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2024 年高考江西卷物理
一、单选题
1．极板间一蜡烛火焰带有正离子、电子以及其他的带电粒子，两极板电压保持不变，当电极板距离减小时，电场
强度如何变？电子受力方向？（ ）
A．电场强度增大，方向向左 B．电场强度增大，方向向右
C．电场强度减小，方向向左 D．电场强度减小，方向向右
【答案】B
U
【详解】两极板电压保持不变，则根据电势差和电场强度的关系有E=
d
当电极板距离减小时，电场强度E增大，再结合题图可知极板间的电场线水平向左，则可知电子受到的电场力方向
向右。
故选B。
2．近年来，江西省科学家发明硅衬底氮化镓基系列发光二极管，开创了国际上第三条LED技术路线。某氮化镓基
LED材料的简化能级如图所示，若能级差为2.20eV（约3.52×10−19J）,普朗克常量h=6.63×10−34J⋅s，则发光频率
约为（ ）
A．6.38×1014Hz B．5.67×1014Hz C．5.31×1014Hz D．4.67×1014Hz
【答案】C
ε
【详解】辐射出的光子能量ε=3.52×10−19J，由光子的能量ε=hν得ν= =5.31×1014Hz
h
故选C。
3．某物体位置随时间的关系为x = 1＋2t＋3t2，则关于其速度与1s内的位移大小，下列说法正确的是（ ）
A．速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1s内的位移大小为6m
B．速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1s内的位移大小为6m
C．速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1s内的位移大小为5m
D．速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1s内的位移大小为5m
【答案】C
∆x
【详解】根据速度的定义式v= 表明，速度等于位移与时间的比值。位移是物体在一段时间内从一个位置到另一
∆t
个位置的位置变化量，而时间是这段时间的长度。这个定义强调了速度不仅描述了物体运动的快慢，还描述了物体
运动的方向。因此，速度是刻画物体位置变化快慢的物理量。再根据物体位置随时间的关系x = 1＋2t＋3t2，可知开
始时物体的位置x = 1m，1s时物体的位置x = 6m，则1s内物体的位移为Δx = x －x = 5m
0 1 1 0
故选C。
4．两个质量相同的卫星绕月球做匀速圆周运动，半径分别为r、r ，则动能和周期的比值为（ ）
1 2E r T r3 E r T r3
A． k1 = 2, 1 = 1 B． k1 = 1 , 1 = 1
E r T r3 E r T r3
k2 1 2 2 k2 2 2 2
E r T r3 E r T r3
C． k1 = 2, 1 = 2 D． k1 = 1，1 = 2
E r T r3 E r T r3
k2 1 2 1 k2 2 2 1
【答案】A
【详解】两个质量相同的卫星绕月球做匀速圆周运动，则月球对卫星的万有引力提供向心力，设月球的质量为M，
Mm v2 4π2
卫星的质量为m，则半径为r 的卫星有G =m 1 =m r
1 r2 r T2 1
1 1 1
Mm v2 4π2
半径为r 的卫星有G =m 2 =m r
2 r2 r T2 2
2 2 2
1 E r T r3
再根据动能E = mv2，可得两卫星动能和周期的比值分别为 k1 = 2 ， 1 = 1
k 2 E k2 r 1 T 2 r 2 3
故选A。
5．庐山瀑布“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”瀑布高150m，水流量10m3/s，假设利用瀑布来发电，能量转化效
率为70%，则发电功率为（ ）
A．109 B．107 C．105 D．103
【答案】B
【详解】根据题意可知，Δt时间内流出的水量为m = ρQΔt = 1.0×104Δt
mgh
发电过程中水的重力势能转化为电能，则有P= ×70%≈1.1×107W
∆t
故选B。
6．如图（a）所示，利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷。在某次检测实验中，入射波为连续的正弦信号，探头
先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信号，分别如图（b）、（c）所示。已知超声波在机翼材料中的波速为6300m/s。
关于这两个反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度d,下列选项正确的是（ ）
A．振动减弱；d =4.725mm B．振动加强；d =4.725mm
C．振动减弱；d =9.45mm D．振动加强；d =9.45mm
【答案】A
【详解】根据反射信号图像可知，超声波的传播周期为T =2×10−7s
又波速v=6300m/s，则超声波在机翼材料中的波长λ=vT =1.26×10−3m
根据题图可知，两个反射信号传播到探头处的时间差为t=1.5×10−6s
15
因此两个反射信号的路程差 2d =vΔt =9.45×10−6m= λ
2
解得d =4.725mm，两个反射信号在探头处振动减弱，A正确。
故选A。
7．石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能．现设计一电路测量某二
维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，
磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I =1.00×10−3A时，测得U −B关系图线如图（b）所示，元电荷e=1.60×10−19C，则此样品每平方米载流子数最接近（ ）
