2020届高三1月特供卷物理(一)学生版

1、2019-2020学年1月份内部特供卷 物理（一）注意事项：1 .答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。2 .选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3 .非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4 .考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共 8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第 15题只有一项符 合题目要求，第68题有多项符合题目要求。全部选对的得

2、 6分，选对但不全的得3分，有选错或不答 的得0分。1 .下列关于近代物理中的一些说法，正确的是A.在光电效应现象中，金属的逸出功随入射光的频率增大而增大B .比结合能大的原子核分裂成比结合能小的原子核时一定放出核能C.动量相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长相等D.玻尔将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了各种原子光谱的实验规律2 .如图所示，甲、乙、丙三个光滑轨道，甲是水平轨道，乙是向下凹 的圆弧轨道，丙是向上凸的圆弧轨道，三个轨道水平方向距离相同，图中 虚线在同一水平面上。 现有三个完全相同的小球分别从相同高度由静 止开始滚下，到达轨道的右侧，三个小球运动过程中

3、始终未脱离轨道，下 列说法正确的是A.甲轨道上的小球先到达右侧B.乙轨道上的小球先到达右侧C.丙轨道上的小球先到达右侧D.三个轨道上的小球同时到达右侧3 .北京冬奥会将在 2022年2月4日至2022年2月20日在北京和张家口联合举行。这是北京 和张家口历史上第一次举办冬季奥运会，图示为某滑雪运动员训练的情景 ：运动员从弧形坡面上滑下沿水平方向飞出后，又落回到斜面上。若斜面足够长且倾角为0,弧形坡而与斜面顶端有-定高度差某次训练时，运动员从弧形坡面飞出的水平速度大小为V0,飞出后在空中的姿势保持不变 ，不计空气阻力，下列判断正确的是B.若运动员飞出时的水平速度大小变为2v0tan 人,一一t

4、0距斜而最远gC.若运动员飞出时的水平速度大小变为4倍“D.若运动员飞出时的水平速度大小变为2V0,运动员飞出后经2 V0，运动员落点位移为原来的2 V0,落到斜面前瞬间速度方向与水平方向的夹角变大4.如图所示，表面粗糙的斜面放在水平地面上，给物体一个沿斜面向下的初速度V0,物体可以在斜面上匀速下滑。现仍给物体一个沿斜面向下的初速度V0,同时给物体施加一个恒力F,在物体下滑的过程中（整个过程斜面始终没有动），下列说法正确的是A .如果恒力F的方向平行于斜面向下，物体将加速运动，地面对斜面的摩擦力方向水平向左B.如果恒力F的方向水平向右，物体将减速运动，地面对斜面的摩擦力方向水平向左C.如果，f

5、f力F的方向垂直斜面向下，物体将减速运动，地面对斜面的 摩擦力方向向右D.如果，f1力F的方向平行于斜面向上，物体将减速运动，地面对斜面的摩擦力为零5. 2019年11月5日01时43分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第49颗北斗导航卫星，标志着北斗三号系统 3颗倾斜地球同步轨道卫星全部发射完毕。倾斜地球同步轨道卫星是运转轨道面与地球赤道面有夹角的轨道卫星，运行周期等于地球的自转周期，倾斜地球同步轨道卫星正常运行时，下列说法正确是A .此卫星相对地面静止B.如果有人站在地球赤道处地面上，此人的向心加速比此卫星的向心加速度大C.此卫星的发射速度小于第一宇宙速度D.此卫星轨道

6、正下方某处的人用望远镜观测，可能会一天看到两次此卫星6.如图所示，倾角为 30。的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O点为原长位置。质量为 0.5kg的滑块从斜面上 A点由静止释放，物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8J。现将物块由A点上方0.4m处的B点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g取10m/s2 ,则下列说法正确的是A. A点到O点的距离小于3.2mB.从B点释放后滑块运动的最大动能为9JA.若运动员以不同的速度从弧形坡面飞出，落到斜面前瞬间速度方向一定相同C.从B点释放滑块被弹簧弹回经过A点的动能为1JD.从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加了 1J7 .如图所

