2025年滬科新版高三物理上冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線(xiàn)…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線(xiàn)※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線(xiàn)…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年滬科新版高三物理上冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、如圖所示，勁度系數(shù)為k、原長(zhǎng)為L(zhǎng)的彈簧，一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連．開(kāi)始時(shí)小球靜止在光滑水平面上的A點(diǎn)；當(dāng)用力F將小球向右拉使彈簧伸長(zhǎng)x時(shí)，小球靜止于B點(diǎn)，則此時(shí)彈簧的彈力為（）A.kxB.k（x+L）C.k（L-x）D.以上都不對(duì)2、下列說(shuō)法正確的是（）A.分子間距離越小，分子勢(shì)能越小B.分子間距離越小，分子間作用力越小C.露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用D.晶體的物理性質(zhì)都是各向異性的3、蘭州市在無(wú)風(fēng)的時(shí)候，雨滴是豎直下落的，若雨滴帶正電，則它的下落方向?qū)⑵颍ǎ〢.東方B.西方C.南方D.北方4、用如圖所示的裝置做“探究產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件”實(shí)驗(yàn)；下列說(shuō)法正確的是（）

A.甲圖中當(dāng)磁鐵靜止在線(xiàn)圈中時(shí)，電流表的指針偏向右側(cè)B.甲圖中N極或S極插入線(xiàn)圈時(shí)，電流表的指針均偏向右側(cè)C.乙圖中開(kāi)關(guān)處于閉合狀態(tài)，移動(dòng)變阻器的滑片時(shí)指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)D.乙圖中開(kāi)關(guān)處于打開(kāi)狀態(tài)，拔出線(xiàn)圈A時(shí)電流表的指針偏向右側(cè)5、如圖所示，線(xiàn)圈自感系數(shù)很大，開(kāi)關(guān)閉合且電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，小燈泡正常發(fā)光，則當(dāng)閉合開(kāi)關(guān)和斷開(kāi)開(kāi)關(guān)的瞬間能觀察到的現(xiàn)象分別是（）A.小燈泡慢慢亮，小燈泡立即熄滅B.且小燈泡立即亮，小燈泡立即熄滅C.小燈泡慢慢亮，小燈泡比原來(lái)更亮一下再慢慢熄滅D.小燈泡立即亮，小燈泡比原來(lái)更亮一下再慢慢熄滅6、如圖所示，一質(zhì)量為m、電量為十q的帶電粒子沿著兩平行板間的中線(xiàn)，垂直電場(chǎng)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)．當(dāng)入射速度為v0時(shí)，粒子恰能貼著極板的右端點(diǎn)穿出電場(chǎng)．今欲使帶電粒子以的速度入射，也恰能穿出電場(chǎng)，那么在其他量不變的情況下，必須使下列哪個(gè)物理量減為原來(lái)的？（）A.粒子所帶電量B.極板間電壓C.極板長(zhǎng)度D.板間距離評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、短跑運(yùn)動(dòng)員在100m比賽中，以8m/s的速度迅速?gòu)钠瘘c(diǎn)沖出，到50m處的速度是9m/s，10s末到達(dá)終點(diǎn)的速度是10.5m/s，則運(yùn)動(dòng)員在全程中的平均速度是____．8、用5Ω、10Ω、15Ω和20Ω四個(gè)電阻適當(dāng)聯(lián)接，則可獲得的最小等效電阻____5Ω（填大于、等于或小于），最大的等效電阻為_(kāi)___Ω．9、（2012春?德城區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，一有限范圍內(nèi)的磁場(chǎng)，寬度為d，將一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線(xiàn)框以速度V勻速的通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域．若d＞L，則在線(xiàn)框中不產(chǎn)生感應(yīng)電流的時(shí)間應(yīng)等于____．10、（2010秋?南安市校級(jí)期末）如圖所示是單擺振動(dòng)時(shí)擺球位移隨時(shí)間變化的圖象（取重力加速度g=π2m/s2）．

