2024年广东高考物理第四次质检试卷-自定义类型

2024年广东省高考物理第四次质检试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.如表给出了某些金属材料的逸出功.现用波长为400nm的单色光照射上述材料，能产生光电效应的材料

最多有几种（普朗克常量h=6.6x10-34/7,光速c=3.0x108血/5,e=1.6x10-19c）（）

金属鸨钙钠钾锄

Wo(eV)4.543.202.292.252.13

A.2种B.3种C.4种D.5种

2.如图甲所示，一列简谐横波在均匀介质中沿直线向右传播，选取平衡位置在同一直线上的7个质点，相邻

两质点间的距离均为d.t=0时该波传播到质点1,且质点1向下运动，时刻该波第一次出现如图乙所示的

波形，则

()

A.to时质点2向下运动B.to时质点5的速度为0

C.该波的波长为10dD.该波的波速为卫

「0

3.如图所示,在地面上一盘子C的正上方力处有一金属小球a距C为20m,在8处有另一个金属小球b距C为15m,

小球Q比小球b提前1s由静止释放3取IOTH/S?）。则（）

^—Qa

B-

20m

A.方先落入C盘中，Q、b不可能在下落过程中相遇

B.。先落入C盘中，a、b下落过程相遇点发牛.在BC之间某位置

C.a、b两小球同时落入C盘

D.在a球下落过程中，a、b两小球相遇点恰好在8处

4.在粗糙水平桌面上，长为Z=0.2m的细绳一端系一质量为m=1kg的小球，手

握住细绳另一端。点在水平面上做匀速圆周运动，小球也随手的运动做匀速圆周

运动.细绳始终与桌面保持水平，。点做圆周运动的半径为r=0.15m,小球与桌

面的动摩擦因数为〃=0.6,g=10m/s2o当细绳与。点做圆周运动的朝L迹相切时,

则下列说法正确的是（）

A.小球做圆周运动的向心力大小为6NB.。点做圆周运动的角速度为2，Irad/s

C.小球做圆周运动的线速度为6?九/5D.小球做圆周运动的轨道半径为「八

5.霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B=Bo+kz（B。、k均为常

数）.将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图所示），当物体沿z轴方向移动时，

由于位置不同，霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同.则（）

A.传感器灵敏度华与上、下表面的距离有关

B.当物体沿z轴正方向移动时，上、下表面的电势差U变小

C」‘专感器灵敏度孚与通过的电流有关

D.若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高

6.如图乙所示，在图中理想变压器的原、副线圈上有工、8、C、。四只相同的小灯泡，在原线圈加有如图甲

所示的电压，原、副线圈函数比为2：1,开关闭合时力小灯泡的功率为P（设整个过程四只小灯泡均未超过额

定功率）,则（）

A.加在原线圈的电压随时间变化规律为〃=220stnl007rt（V）

B.变压器的输出功率为

C.A,B、C、。四灯总功率为舁

D.若断开开关S则8、C两小灯泡变暗

7.如图所示，重力不计的一束混合带电粒子，从同一点垂直于电场方向进入一截面是

矩形的有界匀强电场中，电场强度为E，1、2、3是粒子运动轨迹中的三条.关于这

些粒子的运动，下列说法中正确的是（）

A.有的粒子能在电场中一直运动下去

B.同一轨迹上的粒子其比荷一定相同

C.若初速度都相同，则轨迹3的粒子比轨迹1的粒子比荷小

D.若进入电场前粒子都是经同一电场由静止开始加速，则将沿同一轨迹运动

二、多选题：本大题共3小题，共18分。

&（多选）我们知道，气体分子的运动是无规则的，每个分子运动的速率一般是不同的，但大量分子的速率分

布却有一定的统计规律.下图描绘了某种气体在不同温度下分子数百分比按速率分布的曲线，两条曲线对

应的温度分别为7\和今，则下列说法正确的是（）

C.两曲线与横轴所围图形的“面积”相等D.两曲线与横轴所围图形的“面积”不相等

9.如图，力、B为原来都静止在同一匀强磁场中的两个放射性元素原子核的变化示意图，其中一个放出一a粒

子，另一个放出一0粒子，运动方向都与磁场方向垂直.下图中a、b与c、d分别表示各粒子的运动轨迹，下

列说法中正确的是（）

。丁图：小球自由下垂时测量摆线的长度

(2)某同学通过测量30次全振动时间来测定单摆的周期T,他在单摆经过平衡位置时按下秒表记为“1”，若

同方向经过平衡位置时记为“2”，在数到“30”时停止秒表，读出这段时间3算出周期T="30,其他

操作步骤均正确。多次改变摆长时，他均按此方法记录多组数据，并绘制了产一心图象，则他绘制的图形可

(3)按照(2)中的操作，此同学获得的重力加速度将_____(选填“偏大”、“偏小”、或“不变”)

12.某实验小组为了测量额定电压为3P的用电渊在正常工作时的阻值，在接入电路前用欧姆表估测该用电器

的阻值约为500。，实验室为该实验小组提供的实验器材有：

A电流表4式0-50mA、心1约为3。)

8.电流表4(0-3mA、RA2=15。)

C月值为85。的定值电阻8

。.阻值为1985。的定值电阻&

£.滑动变阻器R(最大阻值为20。)

