文档文本内容
2024 年高考江苏卷物理真题
一、单选题
1.(2024·江苏卷·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.Ea=Eb
B.Ea=2Eb
C.Ea<Eb
D.Ea>Eb
2.(2024·江苏卷·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
3.(2024·江苏卷·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X＋N
7
14
→1
1H+ C
6
14
，
粒子X 为( )
A.正电子 1
0e
B.中子 0
1n
C.氘核 1
2H
D.氦核 2
4He
4.(2024·江苏卷·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
5.(2024·江苏卷·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.λ1
B.λ2
C.λ3
D.λ4
6.(2024·江苏卷·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
(β1<β2)，已知折射率随浓度增大而变大。则( )
A.光在甲中折射率大
B.甲的NaCl 浓度小
C.光在甲中速度大
D.甲的临界角大
7.(2024·江苏卷·7)如图所示，水面上有O、A、B 三点共线，OA=2AB，t=0 时刻在O 点的水面给一个扰动，
t1时刻A 开始振动，则B 开始振动的时刻为( )
A.t1
B.3t1
2
C.2t1
D.5t1
2
8.(2024·江苏卷·8)生产陶瓷的工作台匀速转动，台面上掉有陶屑，陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同(台
面足够大)，则( )
A.越靠近台面边缘的陶屑质量越大
B.越靠近台面边缘的陶屑质量越小
C.陶屑只能分布在圆台边缘
D.陶屑只能分布在某一半径的圆内
9.(2024·江苏卷·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A 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A 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
10.(2024·江苏卷·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
11.(2024·江苏卷·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 高度处做水平面内的匀速
圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B 高度处做水平面内的匀速圆周运动，不计一切摩擦，则(
)
A.线速度vA>vB
B.角速度ωA>ωB
C.向心加速度aA<aB
D.向心力FA>FB
三、实验题
12.(2024·江苏卷·12)某同学在实验室测定金属块的电阻率，电路如图甲所示，除被测金属块(图乙)外，还有
如下实验器材可供选择：
A.直流电源：电动势约为3 V，内阻可忽略不计；
B.电流表A1：量程0~100 mA，内阻约1 Ω；
C.电流表A2：量程0~10 mA，内阻约4 Ω；
D.电压表V：量程0~3 V，内阻约3 kΩ；
E.滑动变阻器R1：0~10 Ω；
F.滑动变阻器R2：0~50 Ω；
G.开关、导线等
(1)用多用电表欧姆挡粗测金属块电阻，测得A、B 端电阻RAB=4 Ω，测C、D 端电阻时如图丙所示，则RCD=
Ω。
(2)测CD 间电阻时滑动变阻器应选 。
(3)实物连线如图丁，连错了的部分是 。
(4)连通电路时，滑动变阻器滑片应置于最 端(选填“左”或“右”)。
(5)实验中测量AB 间电阻时选用电流表A1，测量CD 间电阻时选用电流表A2，经过一系列测量后得到ρAB
和ρCD。
ρAB
ρCD
1.02
1.06
小明认为由AB 间测得的电阻计算电阻率更准确，因为测AB 间电阻时所用电流表A1的内阻小，你认为小
明的说法是否正确，说明你的理由 。
四、解答题
13.(2024·江苏卷·13)某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300 K，压强为105 Pa 的气体，容器内
有一个面积0.06 平方米的观测台，现将这个容器移动到月球，容器内的温度变成240 K，整个过程可认为
气体的体积不变，月球表面为真空状态。求：
(1)气体现在的压强；
(2)观测台对气体的压力。
14.(2024·江苏卷·14)嫦娥六号在轨速度为v0，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 的速度为v，且与v0同向，A、B 的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A 的速度大小v1；
(2)分离时A 对B 的推力大小。
15.(2024·江苏卷·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，之后做匀速运动至C 点，关闭电动机，从
C 点又恰好到达最高点D，重力加速度为g。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E1和电动机消耗的总电能E2的比值。
16.(2024·江苏卷·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，两圆的半径分
别为R1和R2，ab 与a'b'间有一个匀强电场，电势差为U，cd 与c'd'间有一个插入体，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，
忽略电子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r1、r2之比；
(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。
答案精析
1．答案 D
解析 设F-q 图像的横坐标单位长度表示的电荷量为q0，纵坐标单位长度表示的力大小为F0，根据E= F
q ，
可知F-q 图像斜率表示电场强度，由图可知Ea=
4 F0
q0
，Eb=
4 F0
4 q0
=
F0
q0
，可得
Ea
Eb
=4∶1，故选D。
2．答案 D
解析 立体影院的特殊眼镜是利用了光的偏振，其镜片为偏振片，用这种特殊眼镜去观看手机液晶屏幕，
左镜片明亮，说明光的振动方向与镜片的透振方向平行；右镜片暗，说明光的振动方向与镜片的透振方向
垂直。将手机屏幕旋转90 度后，光的振动方向与左镜片的透振方向垂直，与右镜片的透振方向平行，左