7、示电路中，电源内阻忽略不计，R0的阻值小于Ri的总电阻。闭合开关 S,电压表示数为U,电流表示数为I；在滑动变阻器 Ri的滑片P由b端滑到a端的过程中A.电流表示数I先变小后变大B.电压表示数U先变大后变小C.电压表示数U变化量与电流表示数I变化量比值等于R3D.电压表示数U与电流表示数I比值先变大后变小8.如图所示，半径为R的圆是圆柱形区域的横截面与为圆心，acb 60 ，在圆上a点有一粒子源能以相同的速率向圆而内各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，柱形区域内存在平行于圆面的匀强电场，粒子从电场中射出的最大动能是初动能的 4倍经过b点的粒子在b点的动能是 初动能的3倍,已知初动能为

8、Ek,不计粒子重力及粒子间的相互作用A.电场强度大小为空B.电场强度大小为qRC.电场强度方向从 a到bD .电场强度方向从二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第912题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1314题为选考题，考生根据要求作答。9. （5分）用如图所示的实验装置可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，地面水平，图中。点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时用天平测量两个小球的质量mi、m2，先让人射球1多次从斜轨上 S位置静止释放，找到其平均落地点的位置 P,测量平抛射程 OP ,然后，把被碰小球 2静置于轨道的水平部分，再将入射球1从斜轨S位

9、置静止释放，与小球2相撞,并多次重复，分别找到球1、球2相碰后平均落地点的位置 M、N,测量平抛射程 OM、ON。O f JY若两个小球质量均未知只知道m1m2,则只需验证表达式 成立，可证明发生的碰撞是弹性碰撞。（用题中测量的量表示）10. （10分）实验室有一种灵敏电流计G,满偏刻度为30格。某兴趣小组想要较精确地测出它的满偏电流Ig和内阻Rg,实验室中可供利用的器材有：待测灵敏电流计 G1、G2电流表A：（量程为1mA、内阻约为100Q）打r-I定值电阻R1：（阻值为400 Q）斯 用定值电阻R2：（阻值为600 Q）h- 耳1-7电阻箱R: （09999.9 ，最小调节量0.1 Q）1

10、1-11滑动变阻器R3：（最大电阻2000 ，额定电流1.5A）直流电源：电动势1.5V,内阻不计；开关一个，导线若干。该小组设计的实验电路图如图，连接好电路，并进行下列操作。（1）闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表示数适当。（2）若灵敏电流计 G2中的电流由b流向a,再调节电阻箱，使电阻箱R的阻值 （选填增大或减小”），直到G2中的电流为0。（3）读出电阻箱连入电路的电阻为1200，电流表的示数为 0.6 mA,灵敏电流计 G1的指针指在20格的刻度处，则灵敏电流计满偏电流Ig= 小,内阻Rg= Qo11. （14分）如图所示，空间存在方向斜向上且与水平方向夹角为45的匀强电场，电场强度大小

11、为E 受纱，范围足够大。电场中有一绝缘挡板MN,与水平方向夹角为 0 = 45，质量为m、电荷q量为q、带正电的小球从与 M点在同一水平线上的。点以速度V0竖直向上抛出，小球运动过程中恰 好不和挡板碰撞，小球运动轨迹所在平面与挡板垂直，重力加速为g,求：（1）小球贴近挡板时速度的大小；（2）小球贴近挡板时距 M点的距离。关于本实验下列说法正确的是 。A .入射球1的质量应比被碰小球2质量大B.小球与斜槽间的摩擦对实验有影响C.人射球1必须从同一高度释放D .两小球的半径可以不同若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 （用题中测量的量表示）12. （18分）如图所示，倾角为0 = 30的斜面

12、与足够大的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上有A、B、C三点,AB、BC、CD间距均为20cm，斜面上BC部分粗糙 淇余部分光滑。2块完全相同、质量 均匀分布的长方形薄片（厚度忽略不计），紧挨在一起排在斜面上，从下往上编号依次为 1、2第1块的下边缘恰好在 A处，现将2块薄片一起由静止释放，薄片经过D处时无能量损失且相互之间无碰撞 ，14.选修3-4（1） （ 5分）2018年以来世界各地地震频发，让人感觉地球正处于很活跃”的时期,对地震波的研究有助于对地震进行监测。地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局监测到一列沿x轴正方向传播的地已知每块薄片质量为 m=1kg、长为5cm,薄片与斜面BC间的

