【高考真題】江蘇省2024年高考物理試卷一、選擇題1．在靜電場中有a、b兩點，試探電荷在兩點的靜電力F與電荷量q滿足如圖所示的關系，請問a、b兩點的場強大小關系是（）A．Ea＝Eb B．Ea＝2Eb C．Ea＜Eb D．Ea＞Eb2．用立體影院的特殊眼鏡去觀看手機液晶屏幕，左鏡片明亮，右鏡片暗，現在將手機屏幕旋轉90度，會觀察到（）A．兩鏡片都變亮 B．兩鏡片都變暗C．兩鏡片沒有任何變化 D．左鏡片變暗，右鏡片變亮3．用粒子轟擊氮核從原子核中打出了質子，該實驗的核反應方程式是x+A．正電子10e C．氘核21H4．噴泉a、b形成如圖所示的形狀，不計空氣阻力，則噴泉a、b的（）A．加速度相同 B．初速度相同C．最高點的速度相同 D．在空中的時間相同5．在原子躍遷中，輻射如圖所示的4種光子，其中只有一種光子可使某金屬發生光電效應，是哪一種（）A．λ1 B．λ2 C．λ3 D．λ46．現有一光線以相同的入射角θ，打在不同濃度NaCl的兩杯溶液中，折射光線如圖所示（β1＜β2），已知折射率隨濃度增大而變大。則（）A．甲折射率大 B．甲濃度小 C．甲速度大 D．甲臨界角大7．如圖所示，水面上有O、A、B三點共線，OA＝2AB，某時刻在O點的水面給一個擾動，t1時刻A開始振動，則B振動的時刻為（）A．t1 B．3tC．2t1 D．58．生產陶瓷的工作臺勻速轉動，臺面面上掉有陶屑，陶屑與桌面間的動摩擦因數處處相同（臺面夠大），則（）A．離軸OO'越遠的陶屑質量越大B．離軸OO'越近的陶屑質量越大C．只有平臺邊緣有陶屑D．離軸最遠的陶屑距離不超過某一值R9．在水平面上有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側用輕彈簧連接在滑板A的左側，右側用一根細繩連接在滑板A的右側，開始時彈簧處于拉伸狀態，各表面均光滑，剪斷細繩后，則（）A．彈簧原長時B動量最大 B．壓縮最短時B動能最大C．系統動量變大 D．系統機械能變大10．如圖所示，在絕緣的水平面上，有閉合的兩個線圈a、b，線圈a處在勻強磁場中，現將線圈a從磁場中勻速拉出，線圈a、b中產生的感應電流方向分別是（）A．順時針，順時針 B．順時針，逆時針C．逆時針，順時針 D．逆時針，逆時針11．如圖所示，細繩穿過豎直的管子拴住一個小球，讓小球在A高度處的水平面內做勻速圓周運動，現用力將細繩緩慢下拉，使小球在B高度處的水平面內做勻速圓周運動，不計一切摩擦，則（）A．線速度vA＞vB B．角速度ωA＜ωBC．向心加速度aA＜aB D．向心力FA＞FB二、非選擇題12．某同學在實驗室做“測定金屬的電阻率”的實驗，除被測金屬絲外，還有如下實驗器材可供選擇：A.直流電源：電動勢約為3V，內阻可忽略不計；B.電流表A：量程0～100mA，內阻約為5Ω；C.電壓表V：量程0～3V，內阻為3kΩ；D.滑動變阻器：最大阻值為100Ω，允許通過的最大電流為0.5A；E.開關、導線等。（1）該同學用刻度尺測得金屬絲接入電路的長度L＝0.820m，用螺旋測微器測量金屬絲直徑時的測量結果如圖甲所示，從圖中讀出金屬絲的直徑為mm；（2）用多用電表歐姆“×1”擋測量接入電路部分的金屬絲電阻時，多用電表的示數如圖乙所示，從圖中讀出金屬絲電阻約為Ω；（3）若該同學根據伏安法測出金屬絲的阻值R＝10.0Ω，則這種金屬材料的電阻率為Ω?m。（結果保留兩位有效數字）13．某科研實驗站有一個密閉容器，容器內有溫度為300K，壓強為105Pa的氣體，容器內有一個面積0.06平方米的觀測臺，現將這個容器移動到月球，容器內的溫度變成240K，整個過程可認為氣體的體積不變，月球表面為真空狀態。求：（1）氣體現在的壓強；（2）觀測臺對氣體的壓力大小。14．嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應的組合體A與軌道器對應的組合體B分離時間為Δt，分離后B的速度為v，且與v0同向，A、B的質量分別為m、M。求：（1）分離后A的速度v1；（2）分離時A對B的推力大小。15．如圖所示，粗糙斜面的動摩擦因數為μ，傾角為θ，斜面長為L。一個質量為m的物塊，在電動機作用下，從A點由靜止加速至B點時達到最大速度v，之后做勻速運動至C點，關閉電動機，從C點又恰好到達最高點D。求：（1）CD段長x；（2）BC段電動機的輸出功率P；（3）全過程物塊儲存的機械能E1和電動機因拉動物塊多消耗的電能E2的比值。16．如圖所示，兩個半圓區域abcd、a'b'c'd'中有垂直紙面向里的勻強磁場（內外半徑分別為R1和R2），磁感應強度為B，ab與a'b'間有一個寬度為d勻強電場，場強為E，cd與c'd'間有一個寬度為d插入體，電子每次經過插入體速度減為原來的k倍（k＜1）。現有一個質量為m、電量為e的電子，從cd面射入插入體，經過磁場、電場后再次到達cd面，速度增加，多次循環運動后，電子到達cd的速度大小達到一個穩定值，忽略相對論效應，忽略經過電場與插入體的時間。求：（1）電子進入插入體前后在磁場中的半徑r1：r2；（2）電子多次循環后到達cd的穩定速度v；（3）若電子到達cd中點P時速度穩定，并最終到達邊界上的d點，求電子從P到d的時間t。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】根據

