2024年高考江苏卷物理真题

在静电场中的A、B两点放置试探电荷，其受到的静电力F与试探电荷的电荷量q的关系，分别如图中直线 $a$ 、 $b$ 所示。 $A$ 、 $B$ 两点的电场强度之比为（　　）

A． $1:1$

B． $2:1$

C． $3:1$

D． $4:1$

【答案与解析】

由电场强度定义 $E=\dfrac{F}{q}$ 知，试探电荷受力 $F=qE$ ， $F\text{-}q$ 图线斜率等于该点电场强度。由图知直线 $a$ 的斜率是直线 $b$ 的 $4$ 倍，即 $E_A:E_B=4:1$ 。故选D。
用观看立体影的特殊眼镜观察手机液晶屏幕上的图片，通过左镜片的图片明亮，右镜片的灰暗。旋转手机屏幕 $90^\circ$ ，透过两镜片的图片（　　）

A．均变明亮

B．均变灰暗

C．亮度均无变化

D．左镜片的变暗，右镜片的变亮

【答案与解析】

立体眼镜左右镜片为透振方向相互垂直的偏振片。手机液晶屏出射偏振光，初始左镜片明亮、右镜片灰暗，说明屏幕偏振方向与左镜片透振方向接近、与右镜片垂直。将屏幕旋转 $90^\circ$ 后，屏幕偏振方向随之转 $90^\circ$ ，变得与右镜片透振方向接近、与左镜片垂直，故左镜片变暗、右镜片变亮。故选D。
2024年我国实现了 $^{14}_{6}\mathrm{C}$ 批量生产。用于生产 $^{14}_{6}\mathrm{C}$ 的核反应方程为 $\mathrm{X}+^{14}_{7}\mathrm{N}\rightarrow^{14}_{6}\mathrm{C}+^{1}_{1}\mathrm{H}$ 。其中粒子X是（　　）

A．正电子 $^{0}_{1}\mathrm{e}$

B．中子 $^{1}_{0}\mathrm{n}$

C．氘核 $_{1}^{2}\mathrm{H}$

D．氦核 ${}^4_2\mathrm{He}$

【答案与解析】

核反应遵循电荷数与质量数守恒。方程 $X+^{14}_{7}\mathrm{N}\to^{14}_{6}\mathrm{C}+^{1}_{1}\mathrm{H}$ 中，左边质量数 $A_X+14=14+1=15$ ，得 $A_X=1$ ；电荷数 $Z_X+7=6+1=7$ ，得 $Z_X=0$ 。故 $X$ 为质量数 $1$ 、电荷数 $0$ 的中子 $^{1}_{0}\mathrm{n}$ 。故选B。
某广场喷泉喷出的两水柱如图中a、b所示。不计空气阻力，a、b中的水（　　）

A．加速度相同

B．喷出时的初速度相同

C．在最高点的速度相同

D．在空中的运动时间相同

【答案与解析】

喷泉中水柱不计空气阻力，仅受重力作用，加速度均为重力加速度 $g$ ，故加速度相同。两水柱喷出点高度相同而形状不同，初速度大小、最高点速度、在空中运动时间均不同。故选A。
如图所示，纳原子在几个能级间跃迁时辐射的光的波长分别为 $\lambda_{1}$ 、 $\lambda_{2}$ 、 $\lambda_{3}$ 和 $\lambda_{4}$ 。其中只有一种波长的光能使某种金属发生光电效应，该光的波长为（　　）

A． $\lambda_1$

B． $\lambda_2$

C． $\lambda_3$

D． $\lambda_4$

【答案与解析】

光电效应要求入射光子能量 $h\dfrac{c}{\lambda}$ 大于金属逸出功。四种光中只有一种能使该金属发生光电效应，说明该光子能量最大、波长最短。由能级图可知 $\lambda_3$ 对应的跃迁光子能量最大（波长最短）。故选C。
如图所示，光线以相同的入射角 $\theta$ 从空气射入甲、乙两种浓度不同的NaCl溶液，折射角 $\beta_1<\beta_2$ 。已知NaCl溶液的折射率随浓度增加而增大。则与乙相比（　　）