13、动摩擦因数 科=1 ,重力加速度为g,求:3（1）第1块薄片刚完全进入 BC段时两薄片间的作用力大小 ；| QI（2）第1块薄片下边缘刚运动到 C时的速度大小；八Z震横波，在t（图中实线）与。+0.4）s（图中虚线）两个日刻x轴上-3 3km区间内的波形图如图所示，则下列（3）两薄片在水平面上运动时的间距。说法正确的是13.选修3-3（1） （5分）下列说法中正确的是 （填正确答案标号）A.不可能从单-热源吸收热量并把它全部用来做功B.系统的宏观状态所对应的微观态的多少表现为宏观态的无 序程度C.通过增大压强可以使所有气体液化D.自发的热传导是不可逆的A.质点振动的周期可能为0.16sB .该

14、地震波的波长为 3 km .E.某理想气体经历从 A到B的过程，如图所示，则当压强变为（2） （10分）如图所示，一气缸由截面积不同的两圆简联接而成C.该地震波最小波速为5km/sD.从t时刻开始计时，x=2km处的质点比x=2.5km处的质点后回到平衡位置E.若该波传播中遇到宽约4km的障碍物，则能发生明显的衍射现象（2） （10分）空气中有一折射率为 我的玻璃柱体，其横截面是圆心角为 90、半径为R的半圆105Pa时温度达到最高，固定在水平地面上，活塞A、B用长为31的刚性细杆连接，它们可以在简内无摩擦地沿水平方向左右滑动，A、B的截面积分别为Sa=305 , 一 、 一 一cm2 SB=

15、15cm2 ,A B之间封闭着压强为 P| 1.2 10 Pa的一te质重的理想气体，两活塞外侧（A的左方和B的右方）都是大气，大气压强始终保5持为Po 1.0 10 Pa,对活塞B施加一水平向右的外力F,使系统平衡。ACB、-束平行光平行于横截面，以45入射角射到AO段上，如图所示，其中OC与AB垂直。若只考虑首次入射到圆弧上的光，求：圆弧上有光透出的部分的弧长 ；从最左侧出射的光与 oc延长线的交点O到圆心。的距离。（提示：sin15 耗 & ）4当气缸内气体温度为Ti=540K,活塞A、B的平衡位置如图所示。使气缸内气体温度下降，同时缓慢减小外力，以保持活塞静止不动，当温度降至多少时，外

16、力正好减为零？外力为零后，不再施加外力，继续使气缸内气体温度下降，温度降为多少时活塞 A刚好右移到两圆筒联接处？2019-2020学年1月份内部特供卷4.【答案】D物理（一）答案一、选择题：本题共 8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第 15题只有一项符 合题目要求，第68题有多项符合题目要求。全部选对的得 6分，选对但不全的得3分，有选错或不答 的得0分。1 .【答案】C【解析】在光电效应现象中，逸出功由金属本身决定，故 A错误；比结合能是结合能与核子数 的比值，比结合能大的原子核分裂成比结合能小的原子核时一定吸收能量，故B错误；根据德布罗h意波的波长的公式一可知，动量相同的质子和

17、电子，具有相同的德布罗意波波长，故 C正确;P玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，故 D错误。故选C。2.【答案】B【解析】由题意可知，丙球先减速后加速，水平方向平均速度最小，所以丙球最后到达右侧，三个小球动过程中始终未脱离轨道，利用临界条件可知，乙球先加速后减速过程，若斜面倾角趋近于90 ,要不脱离轨道，速度只能趋近于0,乙球先加速后减速，显然先到达，若速度较大，则斜面倾角趋近于0,两个时间趋近相等，故 B正确。故选B。3.【答案】B【解析】利用物体从斜面顶端平抛的运动规律：设人从A点平抛，落到斜面上的 C点，沿AC作一直线AC