”.电压表火0—12匕即=IkQ)

G.电动势为12P的电池组E(内阻可忽略不计)

H.开关S一个，导线若干

(1)该小组的同学为了精确地测量该用电器的阻值，四组同学设计的电路如下，请根据所学的知识选出合适

的电路图

(2)根据所选的电路，如果将电流表改装为量程为6V的电压表，则电流表应选择,定值电阻应选择

(填字母序号)

(3)实验小组的同学连接好电路后,当用电器正常工作时，电压表、电流表的读数分别用U、/表示，则用电

器电阻的关系式为%=____(用题中的字母表示)，当用电器正常_L作时，电流表的诙数应为/=

四、简答题：本大题共2小题，共24分。

13.一光具由同种透明材料的半圆柱和长方体组成，其截面图如图所示，0为圆心,AD

A8为半圆直径，其中AB长度是8C长度的2倍。一细光束以60。的入射角，从圆弧

面上以垂直力B方向射入光具，其折射光线恰好经过CD边的中点，已知半圆柱半

径为R,光在真空中的速度为c,求：

(1)该透明材料的折射率上

(2)光在光具中传播的最长时间(不考虑二次反射)。

14.如图所示，一倾角9=30。的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡板P。长为L=5m的薄木板

置于斜面上，其质量M=1kg,下端位于B点，PB=5m,薄木板中点处放有一质量m=Mg的滑块(可视

为质点)。已知滑块与薄木板之间的动摩擦因数〃=暮，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面上48区间存

在特殊力场，当滑块进入此区域时能对滑块产生一个沿斜面向上、大小为F=10N的恒力作用，对木板无作

用力，48区域沿斜面的宽度为1=2.5m,重力加速度g=1077i/s2,现由静是移放薄木板和滑块，求：

(1)滑块m在进入A8区域之前，薄木板运动的加速度大小劭；

(2)滑块第一次进入AB区间内受薄木板的摩擦力/■的大小和方向；

(3)若薄木板第一次与挡板P碰撞后以原速率反弹，小滑块与挡板碰撞后即粘在挡板上，停止运动。求薄木

板第一次与挡板P碰撞后沿斜面上•升到最高点的时间t(忽略滑块从薄木板上滑下时，对木板的影响，结果可

保留根号)。

五、计算题：本大题共1小题，共14分。

15.两根光滑且足够长的固定平行金属导轨M2、PQ水平放置，导轨的间距为L,两根导体棒的和cd垂直导

轨放置且与导轨接触良好，如图所示。导体棒的质量均为m、电阻均为R,其余电阻不计，磁感应强度为8的

匀强磁场方向垂直于导轨平面；开始时，助棒静止，给cd棒一水平向右的初速度%,设两导体棒在此后的

运动过程中始终不接触，求：

(1)开始瞬间cd棒的加速度多大;

(2)两导体棒在运动中最终产生的焦耳热是多少？

(3)在两棒整个的运动过程中，导体棒ab和cd在水平导轨间扫过的面积之差？

1.B

8.AC

[O.AC

11.(1*/).(2)0.(3)偏大,

12.CBD乂铲42)1SmA

而一’

13.解：(1)作出光路如图所示，设折射角为氏根据折射定律有

stn60o

n=-r-7-

sinf?

根据几何关系可知

解得：n=

(2)根据几何关系可知，从入射点到C0边上的出射点之间的距离为

x=2Rcos0

根据对称性可知，光线在光具中通过的最大光程为2%,则

解得：t=^

答：(1)该透明材料的折射率为，I;

(2)光在光具中传播的最长时间为华。

14.解：(1)滑块在进入力8区域之前，由于斜面光滑，将与木板•起以加速度大小劭加速下滑，对整体根据

牛顿第二定律可得：

(M+m)gsinO=(M+m)aQ

2

解得：a0=5m/s：

(2)进入力8区间后，假设滑块与木板仍然相对静止，设下滑的加速度大小为a,对整体根据牛顿第二定律可

得：

(M+m)gsin0一尸二(M+m)a

对滑块，所受木板的静摩擦力;•办方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：

mgsinO+f静—F=ma

解得：Q=0,/=^mg=ix1x10/V=5N

又因为滑块与木板间的最大静摩擦力：fm=iimgcosO,解得：第=5N

假设成立，即滑块受木板的静摩擦力方向沿斜面向下，大小为5N；

(3)滑块和木板一起以加速度劭加速下滑的速度为巧，则：vf=2aQl

解得：Vi=5m/s

整体下滑/后，滑块进入48区，此时滑块和木板一起匀速下滑/后，薄木板与挡板相碰后以速率/反弹.，此

时滑块的速度大小为/=5m/s,方向沿斜面向下。

对滑块根据牛顿第二定律可得：mgsinO-^imgcosO=max,解得%=0,即zn在MI:仍然匀速下滑

对薄木板根据牛顿第:定律可得：MgsinO+1.imgcosB=Ma?，解得g=10m/s2,M以加速度lOm/s?匀减

速上滑

设滑块离开薄木板的时间为“，有：/口+(%0—；。24)=1

此时薄木板的速度：以=%-。2上

2

分离后，对薄木板有：MgsinO=Ma3,解得加速度大小为：a3=5m/s

接着薄木板以加速度。3=