学在最高点的速度为𝑣 = [ =3m/s
6
"1"
该同学离地的速度大小为𝑣 =|𝑣"+𝑣" =5m/s
6 Z
（2）该同学在落地的0.2s内，规定竖直向上为正方向，在竖直方向上由动量定理有
𝐼 −𝑚𝑔𝑡 =0−𝑚(−𝑣 )
Z Z
水平方向上，由动量定理有−𝐼 =0−𝑚𝑣
6 6
地面对人的冲量大小𝐼 =|𝐼"+𝐼" =150√5N⋅s
合 6 Z
12．（1）8N，方向沿斜面向下；（2）1m/s"；（3）1.5W
【详解】（1）金属棒在框架上无摩擦地运动，设刚进入磁场的速度为𝑣 ，根据动能定理得
5
1
𝑚𝑔𝑑sin𝜃 = 𝑚𝑣"−0
2 5
解得𝑣 =3m/s
5
进入磁场后，根据法拉第电磁感应定律𝐸 =𝐵𝐿𝑣
5
根据闭合电路欧姆定律𝐼 = \
9
解得𝐼 =2A
电流方向由N流向M。框架MN边受到的安培力大小为𝐹 =𝐵𝐼𝐿 =0.8N，方向沿斜面向下。
安
（2）框架受到斜面的摩擦力方向沿斜面向上，大小为𝑓 =𝜇(𝑀+𝑚)𝑔cos37° =1.8N
设框架的加速度为a，根据牛顿第二定律可得𝑀𝑔sin𝜃+𝐹 −𝑓 =𝑀𝑎
安
代入数据解得𝑎 =1m/s2
（3）因金属棒和框架整体的重力沿斜面向下的分力与斜面对框架的摩擦力平衡，故金属棒
答案第4页，共6页和框架整体沿斜面方向动量守恒，最终金属棒ab与框架分别以𝑣 、𝑣 的速度做匀速运动，
! "
则有𝑚𝑣 =𝑚𝑣 +𝑀𝑣
5 ! "
此时回路的电动势为𝐸7 =𝐵𝐿(𝑣 −𝑣 )
! "
电流为𝐼7 =
\(
9
金属棒ab匀速运动𝑚𝑔sin𝜃−𝐵𝐼7𝐿 =0
联立解得𝑣 =2.5m/s，𝑣 =0.25m/s
! "
金属棒ab重力的功率𝑃 =𝑚𝑔𝑣 sin𝜃 =1.5W
!
13．ABD
【详解】A．过程ab中气体温度不变，压强减小，则体积增大，选项A正确；
B．过程ab中气体温度不变，内能不变，体积变大，对外做功，则气体一定吸收热量，选
项B正确；C．过程ca中气体体积不变，则外界对气体不做功，选项C错误；D．a、b和c
三个状态中，状态c温度最低，则分子的平均动能最小，选项D正确；E．b和c两个状态
中，气体压强相等，c态温度较低，分子平均动能较小，平均速率较小；但c态气体体积较
小，气体数密度较大，则c态时容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数较多，
选项E错误。故选ABD。
14．（1）𝑥 = 0!]m ；（2）𝑥 = *^!0!_P)0!]*
! "
^!_P]m *^!_P"]*
【详解】（1）对于气体𝐴，初态𝑝 =𝑝 ，𝑉 =𝐿 𝑆
A! 5 A! 5
设当活塞向右移动𝑥 距离时隔板开始移动，则𝑝 =𝑝 + ]m
! A" 5
_
体积𝑉 =𝐿 𝑆−𝑆𝑥
A" 5 !
根据玻意耳定律可得𝑝 𝑉 =𝑝 𝑉
A! A1 A" A"
即𝑝 𝐿 𝑆 =„𝑝 + ]m…(𝐿 𝑆−𝑆𝑥 )
5 5 5 5 !
_
解得𝑥 = 0!]m
!
^!_P]m
（2）对于气体B，初态𝑝 =𝑝 ，𝑉 =𝐿 𝑆
B! 5 B1 5
设当活塞向右移动𝑥 距离时隔板向右移动0!，体积𝑉 =𝐿 𝑆− 𝑆⋅ 0!
" B2 5
" "
根据玻意耳定律可得𝑝 𝑉 =𝑝 𝑉
B! B! B" B"
解得𝑝 =2𝑝
B2 5
答案第5页，共6页此时气体𝐴的压强为𝑝 =𝑝 + ]m =2𝑝 + ]m
A3 B" 5
_ _
体积𝑉 =„𝐿 + 0!−𝑥 …𝑆
A) 5 "
"
根据玻意耳定律可得𝑝 𝑉 =𝑝 𝑉
A! A! A3 A)
即𝑝 𝐿 =„2𝑝 + ]m…„ ) 𝐿 −𝑥 …
5 5 5 5 "
_ "
解得𝑥 = *^!0!_P)0!]m
"
*^!_P"]m
15． = < 不可能
【详解】[1]机械波在同种介质中传播的波速相等；[2]由题图可知振源乙形成的波周期较大，
根据𝜆 =𝑣𝑇可知其波长较长；[3]频率相等是形成稳定的干涉图样条件，甲、乙两振源周期
不同，这两个振源形成的机械波不可能形成稳定的干涉图样。
16．（1）√3；（2）√)9
c
【详解】（1）设单色光a从A点射入半圆柱体的折射角为α，做出辅助线，如图
+
由几何关系可知sin𝛼 = # = !
9 "
根据折射率的公式可得𝑛 = MN<' =√3
MN
