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江苏高考物理试卷
1. 在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点
的场强大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据
可知 图像斜率表示电场强度，由图可知
可得
故选D。
2. 用立体影院的特殊眼镜去观看手机液晶屏幕，左镜片明亮，右镜片暗，现在将手机屏幕旋转90度，会
观察到（ ）
A. 两镜片都变亮 B. 两镜片都变暗
C. 两镜片没有任何变化 D. 左镜片变暗，右镜片变亮
【答案】D【解析】
【详解】立体影院的特殊眼镜是利用了光的偏振，其镜片为偏振片，立体影院的特殊眼镜去观看手机液晶
屏幕，左镜片明亮，右镜片暗，根据 可知将手机屏幕旋转90度后左镜片变暗，右镜片变亮。
故选D。
3. 用粒子轰击氮核从原子核中打出了质子，该实验的核反应方程式是 ，粒子X为（
）
A. 正电子 B. 中子
C. 氘核 D. 氦核
【答案】D
【解析】
【详解】根据质量数守恒可知X的质量数为
根据电荷守恒可知X的电荷数为
可知X为中子 。
故选D。
4. 喷泉a、b形成如图所示的形状，不计空气阻力，则喷泉a、b的（ ）
A. 加速度相同
B. 初速度相同
C. 最高点的速度相同
D. 在空中的时间相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．不计空气阻力，在喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度均为重力加速度，故A正确；
D．设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为 ，水平方向速度为 ，竖直方向，根据对称性可知在空中运动的时间
可知
D错误；
BC．最高点的速度等于水平方向的分速度
由于水平方向的位移大小关系未知，无法判断最高点的速度大小关系，根据速度的合成可知无法判断初速
度的大小，BC错误；
故选A。
5. 在原子跃迁中，辐射如图所示的4种光子，其中只有一种光子可使某金属发生光电效应，是哪一种（
）
A. λ B. λ C. λ D. λ
1 2 3 4
【答案】C
【解析】
【详解】根据光电方程可知当只有一种光子可使某金属发生光电效应，该光子对应的能量最大，根据图中
能级图可知跃迁时对应波长为 的光子能量最大。
故选C。
6. 现有一光线以相同的入射角θ，打在不同浓度NaCl的两杯溶液中，折射光线如图所示（β<β），已知
1 2
折射率随浓度增大而变大。则（ ）A. 甲折射率大
B. 甲浓度小
C. 甲速度大
D. 甲临界角大
【答案】A
【解析】
【详解】入射角相同，由于 ，根据折射定律可知 ，故甲浓度大；根据 ，可知光线在甲
中的传播速度较小，由 可知折射率越大临界角越小，故甲临界角小。
故选A。
7. 如图所示，水面上有O、A、B三点共线，OA=2AB， 时刻在O点的水面给一个扰动，t 时刻A开
1
始振动，则B振动的时刻为（ ）
A. t B. C. 2t D.
1 1
【答案】B
【解析】
【详解】机械波的波速 不变，设OA=2AB=2L，故可得
可得
故可得B振动的时刻为故选B。
8. 陶瓷是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料以及各种制品。如图
所示是生产陶磁的简化工作台，当陶磁匀速转动时，台面面上掉有陶屑，陶屑与桌面间的动摩因数处处相
同（台面够大），则（ ）
A．离轴OO´越远的陶屑质量越大
B. 离轴OO´越近的陶屑质量越小
C. 只有平台边缘有陶屑
D．离轴最远的陶屑距离不会超过某一值
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦
力时，根据牛顿第二定律可得
解得
因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此可知能与台面相对静止的陶屑离轴OO′的距离与陶屑质
量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑。故ABC错误；
D．离轴最远的陶屑其受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由前述分析可知最大的运动半径为
μ与ω均一定，故R为定值，即离轴最远的陶屑距离不超过某一值R。故D正确。
故选D。
9. 在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，
右侧用一根细绳连接在滑板B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（ ）
A. 弹簧原长时B动量最大
B. 压缩最短时A动能最大
C. 系统动量变大
D. 系统机械能变大
【答案】A
【解析】
【详解】对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得
设弹簧的初始弹性势能为 ，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得
联立得
故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。
故选A。
10. 如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场
中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是（ ）
A. 顺时针，顺时针
B. 顺时针，逆时针
C. 逆时针，顺时针D. 逆时针，逆时针
【答案】A
【解析】
【详解】线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电
流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中
线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产生的磁场为顺时针。
故选A 。
11. 如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A高度处作水平面内的匀速圆周运动，现用
力将细绳缓慢下拉，使小球在B高度处作水平面内的匀速圆周运动，不计一切摩擦，则（ ）
.
