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2024 年高考全国甲卷理综物理真题
一、单选题
14．(2024·全国甲卷·14)氘核可通过一系列聚变反应释放能量，总的反应效果可用6H→2He
＋xn＋yp＋43.15 MeV 表示，式中x、y 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。
15．(2024·全国甲卷·15)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( )
答案 D
解析 设P 的质量为M，P 与桌面间的滑动摩擦力为Ff；以P 为研究对象，
根据牛顿第二定律可得FT－Ff＝Ma
以盘和砝码为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg－FT＝ma
联立可得a＝＝·m
可知当砝码的总重力大于Ff时，才有一定的加速度，当m 趋于无穷大时，加速度大小趋近
于g。
故选D。
16．(2024·全国甲卷·16)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，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。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 在环月飞行时，样品所受合力提供所需的向心力，合力不为零，故A 错误；
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面时对月球的压力，比放置在地球表面时对地球的压力
小，故B 错误，D 正确；
样品在不同过程中受到的引力不同，但质量是物体的固有属性，因此样品在不同过程中的质
量相同，故C 错误。
17．(2024·全国甲卷·17)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 方法一(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，此时只有小环的重力分力提供小环所需向力心，可知P 点必在Q 点上方，如图所示
设P 点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为θ，从大圆环顶端到P 点过程，根据机械能守恒
定律mgR(1－cos θ)＝mv2
在P 点，由牛顿第二定律得mgcos θ＝m
联立解得cos θ＝
从大圆环顶端到P 点过程，小环速度较小，小环重力沿着指向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，小环重力沿着大圆环直径方向的分力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，
从P 点到Q 点，小环重力沿大圆环直径的分力逐渐减小，从Q 点到最低点，小环重力沿大
圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，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。
方法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直
向上方向的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得mgR(1－cos θ)＝mv2(0≤θ≤π)
在该处根据牛顿第二定律得
F＋mgcos θ＝m(0≤θ≤π)
联立可得F＝2mg－3mgcos θ
则大圆环对小环作用力的大小为
|F|＝|2mg－3mgcos θ|
根据数学知识可知|F|的大小在cos θ＝时最小，
由牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。
18.(2024·全国甲卷·18)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 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Q1和Q2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( )
A．Q1<0，＝－2
B．Q1>0，＝－2
C．Q1<0，＝－3
D．Q1>0，＝－3
答案 B
解析 根据两点电荷周围的电势分布可知Q1带正电，Q2带负电；
由题图中电势为0 的等势线可知k＋k＝0
由题图中距离关系可知＝2
联立解得＝－2，故选B。
二、多选题
19．(多选)(2024·全国甲卷·19)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R0和R1、开关S。S 处于闭合状态，在原线
圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以( )
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 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R1串联后的总电阻减小，电流增大，根据P＝I2R1可知此时R1的热功
率增大，故A 正确；
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R1的电流减小，故R1的热功率减小，故B 错误；
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R1串联后的总电阻减小，电流增大，此时R1的热功率增大，故C 正确；
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R1串联后的总电阻增大，电流减小，此时R1的热功率减小，故D 错误。
20．(多选)(2024·全国甲卷·20)蹦床运动中，体重为60 kg 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10 m/s2。下列说法正确
的是( )
A．t＝0.15 s 时，运动员的重力势能最大
B．t＝0.30 s 时，运动员的速度大小为10 m/s
C．t＝1.00 s 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4 600 N
答案 BD
解析 根据牛顿第三定律结合题图可知t＝0.15 s 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，故A 错误；
运动员从t＝0.30 s 离开蹦床到t＝2.30 s 再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运
