2025年滬科新版高三物理上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科新版高三物理上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、如圖所示，勁度系數(shù)為k、原長為L的彈簧，一端固定于O點，另一端與小球相連．開始時小球靜止在光滑水平面上的A點；當用力F將小球向右拉使彈簧伸長x時，小球靜止于B點，則此時彈簧的彈力為（）A.kxB.k（x+L）C.k（L-x）D.以上都不對2、下列說法正確的是（）A.分子間距離越小，分子勢能越小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、蘭州市在無風的時候，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)生感應電流的條件”實驗；下列說法正確的是（）

A.甲圖中當磁鐵靜止在線圈中時，電流表的指針偏向右側(cè)B.甲圖中N極或S極插入線圈時，電流表的指針均偏向右側(cè)C.乙圖中開關(guān)處于閉合狀態(tài)，移動變阻器的滑片時指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)D.乙圖中開關(guān)處于打開狀態(tài)，拔出線圈A時電流表的指針偏向右側(cè)5、如圖所示，線圈自感系數(shù)很大，開關(guān)閉合且電路達到穩(wěn)定時，小燈泡正常發(fā)光，則當閉合開關(guān)和斷開開關(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，小燈泡比原來更亮一下再慢慢熄滅D.小燈泡立即亮，小燈泡比原來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，垂直電場射入勻強電場．當入射速度為v0時，粒子恰能貼著極板的右端點穿出電場．今欲使帶電粒子以的速度入射，也恰能穿出電場，那么在其他量不變的情況下，必須使下列哪個物理量減為原來的？（）A.粒子所帶電量B.極板間電壓C.極板長度D.板間距離評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、短跑運動員在100m比賽中，以8m/s的速度迅速從起點沖出，到50m處的速度是9m/s，10s末到達終點的速度是10.5m/s，則運動員在全程中的平均速度是____．8、用5Ω、10Ω、15Ω和20Ω四個電阻適當聯(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____Ω．9、（2012春?德城區(qū)校級月考）如圖所示，一有限范圍內(nèi)的磁場，寬度為d，將一個邊長為L的正方形導線框以速度V勻速的通過磁場區(qū)域．若d＞L，則在線框中不產(chǎn)生感應電流的時間應等于____．10、（2010秋?南安市校級期末）如圖所示是單擺振動時擺球位移隨時間變化的圖象（取重力加速度g=π2m/s2）．

（1）求單擺的擺長l=____m

（2）估算單擺振動時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,為同一個單擺分別在地球和月球上做受迫振動的共振曲線,則圖線____表示的是在地球上單擺的共振曲線,可以求得該單擺的擺長為____m,月球表面的重力加速度約為____m/s2.評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)12、每一種形式的能對應于一種運動形式．____．（判斷對錯）13、化學成分相同的物質(zhì)只能生成同一種晶體．____．（判斷對錯）14、物體只要是運動的，其合外力就一定不為零．____（判斷對錯）15、直線電流磁場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動，經(jīng)顯微鏡觀察后，發(fā)現(xiàn)甲杯的布朗運動比乙杯中的激烈，說明甲杯中水溫高于乙杯．____．（判斷對錯）17、只要溫度不變且處處相等，系統(tǒng)就一定處于平衡態(tài)．____．（判斷對錯）18、公式E=和對于任何靜電場都是適用的．____．（判斷對錯）評卷人得分四、簡答題(共3題，共9分)19、（2015秋?德宏州校級期末）如圖所示，一直流電動機與阻值R=9Ω的電阻串聯(lián)在電源上，電源電動勢E=30V，內(nèi)阻r=1Ω，用理想電壓表測出電動機兩端電壓U=10V，已知電動機線圈電阻RM=1Ω；求：

（1）通過電動機的電流．

（2）電動機的輸入功率．

（3）電動機的熱功率．

（4）電動機的輸出功率．20、如圖所示，圖中的線段a，b，c分別表示在光滑水平面帶上沿一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和他們發(fā)生正碰后結(jié)合體的速度-時間圖象．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碰撞過程中損失的機械能．21、rm{.}磷存在于人體所有細胞中，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反應?；卮鹣铝袉栴}：rm{(1)}基態(tài)rm{P}原子的核外電子排布式為____，有____個未成對電子。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____，其鍵角為____，推測其在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型為，rm{B}為____。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，其中的每個原子均滿足rm{8}電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，試判斷其熔點rm{(}填“高于”或“低于”rm{)}金剛石熔點。已知其rm{B隆陋P}鍵長均為rm{xcm}則其密度為rm{g漏qcm^{隆陋3}(}列出計算式即可rm{)}評卷人得分五、計算題(共4題，共24分)22、【題文】（9分）如圖所示；一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形如圖中的實線所示，此時這列波恰好傳播到P點，且再經(jīng)過1.2s，坐標為x=8m的Q點開始起振，求：

①該列波的周期T

②從t=0時刻到Q點第一次達到波峰時，振源O點相對平衡位置的位移y及其所經(jīng)過的路程s.23、如圖所示的電路中；4個電阻的阻值均為R，E為直流電源電動勢，其內(nèi)阻可以不計，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平行極板之間有一個質(zhì)量為m的帶電小球．當電鍵K閉合時，帶電小球靜止在兩極板間的中點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，帶電小球便往平行極板電容器的某個極板運動，并與此極板碰撞，設(shè)在碰撞時沒有機械能損失，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動到平行極板電容器的另一極板．求小球與電容器某個極板碰撞后所帶的電荷量．24、如圖甲所示，豎直線MN

左側(cè)存在水平向右的勻強電場，MN

右側(cè)存在垂直紙面的均勻磁場，磁感應強度B

隨時間t

變化規(guī)律如圖乙所示，O

點下方豎直距離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、比荷qm=106C/kg

的正電荷從O

點由靜止釋放，經(jīng)過鈻?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MN

進入磁場.