（1）求單擺的擺長(zhǎng)l=____m

（2）估算單擺振動(dòng)時(shí)偏離豎直方向的最大角度（單位用弧度表示）．____rad．11、【題文】如圖所示,為同一個(gè)單擺分別在地球和月球上做受迫振動(dòng)的共振曲線(xiàn),則圖線(xiàn)____表示的是在地球上單擺的共振曲線(xiàn),可以求得該單擺的擺長(zhǎng)為_(kāi)___m,月球表面的重力加速度約為_(kāi)___m/s2.評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)12、每一種形式的能對(duì)應(yīng)于一種運(yùn)動(dòng)形式．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）13、化學(xué)成分相同的物質(zhì)只能生成同一種晶體．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）14、物體只要是運(yùn)動(dòng)的，其合外力就一定不為零．____（判斷對(duì)錯(cuò)）15、直線(xiàn)電流磁場(chǎng)的方向的判斷可以用安培定則：____．16、甲、乙兩杯水，水中均有顆粒在做面朗運(yùn)動(dòng)，經(jīng)顯微鏡觀察后，發(fā)現(xiàn)甲杯的布朗運(yùn)動(dòng)比乙杯中的激烈，說(shuō)明甲杯中水溫高于乙杯．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、只要溫度不變且處處相等，系統(tǒng)就一定處于平衡態(tài)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、公式E=和對(duì)于任何靜電場(chǎng)都是適用的．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、簡(jiǎn)答題(共3題，共9分)19、（2015秋?德宏州校級(jí)期末）如圖所示，一直流電動(dòng)機(jī)與阻值R=9Ω的電阻串聯(lián)在電源上，電源電動(dòng)勢(shì)E=30V，內(nèi)阻r=1Ω，用理想電壓表測(cè)出電動(dòng)機(jī)兩端電壓U=10V，已知電動(dòng)機(jī)線(xiàn)圈電阻RM=1Ω；求：

（1）通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流．

（2）電動(dòng)機(jī)的輸入功率．

（3）電動(dòng)機(jī)的熱功率．

（4）電動(dòng)機(jī)的輸出功率．20、如圖所示，圖中的線(xiàn)段a，b，c分別表示在光滑水平面帶上沿一條直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的滑塊Ⅰ、Ⅱ和他們發(fā)生正碰后結(jié)合體的速度-時(shí)間圖象．已知滑塊Ⅰ的質(zhì)量m1=1.0kg，根據(jù)圖象，試求滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能．21、rm{.}磷存在于人體所有細(xì)胞中，是維持骨骼和牙齒的必要物質(zhì)，幾乎參與所有生理上的化學(xué)反應(yīng)?；卮鹣铝袉?wèn)題：rm{(1)}基態(tài)rm{P}原子的核外電子排布式為_(kāi)___，有____個(gè)未成對(duì)電子。rm{(2)}磷的一種同素異形體rm{隆陋隆陋}白磷rm{(P_{4})}的立體構(gòu)型為_(kāi)___，其鍵角為_(kāi)___，推測(cè)其在rm{CS_{2}}中的溶解度rm{(}填“大于”或“小于”rm{)}在水中的溶解度。rm{(3)}兩種三角錐形氣態(tài)氫化物膦rm{(PH_{3})}和氨rm{(NH_{3})}的鍵角分別為rm{93.6?}和rm{107?}試分析rm{PH_{3}}的鍵角小于rm{NH_{3}}的原因。

rm{(4)}常溫下rm{PCl_{5}}是一種白色晶體，其立方晶系晶體結(jié)構(gòu)模型如上左圖所示，由rm{A}rm{B}兩種微粒構(gòu)成。將其加熱至rm{148隆忙}熔化，形成一種能導(dǎo)電的熔體。已知rm{A}rm{B}兩種微粒分別與rm{CCl_{4}}rm{SF_{6}}互為等電子體，則rm{A}為，其中心原子雜化軌道類(lèi)型為，rm{B}為_(kāi)___。rm{(5)}磷化硼rm{(BP)}是一種超硬耐磨涂層材料，上右圖為其立方晶胞，其中的每個(gè)原子均滿(mǎn)足rm{8}電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，試判斷其熔點(diǎn)rm{(}填“高于”或“低于”rm{)}金剛石熔點(diǎn)。已知其rm{B隆陋P}鍵長(zhǎng)均為rm{xcm}則其密度為rm{g漏qcm^{隆陋3}(}列出計(jì)算式即可rm{)}評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共4題，共24分)22、【題文】（9分）如圖所示；一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻的波形如圖中的實(shí)線(xiàn)所示，此時(shí)這列波恰好傳播到P點(diǎn)，且再經(jīng)過(guò)1.2s，坐標(biāo)為x=8m的Q點(diǎn)開(kāi)始起振，求：

