文档文本内容
2024 年高考江西卷物理真题
一、选择题(本题共10 小题，共46 分。在每小题给出的四个选项中，第1～7 题只有一项符
合题目要求，每小题4 分；第8～10 题有多项符合题目要求，每小题6 分，全部选对的得6
分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。)
1.(2024·江西卷·1)蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质，将其置于电
压恒定的两平行金属板间，板间电场视为匀强电场，如图所示。若两金属板间距减小，关于
火焰中电子所受的电场力，下列说法正确的是( )
A．电场力增大，方向向左
B．电场力增大，方向向右
C．电场力减小，方向向左
D．电场力减小，方向向右
答案 B
解析 由题意知，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＝，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．(2024·江西卷·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(LED)，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
2.20 eV(约3.52×10－19 J)，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，则发光频率约为( )
A．6.38×1014 Hz
B．5.67×1014 Hz
C．5.31×1014 Hz
D．4.67×1014 Hz
答案 C
解析 根据题意可知，辐射出的光子能量ε＝3.52×10－19 J，由光子的能量ε＝hν 得ν＝＝
5.31×1014 Hz，故选C。
3．(2024·江西卷·3)一质点沿x 轴运动，其位置坐标x 与时间t 的关系为x＝1＋2t＋3t2(x 的单
位是m，t 的单位是s)。关于速度及该质点在第1 s 内的位移，下列选项正确的是( )
A．速度是对物体位置变化快慢的描述；6 m
B．速度是对物体位移变化快慢的描述；6 m
C．速度是对物体位置变化快慢的描述；5 m
D．速度是对物体位移变化快慢的描述；5 m
答案 C
解析 根据速度的定义式v＝得，速度等于位移与时间的比值。位移是物体在一段时间内从
一个位置到另一个位置的位置变化量，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x0＝1 m,1 s 时物体的位置x1
＝6 m，则1 s 内物体的位移为Δx＝x1－x0＝5 m，故选C。
4．(2024·江西卷·4)“嫦娥六号”探测器于2024 年5 月8 日进入环月轨道，后续经调整环月
轨道高度和倾角，实施月球背面软着陆。当探测器的轨道半径从r1调整到r2时(两轨道均可
视为圆形轨道)，其动能和周期从Ek1、T1分别变为Ek2、T2。下列选项正确的是( )
A.＝，＝
B.＝，＝
C.＝，＝
D.＝，＝
答案 A
解析 探测器在环月轨道做匀速圆周运动，则月球对探测器的万有引力提供向心力，设月球
的质量为M，探测器的质量为m，则半径为r1时有G＝m＝mr1，半径为r2时有G＝m＝mr2，
再根据动能Ek＝mv2，可得动能和周期的比值分别为＝，＝，故选A。
5.(2024·江西卷·5)“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。
设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为
70%，则发电功率大致为( )
A．109 W B．107 W C．105 W D．103 W
答案 B
解析 由题知，Δt 时间内流出的水量为m＝ρQΔt＝1.0×104Δt(kg)，发电过程中水的重力势
能转化为电能，则有P＝×70%≈1.0×107 W，故选B。
6．(2024·江西卷·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6 300 m/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＝4.725 mm
B．振动加强；d＝4.725 mm
C．振动减弱；d＝9.45 mm
D．振动加强；d＝9.45 mm
答案 A
解析 根据反射信号图像可知，超声波的传播周期为T＝2×10－7 s，又波速v＝6 300 m/s，
则超声波在机翼材料中的波长λ＝vT＝1.26×10－3 m，结合题图可知，两个反射信号传播到
探头处的时间差为Δt＝1.5×10－6 s，故两个反射信号的路程差2d＝vΔt＝9.45×10－3 m＝
λ，解得d＝4.725 mm，则两个反射信号在探头处振动减弱，故A 正确。
7．(2024·江西卷·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＝1.00×10－3 A 时，测得U－B 关系图线如图
(b)所示，元电荷e＝1.60×10－19 C，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
解析 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，根据电流的定义式得I＝＝nevb，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，联立解得U＝B，结合图像可得k＝＝ V/T＝0.275 V/T，
解得n＝2.3×1016，故选D。
8．(多选)(2024·江西卷·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
v0，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vx和竖直方向分速度vy与时间t 的关系，下列图像
可能正确的是( )
答案 AD
解析 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vx为定
值，则有水平位移x＝vxt，故A 正确，C 错误；小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则y＝