E=Fq

可知F-q圖像斜率表示電場強度，由圖可知

Ea>Eb

根據題意無法得出Ea和Eb的數量關系。2．【答案】D【解析】【解答】立體影院的特殊眼鏡是利用了光的偏振，其鏡片為偏振片，立體影院的特殊眼鏡去觀看手機液晶屏幕，左鏡片明亮，右鏡片暗，將手機屏幕旋轉90度后左鏡片變暗，右鏡片變亮。

故答案為：D。

【分析】立體影院的特殊眼鏡是利用了光的偏振，當光的振動方向與偏振片的透振方向平行時，亮度最亮，當光的振動方向與偏振片的透振方向垂直時，亮度最暗。3．【答案】B【解析】【解答】根據質量數守恒可知X的質量數為

m=14+1-14=1

根據電荷守恒可知X的電荷數為

n=6+1-7=0

可知X為中子01n。

故答案為：B。4．【答案】A【解析】【解答】A、不計空氣阻力，在噴泉噴出的水在空中只受重力，加速度均為重力加速度，故A正確；

D、設噴泉噴出的水豎直方向的分速度為vy，水平方向速度為vx，豎直方向，根據對稱性可知在空中運動的時間

t=22hg

可知

tb>ta

故D錯誤；

BC、最高點的速度等于水平方向的分速度

v5．【答案】C【解析】【解答】根據光電方程可知當只有一種光子可使某金屬發生光電效應，該光子對應的能量最大，根據圖中能級圖可知躍遷時對應波長為λ3的光子能量最大。

故答案為：C。

【分析】氫原子躍遷時，能級差越大，釋放的光子的能量越大，光子的頻率越大。根據產生光電效應現象的條件可知，光子頻率越大越容易發生光電效應現象。再結合題意進行進行分析。6．【答案】A【解析】【解答】入射角相同，由于β1<β2，根據折射定律可知n甲>n乙，故甲濃度大；根據

v=cn

可知光線在甲中的傳播速度較小，由

sinC=1n

7．【答案】B【解析】【解答】機械波的波速v不變，設OA=2AB=2L，故可得

t1=2Lv

可得

tAB=Lv8．【答案】D【解析】【解答】掉落的陶屑隨工作臺做勻速圓周運動，設離軸的距離為r，則根據牛頓第二定律可得

mω2r=f≤μmg

聯立解得

r≤μgω2

故陶屑與軸的距離與質量無關，離軸最遠的陶屑距離不超過某一值9．【答案】A【解析】【解答】對整個系統分析可知合外力為0，A和B及彈簧組成的系統動量守恒，得

mAvA=mBvB

設彈簧的初始彈性勢能為Ep，整個系統只有彈簧彈力做功，機械能守恒，當彈簧原長時得

Ep=10．【答案】A【解析】【解答】線圈a從磁場中勻速拉出的過程中穿過a線圈的磁通量在減小，則根據楞次定律可知a線圈的電流為順時針，由于線圈a從磁場中勻速拉出則a中產生的電流為恒定電流，則線圈a靠近線圈b的過程中線圈b的磁通量在向外增大，同理可得線圈b產生的磁場為順時針。