①該列波的周期T

②從t=0時(shí)刻到Q點(diǎn)第一次達(dá)到波峰時(shí)，振源O點(diǎn)相對(duì)平衡位置的位移y及其所經(jīng)過(guò)的路程s.23、如圖所示的電路中；4個(gè)電阻的阻值均為R，E為直流電源電動(dòng)勢(shì)，其內(nèi)阻可以不計(jì)，平行板電容器兩極板間的距離為d．在平行極板電容器的兩個(gè)平行極板之間有一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球．當(dāng)電鍵K閉合時(shí)，帶電小球靜止在兩極板間的中點(diǎn)O上．

（1）求小球所帶的電荷的極性和電量。

（2）現(xiàn)把電鍵打開(kāi)，帶電小球便往平行極板電容器的某個(gè)極板運(yùn)動(dòng)，并與此極板碰撞，設(shè)在碰撞時(shí)沒(méi)有機(jī)械能損失，但帶電小球的電荷量發(fā)生變化．碰后小球帶有與該極板相同性質(zhì)的電荷，而且所帶的電荷量恰好剛能使它運(yùn)動(dòng)到平行極板電容器的另一極板．求小球與電容器某個(gè)極板碰撞后所帶的電荷量．24、如圖甲所示，豎直線(xiàn)MN

左側(cè)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN

右側(cè)存在垂直紙面的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B

隨時(shí)間t

變化規(guī)律如圖乙所示，O

點(diǎn)下方豎直距離d=23.5cm

處有一垂直于MN

的足夠大的擋板.

現(xiàn)將一重力不計(jì)、比荷qm=106C/kg

的正電荷從O

點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)鈻?t=婁脨15隆脕10鈭?5s

后；電荷以v0=1.5隆脕104m/s

的速度通過(guò)MN

進(jìn)入磁場(chǎng).

規(guī)定磁場(chǎng)方向垂直紙面向外為正，t=0

時(shí)刻電荷第一次通過(guò)MN

忽略磁場(chǎng)變化帶來(lái)的影響.

求：

(1)

勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E

的大小；

(2)t=4婁脨5隆脕10鈭?5s

時(shí)刻電荷與O

點(diǎn)的豎直距離鈻?d

(3)

電荷從O

點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到擋板所需時(shí)間t.(

結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

25、一滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）經(jīng)水平軌道AB進(jìn)入豎直平面內(nèi)的粗糙的半圓弧形軌道BC．已知滑塊的質(zhì)量m=0.2kg，滑塊經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度v0=7m/s，AB長(zhǎng)x=4m，滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因素μ=0.3，圓弧軌道的半徑R=0.4m，滑塊恰好能通過(guò)C點(diǎn)，離開(kāi)C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)．求：（重力加速度g=10m/s2）

（1）滑塊剛剛滑上圓弧軌道時(shí)；對(duì)圓弧軌道上最低點(diǎn)B的壓力大?。?/p>

（2）滑塊在從B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中克服摩擦力所做的功；

（3）從C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)到AB面，通過(guò)的水平位移．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】球靜止時(shí)在圖中A位置，彈簧的彈力為0，當(dāng)用力F將小球向右拉使彈簧伸長(zhǎng)x時(shí)，根據(jù)胡克定律求出此時(shí)彈簧的彈力【解析】【解答】解：由題；球靜止時(shí)在圖中A位置，此時(shí)彈簧伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度0．

當(dāng)用力F將小球向右拉使彈簧伸長(zhǎng)x時(shí)；根據(jù)胡克定律F=kx得：則此時(shí)彈簧的彈力為kx

故選：A2、C【分析】【分析】分子間既存在引力又存在斥力，我們說(shuō)的分子力是二者的合力，當(dāng)r=r0時(shí)，分子間作用力為零，分子勢(shì)能最?。畣尉w的物理性質(zhì)都是各向異性的．【解析】【解答】解：A、當(dāng)r=r0時(shí)；分子間作用力為零，分子勢(shì)能最小，A錯(cuò)誤；

B、當(dāng)r=r0時(shí)，分子間作用力為零，若r＜r0時(shí)分子間作用力越大；B錯(cuò)誤；

C；露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用；C正確；

D；多晶體的物理性質(zhì)都是各向同性的；D錯(cuò)誤；

故選C3、A【分析】【分析】雨滴帶正電，則電流的方向豎直向上，地磁場(chǎng)的方向由南向北，由左手定則判斷所受安培力的方向．【解析】【解答】解：雨滴帶正電；則電流的方向豎直向下，地磁場(chǎng)的方向由南向北，由左手定則知安培力的方向向東，則雨滴向東偏轉(zhuǎn)；