A．1.7×1019 B．1.7×1015 C．2.3×1020 D．2.3×1016
【答案】D
【详解】设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q=nevtb
q
根据电流的定义式得I = =nevb
t
U
当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有evB=e
b
I
联立解得U = B
ne
I 88×10−3
根据图像可得k = = V/T
ne 320×10−3
解得n=2.3×1016
故选D。
二、多选题
8．一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处．如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x
轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为v ，末速度v沿x轴正方向．在此过程中，小鱼可视为质点且只受重
0
力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度v 和竖直方向分速度v 与时间t的关系，下列图像可
x y
能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【详解】AC．小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即v 为定值，则有水平位
x
移x=v t，A正确，C错误；
x1
BD．小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则y=v t− gt2，v =v −gt，且最高点时竖直方向的速度为0，B错
y0 2 y y0
误，D正确。
故选AD。
9．某同学用普通光源进行双缝干涉测光的波长实验。下列说法正确的是（ ）
A．光具座上依次摆放光源、透镜、滤光片、双缝、单缝、遮光筒、测量头等元件
B．透镜的作用是使光更集中
C．单缝的作用是获得线光源
D．双缝间距越小，测量头中观察到的条纹数目内越多
【答案】BC
【详解】A．进行双缝干涉测光的波长实验，光具座上依次摆放光源、透镜、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、测量
头等元件，A错误；
B．透镜的作用是使光更集中，B正确；
C．单缝的作用是获得线光源，C正确；
L
D．根据条纹间距公式∆x= ⋅λ可知双缝间距越小，相邻亮条纹的间距较大，测量头中观察到的条纹数目内越少，
d
D错误。
故选BC。
10．如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，
两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从
Qq
x=x 处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能E =k （r为两点电荷之间的距离，k为静电力常
0 p r
量）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是（ ）
kQq
A．最低点的位置x=
(mg+ f)x
0
kQq
B．速率达到最大值时的位置x=
mg− f
kQq kQq
C．最后停留位置x的区间是 ≤x≤
mg mg− f
kQq
D．若在最低点能返回，则初始电势能E <(mg− f)
p0 mg+ f
【答案】BD
Qq Qq kQq
【详解】A．全过程，根据动能定理(mg− f)(x −x）−(k −k )=0，解得x= ，A错误；
0 x x (mg− f)x
0 0
Qq kQq
B．当小球甲的加速度为零时，速率最大，则有mg = f +k ，解得x= ，B正确；
x2 mg− fQq kQq kQq
C．小球甲最后停留时，满足mg− f ≤k ≤mg+ f ，解得位置x的区间 ≤x≤ ，C错误；
x2 mg+ f mg− f
Qq Qq Qq
D．若在最低点能返回，即在最低点满足k >mg+ f ，结合动能定理(mg− f)(x −x）−(k −k )=0，又
x2 0 x x
0
Qq kQq
E =k ，联立可得E <(mg− f) ，D正确。
p r p0 mg+ f
故选BD。
三、实验题
11．某小组探究物体加速度与其所受合外力的关系。实验装置如图（a）所示，水平轨道上安装两个光电门，小车
上固定一遮光片，细线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上钩码。
（1）实验前调节轨道右端滑轮高度，使细线与轨道平行，再适当垫高轨道左端以平衡小车所受摩擦力。
（2）小车的质量为M =320g。利用光电门系统测出不同钩码质量m时小车加速度a。钩码所受重力记为F，作出
1
a−F 图像，如图（b）中图线甲所示。
（3）由图线甲可知，F较小时，a与F成正比；F较大时，a与F不成正比。为了进一步探究，将小车的质量增加
至M =470g，重复步骤（2）的测量过程，作出a−F 图像，如图（b）中图线乙所示。
2
（4）与图线甲相比，图线乙的线性区间 ，非线性区间 。再将小车的质量增加至M =720g，
3
重复步骤（2）的测量过程，记录钩码所受重力F与小车加速度a，如表所示（表中第9~14组数据未列出）。
序号 1 2 3 4 5
钩码所受重力F/(9.8N)
0.020 0.040 0.060 0.080 0.100小车加速度a/
( m⋅s−2)
0.26 0.55 0.82 1.08 1.36
序号 6 7 8 9~14 15
钩码所受重力F/(9.8N)
0.120 0.140 0.160 …… 0.300
小车加速度a/
( m⋅s−2)
1.67 1.95 2.20 …… 3.92