A．甲的折射率大

B．甲的浓度小

C．甲中光速大

D．甲的临界角大

【答案与解析】

入射角相同，折射角 $\beta_1<\beta_2$ ，由折射定律 $n=\dfrac{\sin\theta}{\sin\beta}$ 知折射角越小折射率越大，故甲的折射率大于乙。NaCl 溶液折射率随浓度增大而增大，所以甲浓度大于乙；折射率大则光速 $v=\dfrac{c}{n}$ 小，临界角 $\sin C=\dfrac{1}{n}$ 小。故选A。
水槽中平静的水面上漂着两片小纸屑 $A$ 、 $B$ 。如图所示，O、A、B在一条直线上， $OA=2AB$ ， $0$ 时刻开始用笔尖周期性地轻点水面O点， $t_1$ 时刻观察到 $A$ 开始振动，B开始振动的时刻为（　　）

A． $t_1$

B． $\frac{3t_1}{2}$

C． $2t_1$

D． $\frac{5t_1}{2}$

【答案与解析】

水面波由 $O$ 点向外匀速传播，波速 $v$ 相同。 $\mathrm{A}$ 在 $t_1$ 时刻开始振动，故 $OA=vt_1$ 。又 $OA=2AB$ ，则 $OB=OA+AB=\dfrac{3}{2}OA=\dfrac{3}{2}vt_1$ ，所以 $\mathrm{B}$ 开始振动的时刻 $t_B=\dfrac{OB}{v}=\dfrac{3t_1}{2}$ 。故选B。
制作陶瓷时，在水平面内匀速转动的台面上有一些陶屑。假设陶屑与台面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。将陶屑视为质点，则（　　）

A．离转轴越近的陶屑质量越大

B．离转轴越远的陶屑质量越大

C．陶屑只能分布在台面的边缘处

D．陶屑只能分布在一定半径的圆内

【答案与解析】

陶屑随台面匀速转动，静摩擦力提供向心力 $f=m\omega^2r$ ，所需静摩擦不超过最大静摩擦 $\mu mg$ ，即 $m\omega^2r\le\mu mg$ ，得 $r\le\dfrac{\mu g}{\omega^2}$ 。故陶屑只能分布在一定半径的圆内。故选D。
如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A左右端相连，整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（　　）

A．弹簧恢复原长时，A的动能达到最大

B．弹簧压缩最大时，A的动量达到最大

C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加

D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加

【答案与解析】

剪断细线前弹簧处于伸长状态，对 $\mathrm{A}$ 向左拉、对 $\mathrm{B}$ 向右推。剪断细线后，弹簧对 $\mathrm{A}$ 的向左拉力与 $\mathrm{A}$ 的运动方向相同，直到弹簧恢复原长时 $\mathrm{A}$ 动能最大；之后弹簧压缩、弹力反向使 $\mathrm{A}$ 减速。系统水平方向不受外力，动量守恒不变；只有弹簧弹力做功，机械能守恒不变。故选A。
如图所示， $a$ 、 $b$ 为正方形金属线圈， $a$ 线圈从图示位置匀速向右拉出匀强磁场的过程中， $a$ 、 $b$ 中产生的感应电流方向分别为（　　）

A．顺时针、顺时针

B．逆时针、逆时针

C．顺时针、逆时针

D．逆时针，顺时针

【答案与解析】

$a$ 线圈向右拉出匀强磁场，穿过 $a$ 的磁通量减小，由楞次定律其感应电流阻碍磁通量减小，感应磁场垂直纸面向里，由右手螺旋定则 $a$ 中感应电流为顺时针。 $a$ 中感应电流产生的磁场使穿过 $b$ 的磁通量变化， $b$ 中亦产生感应电流阻碍该变化，方向同样为顺时针。故选A。
如图所示，轻绳的一端拴一个蜂鸣器，另一端穿过竖直管握在手中。蜂鸣器在水平面a内做匀速圆周运动。缓慢下拉绳子，使蜂鸣器升高到水平面b内继续做匀速圆周运动。不计空气阻力和摩擦力，与升高前相比，蜂鸣器（　　）