故選：A．4、C【分析】【分析】當(dāng)穿過(guò)閉合回路磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流計(jì)指針就會(huì)轉(zhuǎn)動(dòng)．【解析】【解答】解：A；甲圖中當(dāng)磁鐵靜止在線(xiàn)圈中時(shí)；磁通量沒(méi)有變化，沒(méi)有感應(yīng)電流，電流表的指針不動(dòng)．故A錯(cuò)誤；

B；甲圖中N極或S極插入線(xiàn)圈時(shí)；與B線(xiàn)圈相連的回路磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，指針發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)．甲圖中N極或S極插入線(xiàn)圈時(shí)，磁通量增大的方向相反，根據(jù)楞次定律可知，兩次感應(yīng)電流的方向一定相反．故B錯(cuò)誤．

C；乙圖中開(kāi)關(guān)處于閉合狀態(tài)；移動(dòng)變阻器的滑片時(shí)電流發(fā)生變化，穿過(guò)與B線(xiàn)圈相連的回路磁通量減小，產(chǎn)生感應(yīng)電流，指針發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)．故C正確．

D；乙圖中開(kāi)關(guān)處于打開(kāi)狀態(tài)；不是閉合電路，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，指針不轉(zhuǎn)動(dòng)．故D錯(cuò)誤．

故選：C．5、A【分析】【分析】當(dāng)斷開(kāi)電鍵的瞬間，線(xiàn)圈中電流要減小，會(huì)產(chǎn)生自感現(xiàn)象，若斷開(kāi)電鍵后，線(xiàn)圈、燈泡能構(gòu)成回路，則燈泡不會(huì)立即熄滅，若線(xiàn)圈、燈泡不能構(gòu)成回路，則燈泡立即熄滅．【解析】【解答】解：當(dāng)閉合開(kāi)關(guān)瞬間；由于L的自感作用，燈泡慢慢變亮，當(dāng)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S的瞬間，線(xiàn)圈產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，但是線(xiàn)圈與燈泡A在開(kāi)關(guān)斷開(kāi)后，不能形成回路，則燈A立即熄滅．故A正確，B；C、D錯(cuò)誤．

故選：A．6、C【分析】【分析】帶電粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律推導(dǎo)出豎直偏轉(zhuǎn)距的表達(dá)式，兩種情況的豎直偏轉(zhuǎn)距離應(yīng)該相同．【解析】【解答】解：帶電粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，L=v0t

=at2

a=

聯(lián)立以上方程整理得：mv02=

若v0變?yōu)椋瑒t極板長(zhǎng)度L變?yōu)楹笊鲜龇匠倘猿闪⑺訡正確；粒子帶電量q需變?yōu)樯厦娣匠滩趴扇猿闪⑺訟錯(cuò)誤；極板電壓也需變?yōu)椴趴伤訠錯(cuò)誤；極板間距需變?yōu)?倍才可使上述方程仍成立所以D錯(cuò)誤；

故選：C．二、填空題(共5題，共10分)7、10m/s【分析】【分析】要求平均速度，根據(jù)可知：需要知道運(yùn)動(dòng)員在比賽中通過(guò)的位移和運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，而這些不難從題目中獲知．【解析】【解答】解：由于運(yùn)動(dòng)員參加100m賽跑；故運(yùn)動(dòng)員的位移為：s=100m；

10s末運(yùn)動(dòng)員到達(dá)終點(diǎn)；故運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=10s．

根據(jù)平均速度公式為：可知：運(yùn)動(dòng)員在全程的平均速度為：==10m/s．

故答案為：10m/s8、小于50【分析】【分析】根據(jù)串并聯(lián)電路的總電阻的計(jì)算方法分析可知：串聯(lián)電路中總電阻大于任意一個(gè)分電阻，并聯(lián)電路的總電阻小于任意一個(gè)分電阻．【解析】【解答】解：根據(jù)串并聯(lián)電路的總電阻的計(jì)算方法分析可知并聯(lián)電路的總電阻小于任意一個(gè)分電阻；所以可獲得的最小等效電阻是并聯(lián)電路的電阻值，小于5Ω．最大的等效電阻為串聯(lián)電路的電阻值，為：5Ω+10Ω+15Ω+20Ω=50Ω

