文档内容
2024 年普通高等学校招生全国统一考试（甲卷）
物理
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、准考证
号、座位号填写在本试卷上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。涂写在本试卷上无效。
3.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共 8小题，每小题 6分，共 48分。在每小题给出的四个选项中，第 1~5
题只有一项符合题目要求，第 6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得 6分，选对但不全
的得 3分，有选错的得 0分。
62H®24He+x1n+y1p+43.15MeV
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 1 2 0 1 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】
【详解】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（ ）
第1页/共15页
学科网（北京）股份有限公司A B. C. D.
.
【答案】D
【解析】
【详解】设P的质量为M ，P与桌面的动摩擦力为 f ；以P为对象，根据牛顿第二定律可得
T - f =Ma
以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得
mg-T =ma
联立可得
f
g-
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，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
1
落体加速度的 。下列说法正确的是（ ）
6
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】
【详解】A．在环月飞行时，样品所受合力提供所需的向心力，不为零，故A错误；
第2页/共15页
学科网（北京）股份有限公司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
1
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
6
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；
C．样品在不同过程中受到的引力不同，但样品的质量相同，故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】
【详解】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，如图所示
设图中夹角为q，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律
1
mgR(1-cosq)= mv2
2
在P点，根据牛顿第二定律
v2
mgcosq=m
R
联立解得
2
cosq=
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
第3页/共15页
学科网（北京）股份有限公司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。
方法二（数学法）：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角
为q(0£q£p)，根据机械能守恒定律
1
mgR(1-cosq)= mv2 (0£q£p)
2
在该处根据牛顿第二定律
v2
F +mgcosq=m (0£q£p)
R
联立可得
F =2mg-3mgcosq
则大圆环对小环作用力的大小
F = 2mg-3mgcosq
2
根据数学知识可知 F 的大小在cosq= 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
3
力大小先减小后增大。
故选C。
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
Q
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
r
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
1 2
是伏特），则（ ）
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
第4页/共15页
学科网（北京）股份有限公司【解析】
【详解】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
1 2
Q Q
k 1 +k 2 =0
r r
1 2
由图中距离关系可知
r 6
1 =
r 3
2
联立解得
Q
1 =-2
Q
2
故选B。
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 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
0 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】
【详解】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，故A正确；
1 1
B．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
1
的电流减小，故热功率减小，故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
1
串联后的总电阻减小，电流增大，此时热功率增大，故C正确；
第5页/共15页
学科网（北京）股份有限公司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
1
串联后的总电阻增大，电流减小，此时热功率减小，故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】
【详解】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，故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
故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×Dt-mg×Dt =mv-(-mv)
其中
Dt =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，故D正
第6页/共15页
学科网（北京）股份有限公司确。
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】
【详解】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
其中
B2L2v
F =
安 R
即
B2L2v
+(M -m)g =(M +m)a
R
第7页/共15页
学科网（北京）股份有限公司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，则图像A可能正确；
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，则图像B不可能；
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
0
的减速运动，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，则图像C有可能，D不可能。
故选AC。
二、非选择题：
9. 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，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v 。当外力功率为定值电
0
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。
v BLv CB2L2v 2
【答案】（1）v = 0 ；（2）U = 0 ，W = 0
2 4 8
【解析】
【详解】（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 = BIL
安
由闭合电路欧姆定律
E
I =
R
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
第8页/共15页
学科网（北京）股份有限公司E = BLv
0
联立可得，恒定的外力为
B2L2v
F = 0
R
在加速阶段，外力的功率为
B2L2v
P = Fv= 0 v
F R
定值电阻的功率为
B2L2v2
P = I2R=
R R
若P =2P 时，即
F R
B2L2v B2L2v2
0 v=2
R R
化简可得金属棒速度v的大小为
v
v = 0
2
（2）断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有
q
E = BLv= IR+
C
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 = BIL不断减小，而拉力的功率
安
P = F'v= BILv
F
定值电阻功率
P = I2R
R
当P =2P 时有
F R
BILv=2I2R
可得
BLv
IR=
2
根据
第9页/共15页
学科网（北京）股份有限公司q
E = BLv= IR+
C
可得此时电容器两端电压为
q BLv 1
U = = = BLv
C C 2 4 0
从开关断开到此刻外力所做的功为
W =SBIL(v×Dt)= BLvSI×Dt = BLvq
其中
CBLv
q =
2
联立可得
CB2L2v 2
W = 0
8
（二）选考题：共 45分。请考生从给出的 2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选
一题作答，并用 2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必
须与所涂题目的题号一致，并且在解答过程中写清每问的小题号，在答题卡指定位置答题。
如果多做则每学科按所做的第一题计分。
[物理——选修 3-3]（15分）
10. 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 、
a b c
t ，且t