A．角速度不变

B．线速度减小

C．向心加速度增大

D．所受拉力大小不变

【答案与解析】

蜂鸣器做圆锥运动，设绳与竖直方向夹角为 $\theta$ 、圆周运动半径为 $r$ 。对竖直轴角动量守恒（拉力对竖直轴无力矩）， $mvr=\text{常量}$ ，故线速度 $v\propto\dfrac{1}{r}$ ；下拉绳子使 $r$ 减小，则 $v$ 增大，B 错。向心加速度 $a=\dfrac{v^2}{r}\propto\dfrac{1}{r^3}$ ，随 $r$ 减小而增大，C 对。角速度 $\omega=\dfrac{v}{r}\propto\dfrac{1}{r^2}$ ，随 $r$ 减小而增大，A 错。又 $\tan\theta=\dfrac{v^2}{rg}\propto\dfrac{1}{r^3}$ ， $r$ 减小时 $\theta$ 增大， $\cos\theta$ 减小，拉力 $T=\dfrac{mg}{\cos\theta}$ 增大，D 错。故选C。
某种材料制成的长方体样品如图1所示， $AB$ 和 $CD$ 方向分别用导线引出。小明实验测量该样品的电阻率，采用的实验电路图如图2所示，电源、电压表规格已在图中标出，可选用的电流表和滑动变阻器有：电流表 $\mathrm{A}_1($ 量程 $0\sim20\mathrm{mA}$ ，内阻约 $4\mathrm{\Omega}$ ），电流表 $\mathrm{A}_2$ （量程 $0\sim100\mathrm{mA}$ ，内阻约 $1\mathrm{\Omega}$ ）；滑动变阻器 $R_{1}$ （最大阻值 $10\mathrm{\Omega}$ ），滑动变阻器 $R_{2}$ （最大阻值 $50\mathrm{\Omega}$ ）。

$(1)$ 将多用电表的选择开关旋转到欧姆挡，试测样品 $A$ 、 $B$ 间的电阻，多用电表的读数如图3所示，电阻值为＿＿＿＿ $\Omega$ 。试测样品 $C$ 、 $D$ 间的电阻，电阻值约为 $10\mathrm{\Omega}$ 。

$(2)$ 按图2连接实物电路，如图4所示，其中滑动变阻器应选用＿＿＿＿（选填“ $R_{1}$ ”或“ $R_{2}$ ”）。 $(3)$ 图4中有一根导线连接错误，出现在＿＿＿＿区域（选填“①”“②”“③”或“④”）。正确连线后，用电压表、电流表 $\mathrm{A}_1$ 测得样品 $A$ 、 $B$ 间的电阻值 $R_{AB}$ 。

$(4)$ 换用电流表 $\mathrm{A}_2$ 对样品 $C$ 、 $D$ 间的电阻进行测量。闭合开关前，应将图4所示的滑动变阻器的滑片置于＿＿＿＿（选填“最左端”或“最右端”）。闭合开关，测量样品 $C$ 、 $D$ 间的电压和电流，得到电阻值 $R_{CD}.$ $(5)$ 根据样品电阻值和尺寸计算沿着 $AB$ 和 $CD$ 方向的电阻率，结果如下表实验中测量A、B间电阻时选用电流表 $\mathrm{A}_1$ ，测量C、D间电阻时选用电流表 $\mathrm{A}_2$ ，经过一系列测量后得到金属块的电阻率 $\rho_{AB}$ 和 $\rho_{CD}$ 。

$AB$ 方向 $CD$ 方向
电阻率 $\rho/(\Omega\cdot\mathrm{m})$ 1.01 1.13

样品沿各个方向的电阻率应当相等。实验发现，两个方向上测得的电阻率值差异较大。有同学认为，沿 $CD$ 方向样品的电阻率的测量值较为准确，因为沿 $CD$ 方向所用电流表 $\mathrm{A}_2$ 的内阻比 $\mathrm{A}_1$ 小，对测量结果影响较小。你是否同意该同学的观点？请简要说明理由。＿＿＿＿。