故答案為：小于，59、【分析】【分析】只要閉合回路中的磁通量發(fā)生變化，回路中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流；由導(dǎo)體框運(yùn)動(dòng)過(guò)程由速度公式可求得不產(chǎn)生感應(yīng)電流的時(shí)間．【解析】【解答】解：如圖所示；從線(xiàn)框完全進(jìn)入直到右邊開(kāi)始離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，線(xiàn)框中的磁通量就不再發(fā)生變化，故線(xiàn)圈中沒(méi)有感應(yīng)電流的距離為d-L；

因?qū)Ь€(xiàn)框做勻速運(yùn)動(dòng)，故不產(chǎn)生感應(yīng)電流的時(shí)間為：t=；

故答案為：．10、10.05【分析】【分析】（1）根據(jù)圖象得出單擺的周期T=2s，根據(jù)T=；求出擺長(zhǎng)．

（2）根據(jù)離開(kāi)平衡位置的最大位移和擺長(zhǎng)的關(guān)系求出偏離豎直方向的最大角度．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)圖象得出單擺的周期T=2s，根據(jù)T=，L==1m．

（2）離開(kāi)平衡位置的最大位移為0.05m，偏離豎直方向的最大角度θ=．

故本題答案為：1，0.05．11、略

【分析】【解析】當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率等于單擺的固有頻率時(shí),單擺的振幅最大.由圖像可知,此單擺在兩星球上自由振動(dòng)的固有頻率分別為0.2Hz與0.5Hz,

由f固=f固∝地球表面的重力加速度大于月球表面的重力加速度,所以圖線(xiàn)Ⅱ?yàn)閱螖[在地球上的共振曲線(xiàn),

且2π得l=≈1m.

又2π則固g=2×9.8

≈1.6m/s2.【解析】【答案】Ⅱ1m1.6m/s2三、判斷題(共7題，共14分)12、√【分析】【分析】自然界物質(zhì)運(yùn)動(dòng)的形式是多樣的，每種運(yùn)動(dòng)形式都對(duì)應(yīng)一種形式的能量．各種運(yùn)動(dòng)形式的能量在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化【解析】【解答】解：根據(jù)能量守恒定律可知：自然界物質(zhì)運(yùn)動(dòng)的形式是多樣的；每種運(yùn)動(dòng)形式都對(duì)應(yīng)一種形式的能量．各種運(yùn)動(dòng)形式的能量在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化．

例如機(jī)械能對(duì)應(yīng)機(jī)械運(yùn)動(dòng)；內(nèi)能對(duì)應(yīng)分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)．故每一種形式的能對(duì)應(yīng)于一種運(yùn)動(dòng)形式是對(duì)的．

故答案為：√13、×【分析】【分析】根據(jù)晶體的結(jié)構(gòu)與特點(diǎn)可知，同種元素構(gòu)成的固體，可能會(huì)由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體．【解析】【解答】解：由同種元素構(gòu)成的固體；可能會(huì)由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體，例如石墨和金剛石．所以該說(shuō)法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×14、×【分析】【分析】力是改變速度的原因，不是維持速度的原因，根據(jù)牛頓第一定律分析即可．【解析】【解答】解：當(dāng)物體做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)；物體不受力或者受平衡力，故力不是維持速度的原因；

故答案為：×．15、√【分析】【分析】安培定則：右手握住導(dǎo)線(xiàn)，讓大拇指所指的方向跟電流方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線(xiàn)的環(huán)繞方向．【解析】【解答】解：根據(jù)安培定則的內(nèi)容判定線(xiàn)電流的磁感線(xiàn)的方法是：右手握住導(dǎo)線(xiàn)；讓大拇指所指的方向跟電流方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線(xiàn)的環(huán)繞方向．故該說(shuō)法是正確的．

