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2024 甘肃卷点睛押题
一、单选题（每题4分，共28分）
1．硼中子俘获疗法是肿瘤治疗的新技术，其原理是进入癌细胞内的硼核（10B）吸收慢中
5
子（动能可忽略不计），转变成锂核（Li）和α粒子，释放出γ光子。已知核反应过程中质
量亏损为Dm，γ光子的波长为λ，硼核的比结合能为E ，氦核的比结合能为E ，普朗克常
1 2
量为h，真空中光速为c。则关于上述核反应，说法正确的是（ ）
A．核反应方程为10 B+1®n+ 7 Li 4He
5 0 3 2
B．上述核反应属于α衰变
hl
C．γ光子的能量E =
0 c
Dm+c2 10E +4E
D．锂核的比结合能E = 1 2
3 7
2．2024年2月23日，“长征5号”遥七运载火箭搭载通信技术试验卫星十一号发射成功，
被誉为龙年首发。卫星进入地球同步轨道后，主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验
证。设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，下列说法中正确的是（ ）
A．地球同步卫星可以静止在北京上空
1
B．同步卫星运行速度是第一宇宙速度的
n
1
C．同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转获得的速度的
n
1
D．若忽略地球的自转效应，则同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的
n
3．如图圆形导体线圈 a平放在水平桌面上，在 a的正上方固定一竖直螺线管 b，二者轴线
重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片 P 向下
滑动下列表述正确的是（ ）
A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量变小
C．线圈a对水平桌面的压力 F 将增大
N
D．线圈a有扩大的趋势
试卷第1页，共7页4．如图甲，某人手持健身绳的一端上下抖动，将绳上向墙壁方向传播的波看作沿x轴正方
向传播的简谐波，t=0时刻的波形图如图乙所示，该波的波速为v=0.4m/s，则平衡位置位于
x=0.1m处的质点P（ ）
A．此时的振动方向沿y轴正方向
B．此时的加速度方向沿y轴负方向且将增大
C．振动的周期为2s
D．在t=1s的位移为-10cm
5．光导纤维作为光传导工具。已广泛应用于通信、互联网等领域。一段光导纤维由折射率
不同的内芯和包层构成，如图所示，AB和CD为光导纤维横截面的直径，AB与CD平行，
AD和BC长度均为d，一 束 单 色 光AB经的中点与AB横截面成45°角从空气入射到光导纤维
中，折射光线与AD的夹角为30°，光在真空中传播的速度大小为c，则下列说法中正确的
是（ ）
6
A．光导纤维对该单色光的折射率为
2
B．光导纤维内芯的折射率小于包层的折射率
C．如果增大入射光线与AB横截面的夹角，光线可能在AB的横截面上发生全反射
2d
D．若外部包层的折射率与空气的折射率相同，则光A从B传播到CD所用的最长时间为
c
6．下图是一款小型电钻的简化电路图，它由变压器及电机两部分构成，变压器为理想变压
器，电机的内阻为1W，额定电压为11V，额定电流为2A。当变压器输入电压为220V的正
弦交流电时电钻正常工作，下列说法正确的是（ ）
A．变压器原线圈电流的最大值为0.1 2A
B．变压器副线圈电流的最大值为2A
C．变压器的输入功率为4W
D．电机产生的机械功率为22W
试卷第2页，共7页7．如图所示，在竖直线EOF右侧足够大的区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸
面向里的匀强磁场。质量相同、电荷量分别为+q和-q的带电粒子，从O点以相同的初速
度v先后射入磁场，已知初速度的方向与OF 成q=30°角，两粒子在磁场中仅受洛伦兹力作
用，下列说法正确的是（ ）
A．两粒子在磁场中的运动时间相等
B．两粒子回到EOF竖直线时的速度相同
C．若只增大粒子的入射速度的大小，粒子在磁场中运动的时间变长
D．从射入磁场到射出磁场的过程中，两粒子所受的洛伦兹力的冲量不相同
二、多选题（每题5分，共15分）
8．图甲所示是一种静电除尘装置，其原理简图如图乙所示，在板状收集器A与线状电离器
B间加恒定高压，让废气从一端进入静电除尘区经过净化后从另一端排出，其中一带负电的
尘埃微粒沿图乙中虚线向收集器A运动，P、Q是运动轨迹上的两点，不计微粒重力和微粒
间的相互作用，不考虑微粒运动过程中的电荷量变化。下列分析正确的是（ ）
