2024年江苏省高考物理试卷（回忆版）

2024年江苏省高考物理试卷（回忆版）

一、选择题

1.在静电场中有H.b两点.试探电荷在两点的怖电力F与电荷量q满足加图所示的关系，谙Ma.b两点的F.

场强大小关系是（）

q

A.Ea-EbB,£*3—2blC.ba<EiD.ba>Eb

2•用立体影院的特殊眼镜去观看手机液晶屏幕.左镜片明凫，右豌片暗,现在将手机屏幕旋转90度，会观察到（）

A.两链片都变亮B.两镀片都变暗C.两镜片没有任何变化1）.左镜片变暗，右键片变亮

3.用粒子表击氨核从原子核中打出了质子，该实验的核反应方程式是x+甘NTN+16"C,粒子x为（）

A.正电子0cB.中:C.定核-//D.氮核

02

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（）b

…….c^Ch...

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

b.化原于跃迂中，辐射如图所示的4种光于，具中只的一种光于可使某金属发生光电效我,是哪一种（）11f

A.入1B.入2C.XD入4

笫1页/共13费

6.现有•光线以相同的入射角。，打在不同浓度NaCl的两杯溶液中，折射光线如所

示（31Vd2）,已知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

7.如图所示，水面上有0、A、B三点共线，。/1=2AB,某时刻在0点的水面♦

给一个扰动，G时刻A开始振动，则B振动的时刻为（）°AB

A.JB.岸C.2tl。片

8.生产陶镜的工作台匀速转动，台面面上掉有陶屑，陶屑与桌面间的动摩擦因数处处相同（台面够大），则

（）

A.离轴00’越远的陶屑质量越大B.离轴00'越近的陶屑质量越大C.只有平台边缘有陶屑

I）.离轴最远的陶屑距离不超过某一值R

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

的左恻，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弗簧处于拉伸状态，各表面均光滑，

剪断细绳后，贝4（）

A.弹簧原长时B动量最大B.压缩最短时B动能最大C.系统动量变大D.系统机械能变大

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，现将线图a从磁场中

XX

匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是（）

--

a

XX

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

第2页/共13货

11.如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住•个小球，让小球在A高度处的水平面内做匀速圆周运动，现用力将细绳

缓慢下拉，使小球在B高度处的水平面内做匀速圆周运动，不计一切摩擦，则()

A.线速度A.VBB.角速度C.向心加速度%<小I).向心力FA>FB

二、丰选择题

1.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.直沆电源：电动势约为3V,内阻可忽略不计：

B.电沈表A:量程0~100mA,内阻约为5c;

C.电压表V:殳程0~3V,内阻为3kQ;

D.滑动变阻器：最大阻值为100。，允许通过的最大电流为0.5A：

E.开关、导线等。

甲乙

(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宜.径时的测量结果如图甲所示，从图中读出金属丝的

直径为inn：

(2)用多用电表欧姆“XI”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近约为O;

(3)若该同学根据伏安法测出金属丝的阻值R-10.0Q,则这种金属材料的电阻率为Q・m0(结果保留两位有效数字)

第:为灾/共12页

2.某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300K,压强为10。曲的气体，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24UK，整个过程可认为气体的体积不受，月球衣皿为真空状态。

求：

(D气体现在的压强：

(2)观测台对气体的压力大小。

3.嫦娥六号在轨速度为如着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离讨间为△，,分离后B的速度为v,且与曲同向，

A、B的质量分别为m、Mo求：

(D分离后A的速度r1；

⑵分离时A对B的推力大小。

第4页/共13贝

4.如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为口，倾角为。，斜面长为乙一个质量为

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

运动至二点，关闭电动机，从C点又恰好到达最高点D。求：

⑴CD段长x;

(2)BC段电动机的输出功率P：

(3)全过程物块储存的机械能%和电动机因拉动物块多消耗的电能%的比值。

5.如图所示，两个半圆区域abed、a'be'd'中有垂直纸面向里的匀强磁场(内外半径分别为

Ri七)，和磁感应强度为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

有一个宽度为d插入体，电夕每次经过插入体速度减为原来的k倍(kVI).现有一个质量b

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

(2)电子多次循环后到达cd的稳定速度v：

(3)若耳子到达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I.

第5贝/娃13奥

2024年江苏省高考物理试卷（回忆版）（答案&解析）

一、选择题

1.解：根据电场力的计算公式卜=口£可知，F-q图像的斜率分别表示ab两点的场强大小，因为图线a的斜率大于图线b的斜率，则%＞口,根据题

意无法得知场强的倍数关系，故D正确，ABO错误。

故选:D

【解析】根据电场力的计算公式分析出图像的物理意义，结合斜率的大小完成分析。

2.解：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，说明左说片偏振片的方向和光的偏振方向相同,右镜片偏振片的方