故答案為：√16、×【分析】【分析】懸浮在液體（或氣體）中固體小顆粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)是布朗運(yùn)動(dòng)，固體顆粒越小、液體（或氣體）溫度越高，布朗運(yùn)動(dòng)越明顯；布朗運(yùn)動(dòng)是液體（或氣體）分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)的反應(yīng)．【解析】【解答】解：布朗運(yùn)動(dòng)的激烈程度與液體的溫度；懸浮顆粒的大小有關(guān)；溫度越高，懸浮物的顆粒越小，布朗運(yùn)動(dòng)越激烈．所以發(fā)現(xiàn)甲杯的布朗運(yùn)動(dòng)比乙杯中的激烈，不一定是由于甲杯中水溫高于乙杯．所以以上的說(shuō)法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×17、×【分析】【分析】首先知道平衡態(tài)和熱平衡的定義，知道影響的因素是不同；知道溫度是判斷系統(tǒng)熱平衡的依據(jù)；據(jù)此分析判斷即可．【解析】【解答】解：一般來(lái)說(shuō)；平衡態(tài)是針對(duì)某一系統(tǒng)而言的，描述系統(tǒng)狀態(tài)的參量不只溫度一個(gè)，還與體積壓強(qiáng)有關(guān)，當(dāng)溫度不變時(shí)，系統(tǒng)不一定處于平衡態(tài)．所以該說(shuō)法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×18、×【分析】【分析】場(chǎng)強(qiáng)定義式E=適應(yīng)任何電場(chǎng)，E=只適用于真空中點(diǎn)電荷；場(chǎng)強(qiáng)取決于電場(chǎng)本身，與檢驗(yàn)電荷無(wú)關(guān)．【解析】【解答】解：場(chǎng)強(qiáng)定義式E=適應(yīng)任何電場(chǎng)，E=只適用于真空中點(diǎn)電荷；故錯(cuò)誤．

故答案為：×．四、簡(jiǎn)答題(共3題，共9分)19、略

【分析】【分析】電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的電路是非純電阻電路，歐姆定律U＞IR．對(duì)于R和r是純電阻，可以用歐姆定律求電流．根據(jù)功率關(guān)系求出電動(dòng)機(jī)輸出的功率，根據(jù)P熱=I2RM求解熱功率，從而求出電動(dòng)機(jī)的輸出功率．【解析】【解答】解：（1）由E=30V；電動(dòng)機(jī)兩端電壓為10V可得R和電源內(nèi)阻上分擔(dān)的電壓為20V；

則I==A=2A；

（2）電動(dòng)機(jī)輸入功率P=UI=10V×2A=20W；

（3）電動(dòng)機(jī)的熱功率P熱=I2RM=4×1W=4W；

（4）電動(dòng)機(jī)的輸出功率P輸出=P-P熱=20W-4W=16W．

答：（1）通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流為2A．

（2）電動(dòng)機(jī)的輸入功率為20W．

（3）電動(dòng)機(jī)的熱功率為4W．

（4）電動(dòng)機(jī)的輸出功率為16W．20、略

【分析】【分析】根據(jù)v-t圖象得到滑塊I、II碰撞前后的速度，然后結(jié)合動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律列式分析即可．【解析】【解答】解：以滑塊Ⅰ的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎?，由圖可直接讀出滑塊Ⅰ的初速度v1=5m/s；滑塊Ⅱ的初速度v2=-3m/s；碰撞后二者共同運(yùn)動(dòng)的速度v=2m/s．

設(shè)滑塊Ⅱ的質(zhì)量為m2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：m1v1+m2v2=（m1+m2）v

