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2024年普通高等学校招生全国统一考试·全国甲卷
物　理
13、14题题型新高考已取消
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。
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He＋n＋p＋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
C　[核反应方程　根据质量数守恒、电荷数守恒有，12＝8＋x＋y，6＝4＋y，解得x＝2，y＝2，C正确。]
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
D　[牛顿第二定律＋(a m图像)　设物块P的质量为M，物块P与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为T，对砝码和轻盘组成的整体有mg－T＝ma，对物块P有T－μMg＝Ma，可得a＝g－，结合图像可知D正确。]
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背面，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
D　[万有引力定律的应用＋相互作用力＋平衡力＋质量　在环月飞行时，样品所受的合力提供向心力，不为零，A错误；若将样品放置在月球背面，根据牛顿第三定律可知，它对月球表面的压力等于月球对它的支持力，根据力的平衡条件可知，月球对它的支持力等于它在月球上的重力，不为零，故它对月球表面的压力不为零，B错误；质量是物体的固有属性，不会随受到的引力的变化而变化，C错误；由于月球表面重力加速度较地球表面的小，则样品在月球表面所受重力较在地球表面的小，结合B项分析可知，样品放置在月球背面时对月球的压力较其放在地球表面时对地球的压力小，D正确。]
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
C　[动能定理＋向心力＋牛顿第三定律　设小环运动轨迹所对的圆心角为θ(0≤θ≤π)，大圆环的半径为R，大圆环对小环的作用力为F，则由动能定理有mgR(1－cos θ)＝mv2，又小环做圆周运动，则有F＋mg cos θ＝m，联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F＝mg(2－3cos θ)，则F的大小先减小后增大，且当cos θ＝时F最小，当cos θ＝－1，即小环在大圆环最低点时F最大，结合牛顿第三定律可知，C正确。]
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时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
B　[点电荷＋电势叠加＋信息提取能力　根据沿电场线方向电势降低，结合题图可知，Q1>0，Q2<0，A、C错误；设两点电荷间的距离为3L，则有k＝0，解得＝－2，B正确，D错误。]
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
AC　[含变压器电路的动态分析　保持T不动，则原、副线圈匝数比不变，又变压器的输入电压不变，根据变压器的变压规律可知，变压器的输出电压不变，滑动变阻器的滑片向f端滑动时，其接入电路的电阻减小，根据欧姆定律可知通过R1的电流增大，根据P＝I2R可知，R1的热功率增大，A正确；仅将T向b端移动，则原、副线圈的匝数比增大，又变压器的输入电压不变，根据变压器的变压规律可知，变压器的输出电压减小，则R1两端的电压减小，根据P＝可知，R1的热功率减小，B错误；同理，将T向a端移动，R1的热功率增大，结合A项分析可知，再将滑动变阻器的滑片向f端滑动，R1的热功率进一步增大，C正确；经以上分析可知，将T向b端移动，滑动变阻器的滑片向e端滑动，R1的热功率减小，D错误。]
7．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
BD　[重力势能＋竖直上抛运动规律＋动量定理＋(F t图像)　根据题图分析可知，t＝0.15 s时，运动员对蹦床作用力最大，则此时运动员下降至最低点，运动员的重力势能最小，A错误；根据题图分析可知，t＝0.30 s时运动员离开蹦床，做竖直上抛运动，经2 s后，即t＝2.30 s时再次落至蹦床上，根据竖直上抛运动的对称性可知，t＝1.30 s时，运动员运动至最大高度处，根据v＝gΔt可知，运动员在t＝0.30 s时的速度大小v0＝10 m/s，B正确，C错误；对运动员与蹦床一次相互作用过程，根据动量定理有＝4 600 N, D正确。]
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
AC　[法拉第电磁感应定律＋力与运动分析＋(v t图像)　线框在减速进入磁场的过程中，对线框受力分析，根据牛顿第二定律有mg＋－T＝ma，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有T－Mg＝Ma，联立解得a＝g，则随着速度的减小，加速度不断减小，B错误；结合B项分析可知，若匀强磁场区域高度与线框宽度相等且物块质量与线框质量相等，则线框在磁场中一直做加速度逐渐减小的减速运动，出磁场后匀速运动，则A选项的图像可能正确；若匀强磁场区域高度大于线框宽度且物块质量与线框质量相等，则线框进磁场和出磁场阶段均做加速度逐渐减小的减速运动，完全在磁场中运动时不受安培力，做匀速运动，完全出磁场后，也做匀速运动，则C选项的图像可能正确；D选项的图像中线框出磁场后匀加速，说明物块质量大于线框质量，但在此情况下，结合B项分析可知，存在第二段匀速阶段时，不会存在第三段减速阶段，D错误。]
二、非选择题：共62分。第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13～14题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共47分。
9．(5分)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________(选填“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)。
[解析]　探究超失重现象＋牛顿第二定律
(1)根据弹簧测力计的读数规则可知，其读数为 5.0 N。
(2)根据(1)问结合力的平衡条件可知，mg＝5.0 N，电梯上行时，测力计示数为4.5 N[答案]　(1)5.0　(2)失重　1.0
10．(10分)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%)。
完成下列实验步骤并填空：
(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(选填“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)。
[解析]　对自制氧气传感器定标＋实验操作＋实物连线＋仪器读数＋理解实验原理的能力
(1)连接实物图如图甲所示，注意连线不要有交叉，且电流从电表的正接线柱流入，从电表的负接线柱流出。