（5）请在图（b）中补充描出第6至8三个数据点，并补充完成图线丙 。
（6）根据以上实验结果猜想和推断：小车的质量 时，a与F成正比。结合所学知识对上述推断进行解
释： 。
【答案】 较大 较小 远大于钩码质量 见解析
【详解】（4）[1][2]由题图（b）分析可知，与图线甲相比，图线之的线性区间较大，非线性区间较小；
（5）[3]在坐标系中进行描点，结合其他点用平滑的曲线拟合，使尽可能多的点在线上，不在线上的点均匀分布在
线的两侧，如下图所示
（6）[4][5]设绳子拉力为T，对钩码根据牛顿第二定律有F−T =ma
对小车根据牛顿第二定律有T =Ma
1
联立解得F =(M+m)a，变形得a= F
M +m
当m<<M 时，可认为m+M =M
1
则a= ⋅F
M
因此a与F成正比。
12．某小组欲设计一种电热水器防触电装置，其原理是：当电热管漏电时，利用自来水自身的电阻，可使漏电电流
降至人体安全电流以下．为此，需先测量水的电阻率，再进行合理设计。
（1）如图（a）所示，在绝缘长方体容器左右两侧安装可移动的薄金属板电极，将自来水倒入其中，测得水的截面
宽d =0.07m和高h=0.03m。（2）现有实验器材：电流表（量程300µA,内阻R =2500Ω）、电压表（量程3V或15V,内阻未知）、直流电源(3V)、
A
滑动变阻器、开关和导线．请在图（a）中画线完成电路实物连接 。
（3）连接好电路，测量26℃的水在不同长度l时的电阻值R 。将水温升到65℃，重复测量。绘出26℃和65℃水的
x
R −l图，分别如图（b）中甲、乙所示。
x
（4）若R −l图线的斜率为k，则水的电阻率表达ρ= （ 用k、d、h表示）。实验结果表明，温度 （ 填
x
“高”或“低”）的水更容易导电。
（5）测出电阻率后，拟将一段塑料水管安装于热水器出水口作为防触电装置。为保证出水量不变，选用内直径为
8.0×10−3m的水管。若人体的安全电流为1.0×10−3A，热水器出水温度最高为65℃，忽略其他电阻的影响（相当于
热水器220V的工作电压直接加在水管两端），则该水管的长度至少应设计为 m。（保留两位有效数字）
【答案】 kdh 高 0.46
【详解】（2）[1]电源电动势为3V，故电压表量程选择3V；由于电流表的内阻已知，故采用电流表内接时，可以消
除系统误差，故电流表采用内接法，实物图如下：l ρ
（4）[2]根据电阻定律R =ρ = ⋅l
x dh dh
ρ
因此可得k = ，得ρ=kdh
dh
[3]电阻率越小更容易导电，根据图像可知65℃的水的电阻率更小，故可知温度高的水更容易导电。
8×103
（5）[4]根据前面分析可知65℃的水的电阻率为ρ=kdh= ×0.07×0.03Ω⋅m=24Ω⋅m
0.7
U
故当选用内直径为d =8.0×10−3m的水管。若人体的安全电流为I =1.0×10−3A，接入电压U =220V时，得 =I ，
0 0 R 0
l
R=ρ m
2
d
π⋅ 0
2
解得l =0.46m
m
四、解答题
13．可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，
BC和DA均为等容过程。已知T =1200K,T =300K，气体在状态A的压强p =8.0×105Pa，体积V =1.0m3，气体
1 2 A 1
在状态C的压强p =1.0×105Pa。求：
C
（1）气体在状态D的压强p ；
D
（2）气体在状态B的体积V 。
2
【答案】（1）2×105Pa；（2）2.0m3
p p
【详解】（1）从D到A状态，根据查理定律 A = D
T T
1 2
解得p =2×105Pa
D
（2）从C到D状态，根据玻意耳定律p V = p V
C 2 D 1解得V =2.0m3
2
14．雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图（a）、（b）所示，传动装置有一高度
可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅（视
为质点）。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g，不
计空气阻力。
（1）在图（a）中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r的
1 1
匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。
（2）将圆盘升高，如图（b）所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O 点做半径为r 的匀速圆周运
1 2
动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影AB与OB的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω。
1 1 2
µg µgsinθcosβ
【答案】（1） ；（2）
ω2r (sinθsinβ+µcosθ)r
1 1 2
【详解】（1）转椅做匀速圆周运动，设此时轻绳拉力为T，转椅质量为m，受力分析可知轻绳拉力沿切线方向的分
量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供圆周运动的向心力，因此可得Tcosα=mω2r，
1 1
µmg =Tsinα
µg
联立解得tanα=
ω2r
1 1
（2）设此时轻绳拉力为T′，沿AB和垂直AB竖直向上的分力分别为T =T′sinθ，T =T′cosθ
1 1 1 2
对转椅根据牛顿第二定律得T cosβ=mω2r
1 2 2
沿切线方向T sinβ= f =µF
1 N
µgsinθcosβ
竖直方向F +T =mg，联立解得ω =
N 2 2 (sinθsinβ+µcosθ)r
2
3
15．如图（a）所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sinθ = 0.6，摩擦因数µ= ，足够长的光滑水平导轨处于磁感应