解得：m2=0.6kg

根據(jù)能量守恒定律得：

滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能△E==12J．

答：滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為12J21、（1）1s22s22p63s23p33（2）正四面體形60o大于（3）電負(fù)性N強(qiáng)于P，中心原子的電負(fù)性越大，成鍵電子對(duì)離中心原子越近，成鍵電子對(duì)之間距離越小，成鍵電子對(duì)之間的排斥力增大，鍵角變大（4）PCl4+sp3PCl6-（5）低于或【分析】【分析】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及電子排布式、立體構(gòu)型、鍵角、等電子體、雜化理論、晶胞密度計(jì)算等，理解掌握相關(guān)的內(nèi)容進(jìn)行解答?！窘獯稹縭m{(1)P}是rm{15}號(hào)元素，其核外電子排布式是：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{3}}。有rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{3}}個(gè)未成對(duì)電子。故答案為：rm{3}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{3}}rm{3}白磷是正四面體結(jié)構(gòu)，其鍵角是rm{(2)}白磷是正四面體形，為非極性分子，rm{60^{circ}}其在rm{CS}rm{CS}rm{{,!}_{2}}故答案為：正四面體形；中的溶解度大于大于；在水中的溶解度。的電負(fù)性比rm{60?}強(qiáng)，中心原子的電負(fù)性越大，成鍵電子對(duì)離中心原子越近，成鍵電子對(duì)之間距離越小，成鍵電子對(duì)之間的排斥力增大，鍵角變大。故答案為：電負(fù)性rm{(3)N}強(qiáng)于rm{P}中心原子的電負(fù)性越大，成鍵電子對(duì)離中心原子越近，成鍵電子對(duì)之間距離越小，成鍵電子對(duì)之間的排斥力增大，鍵角變大；rm{N}與四氯化碳互為等電子體，故A是rm{P}。其中心原子與四氯化碳中的rm{(4)A}的雜化方式一樣都是rm{PCl_{4}^{+}}雜化。rm{PCl_{4}^{+}}與rm{C}互為等電子體，故B是rm{sp^{3}}。故答案為：rm{B}rm{SF_{6}}rm{PCl_{6}^{-}}rm{PCl_{6}^{-}}由rm{PCl_{4}^{+}}的晶胞結(jié)構(gòu)可知屬于原子晶體，但由于rm{sp^{3}}和rm{PCl_{6}^{-}}原子的半徑都比rm{(5)}的半徑要大，即rm{BP}中共價(jià)鍵的鍵長(zhǎng)比金剛石的鍵長(zhǎng)要大，其熔點(diǎn)低于金剛石的熔點(diǎn)。由rm{B}晶胞結(jié)構(gòu)可知含有rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}個(gè)rm{P}原子，而rm{C}個(gè)rm{BP}原子都在晶胞內(nèi)部，即一個(gè)晶胞單元中含有rm{BP}個(gè)rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4

}晶胞的密度：rm{婁脩=dfrac{MZ}{{N}_{A}V}=dfrac{4隆脕42}{6.02隆脕{10}^{23}隆脕(2sqrt{2}xsin54^{circ}44{{'}}{)}^{3}}}故答案為：低于；rm{dfrac{4隆脕42}{6.02隆脕{10}^{23}隆脕(2sqrt{2}xsin54^{circ}44{{'}}{)}^{3}}}或rm{dfrac{4隆脕42}{6.02隆脕{10}^{23}隆脕(dfrac{4}{sqrt{3}}x{)}^{3}}}rm{P}【解析】rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{3}}rm{3}rm{(2)}正四面體形rm{60?}大于rm{(3)}電負(fù)性rm{N}強(qiáng)于rm{P}中心原子的電負(fù)性越大，成鍵電子對(duì)離中心原子越近，成鍵電子對(duì)之間距離越小，成鍵電子對(duì)之間的排斥力增大，鍵角變大rm{(4)PCl_{4}^{+}}rm{sp^{3}}rm{PCl_{6}^{-}}rm{(5)}低于rm{dfrac{4隆脕42}{6.02隆脕{10}^{23}隆脕(2sqrt{2}xsin54^{circ}44{{'}}{)}^{3}}}或rm{dfrac{4隆脕42}{6.02隆脕{10}^{23}隆脕(dfrac{4}{sqrt{3}}x{)}^{3}}}rm{dfrac{4隆脕42}{6.02隆脕{10}^{23}隆脕(2

sqrt{2}xsin54^{circ}44{{'}}{)}^{3}}}五、計(jì)算題(共4題，共24分)22、略

【分析】【解析】

試題分析：①根據(jù)波形圖可知，這列波從P點(diǎn)傳播到Q點(diǎn)，傳播距離時(shí)間所以波傳播的速度波長(zhǎng)所以周期

②根據(jù)波形圖可知t=0時(shí)刻距離Q點(diǎn)最近的波峰在處，傳播到Q點(diǎn)的距離需要的時(shí)間

時(shí)間即經(jīng)過(guò)質(zhì)點(diǎn)Q到達(dá)波峰，相對(duì)平衡位置的位移

經(jīng)過(guò)的路程

考點(diǎn)：機(jī)械振動(dòng)機(jī)械波【解析】【答案】①②23、略

【分析】

（1）先分析等效電路，明確電容器極板間的電壓與R3的電壓相同；然后根據(jù)受力平衡狀態(tài)確定小球受的電場(chǎng)力大小以及電性，從而計(jì)算其所帶的電荷量；

（2）小球向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理列一個(gè)方程；再根據(jù)碰撞后的運(yùn)動(dòng)情況列一個(gè)動(dòng)能定理方程求解。