向和光的偏振方向垂直，当手机屏幕旋转90度时，左镜片的偏振片的方向与光的偏振方向垂直，则左镜片变暗，右镜片的偏振片的方向与光的偏

振方向相同，则右镜片变亮，故D正确，八BO错误；

故选:D

【解析】立体影院的特殊眼镜的工作原理是利用了光的偏振特点，结合其工作原理分析出观察到的现象。

3.解：设粒子x的电荷数为m,质信数为n,则根据核反应前后质信数守恒和电荷数守恒的特点可知：

m+7=l+5;

n+14=l+14

解得:m=0,n=l,则粒子x为中子n,故B正确,ACD错误；

故选:B

【解析】核反应前后质量数守恒和电荷数守恒，由此得出粒子x的质眼数和电荷数。

4.解：A、喷泉做斜抛运动，两者的加速度均为重力加速度，故A正确：

D、在竖直方向上，根据对称性和运动学公式可知，喷泉b在空中的时间较长，故［）错误；

C、喷泉ab在水平方向上的位移近似相同，而b的运动时间较长，根据公式x=vl可知，喷泉b在最高点的速度小丁•喷泉a在最高点的速度，故0错误:

B、根据上述分析可知，喷泉b在竖直方向上的速度较大，在水平方向上的速度较小，二者的初速度大小关系未知，但速度方句一定不相同，则初

速度一定不相同，故B错误：

故选：A.

【解析】理解斜船运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式分析出喷泉运动学物理量的大小关系。

5.解：根据能级图可知，能量的大小顺序为：

1~1日甘山口有一zh业子可以一N△出生业中油店数量1业工作/工作ADTHE

第6页/共13页

误：

故选：C.

【解析】根据能级图得出光子的能量大小关系，结合光电效应的发生条件完成分析。

6.解：AB.根据折射定律〃=*£

tan3

由于丁<阮

因此%>小，即甲溶液的折射率大；

乂因为溶液的折射率随溶液浓度增大而变大，因此甲溶液的浓度大，故A正确，B错误：

C.根据折射率公式u=±

n

由于r，i>n2

因此巧<C2,即光在甲溶液中传播的速度小，放C错误：

D.根据I缶界角公式sinC=

由于r.i>n2

因此xnCi<sinC2

得Ci<Cz,即甲的临界角小，故D错误.

故选：A.

【解析】AB,根据折射定律求折射率，根据题意求浓度的大小关系：

C.根据折射率公式求解传播速度的大小关系：

D.根据临界角公式求临界角的大小关系。

7.解：。点产生的机械振动在水面匀速传播形成机械波，设48=%则。4=2「

波的传播速度v=y

该波传橘到B点的时间。2=彳=乎=T

即B振为的时刻为故ACD错误,B正确，

2

故选:B

【解析】机械振动在介质中形成机械波，波在同种均匀介质中匀速传播，据此求解作答。

8.解：ABC、与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，群摩擦力提供向心力，当好摩擦力为最大岸摩擦力时，根据牛顿笫二定律可得：

limg=mx2r,解得：r=号,因与台面相对睁止的这些陶网的角速度相同，由此可知能与台面相对静止的陶屑离轴09的距

离与陶霄质量无关，故AB0错误：

)、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与3均一定，故为定

IXR

值，即离轴最远的陶屑距离不超过某一值R,故D正确。

故选：［)

笫7页/共13页

【解析】与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，根据静摩擦力提供向心力进行分析。相对静止与相对滑动的临界条件是静摩

擦力达到最大值。

9.解：CD、剪断细绳后，A、B、弹簧组成的系统所受合外力为零，则此系统满足动量守恒定律，即系统动量不变。因各表面均

光滑，故系统无机械能损失，满足机械能守恒定律，系统机械能也不变，故CD错误；

B、剪断细绳后，A、B、弹簧组成的系统动量守恒，弹簧氏缩最短时A、B共速，因系统初动量为零，故弹簧压缩最短时系统动量也

为零，则此时A、B的动量均为零，故此时B的动能为零，并非最大，故B错误：

A、山A、B、弹簧组成的系统动量守恒与机械能守恒，可知运动过程中A、B的动量始终等大反向，故A、B同时达到各自的速度最大

值，当弹簧为原长时，弹簧弹性势能为零，则A、B的总动能最大，故此时A、B的速度达到最大值，B的动量最大，故A正确。

故选：A.

【解析】剪断细绳后，A、B、弹簧组成的系统所受合外力为零，则此系统满足动量守恒。因各表面均光滑，故系统无机械能损失,

满足机械能守恒；弹簧压缩最短时A、B共速，因系统初动量为零，故弹簧压缩最短时系统动量也为零，则此时A、B的动量均为零，

故此时3的动能为零，并非最大；运动过程中A、B的动量始终等大反向，当弹簧为原长时，弹簧弹性势能为零，A、B的总动能最大,

故此时A、B的速度达到最大值。

10.解：线圈a从磁场中匀速拉出的过程，a线圈的磁通量减小，根据楞次定律，可知线圈a中的感应电流方向为顺时针。

根据安培定则，可知线圈a中的电流在线阿b所处位苴产生磁场方向为垂直纸面向外，因线圈a逐渐靠近线圈b,故线圈b所处的磁

场的磁感应强度增大，即线圈b的磁通量增大，根据楞次定律，可知线圈b中的感应电流方向为顺时针。故A正确，BCD错误。

故选:A.

