全国Ⅰ卷 2020届高三物理名校高频错题卷（一）
参考答案
1．C
μ子吸收能量后从n=2能级跃迁到较高m能级，【解析】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跃迁到基态n=1能级，则辐射的能量最大，否则跃
2、3…m迁到其它较低的激发态时μ子仍不稳定，将继续向基态和更低的激发态跃迁，即1、
任意两个轨道之间都可以产生一种频率的辐射光
2
故总共可以产生的辐射光子的种类为Cm=6，解得m=4
即μ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列为4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1，能级3到能级1，能级4到能级1．所以能量E与hν3相等 故应选C。 2．D
0【解析】开始时，对放在O点的点电荷由平衡知识可知：2Facos30?E0q ；当让点电
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点处电荷的受力变为
F?(2Facos600)2?(E0q)2?23E0q，故选D. 33．B
【解析】设t时间内有V体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：m=ρV=ρSvt，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：F??mv???sv2，负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相t反；由牛顿第三定律可以知道，水对钢板的冲击力大小也为ρSv2．故选B． 4．A
【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，即可求得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直时，安培力最小，最小为
11mg，故mg?BIL，解得Bmin?2.5T，根据左手定则可22知方向沿ba所在直线，由b指向a，A正确。
5．C
【解析】设两球相遇时间为t，A、B球运动的位移量分别为hA、hB，则有：
hA?v0t?112gt，hB?gt2，hA?hB?h，联立解得t=1s 22相遇时，A、B的速度vAt?v0?gt?0，vBt?gt?10m/s
可知C项正确，ABD三项错误。 6．AC
【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：F?3μmg；
331倍时，对整体分析F?3?mg??3m?a,得a??g 2221对c水平方向分析：fc?ma??mg 故C正确．
2当该水平拉力增大为原来的
D：剪断轻绳后，物块bc向右运动的过程中，对bc研究：2μmg??2m?a2 对c水平方向分析：fc2?ma2??mg，故D错误． 7．BD
?Bl2【解析】A．由公式E?知，t?0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；
B．t?1s时，由闭合电路的欧姆定律：I?E，解得I?0.2A， R由楞次定律可得，感应电流的方向为adcba，选项B正确；
?Bl2C．t?2.5s时，电动势为E??0.08V，
?t则线框a、d两点间电压为0.02V，选项C错误；
???Bl2D．由电量公式q? ?RR可得，在5s~6s内通过线框某横截面的电荷量为0.4C，选项D正确。故选BD。
8．AC
GMmMv2【解析】对于任一行星，由万有引力提供向心力，G2=m?ma 得a?2，
rrrv?GM；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，金星公转r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的线速度。故A正确，B错误。根据v?Gm可知，金星的第一宇宙速度约为地球的第Rm金R地42016Gm?=?=一宇宙速度的，选项C正确；由g?2，则金星表面重力
RR金m地51919m金R2地4202320=?()?加速度约为地球表面重力加速度的2?，选项D错误。
R金m地5193619．BDE
【解析】A、两列波波速相同，波长不同，根据v??f，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v??f，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=\处的质点，两列波单独引起的位移分
12A、A，故合位移大于振幅A，故 D正确.E、传播速度大小相同，实线
22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y <0 ，故E正确.故选BDE.
10． V0，W＋ΔU
【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的过程中有：
p0V02p0VC＝，解得：VC＝V0； T02T0根据热力学第一定律有：ΔU＝Q＋(－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：Q＝W＋ΔU 11． 平衡摩擦力 B D 6V电压的蓄电池 220V交流电源 G a?M a?0.80
【解析】（1）①在做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；①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；①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a?M图象是曲线，而仅仅根据曲线很难判定加速度a与物体的质量M到底是什么关系，但a?是一条过坐标原点的直线，所以应作a?1 M1应该成正比例关系，而正比例关系图象M1图象．（2）由图可知，两已知长度对应的时M22间间隔为t?0.1s，由?x?at2可得?3.53?1.93??10?2?2a?0.1?，解得a?0.8m/s。
?d2R12．0.730mm C D F 图见解析 L?
4?【解析】（1）螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为23.0?0.01mm?0.230mm，所以最终读数为0.5mm?0.230mm?0.730mm．
①据题，（2）电路电动势为6V，待测电阻两端的电压不超过6V，所以电压表应选用D，
Imax?而电压表（0～15 V）的量程过大；电路中最大电流约为 0～3V，
E6?A?1.2A，Rx5故电流表应选用C，0～0.6A，而电流表（0～3 A）量程过大；滑动变阻器应选F，使得电路中电流变化范围较大． ①如图所示：
?d2RL12①根据电阻定律：R??，而且：S??d，整理可以得到：L?．
4?S413．(1)0.4m； (2)B≥(2√2+2)×10?2T
【解析】画出粒子的运动轨迹如图
（1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y
在x轴方向，粒子做匀加速运动，粒子到达y轴时，在x轴方向的位移为：x=at2
21
粒子的加速度为：a=
qEm
在y轴方向，粒子做匀速运动，粒子到达y轴时，在y轴方向的位移为：y=v0t 由以上方程解得：y=0.40m
（2）粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：vx=v0t=2×107m/s
2+v2=2√2×107m/s 粒子经过y轴时的速度大小为：v=√vx0
与y轴正方向的夹角为θ，且tanθ=2×107=1，所以θ=45°
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半径为R′，则：R′+
√2′
R2
2×107
≤
y
由洛伦兹力提供向心力qvB=
mv2R′，由以上方程联立解得：B≥(2√2+2)×10?2T
14．（1）30N ；（2）1.62m ；（3）h≤0.8m或h≥2.32m
【解析】（1）小球甲从A点到B点由机械能守恒定律可得：m甲gh0?'两小球碰撞时由动量守恒定律可得：m甲v0?m甲v0?m乙v?
12 m甲v02由机械能守恒定律可得：
1112'2m甲v0?m甲v0?m乙v'2 22212'2小球乙从BC轨道滑至E 点过程，由机械能守恒定律得：m乙v?m乙g?3R?1m乙v12 2v12 小球乙在E点，根据牛顿第二定律及向心力公式，N?m乙g?m乙R=N，根据牛顿第三定律小球乙对轨道的压力N＇由以上各式并代入数据得：v??210m/s，
N'=30N
o（2）D、G离地面的高度h1?2R?Rcos37?0.48m
m1设小球乙上滑的最大高度为hm，则小球乙在GH段滑行的距离s?sin37o
h?h小球乙从水平轨道位置滑至最高点的过程，根据动能定理：?m乙ghm?fs?0?其中f??mgcos37o，v??210m/s， 由以上各式并代入数据得hm?1.62m
1m乙v?2 2（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h?2R?0.8m 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
?ho 竖直高度为?h，上升过程克服摩擦力做功为Wf，则：Wf?fs???mgcos37?sin37o小球甲从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理：mg(h?h1??h)?Wf?0 设小球甲返回至G点时的速度为vG，根据动能定理：mg?h?Wf?从G点返回至E点的过程，根据机械能守恒：
2vE在E点，mg?m，由以上各式得h=2.32m
R12mvG 21212mvG?mg(R?Rcos37o)?mvE 22故小球甲沿原路径返回的条件为h?0.8m或h?2.32m。
15．0.2m
全国Ⅰ卷 2020届高三物理名校高频错题卷(一)参考答案