故答案為：A。

【分析】a線框做切割磁感線運動，確定穿過線框a磁通量的變化情況，再結合楞次定律確定a線框感應電流的方向。a中的感應電流產生的磁場會穿過線框b，明確a中感應電流的變化情況，越靠近a通電導體，感應磁場越大，再結合楞次定律判斷線框b中電流方向。11．【答案】B,C【解析】【解答】CD、設繩子與豎直方向的夾角為θ，對小球受力分析有

Fn=mgtanθ=ma

由題圖可看出小球從A高度到B高度θ增大，則由

aA<aB，FA<FB

故C正確，D錯誤；

AB、根據

mgtanθ=mv212．【答案】（1）0.787（2）9.0（3）5.9×10﹣6。【解析】【解答】（1）根據螺旋測微器的讀數規律，該讀數為

d=0.5mm+28.7×0.01mm=0.787mm

（2）根據歐姆表的讀數規律，該讀數為

Rx=9.0×1Ω=9.0Ω

（3）根據電阻定律有

R=ρLS=4ρLπd2

13．【答案】（1）解：由題知，整個過程可認為氣體的體積不變，則有

p1T1=（2）解：根據壓強的定義，觀測臺對氣體的壓力

F=【解析】【分析】（1）根據題意確定封閉氣體初末狀態的溫度及初始狀態的壓強，氣體做等容變化，再結合查理定律進行解答；

（2）月球表面為真空狀態，再根據壓強的定義確定觀測臺對氣體的壓力大小。14．【答案】（1）解：組合體分離前后動量守恒，取v0的方向為正方向，有

(m+M)v0=Mv+mv1

解得

（2）解：以B為研究對象，對B列動量定理有

FΔt=Mv-Mv0

解得【解析】【分析】（1）組合體分離過程，組合體的動量守恒。規定速度的正方向，再結合動量定理進行解答；

（2）明確分離前后B的初末速度，再對B運用動量定理進行解答。15．【答案】（1）解：物塊在CD段運動過程中，由牛頓第二定律得

mgsinθ+μmgcosθ=ma

由運動學公式

0-（2）解：物塊在BC段勻速運動，得電動機的牽引力為

F=mgsinθ+μmgcosθ

由（3）解：全過程物塊增加的機械能為

E1=mgLsinθ

整個過程由能量守恒得電動機消耗的總電能轉化為物塊增加的機械能和摩擦產生的內能，故可知

E【解析】【分析】（1）確定物塊在CD的受力情況，再根據牛頓第二定律及力的合成與分解確定物塊在CD段的加速度。根據題意確定物體在C、D點的速度，再結合運動學位移與速度的關系進行解答；

（2）物體在BC段做勻速直線運動，處于受力平衡狀態，根據平衡條件及力的合成與分解確定物體在BC所受牽引力的大小，再結合機械功率公式進行解答；

（3）明確物塊在A、D兩點的機械能，繼而確定全過程物塊存儲的機械能。由能量守恒可知，整個過程電動機消耗的總電能轉化為物塊增加的機械能和摩擦產生的內能，再結合能量守恒定律確定多消耗的電能，繼而得出兩能量的比值。16．【答案】（1）解：電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律有

qvB=mv2r

解得

r=mvqB

根據題意可知電子進入插入體前后的速度關系為

（2）解：設粒子到達cd的穩定速度為v，則根據題意可知粒子到達c'd'的速度為kv，粒子在磁場中運動速度大小不變，則粒子到達a'b'速度仍為kv，且粒子經過電場加速后速度變為v，則對粒子在電場中運動過程，根據動能定理可得

eEd=12mv2-（3）解：電子每經過一次電場，速度增加，則粒子的運動半徑變大，粒子的運動軌跡下移，電子在磁場中的運動軌跡如圖所示

則根據幾何關系可知，每做一次完整的圓周運動有

?x=2r2-2r1

根據

qvB=mv2r

結合（2）中分析可得

r2=2mEd1-k2eB2，r