全国Ⅰ卷2020届高三物理名校高频错题卷(一)参考答案

1、word格式故总共可以产生的辐射光子的种类c2m=6，解得m=42facos30eq；当让点电一全国卷2020届高三物理名校高频错题卷（）参考答案1c发激的【解析】子吸收能量后从n=2能级跃迁到较高m能级，然后从m能级向较低能级跃迁，若从m能级向低能级跃迁时如果直接迁到基态n=1能级，则辐射的能量最大，否跃迁到其它较低的激态时子仍不稳定，将继续向基态和更低的发态跃迁，即1、2、3m任意两个轨道之间都可以产生一种频率辐射光为4为列3选即子吸收能量后先从n=2能级跃迁到n=4能级，然后从n=4能级向低能级跃迁辐射光子的按能量从小到大的顺序排能级到3能级，能级3到能级2，能级4到能级2，能级2到能级

2、1，能级3到能级1，能级4到能级1所以能量e与h相等故应c。2d在【解析】开始时，对放o点的点电荷由平衡知识可知：00为荷a带负电时，则a、b对o点点电荷的库仑力竖直向上在，则o点处电荷的受力变23022d.f(2fcos60)(eq)eq，故选a0033b有量【解析】设t时间内v体积的水打在钢板上，则这些水的质为：m=v=svt，以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为f，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：ft=0-mv，即：mv，负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方2向相直时，安培力最小，最小为mg，故mgbil，解得bmin2.5t，根据左手定则可fsvt为b反；由牛顿第三定律

3、可以知道，水对钢板的冲击力大小也sv2故选4a得【解析】对棒受力分析，根据安培力公式和左手定则，及结合平衡条件方程，即可求b的大小对bc棒受力分析，受到竖直向下的重力，绳子的拉力，和安培力，其中绳子的拉力方向恒定，重力的大小和方向恒定，故根据矢量三角形可知，当安培力和绳子方向垂1122知方向沿ba所在直线，由b指向a，a正确。【解析】设两球相遇间为t，a、b球运动的位移量分别ha、hb，则有：5c时为1212hgt，hahbh，联立解得t=1shvtgt，a0b专业资料整理word格式22专业资料整理word格式相遇时，a、b的速度vatv0gt0，vbtgt10m/s可知c项正确，abd三项

4、错误。6ac【解析】a：对a水平方向受力分析：受向右的f、向左的轻绳弹力、地面对它向左的摩擦力，物体匀速，故水平拉力大于轻绳的弹力即a正确b：对物块c受力分析：受重力、支持力，不受摩擦力，b错误c：原来匀速时，对整体分析：f3mg；33当该水平拉力增大为原来的倍时，对整体分析f3mg3ma,得a221对c水平方向分析：fmamg故c正确c2d：剪断轻绳后，物块bc向右运动的过程中，对bc研究：2mg2ma2对c水平方向分析：fc2ma2mg，故d错误7bd2bl12g【解析】a由公式知，t0e时线框产生的电动势为0.04v，线框a、b两点t间电压为0.01v，选项a错误；bt1s时，由闭合电路

5、的欧姆定律：ier，解得i0.2a，由楞次定律可得，感应电流的方向为adcba，选项b正确；2blct2.5s时，电动势为e0.08v，t则线框a、d两点间电压为0.02v，选项c错误；2bld由电量公式qrr可得，在5s6s内通过线框某横截面的电荷量为0.4c，选项d正确。故选bd。8acg2=mma【解析】对于任一行星，由万有引力提供向心力，rrmmv2a得2gmr，vgm；金星绕太阳旋转半径比地球绕太阳公转半径小，则由上式可知，金星r公转的向心加速度大于地球公转的向心加速度，金星绕太阳运行的线速度大于地球绕太阳运行专业资料整理r可知，金星的第一宇宙速度约为地球的的线速度。故a正确，b错误

6、。根据vgm第word格式专业资料整理一宇宙速度的金地，选项c正确；由g420320加速度约为地球表面重力加速度的mr2=()rmmr42016=rm51919金地金地2金地2word格式519361gm2，则金星表面重r力，选项d错误。9bde【解析】a、两列波波速相同，波长不同，根据vf，频率不同，不能发生干涉现象，故a错误.b、两列波波速相同，波长分别为4m、6m，为2:3，根据vf，频率之比为3:2，故b正确.c、平衡位置为x=6m处的质点此刻位移为零，两列波单独引起的速度均向上，故合速度不为零，故c错误.d、平衡位置为x=8.5m处的质点，两列波单独引起的位移分22a、12a，故合位