A 周期
B. 角速度
C. 线速度
D. 向心加速度
【答案】BD
【解析】
【详解】A．设绳子与竖直方向夹角为 ，绳子长度为l，小球所在平面距离顶点的竖直高度为h，对小球
分析有
整理有由题意可知，高度h变小，所以周期变小，即 ，故A项错误；
B．对小球分析有
整理有
由题意可知，高度h变小，所以角速度大小变大，即 ，故B项正确；
C．对小球分析有
整理有
由题意可知，绳子长度l变小，角度 变大，所以线速度大小变化无法判断，故C项错误；
D．对小球分析有
整理有
由题意可知，其角度 变大，所以向心加速度大小变大，即 ，故D项正确。
故选BD 。
12. 某同学在实验室做“测定金属的电阻率”的实验，除被测金属丝外，还有如下实验器材可供选择：
A.直流电源：电动势约为3V，内阻可忽略不计；
B.电流表A：量程0～100mA，内阻约为5 ；
C.电压表V：量程0～3V，内阻为3k ； Ω
D.滑动变阻器：最大阻值为100 ，允Ω许通过的最大电流为0.5A；
E.开关、导线等。 Ω（1）该同学用刻度尺测得金属丝接入电路的长度 L＝0.820m，用螺旋测微器测量金属丝直径时的测量
结果如图甲所示，从图中读出金属丝的直径为 mm；
（2）用多用电表欧姆“×1”挡测量接入电路部分的金属丝电阻时，多用电表的示数如图乙所示，从图
中读出金属丝电阻约为 ；
（3）若该同学根据伏安法测出Ω金属丝的阻值 R＝10.0 ，则这种金属材料的电阻率为
•m。（结果保留两位有效数字） Ω
Ω
【答案】（1）0.787；（2）9.0；（3）5.9×10﹣6。
【解析】
（1）根据螺旋测微器的读数规则得出对应的读数；
（2）熟悉欧姆表的读数规则，结合题意得出对应的读数；
（3）根据电阻定律，结合题目中的数据得出金属材料的电阻率。
【答案】（1）8 × 104Pa；（2）4.8 × 103N
【解析】
解：（1）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
d＝0.5mm+28.7×0.01mm＝0.787mm
（2）根据欧姆表的读数规律，该读数为
R ＝9.0×1 ＝9.0
x
（3）根据Ω电阻定Ω律有
变形可得代入数据解得
故答案为：（1）0.787；（2）9.0；（3）5.9×10﹣6。
14. 嫦娥六号在轨速度为v ，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的
0
速度为v，且与v 同向，A、B的质量分别为m、M。求：
0
（1）分离后A的速度v 大小；
1
（2）分离时A对B的推力大小。
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【详解】（1）组合体分离前后动量守恒，取v 的方向为正方向，有
0
(m＋M)v = Mv＋mv
0 1
解得
方向与v 相同；
0
（2）以B为研究对象，对B列动量定理有
FΔt = Mv－Mv
0
解得
15. 如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用
下，从 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v，之后作匀速运动至C点，关闭电动机，从 C点又恰好到
达最高点D。求：
（1）CD段长x；
（2）BC段电动机的输出功率P；
（3）全过程物块增加的机械能E 和电动机消耗的总电能 E 的比值。
1 2【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
【详解】（1）物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得
由运动学公式
联立解得
的
（2）物块在BC段匀速运动，得电动机 牵引力为
由 得
（3）全过程物块增加的机械能为
整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知
故可得
16．如图所示，两个半圆区域abcd、a′b′c′d′中有垂直纸面向里的匀强磁场（内外半径分别为 R 和
1
R ），磁感应强度为B，ab与a′b′间有一个宽度为d匀强电场，场强为E，cd与c′d′间有一个宽
2
度为d插入体，电子每次经过插入体速度减为原来的k倍（k＜1）。现有一个质量为m、电量为e的电
子，从cd面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后，电子到达cd
的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，忽略经过电场与插入体的时间。求：（1）电子进入插入体前后在磁场中的半径r ：r ；
1 2
（2）电子多次循环后到达cd的稳定速度v；
（3）若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界上的d点，求电子从P到d的时间t。
【答案】
答：
（1）电子进入插入体前后在磁场中的半径r ：r 为1：k；
1 2
（2）电子多次循环后到达cd的稳定速度v为 ，方向垂直于cd向左；
（3）电子从P到d的时间t为 。
【解析】
（1）电子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，结合题意求解。
（2）稳定后电子经过插入体后的速度大小为kv，经过电场加速后速度大小为v，根据动能定理求解。
（3）作出由P点开始相继在两个半圆区域的运动轨迹。根据（1）（2）的结论，由几何关系求得电子
由P点多次循环后到达d点的循环次数，依据电子在左、右半圆区域的运动周期求解电子从 P到d的时
间。
【详解】
解：
（1）设电子进入插入体前后的速度大小分别为v 、v ，由题意可得：
1 2
v ＝kv
2 1
电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
evB＝
解得：r＝
可知在磁场中的运动半径r∝v，可得：r ：r ＝v ：v ＝1：k
1 2 1 2（2）电子多次循环后到达cd的稳定速度大小为v，则经过插入体后的速度大小为kv。
电子经过电场加速后速度大小为v，根据动能定理得：
eEd＝
解得：v＝ ，方向垂直于cd向左。
（3）电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界上的d点。由P点开始相继在两个半圆区域的运
动轨迹如下图所示。
根据（1）（2）的结论，可得电子在右半圆区域的运动半径为：
r＝ ＝
电子在左半圆区域的运动半径为kr
图中所示的Δx＝2r﹣2kr
P点与d点之间的距离为：Pd＝ （R ﹣R ）
2 1
电子由P点多次循环后到达d点的循环次数为：n＝ ＝
电子在左、右半圆区域的运动周期均为T＝
忽略经过电场与插入体的时间，则每一次循环的时间均等于T，可得电子从P到d的时间为：
t＝nT＝
答：（1）电子进入插入体前后在磁场中的半径r ：r 为1：k；
1 2
（2）电子多次循环后到达cd的稳定速度v为 ，方向垂直于cd向左；（3）电子从P到d的时间t为 。