本題的關(guān)鍵是知道與電容器串聯(lián)的電阻都相當(dāng)于導(dǎo)線(xiàn)，電阻忽略不計(jì)，然后根據(jù)受力平衡以及動(dòng)能定理求解即可．【解析】解：由電路圖可以看出，因R4支路上無(wú)電流，電容器兩極板間電壓，無(wú)論K是否閉合始終等于R3上的電壓；當(dāng)K閉合時(shí)，設(shè)此兩極板間電壓為U，電源電動(dòng)勢(shì)為E，由分壓關(guān)系可得。

U=U3=E①

小球處于靜止?fàn)顟B(tài)；由平衡條件得：

所以q=帶正電。

（2）當(dāng)K斷開(kāi)時(shí)，由R1和R3串聯(lián)可得電容兩極板間電壓為U′=③

由①③兩式得：U′=U④

U′＜U表明K斷開(kāi)后小球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)；重力對(duì)小球做正功，電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，由功能關(guān)系可知：

mg-q=mv2-0⑤

因小球與下極板碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失；設(shè)小球碰后電荷量變?yōu)閝′，由功能關(guān)系得：

q′u′-mgd=0-mv2⑥

聯(lián)立上述各式解得：q′=

即小球與下極板碰后電荷符號(hào)不變，電荷量變?yōu)閝′=

答：（1）小球所帶的電荷的極性為正，電量為

（2）小球與極板碰后電荷量為得．24、解：（1）電荷在電場(chǎng)中做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；有：

υ0=a△t

Eq=ma

解得：E=≈7.2×103N/C

（2）由qυ0B=mT=得：

r=T=

當(dāng)磁場(chǎng)垂直紙面向外時(shí)，半徑r1==0.05m

周期T1==×10-5s

當(dāng)磁場(chǎng)垂直紙面向里時(shí)，半徑r2=═0.03m

周期T2==×10-5s

故電荷從t=0時(shí)刻開(kāi)始做周期性運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示，t=×10-5s時(shí)。

刻電荷與O點(diǎn)的豎直距離△d=2（r1-r2）=0.04m

（3）電荷從第一次通過(guò)MN開(kāi)始計(jì)時(shí)，其運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)=×10-5s

根據(jù)電荷的運(yùn)動(dòng)情況可知；電荷到達(dá)擋板前運(yùn)動(dòng)的完整周期數(shù)為4個(gè)，此時(shí)電。

荷沿MN運(yùn)動(dòng)的距離s=4△d=0.16m；而最后△s23.5cm-16cm=0.075m的距離如圖2所示；

有r1+r1cosα=△s

解得cosα=0.5；則α=60°

故電荷運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t總=△t+4T+T1=×10-5s≈1.1×10-4s

答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為7.2×103N/C．

（2）t=×10-5s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的豎直距離△d為0.04m．

（3）電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到擋板所需時(shí)間為1.1×10-4s．【分析】

(1)

由題意；正電荷從O

點(diǎn)開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律及牛頓第二定律可以求出電場(chǎng)強(qiáng)度大?。?/p>

(2)

分別求出正電荷在交變磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和周期，從而描繪出正電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)該是周期性，由幾何關(guān)系就能求出該時(shí)刻離O

點(diǎn)的豎直距離鈻?d

．

(3)

由上述計(jì)算可知：電荷到達(dá)擋板前運(yùn)動(dòng)的完整周期數(shù)為4

個(gè)，此時(shí)電荷沿MN

運(yùn)動(dòng)的距離s=4鈻?d=16cm

則最后鈻?s=7.5cm

運(yùn)動(dòng)軌跡是一段優(yōu)弧，由幾何關(guān)系求出偏轉(zhuǎn)角，加上前面的時(shí)間從而求出運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間．

本題的關(guān)鍵是要求出正電荷在交變磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑和周期，從而確定正電荷在交變磁場(chǎng)中的周期性運(yùn)動(dòng)的軌跡，再由幾何關(guān)系求出距離和時(shí)間．【解析】解：(1)

電荷在電場(chǎng)中做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；有：

婁脭0=a鈻?t

Eq=ma

解得：E=mv0q鈻?t隆脰7.2隆脕103N/C

(2)

由q婁脭0B=mv02rT=2婁脨rv0

得：

r=mv0qBT=

2婁脨mqB

當(dāng)磁場(chǎng)垂直紙面向外時(shí)，半徑r1=mv0qB1=0.05m

周期T1=2婁脨mqB1=2婁脨3隆脕10鈭?5s

當(dāng)磁場(chǎng)垂直紙面向里時(shí)，半徑r2=mv0qB2簍T0.03m

周期T2=