【解析】首先根据楞次定律判断线圈。中的感应电流方向，再根据安培定则判断线圈Q中的电流在线圈b所处位置产生磁场的方

向。确定线圈磁通量如何变化，根据楞次定律判断线圈b中的感应电流方向。

11.解：CD、设小球在A高度处时细绳竖口方向的夹角为0,对小球在A高度处的受力分析如下图所示:

mo

第8页/M13JU

可得在此处小球所需向心力为FA=mgtanO

设小球在B高度处时细绳竖直方向的夹角为B,同理可得小球在A高度处所需向心力为Fb=m(uan)

因0＜B,故向心力,kA＜FB

由向心力F。=maa&可得向心加速度4Vap，故D错误，C正确；

B、根据向心加速度a。=-Wr,采用极限法，若细绳长度趋近于零，圆周运动半径r亦会趋近于零，可知力＞0B，又有就

＜。小可得角速度孙＜g，故B正确，

A、由线速度v=3r,因3八＜。砂以＞3,故无法判断线速度大小关系.从功能的角度分析，将细绳缓慢下拉的过程，小球逐渐靠近转轴，

细绳对小球的拉力做正功，则小球的机械能增加，而在B处小球的重力势能大于在A处的重力势能，故无法比较动能的大小关系，故A错误.

故选:EC

【斛析】小球做匀速圆周运动，由重力和细绳拉力的合力提供向心力，通过受力分析用到向心力大小关系；由牛顿第二定律分析向心加速度大

小关系：根据向心加速度的表达式判断角速度与线速度的大小关系。

二、非选择题

1.解：(1)根据螺旋测微器的读数规律，该读数为

d=0.5mm+28.7X0.01mm=0.787nmi

(2)根据欧姆表的读数规律，该读数为

Ra=9,0x1/2=9,02

(3)根据电阻定律有

R=。*=。卡=等

变形可得

R-t2

P=­

代入数据解得

丁巾，161。。”0一787，10')

P(}•m=5.9x10'Q•m

故答案为：(1)0.787;(2)9.0;(3)5.9X10%

【解析】(D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。

2.解：(1)由题已知：容器内气体的初始温度为It=3moK,压强pi=IO%。为的气体，末态温度为/2=210/1,设东

态压强为必。

整个过程气体的体积不变，根据杳理定律得：

解得：P1=8x10'//0

第9页/共13页

⑵气体对观测台压力为F=p2s=8X10"：<0.06JV=4s|01N

根据牛顿第二定律可知观测台对气体的爪力与气体对观测台爪力等大反向，即观测台对'(体的加力为4800N,

答：(H气体现在的压强为8xlO4H0;

⑵观测台对气体的压力为4800N。

【解析】(1)确定容器内气体的初末状态参量，整个过程气体的体积不变，根据查理定律解答。

(2)根据压强的定义求得气体对观测台压力.根据牛像第，.定律求得观测台对气体的压力.

3.解：(1)组合体A与组合体B分离过程在速度方向上满足动员守恒定律，以在轨速度的方向为正方问,则有:

(M+m)v0=Nlv+mvi

解得+还

HI

(2)设分离时A对B的推力大小为F,以在轨速度心的方向为正方向，对B由动■定理得：

FRl=Mx-M/x0

答：⑴分离后A的速度匕为%+妁山;

m

(2)分离时A对B的推力大小为生二处,

【解析】(1)组合体A与组合体B分离过程在速度方向上满足动量守恒定律，根据动量守恒定律求解,

(2)对组合体B,根据动量定理求解•

4.解：(1)关闭电动机,物块从C点恰好到达最高点D的过程，根据动能定理得:

mgr•sin6〃mgx+cosJ=O.^mv2

版海1rX-=E

2g(sin0-l-l/cosz0)

(2)物块在BC段做匀速运动，由平衡条件可得：

电动机输LB的牵引力为；t=masinO+fttr.gcosO

电动机的输出功率为：F=Fvgr(sind+ucosd)

(3)全过程物块储存的机械能等于全过程物块增加的重力势能，则有：

Ei=mgL\InO

全过程电动机因拉动物块多消耗的电能等于物块由A到C增加的机械能与系统因摩擦产生的内能之和，则有:

F2=mgQ-x)sin0++4mz)<OsO

解得：E2=mfjL(,sinO+ucosd)

可得：...

管.⑴CD段心为

(2)BC段电动机的输出功率P为mgt(sin8+/cos。)；

(3)全过程物块储存的机械能E，和电动机因拉动物块多消耗的电能时的比值为—.

【解析】(1)对物块从C点恰好到达最高点D的过程，根据动能定理求解;

第10页/共】3页

(2)物块在BC段做匀速运动，由平衡条件求得电动机输出的牵引力，根据功率P=F%求解电动机的输出功窗：

(3)全过程物块储存的机械能等r全过程物块增加的重力势能。全过程电动机因拉劫物块多消耗的电能等于物块由A到C增加的机械能与东

统因摩擦产生的内能之和。

第11页/共13页

5.解：(D设