7、移大于振幅a，故d正确.e、传播速度大小相同，实线波的频率为2hz，其周期为0.5s，可知虚线波的周期为0.75s，从图示时刻起再经过0.25s，实线波在平衡位置为x=5m处的质点处于波谷，而虚线波处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y0，故e正确.故选bde.10v0，wu【解析】根据理想气体状态方程可知，一定质量的理想气体在由状态a变化至状态c的pv2pv过程中有：000c，解得：vcv0；t02t0根据热力学第一定律有：uq(w)该气体在从状态a经状态b变化到状态c的过程中，吸收的热量为：qwu11平衡摩擦力bd6v电压的蓄电池220v交流电源gama1m0.80【解析】（1）在做

8、实验前首先应该平衡摩擦力，此过程应排在把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂砂桶之前，即b之后；电火花打点计时器使用的是220v交流电源，故步骤d中不能使用直流电源，而应该使用220v交流电源；根据牛顿第二定律可知物体的加速度a与物体的质量m成反比，所以am图象是曲线，而仅仅根据曲线很难判定加速1度a与物体的质量m到底是什么关系，但a应该成正比例关系，而正比例关系图m象是一条过坐标原点的直线，所以应作1a图象（2）由图可知，两已知长度对应的m时间间隔为t0.1s，由2xat可得3.5321.93102a0.1，解得22a0.8m/s。120.730mmcdf图见解析l2dr4【解析】（1）螺旋测微器

9、的固定刻度为0.5mm，可动刻度为23.00.01mm0.230mm，所以最终读数为0.5mm0.230mm0.730mm专业资料整理word格式（2）据题，电路电动为势6v，待测电阻两端的电压不过超6v，所以电压表选用，约e603v，而电压表（015v）的量程过大；电路中最大电流为ia1.2a故电流表应用，00.6a，而电流表（03a）量程过大；滑动变阻器选，使得选c应f围大电路中电流变化范较如图所示：应dmaxr5x，根据电阻定律：rls1，而且：2sd，整理可以得到：4l2dr4如13(1)0.4m；(2)b(22+2)10-2t【解析】画出粒子的运动轨迹图为过（1）粒子在电场中做类平抛

10、运动，设粒子在电场中运动的时间t，粒子经y轴时的位置与原点o的距离为ym在y轴方向，粒子做匀速运动，粒子到达轴时，在y轴方向的位移为：y=v0t（2）粒子经y轴时在电场方向的分度为：vx=v0t=2107m/s粒子过y轴时的速度大小：v=v2x+v20=22107m/s7=1，所以=45y在x轴方向，粒子做匀加速运动，粒子到达轴时，在x轴方向的位移为：x=qe粒子的加速度为：a=y由以上方程解得：y=0.40m过速经为2107为角与y轴正方向的夹，且tan=2101at22半为要粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的轨道径r，则：r+专业资料整理2r2word格式m甲ghm甲vyr

11、由洛伦兹力提供向心力qvb=mv2，由以上方程联立解得：b(22+2)10-2t14（1）30n；（2）1.62m；（3）h0.8m或h2.32m【解析】（1）小球甲从a点到b点由机械能守恒定律可得：1002m甲vm甲vm乙v两小球碰撞时由动量守恒定律可得：002由机械能守恒定律可得：111222m甲vm甲vm乙v00222小球乙从bc轨道滑至e点过程，由机械能守恒定律得：1122m乙vm乙g3rm乙v1222小球乙在e点，根据牛顿第二定律及向心力公式，nmgmv乙乙1设小球乙上滑的最大高度为m，则小球乙在gh段滑行的距离shh小球乙从水平轨道位置滑至最高点的过程，根据动能定理：1r力根据牛顿

12、第三定律小球乙对轨道的压n=n，由以上各式并代入数据得：v210m/s，n=30no1（2）d、g离地面的高度h2rrcos370.48mhm1sin3o7m乙ghfs0m乙vm22其中fmgcos37o，v210m/s，由以上各式并代入数据得hm1.62m（3）只有小球甲时，小球甲要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则h2r0.8m若能完成圆周运动，则小球甲返回时必须能经过圆轨道的最高点e。设小球沿gh上升的竖直高度为，上升过程克服摩擦力做功wf，则：cos37ofsin37oh为wfsmghv1小球甲从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理：mg(hh1h)wf0g设小球甲返回至g点时的速度为，根据动能定理：mghwmvfg22从g点返回至e点的过程，根据机械能守恒：112o2mvmg(rrcos37)mvge22专业资料整理word格式在e点，mgmv2，由以上各式得h=2.32mer故小球甲沿原路径返回的条件为h0.8m或h2.32m。150.2m专业资料整理word格式【解析】设未加重物时汽缸内部气体的压强为p1，由平衡条件可得psmgps，解得5110p11.510pa加重物后，设汽缸内气体的压强变为p2，由平衡条件可得psmgpsmg，解得2102p22.010pa5由玻意耳定律p1