动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t＝1.30 s 时，运动员恰好运动到最大高度处，
t＝0.30 s 时运动员的速度大小v＝10×1 m/s＝10 m/s，故B 正确，C 错误；
同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得
F·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)
其中Δt＝0.30 s
代入数据可得F＝4 600 N
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4
600 N，故D 正确。
21．(多选)(2024·全国甲卷·21)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( )
答案 AC
解析 设线框的上边框进入磁场时的速度为v，设线框的质量M，物块的质量m，题图中线
框进入磁场时的加速度向下，对线框，由牛顿第二定律可知Mg＋F 安－FT＝Ma
对物块有FT－mg＝ma
其中F 安＝
即＋(M－m)g＝(M＋m)a
线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线框匀速运
动的速度为v0＝
若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和
加速度都趋近于零，则图像A 可能正确；
因t＝0 时刻线框进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B 不可能；
若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时速度较大时，线框进入磁场做加速度减
小的减速运动，完全进入磁场后线框做匀速运动；当线框出磁场时，受向下的安培力又做加
速度减小的减速运动，最终出磁场时做匀速运动，则图像C 有可能，D 不可能。
三、实验题
22．(2024·全国甲卷·22)学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测
力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2。
(1)电梯静止时测力计示数如图所示，读数为____________ N(结果保留1 位小数)；
(2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，则此段时间内物体处于____________(填
“超重”或“失重”)状态，电梯加速度大小为____________ m/s2(结果保留1 位小数)。
答案 (1)5.0 (2)失重 1.0
解析 (1)由题图可知弹簧测力计的分度值为0.5 N，则读数为5.0 N。
(2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，小于物体的重力，可知此段时间内物体
处于失重状态；G＝mg＝5.0 N
根据牛顿第二定律mg－FT＝ma
代入数据联立解得电梯加速度大小a≈1.0 m/s2。
23．(2024·全国甲卷·23)电阻型氧气传感器的阻值会随所处环境中的氧气含量发生变化。在
保持流过传感器的电流(即工作电流)恒定的条件下，通过测量不同氧气含量下传感器两端的
电压，建立电压与氧气含量之间的对应关系，这一过程称为定标。一同学用图(a)所示电路
对他制作的一个氧气传感器定标。实验器材有：装在气室内的氧气传感器(工作电流1
mA)、毫安表(内阻可忽略)、电压表、电源、滑动变阻器、开关、导线若干、5 个气瓶(氧气
含量分别为1%、5%、10%、15%、20%)。
(1)将图(a)中的实验器材间的连线补充完整，使其能对传感器定标；
(2)连接好实验器材，把氧气含量为1%的气瓶接到气体入口；
(3)把滑动变阻器的滑片滑到____________端(填“a”或“b”)，闭合开关；
(4)缓慢调整滑动变阻器的滑片位置，使毫安表的示数为1 mA，记录电压表的示数U；
(5)断开开关，更换气瓶，重复步骤(3)和(4)；
(6)获得的氧气含量分别为1%、5%、10%和15%的数据已标在图(b)中；氧气含量为20%时
电压表的示数如图(c)，该示数为____________ V(结果保留2 位小数)。
现测量一瓶待测氧气含量的气体，将气瓶接到气体入口，调整滑动变阻器滑片位置使毫安表
的示数为1 mA，此时电压表的示数为1.50 V，则此瓶气体的氧气含量为______%(结果保留
整数)。
答案 (1)见解析图 (3)a (6)1.40 17
解析 (1)为了保持流过传感器的电流恒定，电阻型氧气传感器两端的电压调节范围较大，
所以滑动变阻器采用分压式接法，由于毫安表内阻可忽略，所以毫安表采用内接法，实物连
接图如图所示
(3)为了保护电路，闭合开关前，需要电阻型氧气传感器两端的电压为零，故滑动变阻器的
滑片滑到a 端；
(6)由题图(c)可知，电压表的分度值为0.1 V，需要估读到分度值下一位，其读数为1.40 V；
当气瓶的氧气含量为20%时，电压表的示数为1.40 V，在题图(b)中描出该点，用平滑的曲
线将各点连接起来，如图所示
可知电压表的示数为1.50 V 时，此瓶气体的氧气含量为17%。
四、解答题
24．(2024·全国甲卷·24)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0 时由
静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s 时停止加速开始做匀速运动，之
后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41 s 时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。
已知声速v0＝340 m/s，求：
(1)救护车匀速运动时的速度大小；
(2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
答案 (1)20 m/s (2)680 m
解析 (1)根据匀变速运动速度公式v＝at1
可得救护车匀速运动时的速度大小
v＝2×10 m/s＝20 m/s
(2)救护车匀加速运动过程中的位移
x1＝at1
2＝100 m
设在t3时刻停止鸣笛，根据题意可得
＋t3＝t2
停止鸣笛时救护车距出发处的距离
x＝x1＋(t3－t1)v
代入数据联立解得x＝680 m。
25．(2024·全国甲卷·25)如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。
定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨
