物理高考题之2024年高考江苏卷物理真题（学生版）

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=2EbC.Ea<Eb D.Ea>Eb2.(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＋714N→11H+6A.正电子10e B.中子C.氘核12H D.氦核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.λ46.(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.3t12 C.2t8.(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>ωBC.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3V，内阻可忽略不计；B.电流表A1：量程0~100mA，内阻约1Ω；C.电流表A2：量程0~10mA，内阻约4Ω；D.电压表V：量程0~3V，内阻约3kΩ；E.滑动变阻器R1：0~10Ω；F.滑动变阻器R2：0~50Ω；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=4Ω，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。ρABρCD1.021.06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300K，压强为105Pa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240K，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=Fq，可知F-q图像斜率表示电场强度，由图可知Ea=4F0q0，Eb=4F04q02．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01n。故选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=22hg，可知tb>ta，D错误；最高点的速度等于水平方向的分速度vx=xt，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，B5．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=sinθsinβ可知n甲>n乙，故甲浓度大；根据v=cn，可知光线在甲中的传播速度较小，由sinC=7．答案B解析机械波的波速v不变，设OA=2AB=2L，可得t1=2Lv，tAB=Lv=12t1，故B振动的时刻为t=t1+tAB=328．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=μgω2，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，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=mgtanθ=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mgtanθ=mrω2=mv2r，r=htanθ=lsinθ，整理有v=gltanθsinθ，ω=gh，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>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45，测CD间电阻时电流表A2分压约为180，故测13．答案(1)8×104Pa(2)4.8×103N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p1T解得p2=8×104Pa(2)根据压强的定义，气体对观测台的压力F=p2S=4.8×103N由牛顿第三定律可知，观测台对气体的压力为4.8×103N14．答案(1)(m+M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=((2)以B为研究对象，对B由动量定理有FΔt=Mv-Mv0解得F=M(15．答案(1)v(2)mgv(sinθ+μcosθ)(3)sin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mgsinθ+μmgcosθ=ma由运动学公式0-v2=-2ax联立解得x=v(2)物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为F=mgsinθ+μmgcosθ由P=Fv得P=mgv(sinθ+μcosθ)(3)全过程物块增加的机械能为E1=mgLsinθ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+μmgcosθ·L得E1E2=mgL16．答案(1)1∶k(2)2eUm(1-(3)π(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解得：r=mv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=12mv2-12m(kv解得：v=2eU方向垂直于c