1 1 20
44
强度为B = 0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，右侧斜面导轨倾角满足sinθ = 0.8，摩擦因数µ = 。现将
2 2 183
质量为m = 6kg的导体杆甲从斜面上高h = 4m处由静止释放，质量为m = 2kg的导体杆乙静止在水平导轨上，
甲 乙
与水平轨道左端的距离为d。已知导轨间距为l = 2m，两杆电阻均为R = 1Ω，其余电阻不计，不计导体杆通过水平
导轨与斜面导轨连接处的能量损失，且若两杆发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取g = 10m/s2，求：
（1）甲杆刚进入磁场，乙杆的加速度？（2）乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d满足的条件？
（3）若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图（b）所示（t 、t 、t 、t 、b
1 2 3 4
均为未知量），乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0 ~ t 时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值
3
范围。
356 696
【答案】（1）a = 2m/s2，方向水平向右；（2）d ≥ 24m；（3） m<d < m
乙0
11 11
h 1
【详解】（1）甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有mgh−µmgcosθ ⋅ = mv2
1 1 1 1 sinθ 2 1 0
1
甲刚进人磁场时，平动切割磁感线有E = Blv
0 0
E
则根据欧姆定律可知此时回路的感应电流为I = 0
0 2R
根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向（俯视），结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，
由牛顿第二定律有BI l = m a
0 2 乙0
带入数据有a = 2m/s2，方向水平向右
乙0
（2）甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有m v = (m
1 0 1
＋m )v
2 共
对乙根据动量定理有BIlt =m v
2 共
Bl∆x
其中It=q= ，联立解得d = Δx = 24m，因此d满足d ≥ 24m
min
2R
（3）根据（2）可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Δx = 24m，且稳定时的速
度v = 6m/s乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有m gsinθ ＋μ m gcosθ = m a
共 2 2 2 2 2 2 乙上
根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a x = v 2
乙上 上 共
乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有m gsinθ －μ m gcosθ = m a
2 2 2 2 2 2 乙下
再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a x = v 2
乙下 下 1
且x = x
上 下
联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度v = 5m/s
1
由于两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，则甲乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有
（m ＋m ）gsinθ ＋μ （m ＋m ）gcosθ = (m ＋m )a
1 2 2 2 1 2 2 1 2 共上
同理有2a x = v2
共上 共上
且由图（b）可知x = 4.84x
上 共上
30
解得甲、乙碰撞后的速度v= m/s
11
乙第一次滑下右侧轨道最低点后与甲相互作用的过程中，甲、乙组成的系统合外力为零，根据动量守恒有m v －m v
1 2 2 1
= (m ＋m ))v
1 2
175
解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为v = m/s
2 33
若乙第一次滑下右侧轨道最低点时与甲发生碰撞，则对应d的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，对甲根
据动量定理有−BIl∆t =mv −mv
1 1 1 2 1 共
Bl∆x 92
其中I ∆t =q = 1 ，解得∆x = m
1 1 1 2R 1 11356
根据位移关系有d ′－Δx = Δx 解得d′ = m
min 1。 min 11
若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d的最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，
根据动量定理有BI l∆t =m v+m v
2 2 2 2 1
Bl∆x
其中I ∆t =q = 2
2 2 2 2R
340
解得∆x = m
2 11
根据位移关系有d ax－Δx－Δx = Δx
m 1 2
696
解得d = m
max 11
356 696
因此d的取值范围为 m<d < m。
11 11
