全国Ⅰ卷2020届高三物理名校高频错题卷(四)参考答案

1、全国I卷2020届高三物理名校高频错题卷（四）. A【解析】根据光电效应的规律，金属表面的一个电子一次只能吸收一个光子.故A正确;每一种金属在产生光电效应时都存在一极限频率（或称截止频率），即照射光的频率不能低于某一临界值，当电子吸收的光子的能量大于逸出功时，电子才能能从金属表面逸出，成 为光电子，故B错误；波动性理论，如果入射光较弱，照射的时间要长一些，金属中的电 子才能积累住足够的能量，飞出金属表面.可事实是，只要光的频率高于金属的极限频 率，光的亮度无论强弱，光子的产生都几乎是瞬时的，不超过十的负九次方秒.光的频率 低于极限频率时，无论多强的光，照射的时间多长都无法使电子逸出，故CD错误

2、.A【解析】设A球的电荷量为 Q,则B球的电荷量为2Q,未接触前，根据库仑定律，得:2kQ22-r,接触后两球带电量平分，再由库仑定律，得:k 3Q 3Q9kQ24r29F ,故A正确。83. C【解析】a小球的受力分析如图所示,则闭jgtan 8二加兄3/二七后S ,同理b物体有叫gtan Q二加五Kq：，人户,解得8s以二工，a = 60=,而乱二Rsd二凡，,故球B和球A在同一水平线上，选项C正确.A【解析】线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故 BC错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均

3、匀增大后均匀减小，由 E=BLv ,可知感应电动势先 均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生.线框 穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则 可知感应电流方向为顺时针，电流 i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀 减小，由E BLv ,可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误.D?【解析】A在空中的时间为?i?=下?=4?, , , 、? 2?0-?7 ； B在空中的时间为22f tl-t2，tti,刀r0,设半径为r的粒子的质r、3 一 ，r、2.重为 m、甲电重为 q、被加速后的速度为 v,则：m

4、 (一) m)0而q(_) q0,由00122qUmv =qU ,解得：v2. mor v ,故洛伦兹力变小，粒子带正电，故粒子向左偏转，故C错误；D.由于v Jv,故洛伦兹力与原来的洛伦兹力的比值为见，电场力与洛伦兹力平衡，故电场力与原来的电场力的比值为心,根据F = qE,区域，的电场与原电场的电场强度之比为曳，故D正确。?ABD【解析】(1)由气态方程 三=?成口？?8 ?气体的压强，体积不变，pV 一定不变，则T定不变，故内能一定不变，温度升高，PV乘积一定升高，但压强不一定增大，故 A正确C错误；气体分子间距离很大，分子势能为零，所以气体内能等于气体分子动能，温度升高，分子平均动能增

5、大，故气体内能增大，B正确；气体的温度升高 1K,内能的变化是相同的，而内能的变化与吸收的热量以及外界对气体的做功两个因素有关，所以气体的温度 每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关，故 D正确；改变气体内能有两种方式： 做功和热传递，因此气体内能不变，其状态可以是外界对其做功，气体放热；或者气体对 外界做功，气体从外界吸热，因此其状态可能变化，E错误；80.2010814由图乙可以看出，该波的波长为2时，原点的质点刚好回到平衡位置，因而位移为零.【解析】由振动图象可以看出该振动的振幅为8 cm,振动周期为0.2 s,在t等于一周期m,则波速v=上-m/s= 10 m/s.经过工周期后，A

6、点刚好到达负的最大位移处，因而T 0.22位移为一8 cm.1.8s, a1 a【解析】小车在斜面底端以一定初速度推出后得出的s-t图象，在s-t图象中，图象的斜率表示物体速度的大小，速度为零的时刻即该点的斜率为零，所以速度为零的位置是 置，即日刻是1.8s.从图中可以看出， AB段和BC段的位移大小相等，小车在斜面向上是1匀减速到零，向下是从静止开始匀加速.根据 ？?= -? AB段的时间小于BC段的时间，所以AB段的加速度 研与BC段的加速度a2的大小关系是：a-a2.故答案：1.8s, a1a(1)量程太大 (2) 0 3V (3) D (4) 1.47 0.82【解析】(1)测量一节干

7、电池的电动势大约在1.5v左右，而电压表的量程却达到0到15v,读数不到刻度盘十分之一，无法准确读数.(2)电流表G与定值电阻R3串联，串联后的最大电压Um Im(R3 Rg) 3V所以改装的电压表量程是03v (3)由于电源电压只1.5v有1.5v左右，若选用滑动变阻器R2(0100Q, 1A),电流最小只会有 0.015A选100小于电流表量程，读数不准确，所以选择较小的滑动变阻器R1 (020 Q, 10A). (4)改装后电压表示数u Ii(R3 Rg),根据路端电压和电流的关系有1000I1 E 12r图像纵轴截距即为电动势所以电动势E 1.47v斜率即内阻r 0.8213. (1)

8、qBLv 毛-(2)7 1 (3) 36 21 2216(1)粒子能从C点由区域，射入区域，的粒子圆心在B点，轨迹半径R=l ,又因为2mvqvB0,所以vqBL-;(2)经分析，除一开始从发射点 A运动到点D、并在点Dm由区域.射入区域.的粒子，其余粒子运动一段时间后均会与挡板相撞，速度减为0.不与挡板相撞的粒子在区域，运动轨迹的半径 Ri=2l,圆心角一,在区域，磁感应强31 _度变为4B0,运动轨迹的半径 R2 R4,可画出物理在两个磁场区域内的运动轨迹如图所示从A出发回到A的最短1巧=(3)心3(3)如下图所示，画一个正三角形边界, 迹相切.21使该三角形三条边均与区域中的三个半圆形轨

9、由图可知，三角形h (2 、3)r a23.33 3.3(3 T)r (3 7一 3边长 1,3(23) r ( .3 一)12s lh2l 36 21.3l21614. (1)F = 73mg (2) W 1(9g)mgR(3)min5、3(1)研究B,据平衡条件，有F =2mgcos 0,解得 F =、3 mg(2)研究整体，据平衡条件，斜面对 A的支持力为N =3mgcosO = 3，mg, f =科N= 壁22科mg由几何关系得 A的位移为x =2Rcos30 0 3R R,克服摩擦力做功 Wf =fx =4.5科mgR由几何关系得A上升高度与B下降高度恰均为h = ?R,据功能关系

10、W + 2mgh - mgh - Wf =0,解得 W 1(9#)mgR(3) B刚好接触斜面时，挡板对 B弹力最大，研究B得Nm 2mg 4mg,研究整体sin30得fmin + 3mgsin30 N= m,解得fmin = 2.5mg ,可得最小的动摩擦因数：min539(1)-33 ?(2) 63.3cm【解析】(1)以封闭在左管中的气体为研究对象，初状态：T=360K , Pi= (7545) cmHg=30cmHg , V1=12.5Scm3在水银柱A对U形管的顶部没有压力时：T =2731； p2=25cmHgh2 =(7525) cm=50cm , V2=10Scm3?=L?， ?= -33 ?(2) 状态 3： T3=T, p3=p0=75cmHg , V3=LSCm3 p2V2=p3V3? = ?2?= 25X10?= 10?0753注入的水银柱长度为：).V2;二分之一；【解析】从O点射)柱体的光线，折射角为r,根据题意从O点射向透明物质的光线恰好从AB圆弧面上距离 B点三分之一处射出，则 ?45?= 30。，根据折射定律有：？?= -?=?逐，从某位置P点