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2024 年高考全国甲卷理综物理
一、单选题
1．氘核可通过一系列聚变反应释放能量，总的反应效果可用62H→24He+x1n+y1p+43.15MeV表示，式中x、y
1 2 0 1
的值分别为（ ）
A．x=1，y=2 B．x=1，y=3 C．x=2，y=2 D．x=3，y=1
【答案】C
【解析】根据反应前后质量数和电荷数守恒可得6×2=2×4+x+y，6=2×2+y
解得x=2，y=2
故选C。
2．如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一
轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a−m图像。重力加
速度大小为g。在下列a−m图像中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】设P的质量为M ，P与桌面的动摩擦力为 f ；以P为对象，由牛顿第二定律可得T − f =Ma
以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得mg−T =ma
f
g−
联立可得 mg− f m
a= = ⋅m
M +m M +m
可知当砝码的重力大于 f 时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近等于g。
故选D。
3．2024年5月，嫦娥六号探测器发射成功，开启了人类首次从月球背面采样返回之旅。将采得的样品带回地球，
1
飞行器需经过月面起飞、环月飞行、月地转移等过程。月球表面自由落体加速度约为地球表面自由落体加速度的 。
6
下列说法正确的是（ ）
A．在环月飞行时，样品所受合力为零
B．若将样品放置在月球正面，它对月球表面压力等于零
C．样品在不同过程中受到的引力不同，所以质量也不同D．样品放置在月球背面时对月球的压力，比放置在地球表面时对地球的压力小
【答案】D
【解析】A．在环月飞行时，样品所受合力提供所需的向心力，不为零，A错误；
BD．若将样品放置在月球正面，它对月球表面压力大小等于它在月球表面的重力大小；由于月球表面自由落体加
1
速度约为地球表面自由落体加速度的 ，则样品在地球表面的重力大于在月球表面的重力，所以样品放置在月球背
6
面时对月球的压力，比放置在地球表面时对地球的压力小，B错误，D正确；
C．样品在不同过程中受到的引力不同，但样品的质量相同，C错误。
故选D。
4．如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点
自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（ ）
A．在Q点最大 B．在Q点最小 C．先减小后增大 D．先增大后减小
【答案】C
【解析】（分析法）：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处（P点）与圆环的作用力恰好为零，如图所示
1
设图中夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律mgR(1−cosθ)= mv2
2
v2
在P点，根据牛顿第二定律mgcosθ=m
R
2
联立解得cosθ=
3
从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆
环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力
提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先
减小后增大。
（数学法）：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为θ(0≤θ≤π)，
1
根据机械能守恒定律mgR(1−cosθ)= mv2 (0≤θ≤π)
2
v2
在该处根据牛顿第二定律F +mgcosθ=m (0≤θ≤π)
R
联立可得F =2mg−3mgcosθ
则大圆环对小环作用力的大小 F = 2mg−3mgcosθ
2
由数学知识可知 F 的大小在cosθ= 时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减
3
小后增大。
故选C。Q
5．在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为k ，其中k
r
为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在的该点的电势的代数和。电荷量分
别为Q 和Q 的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是伏特），则（ ）
1 2
Q Q Q Q
A．Q <0， 1 =−2 B．Q >0， 1 =−2 C．Q <0， 1 =−3 D．Q >0， 1 =−3
1 Q 1 Q 1 Q 1 Q
2 2 2 2
【答案】B
Q Q
【解析】根据两点电荷周围的电势分布可知Q 带正电，Q 带负电；由图中电势为0的等势线可知k 1+k 2 =0
1 2 r r
1 2
r 6
根据图中距离关系可知 1 =
r 3
2
Q
联立解得 1 =−2
Q
2
故选B。
二、多选题
6．如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R
0
和R 、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压U 不变的情况下，为提高R 的热功率，可以（ ）
1 0 1
A．保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动
B．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变
C．将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动
D．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动
【答案】AC
【解析】A．保持T不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R
与R 串联后的总电阻减小，电流增大，根据P=I2R 可知此时热功率增大，A正确；
1 1B．将T向b端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片位置不变时，通过R 的电流
1
减小，故热功率减小，B错误；
C．将T向a端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R与R 串联后的
1
总电阻减小，电流增大，此时热功率增大，C正确；
D．将T向b端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与R 串联后
1
的总电阻增大，电流减小，此时热功率减小，D错误。
故选AC。
7．蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。
假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。
下列说法正确的是（ ）
A．t=0.15s时，运动员的重力势能最大
B．t=0.30s时，运动员的速度大小为10m/s
C．t =1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处
D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N
【答案】BD
【解析】A．根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运
动员处于最低点，运动员的重力势能最小，A错误；
BC．根据题图可知运动员从t=0.30s离开蹦床到t =2.3s再次落到蹦床上经历的时间为2s，根据竖直上抛运动的对
称性可知，运动员上升时间为1s，则在t=1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30s时运动员的速度大小
v=10×1m/s=10m/s，B正确，C错误；
D．同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理F⋅∆t−mg⋅∆t=mv−(−mv)
其中∆t=0.3s
代入数据可得F =4600N
根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N，D正确。
故选BD。
8．如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连
接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在t=0时刻线框的
上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度
的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是（ ）A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】设线圈的上边进入磁场时的速度为v，设线圈的质量M，物块的质量m，图中线圈进入磁场时线圈的加速
度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知Mg+F −T =Ma
安
对滑块T −mg =ma
B2L2v
其中F =
安
R
B2L2v
即 +(M −m)g =(M +m)a
R
线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线圈匀速运动的速度为
(M −m)gR
v =
0 B2L2
A．若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度都趋近于零，
A正确；
B．因t=0时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，B错误；
CD．若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场时，且速度大于v ，线圈进入磁场做加速度减小的减速运
0
动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出离
磁场时做匀速运动，C正确，D错误。
故选AC。
9．如图，四个相同的绝热试管分别倒立在盛水的烧杯a、b、c、d中，平衡后烧杯a、b、c中的试管内外水面的高
度差相同，烧杯d中试管内水面高于试管外水面。已知四个烧杯中水的温度分别为t 、t 、t 、t ，且t