镜片变暗，右镜片变亮。故选D。
3．答案 B
解析 根据质量数守恒可知X 的质量数为A=14+1-14=1，根据电荷数守恒可知X 的电荷数为Z=6+1-7=0，
可知X 为中子 0
1n。故选B。
4．答案 A
解析 不计空气阻力，喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度均为重力加速度，A 正确；设喷泉喷出的水
竖直方向的分速度为vy，水平方向的分速度为vx，竖直方向，根据对称性可知在空中运动的时间t=2√
2h
g
，可知tb>ta，D 错误；最高点的速度等于水平方向的分速度vx= x
t ，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关系，B、C 错误。
5．答案 C
解析 根据光电效应方程可知，若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λ3的光子能量最大。故选C。
6．答案 A
解析 入射角θ 相同，β1<β2，由n= sinθ
sin β 可知n 甲>n 乙，故甲浓度大；根据v=c
n，可知光线在甲中的传播速
度较小，由sin C=1
n可知折射率越大临界角越小，故甲临界角小。故选A。
7．答案 B
解析 机械波的波速v 不变，设OA=2AB=2L，可得t1=2 L
v ，tAB= L
v =1
2t1，故B 振动的时刻为t=t1+tAB=3
2t1，
故选B。
8．答案 D
解析 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，半
径最大，设为r，根据牛顿第二定律可得μmg=mω2r，解得r= μg
ω
2，μ 与ω 均一定，故r 与陶屑质量无关且为
定值，即陶屑只能分布在某一半径的圆内，故A、B、C 错误，D 正确。
9．答案 A
解析 对整个系统分析可知合外力为0，系统动量守恒，由于系统内只有弹力做功，故系统的机械能守恒，
C、D 错误；
滑板A 受到的合外力为弹簧的弹力，弹簧在恢复原长的过程中，由kx=ma 知滑板做加速度减小的加速运动，
弹簧被压缩时，滑板做加速度增大的减速运动，所以弹簧原长时A 动量最大，动能最大，故A 正确，B 错
误。
10．答案 A
解析 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，根据楞次定律可知a 线圈中的电
流方向为顺时针，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，线圈a 靠近线圈b 的过
程中通过线圈b 的磁通量在向外增大，同理可得线圈b 中产生的电流方向为顺时针。故选A。
11．答案 C
解析 设绳子与竖直方向夹角为θ，从小球到顶点的绳子长度为l，小球所在平面距离顶点的竖直高度为
h，对小球受力分析有F 向=mgtan θ=ma，由题图可知，小球从A 高度到B 高度θ 增大，则FB>FA，aB>aA，
故C 正确，D 错误；
又mgtan θ=mrω2=mv
2
r ，r=htan θ=lsin θ，整理有v=√gl tanθsinθ，ω=√
g
h ，小球从A 处到达B 处，l 减小，
θ 增大，则无法判断vA、vB的关系，又hB<hA，知ωB>ωA，故A、B 错误。
12．答案 (1)320 (2)R2 (3)② (4)右
(5)不正确。测AB 间电阻时电流表A1，分压为4
5 ，测CD 间电阻时电流表A2分压约为1
80，故测CD 间电阻
时因电流表分压产生的误差小，计算所得电阻率更准确。
13．答案 (1)8×104 Pa (2)4.8×103 N
解析 (1)由题知，整个过程可认为气体的体积不变，
由查理定律得
p1
T 1
=
p2
T 2
解得p2=8×104 Pa
(2)根据压强的定义，气体对观测台的压力
F=p2S=4.8×103 N
由牛顿第三定律可知，观测台对气体的压力为4.8×103 N
14．答案 (1)(m+ M )v0- Mv
m
(2) M (v - v0)
Δt
解析 (1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m+M)v0=Mv+mv1
解得v1=(m+ M )v0- Mv
m
(2)以B 为研究对象，对B 由动量定理有
FΔt=Mv-Mv0
解得F= M (v - v0)
Δt
。
15．答案 (1)
v
2
2 g(sinθ+ μcosθ)
(2)mgv(sin θ+μcos θ)
(3)
sinθ
sinθ+ μcosθ
解析 (1)物块在CD 段运动过程中，加速度大小为a
由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma
由运动学公式0-v2=-2ax
联立解得x=
v
2
2 g(sinθ+ μcosθ)
(2)物块在BC 段匀速运动，得电动机的牵引力为F=mgsin θ+μmgcos θ
由P=Fv 得P=mgv(sin θ+μcos θ)
(3)全过程物块增加的机械能为E1=mgLsin θ
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，
可知E2=E1+μmgcos θ·L
得
E1
E2
=
mgLsinθ
mgLsinθ+ μmgLcosθ =
sinθ
sinθ+ μcosθ 。
16．答案 (1)1∶k
(2)√
2eU
m(1-k
2)
，方向垂直于cd 向左
(3)π( R2- R1)
4
√
2m(1+ k )
eU (1-k )
解析 (1)设电子进入插入体前后的速度大小分别为v1、v2，由题意可得：v2=kv1
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=mv
2
r
解得：r=mv
eB
可知在磁场中的运动半径r∝v，
可得：r1∶r2=v1∶v2=1∶k
(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：Ue=1
2mv2-1
2m(kv)2
解得：v=√
2eU
m(1-k
2)
，
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=mv
eB = 1
B√
2mU
e(1-k
2)
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=1
2(R2-R1)
电子由P 点多次循环后到达d 点的循环次数为：n= Pd
Δ x = R2- R1
4(1-k )r
电子在左、右半圆区域的运动周期均为T=2π r
v
忽略电子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=
π( R2- R1)
4
√
2m(1+ k )
eU (1-k )
。