vy0t－gt2，vy＝vy0－gt，且最高点时竖直方向的分速度为0，故B 错误，D 正确。
9．(多选)(2024·江西卷·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越多
答案 BC
解析 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，故A 错误；透镜的作用是会聚光使光更集中，故B 正确；单缝的
作用是获得线光源，故C 正确；根据条纹间距公式Δx＝·λ 可知双缝间距越小，相邻亮条纹
的间距越大，测量头中观察到的条纹数目越少，故D 错误。
10．(多选)(2024·江西卷·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x＝x0处由静止释放，
开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能Ep＝k(r 为两点电荷之间的距离，k 为静电力常量)。
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( )
A．最低点的位置x＝
B．速率达到最大值时的位置x＝
C．最后停留位置x 的区间是≤x≤
D．若在最低点能返回，则初始电势能Ep0<(mg－f)
答案 BD
解析 小球甲从开始运动至第一次运动到最低点的过程，根据动能定理(mg－f)(x0－x)－(k－
k)＝0，解得x＝，故A 错误；
当小球甲的加速度为零时，速率最大，则有mg＝f＋k，解得x1＝，故B 正确；
小球甲最后停留时，满足mg－f≤k≤mg＋f，解得位置x2的区间≤x2≤，故C 错误；
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)(x0－x)－(k－k)＝0，联
立可得Ep0＝<(mg－f)，故D 正确。
二、非选择题(本大题共5 小题，共54 分。)
11．(2024·江西卷·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M1＝320 g。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M2＝470 g，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。
(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M3＝720 g，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/(9.8 N)
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/(9.8 N)
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 (4)较大 较小
(5)见解析图 (6)远大于钩码质量 见解析
解析 (4)由题图(b)分析可知，与图线甲相比，图线乙的线性区间较大，非线性区间较小。
(5)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，如图所示
(6)设细线拉力为FT，对钩码根据牛顿第二定律有F－FT＝ma，
对小车根据牛顿第二定律有FT＝Ma，
联立解得F＝(M＋m)a，
变形得a＝F，当m≪M 时，
可认为m＋M≈M，
则a＝·F，即a 与F 成正比。
12．(2024·江西卷·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＝0.07 m 和高h＝0.03 m。
(2)现有实验器材：电流表(量程300 μA，内阻RA＝2 500 Ω)、电压表(量程3 V 或15 V，内阻
未知)、直流电源(3 V)、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Rx。将水温升到65 ℃，重复测量。
绘出26 ℃和65 ℃水的Rx－l 图，分别如图(b)中甲、乙所示。
(4)若Rx－l 图线的斜率为k，则水的电阻率表达式为ρ＝____________(用k、d、h 表示)。实
验结果表明，温度____________(填“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8.0×10－3 m 的水管。若人体的安全电流为1.0×10－3 A，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220 V 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 (2)见解析图 (4)kdh 高 (5)0.46
解析 (2)电源电动势为3 V，故电压表量程选择3 V 可使实验结果更精确；
由于电流表的内阻已知，故电流表采用内接法时，可以消除系统误差，实物图如下：
(4)根据电阻定律Rx＝ρ＝·l
故可得k＝
得ρ＝kdh
电阻率小的水更容易导电，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。
(5)根据前面分析可知65 ℃的水的电阻率为
ρ＝kdh＝×0.07×0.03 Ω·m＝24 Ω·m
故当选用内直径为d0＝8.0×10－3 m 的水管，
人体的安全电流为I0＝1.0×10－3 A，
接入电压U＝220 V 时，
根据欧姆定律和电阻定律有
R＝＝ρ
解得作为防触电装置的水管的长度至少应设计为lmin＝0.46 m。
13.(2024·江西卷·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T1＝1 200 K，T2＝
300 K，气体在状态A 的压强pA＝8.0×105 Pa，体积V1＝1.0 m3，气体在状态C 的压强pC＝
1.0×105 Pa。求：
(1)气体在状态D 的压强pD；
(2)气体在状态B 的体积V2。
答案 (1)2×105 Pa (2)2.0 m3
解析 (1)从D 到A 状态，
根据查理定律＝
解得pD＝2×105 Pa
(2)因BC 为等容过程，VB＝V0＝V2
从C 到D 状态，
根据玻意耳定律pCV2＝pDV1
解得V2＝2.0 m3。
