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（2）①据题，电路电动势V，待测电阻两端的电压不超选用D， 为6过6V，所以电压表应 0～3V为 ，而电压表（0～15V）的量程过大；电路中最大电流约
E6
IA1.2A max
R5 x
，
故电流表应选用C，0～0.6A，而电流表（0～3A）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：
①根据电阻定律： R
L 1 ，而且： 2 S Sd，整理可以得到：
4
-2
2 dR L．
4
13．(1)0.4m；(2)B≥(2√2+2)×10T 【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= qE 粒子的加速度为：a=
m
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
7
（2）粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：vx=v0t=2×10m/s
227
粒子经过y轴时的速度大小为：v=√vx+v0=2√2×10m/s
7
° 2×10 7
与y轴正方向的夹为角θ，且tanθ= 2×10=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+
′
′
1 2
2at
√2 ′
2R≤ ′
≤
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y
2
由洛伦兹力提供向心力qvB= mv R′
，由以上方程联立解得：B≥(2√2+2)×10-2
T 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：
1
2
m甲ghm00
甲v
2
两小球碰撞时由动量守恒定律可得：
'
m甲vm00
甲vm乙v
由机械能守恒定律可得：
111 2'2'2
m甲vm00 甲vm乙v
222 小球乙从BC轨道滑至E点过程，由机械能守恒定律得：
11 '22
m乙vm乙g3Rm乙v
22
小球乙在E点，根据牛顿第二定律及向心力公式，
Nmgm
2 v 乙乙
1 R
根据牛顿第三定律小球乙对轨道的压力N＇=N，由以上各式并代入数据得：v210m/s， ' N=30N
o
（2）D、G离地面的高度h12RRcos370.48m
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 hh m1
sin3o
7
小球乙从水平轨道位置滑至最高点的过程，根据动能定理：
1 m乙ghfs0mm
乙v
其中fmgcos37
o
2
，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h，上升过程克服摩擦力做功为Wo
f，则：cos37
h
Wfsmg
f
sin37
o 小球甲从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理：mg(hh1h)Wf0 设小球甲返回至G点时的速度为v1
G，根据动能定理：
2
mghWmv
fG
2
从G点返回至E点的过程，根据机械能守恒：
11 2o2
mvmg(RRcos37)mv GE 22
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1
2
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在E点， mgm
，由以上各式得h=2.32m 2 v E R
故小球甲沿原路径返回的条件为
h0.8m或h2.32m。
15．0.2m
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【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 pSmgpS①，解得
5 110
p11.510Pa①
加重物后，设汽缸内气体的压强变为p2，由平衡条件可得 pSmgpSmg
5 2102
①，解得 p22.010Pa①
由玻意耳定律p1h1Sp2h2S①，解得h2=0.3m① 活塞下降距离 x
mg
① 20.1m k
所以汽缸下降距离为hh1h2x0.2m① 16．（1）n=1.25；（2）
t
2L c
【解析】①在AC面的中点P由
sinC 1
得：n=1.25 n ①由图可知：
LOPsin53L2 L25
，
PML
5 2sin538
Lcos533
2
MCL，
MBBCMCL3 MOMBcos53L 2sin538 24
， 总路程
8 xOPPMMOL， v c ，
2L 5
n
t
xvc
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23 40
。
全国Ⅰ卷2020届高三物理名校高频错题卷(一)参考答案