A．P点电势比Q点电势低
B．微粒在P点速度比Q点的大
C．微粒在P点具有的电势能比Q点的大
D．微粒在P点具有的电势能比Q点的小
试卷第3页，共7页9．图甲所示的无人机，某次从地面由静止开始竖直向上飞行，该过程中加速度a随上升高
度h的变化关系如图乙所示。已知无人机的质量为m，重力加速度为g，取竖直向上为正方
向，不计空气阻力，则从地面飞至3h 高处的过程中，无人机（ ）
0
A．先做匀加速直线运动后做匀速直线运动
gh
B．飞至h 高处时速度大小为 0
0
2
C．飞至2h 高处时无人机所受的升力为2mg
0
D．机械能增加量为5.5mgh
0
10．如图所示，固定斜面的倾角q=30°，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上
端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮左侧绳
子与斜面平行，A的质量是B的质量2倍，初始时物体A到C点的距离L=1m，现给A、
B一初速度v =3m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A向下运动刚到C点
0
时的速度大小v=2m/s，物体A将弹簧压缩到最短后，物体A又恰好能弹回到C点。已知
弹簧的最大弹性势能为6J，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终
处于伸直状态。则（ ）
3
A．物体A与斜面之间的动摩擦因数µ=
4
B．物体A向下运动到C点的过程中，A的重力势能转化
为B的重力势能
C．弹簧的最大压缩量x=0.4m
D．B的质量为2kg
三、实验题（16分）
11．（6分）为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某组同学设计了如图甲所示的实
验装置。其中m 为动滑轮的质量，m为砂和砂桶的质量。力传感器可直接测出轻绳中的拉
0
力大小。
试卷第4页，共7页（1）下列做法正确的是
A．将带滑轮的长木板右端垫高以平衡摩擦力
B．调节滑轮和力传感器的高度，使轻绳与长木板保持平行
C．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车和动滑轮的总质量
D．小车释放前应靠近打点计时器
（2）甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，作出的a-F 图像是一条
斜率为k的直线，与横坐标的夹角为q，则小车的质量M为 （填正确答案标号）。
1 1 1 2
A． B． C． -m D． -m
tanq k tanq 0 k 0
12．（10分）某研究性学习小组在学习了化学课上的原电池原理后，将铜片和锌片插入两个
新鲜的柠檬中制成一个水果电池，并利用下列所给器材测量水果电池的电动势 E和内阻r。
A．待测水果电池（电动势E约为2V，内阻约为几百欧）
B．滑动变阻器（最大阻值为100W，额定电流为1A）
C．滑动变阻器（最大阻值为1000W，额定电流为0.1A）
D．电流表A（量程为3mA，内阻为20W）
E.电压表V（量程为3V，内阻约为3kW）
1
F.电压表V （量程为15V，内阻约为15kW）
2
G.开关S，导线若干
（1）研究小组设计了甲、乙两种电路，应选择 （填“甲”或“乙”）电路。滑动变阻
器应选择 ，电压表应选择 （均填对应器材前的字母序号）
试卷第5页，共7页（2）根据选择的电路，移动滑动变阻器的滑片，得到电压表示数U与电流表示数I的多组
数据，作出U-I图像如图丙所示，根据图像和题中所给信息，得到该水果电池的电动势E=
V，内阻r= W。
（3）如 果 不 考虑 偶然 误差 ，根 据 选 择 的电路，电动 势 的 测 （量填值“>”“<”或“=”）
真实值。
四、解答题（41 分）
13．（12分）某学校开展庆祝活动，使用气球渲染气氛。早晨，学校地表附近的气温为27℃，
大气压强为p ，此时在地表附近的气球体积为V 。若气球导热良好，气球内所充的氦气可
0 0
视为理想气体，气球内外气压差很小可以忽略。
1
（1）正午时大气压仍为p ，此时地表附近的气球体积增大了 ，求此时地表附近气温达
0 30
到多少℃？
4
（2）若某高处的大气压强为 p ，气温为15℃，若气球悬停在这一高处时，气球体积变为
5 0
多少？
14．（12分）如图所示，在xOy平面第一象限有沿y轴负方向的匀强电场、第四象限有垂直
纸面向里的匀强磁场，在坐标为（0，h）的A点有一带电粒子以某一初速度沿+x方向抛出，
从坐标为（L，0）的C点进入第四象限的匀强磁场中。已知粒子电荷量为q、质量为m，匀
