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(guān)系，請問a、b兩點的場強大小關(guān)系是（）A．Ea＝Eb B．Ea＝2Eb C．Ea＜Eb D．Ea＞Eb【答案】D【知識點】電場及電場力；電場強度【解析】【解答】根據(jù)

E=Fq

可知F-q圖像斜率表示電場強度，由圖可知

Ea>Eb

根據(jù)題意無法得出Ea和Eb的數(shù)量關(guān)系。2．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(xiàn)在將手機屏幕旋轉(zhuǎn)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【答案】D【知識點】光的偏振現(xiàn)象【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(zhuǎn)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．用粒子轟擊氮核從原子核中打出了質(zhì)子，該實驗的核反應(yīng)方程式是x+A．正電子10e C．氘核21H【答案】B【知識點】原子核的人工轉(zhuǎn)變【解析】【解答】根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒可知X的質(zhì)量數(shù)為

m=14+1?14=1

根據(jù)電荷守恒可知X的電荷數(shù)為

n=6+1?7=0

可知X為中子01n。

故答案為：B。4．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【答案】A【知識點】斜拋運動【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(shè)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(jù)對稱性可知在空中運動的時間

t=22?g

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．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(fā)生光電效應(yīng)，是哪一種（）A．λ1 B．λ2 C．λ3 D．λ4【答案】C【知識點】玻爾理論與氫原子的能級躍遷；光電效應(yīng)【解析】【解答】根據(jù)光電方程可知當只有一種光子可使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，該光子對應(yīng)的能量最大，根據(jù)圖中能級圖可知躍遷時對應(yīng)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(jù)產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象的條件可知，光子頻率越大越容易發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象。再結(jié)合題意進行進行分析。6．現(xiàn)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【答案】A【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射【解析】【解答】入射角相同，由于β1<β2，根據(jù)折射定律可知n甲>n乙，故甲濃度大；根據(jù)

v=cn

可知光線在甲中的傳播速度較小，由

sinC=1n

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．5【答案】B【知識點】機械波及其形成和傳播；波長、波速與頻率的關(guān)系【解析】【解答】機械波的波速v不變，設(shè)OA=2AB=2L，故可得

t1=2Lv

可得

tAB=Lv8．生產(chǎn)陶瓷的工作臺勻速轉(zhuǎn)動，臺面面上掉有陶屑，陶屑與桌面間的動摩擦因數(shù)處處相同（臺面夠大），則（）A．離軸OO'越遠的陶屑質(zhì)量越大B．離軸OO'越近的陶屑質(zhì)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R【答案】D【知識點】平拋運動；生活中的圓周運動【解析】【解答】掉落的陶屑隨工作臺做勻速圓周運動，設(shè)離軸的距離為r，則根據(jù)牛頓第二定律可得

mω2r=f≤μmg

聯(lián)立解得

r≤μgω2

故陶屑與軸的距離與質(zhì)量無關(guān)，離軸最遠的陶屑距離不超過某一值9．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(cè)用輕彈簧連接在滑板A的左側(cè)，右側(cè)用一根細繩連接在滑板A的右側(cè)，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，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(tǒng)動量變大 D．系統(tǒng)機械能變大【答案】A【知識點】動量守恒定律；機械能守恒定律【解析】【解答】對整個系統(tǒng)分析可知合外力為0，A和B及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，得

mAvA=mBvB

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

Ep=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(xiàn)將線圈a從磁場中勻速拉出，線圈a、b中產(chǎn)生的感應(yīng)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【答案】A【知識點】楞次定律【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(jù)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(chǎn)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(chǎn)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(jié)合楞次定律確定a線框感應(yīng)電流的方向。a中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場會穿過線框b，明確a中感應(yīng)電流的變化情況，越靠近a通電導體，感應(yīng)磁場越大，再結(jié)合楞次定律判斷線框b中電流方向。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(nèi)做勻速圓周運動，現(xiàn)用力將細繩緩慢下拉，使小球在B高度處的水平面內(nèi)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【答案】B,C【知識點】力的合成與分解的運用；牛頓第二定律；勻速圓周運動；向心力；向心加速度【解析】【解答】CD、設(shè)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，F(xiàn)A<FB