【答案与解析】

(1) 多用电表欧姆挡选用“ $\times100$ ”倍率，读数为 $3.2\times100=320$ ，故 $\mathrm{A}$ 、 $\mathrm{B}$ 间电阻值为 $320\ \Omega$ 。 (2) 后续测量 $C$ 、 $\mathrm{D}$ 间约 $10\ \Omega$ 的小电阻时，须将电流限制在电流表 $A_2$ 量程内，滑动变阻器应选用 $R_2$ 。 (3) 图4中有一根导线连接错误，出现在 ② 区域。 (4) 闭合开关前滑动变阻器滑片应置于使接入电阻最大的位置，即最右端。 (5) 不同意。沿 $C$ 、 $\mathrm{D}$ 方向的电阻约 $10\ \Omega$ 属小电阻，伏安法测量误差主要来自电压表内阻的分流（外接法）或导线接触电阻，并非仅由电流表内阻决定；不能简单认为电流表 $A_2$ 内阻比 $A_1$ 小则测量值更准。两个方向的电阻率本应相等，差异源于实验系统误差。
装有科学仪器的密闭容器内部充满温度为 $300\mathrm{K}$ 、压强为 $1.0\times10^{5}\mathrm{Pa}$ 的气体。容器上有面积为 $0.06\mathrm{m^{2}}$ 的平面观察窗，现将该容器送到月球上，内部气体的温度变成 $240K$ ，体积保持不变，月球表面视为真空。求此时：（1）该气体的压强 $p$ ；（2）观察窗受到气体的压力 $F$ 。

【答案与解析】

(1) 容器体积不变，气体做等容变化，由查理定律 $\dfrac{p_1}{T_1}=\dfrac{p_2}{T_2}$ 得 $p_2=p_1\dfrac{T_2}{T_1}=10\times10^5\times\dfrac{240}{300}=8\times10^4\ \mathrm{Pa}$ 。 (2) 观察窗受到气体的压力 $F=p_2S=8\times10^4\times0.06=4.8\times10^3\ \mathrm{N}$ 。
“嫦娥六号”探测器由着陆器、上升器、轨道器和返回器四个部分组成，沿环月轨道以速度 $v_{0}$ 运动。某时刻，着陆器和上升器（组合体 $\mathrm{A}$ ）、轨道器和返回器（组合体 $\mathrm{B}$ ）分离，分离时间为 $\Delta t$ 。分离后 $B$ 的速度大小为 $v$ ，方向与 $v_{0}$ 相同。已知组合体 $\mathrm{A}$ 、 $\mathrm{B}$ 的质量分别为 $m$ 、 $M$ 。求：（1）分离后 $\mathrm{A}$ 的速度大小 $v_{1}$ ；（2）分离过程中， $\mathrm{A}$ 对 $\mathrm{B}$ 的平均 $F$ 推力大小。

【答案与解析】

(1) 分离过程系统动量守恒，取 $v_0$ 方向为正： $(m+M)v_0=Mv+mv_1$ ，解得分离后 $\mathrm{A}$ 的速度 $v_1=v_0+\dfrac{M(v_0-v)}{m}$ ，方向与 $v_0$ 相同。 (2) 对组合体 $\mathrm{B}$ ，由动量定理 $F\Delta t=Mv-Mv_0$ ，得分离过程中 $\mathrm{A}$ 对 $\mathrm{B}$ 的平均推力大小 $F=\dfrac{M(v-v_0)}{\Delta t}$ （因 $v>v_0$ ，方向与 $v_0$ 相同）。
某重力储能系统的简化模型如图所示，长度为 $L$ 、倾角为 $\theta$ 的斜坡 $ABCD$ 上，有一质量为 $m$ 的重物通过绳索与电动机连接。在电动机的牵引下，重物从斜坡底端 $A$ 点由静止开始运动，到达 $B$ 点时速度达到最大值 $v$ ，然后重物被匀速拉到 $C$ 点，此时关闭电动机，重物恰好能滑至顶端 $D$ 点，系统储存机械能。已知绳索与斜坡平行，重物与斜坡间的动摩擦因数为 $\mu$ ，重力加速度为 $g$ ，不计空气阻力和滑轮摩擦。（1）求 $CD$ 的长度 $x$ ；（2）求重物从 $B$ 到 $C$ 过程中，电动机的输出功率 $P$ ；（3）若不计电动机的损耗，求在整个上升过程中，系统存储的机械能 $E_1$ 和电动机消耗的电能 $E_2$ 的比值。