强电场的电场强度为E，匀强 磁 场 的磁感应 强B度，为方向如图中所示。不计粒子所 受 重力。
求：
（1）粒子进入磁场时的速度大小；
（2）粒子第二次经过x轴时的位置与坐标原点的距离。
试卷第6页，共7页15．（18分）如图所示，“L”型平板B静置在地面上，物块A处于平板B上的O'点，O'点左
侧粗糙、右侧光滑，光滑部分的长度d=3.75m。用不可伸长的长度为L=7.2m的轻绳将质量
为m=0.1kg的小球悬挂在O'点正上方的O点。轻绳处于水平拉直状态，小球可视为质点，
将小球由静止释放，下摆至最低点时轻绳拉断、小球与小物块A碰撞后瞬间结合成一个物
体C，之后C沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。已知A的质量m =0.1kg，B的
A
质量m =0.6kg，C与B的动摩擦因数μ =0.4，B与地面间的动摩擦因数μ =0.3，最大静摩擦
B 1 2
力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，整个过程中C始终在B上，所有碰撞时间忽略
不计，不计空气阻力，求：
（1）轻绳被拉断前瞬间绳对小球的拉力大小；
（2）C与B的挡板碰撞后，二者的速度大小v 与v ；
C B
（3）C与B都停止运动时C与B右端的距离。
试卷第7页，共7页参考答案
1．A
【详解】A．根据核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，可得核反应方程为
10 B+1®n+ 7 Li 4He
5 0 3 2
故A正确；
B．核反应过程中虽然生成物有a粒子，但有中子参与反应，反应物有两个，而衰变的特点
是反应物只有一个且自发的发生，故上述核反应不属于a衰变，故B错误；
C．g光子的波长为l，则其能量为
hc
E =hn=
0 l
故C错误；
D．已知核反应过程中质量亏损为Dm，则核反应放出的能量为Dmc2，即生成物放出的能量
与反应物吸收的能量之差为核能，则有
7E +-4E= 10E Dmc2
3 2 1
可得锂核的比结合能为
Dm+c-2 10E 4E
E = 1 2
3 7
故D错误。
故选A。
2．B
【详解】
A．地球同步卫星静止在赤道上空，不可能静止在北京上空，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力
Mm v2
G =m
r2 r
可得
GM
v=
r
则
1
v nR 1
馏 = =
v 1 n
1
R
答案第1页，共11页故B正确；
C．同步卫星、地球赤道上物体角速度相同，根据
v=wr
则
v nR
馏 = =n
v R
"
故C错误；
D．根据万有引力与重力的关系
Mm
G =mg
R2
根据牛顿第二定律
Mm
G =ma
r2
可得
1
a= g
n2
故D错误。
故选B。
3．C
【详解】AB．将滑动变阻器的滑片 P 向下滑动，则通电螺线管中的电流变大，产生的磁场
变强，线圈a中的磁通量变大，且磁场方向向下，根据楞次定律“增反减同”，能判断出线圈
a中产生俯视逆时针方向的感应电流，AB均错误；
C．穿过线圈a中的磁通量变大，根据“来拒去留”可判断螺旋管对线圈有排斥的作用力，所
以线圈a对水平桌面的压力 F 将增大，C正确；
N
D．穿过线圈a中的磁通量变大，根据“增缩减扩”可判断线圈a有缩小的趋势，D错误。
故选C。
4．C
【详解】A．根据“上下坡”法可知，此时P点的振动方向沿y轴负方向，故A错误；
B．质点的加速度方向始终指向平衡位置，所以此时加速度方向沿y轴负方向且将减小，故
B错误；
C．由图可知，波长为0.8m，所以
答案第2页，共11页l 0.8
T = = s=2s
v 0.4
故C正确；
D．经过半个周期，即1s时间，质点P应处于y轴负半轴对称位置，所以位移为
2
y=- A=- 10 2cm
2
故D错误。
故选C。
5．D
【详解】A．根据题意，由折射定律和几何关系可得，光导纤维对该单色光的折射率为
sin45°
n= = 2
sin30°
故A错误；
BC．发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，入射角达到临界角，则光线在内芯
和包层的界面上发生全反射，光导纤维内芯的折射率大于包层的折射率，无论入射光线与
AB横截面的夹角多大，光线不可能在AB的横截面上发生全反射，故BC错误；
D．若外部包层的折射率与空气的折射率相同，设光在AD面的入射角为a，则光在光导纤
维内芯中的传播距离为
d
s=
sina
可知，当a角最小，等于临界角C时，光从AB传播到CD所用的时间最长，最长时间为
d
s sinC n2d 2d
t = = = =
v c c c
n
故D正确。
故选D。