故C正確，D錯誤；

AB、根據(jù)

mgtanθ=mv2二、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(nèi)阻可忽略不計；B.電流表A：量程0～100mA，內(nèi)阻約為5Ω；C.電壓表V：量程0～3V，內(nèi)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(guān)、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(jié)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(shù)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(jù)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(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【答案】（1）0.787（2）9.0（3）5.9×10﹣6。【知識點】導體電阻率的測量【解析】【解答】（1）根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)律，該讀數(shù)為

d=0.5mm+28.7×0.01mm=0.787mm

（2）根據(jù)歐姆表的讀數(shù)規(guī)律，該讀數(shù)為

Rx=9.0×1Ω=9.0Ω

（3）根據(jù)電阻定律有

R=ρLS=4ρLπd2

13．某科研實驗站有一個密閉容器，容器內(nèi)有溫度為300K，壓強為105Pa的氣體，容器內(nèi)有一個面積0.06平方米的觀測臺，現(xiàn)將這個容器移動到月球，容器內(nèi)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(tài)。求：（1）氣體現(xiàn)在的壓強；（2）觀測臺對氣體的壓力大小。【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(jù)壓強的定義，觀測臺對氣體的壓力

F=【知識點】氣體的等容變化及查理定律；壓強及封閉氣體壓強的計算【解析】【分析】（1）根據(jù)題意確定封閉氣體初末狀態(tài)的溫度及初始狀態(tài)的壓強，氣體做等容變化，再結(jié)合查理定律進行解答；

（2）月球表面為真空狀態(tài)，再根據(jù)壓強的定義確定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(yīng)的組合體A與軌道器對應(yīng)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(zhì)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。【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【知識點】動量定理；動量守恒定律【解析】【分析】（1）組合體分離過程，組合體的動量守恒。規(guī)定速度的正方向，再結(jié)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．如圖所示，粗糙斜面的動摩擦因數(shù)為μ，傾角為θ，斜面長為L。一個質(zhì)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(guān)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。【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(zhuǎn)化為物塊增加的機械能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，故可知

E【知識點】能量守恒定律；勻變速直線運動的位移與速度的關(guān)系；牛頓第二定律；功率及其計算【解析】【分析】（1）確定物塊在CD的受力情況，再根據(jù)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(jù)題意確定物體在C、D點的速度，再結(jié)合運動學位移與速度的關(guān)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(tài)，根據(jù)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(jié)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(zhuǎn)化為物塊增加的機械能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，再結(jié)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．如圖所示，兩個半圓區(qū)域abcd、a'b'c'd'中有垂直紙面向里的勻強磁場（內(nèi)外半徑分別為R1和R2），磁感應(yīng)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(jīng)過插入體速度減為原來的k倍（k＜1）。現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電量為e的電子，從cd面射入插入體，經(jīng)過磁場、電場后再次到達cd面，速度增加，多次循環(huán)運動后，電子到達cd的速度大小達到一個穩(wěn)定值，忽略相對論效應(yīng)，忽略經(jīng)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(huán)后到達cd的穩(wěn)定速度v；（3）若電子到達cd中點P時速度穩(wěn)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】（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(jù)牛頓第二定律有

qvB=mv2r

解得

r=mvqB

根據(jù)題意可知電子進入插入體前后的速度關(guān)系為

（2）解：設(shè)粒子到達cd的穩(wěn)定速度為v，則根據(jù)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(jīng)過電場加速后速度變?yōu)関，則對粒子在電場中運動過程，根據(jù)動能定理可得

eEd=12mv2?（3）解：電子每經(jīng)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(jù)幾何關(guān)系可知，每做一次完整的圓周運動有

?x=2r2?2r1

根據(jù)

qvB=mv2r

結(jié)合（2）中分析可得

r2=2mEd1?k2eB2，r2=2k【知識點】帶電粒子在電場