保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B 的匀强磁场中。
(1)开关S 闭合时，对金属棒施加水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力
功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v 的大小。
(2)当金属棒速度为v 时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定
值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。
答案 (1) (2)
解析 (1)开关S 闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则F＝F 安＝BIL
由闭合电路欧姆定律得I＝
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv0
联立可得，恒定的外力为F＝
在加速阶段，外力的功率为PF＝Fv＝v
定值电阻的功率为PR＝I2R＝
若PF＝2PR时，
即v＝2
化简可得金属棒速度大小为v＝
(2)断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有E＝BLv＝IR＋
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q 不断增大，电路中电流不断减小，则金属
棒所受安培力F 安＝BIL 不断减小，
而拉力的功率PF′＝F′v＝F 安·v＝BILv
定值电阻功率PR＝I2R
当PF′＝2PR时有BILv＝2I2R
可得IR＝
根据E＝BLv＝IR＋
可得此时电容器两端电压为
UC＝＝＝BLv0
从开关断开到此刻外力所做的功为
W＝ΣBIL(v·Δt)＝BLvΣI·Δt＝BLvq
其中q＝
联立可得W＝。
五、多选题
33．(2024·全国甲卷·33)(1)(多选)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ta、tb、tc、td，且ta<tb<tc＝td。水的密度随温度的
变化忽略不计。下列说法正确的是( )
A．a 中水的饱和汽压最小
B．a、b 中水的饱和汽压相等
C．c、d 中水的饱和汽压相等
D．a、b 中试管内气体的压强相等
E．d 中试管内气体的压强比c 中的大
答案 ACD
解析 同一物质的饱和汽压与温度有关，温度越大，饱和汽压越大，a 中水的温度最低，则
a 中水的饱和汽压最小，故A 正确；
同理，a 中水的温度小于b 中水的温度，则a 中水的饱和汽压小于b 中水的饱和汽压，故B
错误；
c 中水的温度等于d 中水的温度，则c、d 中水的饱和汽压相等，故C 正确；
设大气压强为p0，试管内外水面的高度差为Δh，则a、b 中试管内气体的压强均为p＝p0＋ρ
水gΔh，故D 正确；
d 中试管内气体的压强为pd＝p0－ρ 水gΔh′，c 中试管内气体的压强为pc＝p0＋ρ 水gΔh，可知
pd<pc，故E 错误。
六、解答题
33．(2024·全国甲卷·33)(2)如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的
轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b 之间，b 与汽缸底部的距离
＝10，活塞的面积为1.0×10－2 m2。初始时，活塞在卡销a 处，汽缸内气体的压强、温度与
活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa 和300 K。在活塞上施加竖直向下的外
力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b 处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N
并保持不变。
(1)求外力增加到200 N 时，卡销b 对活塞支持力的大小；
(2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b 时气体的温度。
答案 (1)100 N (2)327 K
解析 (1)活塞从位置a 到b 过程中，初态p1＝p0＝1.0×105 Pa、V1＝S·11
末态p2＝？、V2＝S·10
根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2
解得p2＝1.1×105 Pa
此时对活塞根据平衡条件得F＋p0S＝p2S＋FN
解得卡销b 对活塞支持力的大小FN＝100 N
(2)将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b 时，
初态p2＝1.1×105 Pa，T2＝300 K
末态，对活塞根据平衡条件得p3S＝F＋p0S
解得p3＝1.2×105 Pa
设此时温度为T3，根据查理定律有＝
解得T3≈327 K。
七、多选题
34．(2024·全国甲卷·34)(1)(多选)一列简谐横波沿x 轴传播，周期为2 s，t＝0 时刻的波形曲
线如图所示，此时介质中质点b 向y 轴负方向运动，下列说法正确的是( )
A．该波的波速为1.0 m/s
B．该波沿x 轴正方向传播
C．t＝0.25 s 时质点a 和质点c 的运动方向相反
D．t＝0.5 s 时介质中质点a 向y 轴负方向运动
E．t＝1.5 s 时介质中质点b 的速率达到最大值
答案 ACD
解析 由题图可知波长为λ＝2 m
则该波的波速为v＝＝ m/s＝1.0 m/s
故A 正确；
t＝0 时刻介质中质点b 向y 轴负方向运动，根据波形平移法可知，该波沿x 轴负方向传播，
故B 错误；
由于质点a 和质点c 之间的距离为半个波长，则质点a 和质点c 的振动完全相反，所以t＝
0.25 s 时质点a 和质点c 的运动方向相反，故C 正确；
t＝0 时刻质点a 处于波峰位置，则t＝0.5 s 时，质点a 刚好经过平衡位置向y 轴负方向运动，
故D 正确；
t＝0 时刻质点b 处于平衡位置向y 轴负方向运动，则t＝1.5 s 时，质点b 刚好处于波峰位置，
此时质点b 的速率为0，故E 错误。
八、解答题
34．(2024·全国甲卷·34)(2)一玻璃柱的折射率n＝，其横截面为四分之一圆，圆的半径为R，
如图所示。截面所在平面内，一束与AB 边平行的光线从圆弧入射。入射光线与AB 边的距
离由小变大，距离为h 时，光线进入柱体后射到BC 边恰好发生全反射。求此时h 与R 的比
值。
答案
解析 如图，画出光路图
可知＝n＝
设临界角为C，
得sin C＝＝，cos C＝
根据α＝β＋C 可得＝
解得tan β＝
故可得sin β＝
故可知＝sin α＝sin β＝。