6．A
【详解】
A．根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
U n
1 = 1
U n
2 2
可得
答案第3页，共11页n
1 =20
n
2
根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系
I n
1 = 2
I n
2 1
解得变压器原线圈电流的有效值为
I =0.1A
1
变压器原线圈电流的最大值为
I = 2I =0.1 2A
m1 1
故A正确；
B．变压器副线圈电流的最大值为
I = 2I =2 2A
m2 2
故B错误；
C．变压器的输入功率等于输出功率，为
P=U I =22W
2 2
故C错误；
D．电机产生的机械功率为
P =-P =I-2r ´22= 22 1W 18W
霭" 2
故D错误。
故选A。
7．B
【详解】A．这两个正、负粒子以与OF成q=30角射入有界匀强磁场后，由左手定则可判
断，正粒子沿逆时针方向旋转，负粒子沿顺时针方向旋转，如下图所示
答案第4页，共11页因正、负粒子所带电荷量的绝对值和质量都相同，由
v2
qvB=m
r
可知两粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径相同，由几何关系可知负粒子在磁场中转过
的角度为2q，正粒子在磁场中转过的角度
j=-2p 2q
而粒子在磁场中做圆周运动的周期
2pr 2pm
T = =
v qB
则两粒子的周期相同，但是轨迹圆弧所对的圆心角不同，因此两粒子在磁场中的运动时间不
相等，故A错误；
B．因洛伦兹力不改变速度的大小，结合几何关系分析可知，两粒子射出磁场时速度方向与
EOF的夹角都是30，因此两粒子回到EOF竖直线时的速度相同，故B正确；
C．由几何关系可知速度增大导致轨迹半径增大，但运动轨迹对应的圆心角不变，周期T不
变，所以运动时间不变，故C错误；
D．两粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，由动量定理可得
I =-p p
! 0
由于以相同的初速度射入磁场，两粒子的初动量p 相等，离开磁场时速度大小相等、方向
0
相同，两带电粒子的末动量p也相等，因此两粒子所受洛伦兹力的冲量相同，故D错误。
故选B。
8．AC
【详解】A．由于A带正电，B带负电，根据沿电场方向电势降低，可知离A越近电势越
高，离B越近电势越低，则P点电势比Q点电势低，故A正确；
BCD．微粒由P点向Q点运动过程中，只受电场力作用，电场力做正功，动能增加，电势
能减少，则微粒在P点速度比Q点的小，粒在P点具有的电势能比Q点的大，故BD错误，
C正确。
故选AC。
9．CD
【详解】
A．由图可知，无人机先做变加速直线运动后做匀加速直线运动，故A错误；
答案第5页，共11页B．飞至h 高处时，根据动能定理
0
1 1
W = mgh = mv2
溜 2 0 2
解得速度大小为
v= gh
0
故B错误；
C．飞至2h 高处时，根据牛顿第二定律
0
F-=mg mg
解得无人机所受的升力为
F =2mg
故C正确；
D．从地面飞至3h 高处的过程中，无人机动能增加量为
0
1
DE= mg+h× =mg 2h 2.5mgh
k 2 0 0 0
重力势能增加量为
DE= × =mg 3h 3mgh
p 0 0
机械能增加量为
DDE=D+=E E 5.5mgh
k p 0
故D正确。
故选CD。
10．ACD
【详解】A．设B的质量为m，在物体A向下运动刚到C点的过程中，对AキB组成的系统
应用能量守恒定律可得
1 1
´µq×2m=g-c+os´-×L 3mv2 3mv2 q2mgLsin mgL
2 0 2
得
3
µ=
4
A正确；
B．物体A向下运动到C点的过程中，A的重力势能及AB的动能都减小，转化为B的重力
势能和摩擦生热，B错误；
答案第6页，共11页C．对AキB组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰
好返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即
1
´3m× v=2-0 µ×q2mgcos 2x
2
其中x为弹簧的最大压缩量，得
x=0.4m
C正确；
D．从C点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得
1
´+3mv2×-=2mgx+sin×qµqmgx 2mgcos x E
2 pm
得B的质量为
m=2kg
D正确。
故选ACD。
11． ABD D
【详解】（1）[1]A．尽管实验装置采用了力传感器，也需要平衡摩擦力，否则力传感器的示
1