14．(2024·江西卷·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ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕
O 点做半径为r1的匀速圆周运动。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O1点做半径
为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B 与O1B 的
夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。
答案 (1) (2)
解析 (1)设转椅做匀速圆周运动时轻绳拉力为FT，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轮椅做圆周运
动的向心力，故可得
FTcos α＝mω1
2r1，μmg＝FTsin α
联立解得tan α＝
(2)设此时轻绳拉力为FT′，沿A1B 方向和垂直A1B 方向竖直向上的分力分别为FT1＝FT′sin
θ，FT2＝FT′cos θ
对转椅根据牛顿第二定律得FT1cos β＝mω2
2r2
沿切线方向根据平衡条件有FT1sin β＝Ff＝μFN
竖直方向根据平衡条件有FN＋FT2＝mg
联立解得ω2＝。
15．(2024·江西卷·15)如图所示，绝缘水平面上固定一光滑平行金属导轨，导轨左右两端分
别与两粗糙的倾斜平行金属轨道平滑连接，两侧导轨倾角分别为θ1、θ2，导轨间距均为l＝2
m，水平导轨所在区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T，现有两均匀金
属细棒甲和乙，质量分别为m1＝6 kg 和m2＝2 kg，接入导轨的电阻均为R＝1 Ω，左、右两
侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因数分别为μ1＝、μ2＝。初始时刻，乙静止在水平导轨上，与水
平导轨左端P1P2的距离为d，甲从左侧倾斜导轨高度h＝4 m 的位置静止滑下。水平导轨足
够长，两棒运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直。若两棒发生碰撞，则为完全非弹性
碰撞。不计空气阻力和导轨的电阻。(g 取10 m/s2，sin θ1＝0.6，sin θ2＝0.8)
(1)求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和方向；
(2)为使乙第一次到达水平导轨右端Q1Q2之前甲和乙不相碰，求d 的最小值；
(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
(t1、t2、t3、t4、b 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～t3时
间内未进入右侧倾斜导轨，求d 的取值范围。
答案 (1)2 m/s2，方向水平向右
(2)24 m
(3) m<d< m
解析 (1)甲从静止开始运动至水平导轨时，根据动能定理有
m1gh－μ1m1gcos θ1·＝m1v0
2－0
甲刚进入磁场时，平动切割磁感线有
E0＝Blv0
则根据闭合电路欧姆定律可知此时回路的感应电流为I0＝
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BI0l＝m2a 乙0
代入数据有a 乙0＝2 m/s2，方向水平向右
(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m1v0＝(m1＋m2)v 共
对乙根据动量定理有Blt＝m2v 共
其中t＝q＝
联立解得dmin＝Δx＝24 m
则d 满足d≥24 m
(3)根据(2)问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定的过程，相对位移
为Δx＝24 m，
且稳定时的速度v 共＝6 m/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m2gsin θ2＋μ2m2gcos θ2＝m2a 乙上
根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a 乙上x 上＝v 共
2
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
m2gsin θ2－μ2m2gcos θ2＝m2a 乙下
再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2a 乙下x 下＝v1
2
且x 上＝x 下
联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度v1＝5 m/s
由于两棒发生碰撞为完全非弹性碰撞，则甲、乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有
(m1＋m2)gsin θ2＋μ2(m1＋m2)gcos θ2＝(m1＋m2)a 共上
同理有2a 共上x 共上＝v2
且由图(b)可知x 上＝4.84x 共上
解得甲、乙碰撞后的速度v＝ m/s
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m1v2－m2v1＝(m1＋m2)v
解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为v2＝ m/s
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－B1lΔt1＝m1v2－m1v 共
其中1Δt1＝q1＝
解得Δx1＝ m
根据位移关系有dmin′－Δx＝Δx1
解得dmin′＝ m
若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好发生碰撞，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B2lΔt2＝m2v＋m2v1
其中2Δt2＝q2＝
解得Δx2＝ m
根据位移关系有dmax－Δx－Δx1＝Δx2
解得dmax＝ m
则d 的取值范围为 m<d< m。