18、B,则从A平抛时，落到斜面 AB上时，速度方向与水平方向的夹角都相等，则落到斜面上E点时y方向速度VyE小于落到D点时y方向速度VyD水平方向速度相同，则落到E点时速度与水平方向的夹角比落到 D点小，故AD错误；运动员速度与斜面平行时，gt _ , 2v0 tan, _离斜面取匹，当速度为 2vo时，有tan ,得t 。故B正2vg确；若沿AB斜面平抛,落到斜面上D点的时间tanvygt小一 一 2tanv0v0/日 +2v0tan得t gv0tc 22v0 tanxs cosc 22vo tanog cos可知当速度为2v0时，s4s ,则落到E点时的距离为:s 4s；故C错误。故选B。【解

19、析】物体可以在斜面上匀速下滑，则：f cos N sin , N cos N sin得： tan 。如果恒力F的方向平行于斜面向下，f和N保持不变，地面对斜面的摩擦力为0,故A错误；如果恒力F的方向水平向右，物体仍向下运动过程中：tan , n cos nsin ,，f cos N sin ,地面对斜面的摩擦力为 0,故B错误；如果恒力F的万向垂直斜面向下，同理：一tan , N cos N sin , f cos N sin 。地面对斜面的摩擦力为0,故C错误；如果恒力F的方向平行于斜面向上，物体仍向下运动过程中： tan , N cos N sin , f cos N sin ,地面对斜面

20、的摩擦力为0,故D正确。故选D。5 .【答案】D【解析】由题意可知，倾斜地球同步轨道卫星相对地面有运动，故 A错误；由向心加速度a2r ,赤道处的人和倾斜面地球同步轨道卫星角速度相同，则人的向心加速度小，故B错误；此卫星的发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故C错误；由题意可知，此卫星轨道正下方某处的人用望远镜观测，会一天看到两次此卫星，故 D正确。6 .【答案】BC【解析】物块从。点时开始压缩弹簧，弹力逐渐增大，开始阶段弹簧的弹力小于滑块的重力沿斜 面向下白分力，物块做加速运动.后来，弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做减速运动所以物块先做加速运动后做减速运动，弹簧的弹力等

21、于滑块的重力沿斜面向下的分力时物块的速度 最大设此过程中 A运动的位移为Xa根据能量守恒可知Eki Ep mgxAsin30o最大动能为8J,若Ep=0,则解得xA=3.2m,实际若Ep0,所以A点到O点的距离大于3.2m,故A错误；设物块动能 最大时弹簧的弹性势能为 Ep.从A释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得： Ek1 Ep mgxAsin30从B释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得：Ek2EpmgXB sin30且XbXa0.4m所以得从B点释放滑块最大动能为：Ek2Ek1mg Xb Xasin3080.5 10 0.4 0.5 9J故B正确；根据能量守恒可知，从从B点释放

22、滑块被弹簧弹回经过 A点时：Ek mg Xb Xa sin30 1J,故c正确；根据物块和弹 簧的系统机械能守恒知，弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能，由于从B点释放弹簧的压缩量增大，所以从 B点释放弹簧最大弹性势能比从 A点释放增加为：Ep mg xB xA sin30 0.5 10 0.4 0.5J 1J 故 D 错误。m1v1m1V2m2 v37.【答案】AD【解析】滑动变阻器 Ri的滑片P由b端滑到a端的过程中，总电阻先变大后变小，由闭合电路欧姆定律可知，电流表示数先变小后变大，故 A正确；电源内阻忽略不计，所以电压表示数不变，故B错误；电压表示数变化量与电流表示数变化量比值等于除

23、R3外的总电阻，故C错误；电压表示数与电流表示数比值等于除 R3外的总电阻，电压表示数与电流表示数比值先变大后变小，故D正确。8.【答案】ABC【解析】设电场方向与 ab边夹角为 ，离开电场时动能最大的粒子的射出点和c点的连线一定和电场方向平行，如图所示，在粒子从a运动到b点过程中由动能定理有：qERcos 2Ek对离开电场时动能最大的粒子在电场中由动能定理有：小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间时乘以 t得：m1v1t m1v2t m2v3tt相等，上式两边同冗_qER 1 sin（ ）3Ek6由以上两式解得sin 0或 sin 4石 7sin 0时（即电场方向由