【答案与解析】

(1) 从 $C$ 到 $\mathrm{D}$ 关闭电动机，重物沿斜坡上滑，沿斜面向下的合力为 $mg\sin\theta+\mu mg\cos\theta$ ，做匀减速运动至 $\mathrm{D}$ 点速度为零，由 $v^2=2ax$ 得 $x=\dfrac{v^2}{2g(\sin\theta+\mu\cos\theta)}$ 。 (2) $\mathrm{B}$ 到 $C$ 匀速运动，电动机牵引力 $T=mg\sin\theta+\mu mg\cos\theta$ ，输出功率 $P=Tv=mg(\sin\theta+\mu\cos\theta)v$ 。 (3) 全过程系统储存的机械能 $E_1$ 等于到达 $\mathrm{D}$ 点增加的重力势能， $E_1=mgL\sin\theta$ ；电动机消耗的电能 $E_2$ 等于系统增加的机械能加上克服摩擦力做的功， $E_2=mgL\sin\theta+\mu mg\cos\theta\cdot L=mgL(\sin\theta+\mu\cos\theta)$ ，故 $\dfrac{E_1}{E_2}=\dfrac{\sin\theta}{\sin\theta+\mu\cos\theta}$ 。
同步辐射光源中储存环的简化模型如图所示，内、外半径分别为 $R_1$ 、 $R_{2}$ 的两个半圆环区域abcd、a'b'c'd'中均有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 $B$ 。ab与a'b'间有一电势差为U的加速电场，cd与c'd'间有一个插入件，电子每次经过插入件后，速度减小为通过前的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，垂直于cd射入插入件，经过磁场、电场再次到达cd的速度增加，多次循环后到达 $cd$ 的速度不再增加，达到稳定值。不考虑相对论效应，忽略经过电场和插入件和的时间。

$(1)$ 求该电子进入插入件前、后，在磁场中运动的半径之比 $r_{1}:r_{2}$ ； $(2)$ 求该电子多次循环后到达cd的稳定速度v； $(3)$ 若该电子运动到cd的中点P时达到稳定速度，并最终能到达边界的d点，求电子从P点运动到d的时间t。

【答案与解析】

(1) 设电子进入插入件前、后速度大小分别为 $v_1$ 、 $v_2$ ，则 $v_2=kv_1$ 。在磁场中洛伦兹力提供向心力 $eBv=\dfrac{mv^2}{r}$ ，得轨道半径 $r=\dfrac{mv}{eB}$ ，半径与速度成正比，故进入插入件前、后的半径之比 $r_1:r_2=v_1:v_2=1:k$ 。 (2) 多次循环达到稳定后，电子到达 $cd$ 的速度为 $v$ ，经插入件后速度变为 $kv$ ，再经加速电场由动能定理 $eU=\dfrac12mv^2-\dfrac12m(kv)^2=\dfrac12mv^2(1-k^2)$ ，解得稳定速度 $v=\sqrt{\dfrac{2eU}{m(1-k^2)}}$ ，方向垂直于 $cd$ 向左。 (3) 由(1)知磁场中轨道半径与速度成正比。稳定后电子每经一次插入件速度由 $v$ 变为 $kv$ ，对应半径由 $r$ 变为 $kr$ 。电子每循环一周（两次半圆运动）在 $cd$ 上的穿出半径向 $d$ 方向漂移 $2(r-kr)=2r(1-k)$ 。从 $P$ （半径 $\dfrac{R_1+R_2}{2}$ ）漂移到边界 $d$ （半径 $R_2$ ）需循环周数 $n=\dfrac{R_2-\dfrac{R_1+R_2}{2}}{2r(1-k)}=\dfrac{R_2-R_1}{4r(1-k)}$ 。每次半圆运动时间均为 $\dfrac{\pi r}{v}$ （因 $\dfrac{\pi r}{v}=\dfrac{\pi kr}{kv}$ ），每周期时间 $\dfrac{2\pi r}{v}$ ，故从 $P$ 到 $d$ 的时间 $t=n\cdot\dfrac{2\pi r}{v}=\dfrac{\pi(R_2-R_1)}{2(1-k)v}$ 。