数不等于合力大小的 ，可采用将长木板右端垫高的方法平衡摩擦力，故A正确；
2
B．只有保证轻绳与木板平行，才能保证力传感器测到的力是小车所受沿运动方向的合力大
1
小的 ，故B正确；
2
C．实验中，根据力传感器的读数可直接求出小车受到的拉力，因此不需要满足砂和砂桶的
总质量远小于小车和动滑轮的总质量，故C错误；
D．为充分利用纸带，小车释放前应靠近打点计时器，故D正确。
故选ABD；
（2）根据牛顿第二定律有
2F =(m +M)a
0
整理得
2F
a=
m +M
0
斜率
2
k =
m +M
0
答案第7页，共11页整理得
2
M =- m
k 0
故选D。
12． 甲 C E 2.0 480 =
【详解】（1）[1][2][3]为了调节过程中电流变化明显，滑动变阻器最大阻值应当比待测电源
内阻大，所以选择C；由于电动势约为2V，电压表选择电压表V，即选E；电流表A的内
1
阻已知，采用内接法可以避免系统误差，因此电路选择甲；
（2）[4][5]由
E=U+I(r+R )
A
可知
U =-I(r+ R )+ E
A
根据图丙可知，纵截距为
E =2.0V
斜率为
r+R =500Ω
A
因此
r=480Ω
（3）[6]由于电流表A的内阻已知，故测得的电动势无系统误差，测量值等于真实值。
13．（1）37Ｆ；（2）1.2V
0
【详解】（1）由题意可知此过程为等压变化，由盖-吕萨克定律得
V V
0 =
T T
0
且
31
T =300K ㄑV = V
0 30 0
解得
T =310K=37＂
（2）由理想气体状态方程
答案第8页，共11页pV pV
1 1 = 0 0
T T
1 0
且
4
p = p ，T =288K
1 5 0 1
解得
V =1.2V
1 0
qE 2
14．（1）v= (L2+4h2)；（2）x=L+ 2mqEh
2mh qB
【详解】（1）粒子从A点到C点，由牛顿第二定律
qE=ma
粒子做类平抛运动，有
L=vt
0
1
h= at2
2
v2 =2ah
y
v= v2+v2
0 y
解得
qEL2
v =
0 2mh
2qEh
v =
y m
可得
qE
v= (L2+4h2)
2mh
（2）粒子在磁场中的运动过程中，洛伦兹力提供向心力
v2
qvB=m
R
第一次和第二次经过x轴的两点间的距离为轨迹圆的弦，弦长为
Dx= 2Rsina
a为粒子第一次进入磁场时的速度与x轴正方向的夹角
解得
答案第9页，共11页mvsina 2mv 2
Dx= 2 = y= 2mqEh
qB qB qB
所以粒子第二次经过x轴时的位置与坐标原点的距离为
x=LD+ x
解得
2
x=L+ 2mqEh
qB
15．（1）T =3N；（2）v =-3m/s；v =3m/s；（3）L =4.875m
C B CB
【详解】（1）设小球摆动到最低点时速度大小为v ，则
0
1
mgL= mv2
2 0
解得
v =12m/s
0
在最低点绳被拉断前瞬间
v2
T-=mg m 0
L
解得
T =3N
（2）小球与物块A结合成物块C，设C的速度为v，则
mv =(m+m )v
0 A
解得
v=6m/s
之后，C在B上滑动，直到与B右侧的挡板发生弹性碰撞，对碰撞过程
1 1 1
(m+m )v=(m+m )v +m v ， (m+m )v2 = (m+m )v2 + m v2
A A C B B 2 A 2 A C 2 B B
解得
v =-3m/s，v =3m/s
C B
（3）C与B碰撞后，C先在B的光滑表面上向左匀速运动，B向右做匀减速运动，设B经
时间t减速到零，且C还没有滑入B的粗糙表面，则
-µ+ (m+ m -m=)gt 0 m v
2 A B B B
解得
答案第10页，共11页t =0.75s
在此过程中设B、C的位移分别为x 和x ，则
B C
1 9 9
x = (v +0)t= m，x =v-t= m
B 2 B 8 C C 4
C相对于B的位移大小为
27
Δx=-x= x m
C B 8
由
27
Dx= m< d= 3.75m
8
可知假设成立。
当C滑到B的粗糙表面时，设B静止不动，则地面对B的静摩擦力大小为
f =µ(m+m )g=0.8N
1 A
B与地面的最大静摩擦力为
f =µ(m+m +m )g=2.4N
max 2 A B
比较可知
f < f
max
假设成立，B静止不动。
设C在B的粗糙表面上能滑过的距离为x ，则
C
1
-µ+ (m m-+=)gx 0 (m m )v2
1 A C 2 A C
解得
9
x = m
C 8
C与B都停止运动时C与B右端的距离为
L =d+x
CB C
解得
39
L = m=4.875m
CB 8
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