(3)为了保护电路，闭合开关瞬间，电流表和电压表的示数应为0，所以闭合开关前应将滑动变阻器的滑片滑至a端。
(6)根据电压表的读数规则可知，电压表的示数为1.40 V，根据题图(b)中的数据点拟合电压表示数U与氧气含量的曲线如图乙所示，则可知当电压表的示数为1.50 V时，氧气含量为17%。
[答案]　(1)见解析图　(3)a　(6)1.40　17
11．(12分)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。
[解析]　匀加速直线运动＋匀速直线运动＋运动学规律
(1)根据题意可知，救护车匀速运动时的速度大小为v＝at1
代入数据解得v＝20 m/s。
(2)设救护车在t＝t0时停止鸣笛，则由运动学规律可知，此时救护车距出发处的距离为
x＝＋v(t0－t1)
又x＝v0(t2－t0)
联立并代入数据解得x＝680 m。
[答案]　(1)20 m/s　(2)680 m
12．(20分)两根平行长直光滑金属导轨距离为l，固定在同一水平面(纸面)内，导轨左端接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻，开关S与电容器并联；导轨上有一长度略大于l的金属棒，如图所示。导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开关S闭合。金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速，最后将做速率为v0的匀速直线运动。金属棒始终与两导轨垂直且接触良好，导轨电阻和金属棒电阻忽略不计。
(1)在加速过程中，当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时，金属棒的速度大小是多少？
(2)如果金属棒达到(1)中的速度时断开开关S，改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动。之后某时刻，外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，求此时电容器两极间的电压及从断开S开始到此刻外力做的功。
[解析]　法拉第电磁感应定律＋欧姆定律＋功率＋电容器＋单棒模型＋分析综合能力
(1)由法拉第电磁感应定律可得金属棒切割磁感线运动过程中，金属棒产生的感应电动势为E＝Blv
闭合开关S，电容器被短路，由闭合电路欧姆定律可得回路中的电流I＝
由安培力公式可得金属棒所受的安培力F安＝BIl
联立可得F安＝
当金属棒匀速运动时，金属棒受力平衡，可得外力大小为F＝F安m＝
所以外力做功的功率为P＝Fv＝
又电阻R的热功率为PR＝I2R＝
则当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，即P＝2PR时，金属棒的速度大小为v＝。
(2)断开开关S后，金属棒匀速运动，设回路中的电流为I′，则外力的大小为F′＝F′安＝BI′l
则外力做功的功率为P′＝F′v＝
而电阻R的热功率为P′R＝I′2R
当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，即P′＝2P′R时，有I′＝
则此时电容器两端的电压为
U＝Blv－I′R＝
电容器所带电荷量为Q＝CU
从断开S开始到该时刻的过程，对金属棒根据动能定理可知，外力做功的绝对值等于安培力做功的绝对值，则有W＝W安＝′t
其中′t＝Q－0
联立解得W＝。
[答案]　(1)　(2)
(二)选考题：(此题型新高考已取消)共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
13．(饱和气压新高考不再要求，其他题可练习使用，试题综合度较低)
[物理——选修3－3](15分)
(1)(5分)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taA．a中水的饱和气压最小
B．a、b中水的饱和气压相等
C．c、d中水的饱和气压相等
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
(2)(10分)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，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。求：
(ⅰ)外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小；
(ⅱ)再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时气体的温度。
[解析]　(1)饱和气压＋压强　饱和气压随温度的增加而增加，所以a中水的饱和气压最小，小于b中水的饱和气压，c、d中水的饱和气压相等，A、C正确，B错误；根据p气＋ρ水gh内＝p0＋ρ水gh外，可得p气＝p0＋ρ水g(h外－h内)，又a、b中试管内外水面高度差相同，所以a、b中试管内气体的压强相等，D正确；结合D项分析可知，d中试管内气体的压强比c中的小，E错误。
(2)气体实验定律＋力的平衡条件
(ⅰ)活塞从卡销a运动到卡销b，对密封气体由玻意耳定律有p0V0＝p1V1
其中V1＝V0
外力增加到200 N时，对活塞由力的平衡条件有p0S＋F＝p1S＋FN
联立并代入数据解得卡销b对活塞支持力的大小为FN＝100 N。
(ⅱ)当活塞刚好能离开卡销b时，对活塞有
p0S＋F＝p2S
从开始升温至活塞刚好能离开卡销b，对密封气体，由查理定律有
联立并代入数据解得活塞刚好能离开卡销b时密封气体的温度为T2＝ K。
[答案]　(1)ACD　(2)100 N　 K
14．(考查内容与新教材新高考相符，但选择项从5项变为4项，试题综合度稍低)
[物理——选修3－4](15分)
(1)(5分)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________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
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
(2)(10分)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。
[解析]　(1)机械波的传播＋波形图　由题图可知该波的波长λ＝2 m，则该波的波速v＝＝1 m/s，A正确；t＝0时质点b向y轴负方向运动，结合题图与同侧法可知，该波沿x轴负方向传播，B错误；由题图可知，t＝0时质点a位于波峰，质点c位于波谷，则0～时间内，即0～1 s内质点a向y轴负方向运动，质点c向y轴正方向运动，故t＝0.25 s时质点a和质点c的运动方向相反，C正确；结合C项分析可知t＝0.5 s时质点a向y轴负方向运动，D正确；由题图可知t＝0时质点b位于平衡位置，又此时质点b向y轴负方向运动，则t＝1.5 s＝T时，质点b位于波峰，其速度为0，E错误。
(2)折射定律＋全反射＋几何关系
根据题意可画出入射光线与AB边的距离为h时的光路图，如图所示。
则由折射定律有n＝
由全反射临界角公式有sin C0＝
由几何关系有i＝r＋C0
h＝R sin i
联立解得。
[答案]　(1)ACD　(2)

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