24、a指向b）,得2EkqRsin4 6时,714E,E -,故选ABC 。 qR、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第912题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1314题为选考题，考生根据要求作答。9. （5 分）【答案】ACm1 OP m1 OM m2 ON OM OP ON【解析】（1）为保证入射小球不反弹，入射小球的质量应比被碰小球质量大，故 A正确；被碰小 球碰撞前后的时间仅由下落高度决定，两球下落高度相同，时间相同，所以水平速度可以用水平位 移数值表示即可，小球与斜槽间的摩擦对实验没有影响，故B错误；小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球

25、的水平位移与小球的初速度成正比，所以入射球必须从同一高度释放.故C正确；由于是一维碰撞，所以两球的半径相同，否则就不是对心碰撞，验证起来要困难得多，故 D错误。故选 AC。（2）要验证动量守恒定律定律，即验证解得：m1 OP m1 OM m2 ON（3）由动量守恒和能量守恒有mi OP 1Tli OM m2 ON121212-m1OM 2-m2ON2- m1OP2222联立解得：OM OP ON。10. （10 分）【答案】减小300 800【解析】（2）灵敏电流计 G2中的电流由b流向a,说明b点电势比a点电势高，R2的阻值小 于电阻箱接入电路的阻值，减小电阻箱 R接入电路的阻值，当 a、b

26、两点电势相等时，流过 G2的电 流为0。（3）流过G2的电流为零，由图示电路图可知： -Rg ,即：1200 -Rg-,解得：Rg=800 Q;R2 R1600400U流过两支路电流之比：-I1 -R一R2 -Rg-R 800 1200 2,由图示电路图可知：lG1 + |1 = |A,lG1 U R R2 400 600 1Rg R已知：lA=0.6mA,则：lG1=0.2mA,灵敏电流计G,满偏刻度30格，灵敏电流计的指针指在20格的303刻度处，则灵敏电流计满偏电流|。 |G1 0.2 0.3mA 300 A；g 202点睛：本题考查了应用电桥法测灵敏电流表内阻与满偏电流实验，知道实验原

27、理、分析清楚电路结 构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。11. （14分）【解析】（1）由受力分析知，等效重力为mg,方向水平向右，由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时其速度方向与挡板恰好平行，设向上为X,向右为y方向，有：tan 45v0vyvy v0解得：v J2vo。为丁3,则有:2SAl SBl 3SBl(2)设粒子贴近挡板时位置为 P,则有：tan45 一vyV0运动时间为：t -g2vox轴方向位移为：x v0t g2v2小球贴近挡板时距 M点的距离：PM2Xx 在包。g12. (18 分)【解析】(1)第1块薄片刚完全进入 BC段时，两薄片：2mgsin 30 mg

28、cos30 2ma-，r1解得：a -g4对薄片2：mg sin 30 F mam _1一得：F -mg 2.5N4(2)将两块薄片看作整体，当两块薄片恰完全进入BC段时，由动能定理有1 ,、 0 2 mg cos30 12 人2mgsin 30 (Lab _ Lbc) 21片二一 2mv 02 2210 .伶：v m/s。2此后对薄片受力分析知，沿斜面方向合力为0,所以两薄片一直匀速运动到薄片1前端到达C点，此时第1块薄片速度为v 匝m/s。2(3)每块薄片由前端在 C点运动到水平面上，由动能定理， 1 , 、1“ ，1212mgsin30 (LCD -1片) 一 mg cos30 l片二一

29、 mv1 mv 2222解得：v1. 4.5m/s两薄片到达水平面的时间差：t - .10sv所以两块薄片滑到水平面上后的距离为：x v1t 3J5m。13.选修3-3(5分)【答案】BDE【解析】根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其它变化，故A错误；嫡是物体内分子运动无序程度的量度，所以宏观态对应的微观态越多，宏观态就越无序，故B正确；增大压强不能使所有气体液化，只有在临界温度以下才可以通过增大压强使气体液化，故 C错误；一切与热现象有关宏观过程都是不可逆的，故 D正确；由图像可知，压强与体积的关系为：P=2 0.5V，一 PV -由公式 c知，PV (2-0.5V)V0.5(V 2)2 2