規(guī)定磁場方向垂直紙面向外為正，t=0

時刻電荷第一次通過MN

忽略磁場變化帶來的影響.

求：

(1)

勻強電場的電場強度E

的大??；

(2)t=4婁脨5隆脕10鈭?5s

時刻電荷與O

點的豎直距離鈻?d

(3)

電荷從O

點出發(fā)運動到擋板所需時間t.(

結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

25、一滑塊（可視為質(zhì)點）經(jīng)水平軌道AB進入豎直平面內(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A點時的速度v0=7m/s，AB長x=4m，滑塊與水平軌道間的動摩擦因素μ=0.3，圓弧軌道的半徑R=0.4m，滑塊恰好能通過C點，離開C點后做平拋運動．求：（重力加速度g=10m/s2）

（1）滑塊剛剛滑上圓弧軌道時；對圓弧軌道上最低點B的壓力大小；

（2）滑塊在從B運動到C的過程中克服摩擦力所做的功；

（3）從C點做平拋運動到AB面，通過的水平位移．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】球靜止時在圖中A位置，彈簧的彈力為0，當用力F將小球向右拉使彈簧伸長x時，根據(jù)胡克定律求出此時彈簧的彈力【解析】【解答】解：由題；球靜止時在圖中A位置，此時彈簧伸長的長度0．

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

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

B、當r=r0時，分子間作用力為零，若r＜r0時分子間作用力越大；B錯誤；

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】當穿過閉合回路磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應電流，電流計指針就會轉(zhuǎn)動．【解析】【解答】解：A；甲圖中當磁鐵靜止在線圈中時；磁通量沒有變化，沒有感應電流，電流表的指針不動．故A錯誤；

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

C；乙圖中開關(guān)處于閉合狀態(tài)；移動變阻器的滑片時電流發(fā)生變化，穿過與B線圈相連的回路磁通量減小，產(chǎn)生感應電流，指針發(fā)生轉(zhuǎn)動．故C正確．

D；乙圖中開關(guān)處于打開狀態(tài)；不是閉合電路，不產(chǎn)生感應電流，指針不轉(zhuǎn)動．故D錯誤．

故選：C．5、A【分析】【分析】當斷開電鍵的瞬間，線圈中電流要減小，會產(chǎn)生自感現(xiàn)象，若斷開電鍵后，線圈、燈泡能構(gòu)成回路，則燈泡不會立即熄滅，若線圈、燈泡不能構(gòu)成回路，則燈泡立即熄滅．【解析】【解答】解：當閉合開關(guān)瞬間；由于L的自感作用，燈泡慢慢變亮，當斷開開關(guān)S的瞬間，線圈產(chǎn)生自感電動勢，但是線圈與燈泡A在開關(guān)斷開后，不能形成回路，則燈A立即熄滅．故A正確，B；C、D錯誤．

故選：A．6、C【分析】【分析】帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動規(guī)律推導出豎直偏轉(zhuǎn)距的表達式，兩種情況的豎直偏轉(zhuǎn)距離應該相同．【解析】【解答】解：帶電粒子在電場中做類平拋運動，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訟錯誤；極板電壓也需變?yōu)椴趴伤訠錯誤；極板間距需變?yōu)?倍才可使上述方程仍成立所以D錯誤；

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：需要知道運動員在比賽中通過的位移和運動的時間，而這些不難從題目中獲知．【解析】【解答】解：由于運動員參加100m賽跑；故運動員的位移為：s=100m；

10s末運動員到達終點；故運動時間為：t=10s．

根據(jù)平均速度公式為：可知：運動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)電路的總電阻的計算方法分析可知：串聯(lián)電路中總電阻大于任意一個分電阻，并聯(lián)電路的總電阻小于任意一個分電阻．【解析】【解答】解：根據(jù)串并聯(lián)電路的總電阻的計算方法分析可知并聯(lián)電路的總電阻小于任意一個分電阻；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，回路中就會產(chǎn)生感應電流；由導體框運動過程由速度公式可求得不產(chǎn)生感應電流的時間．【解析】【解答】解：如圖所示；從線框完全進入直到右邊開始離開磁場區(qū)域，線框中的磁通量就不再發(fā)生變化，故線圈中沒有感應電流的距離為d-L；

因?qū)Ь€框做勻速運動，故不產(chǎn)生感應電流的時間為：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．

（2）根據(jù)離開平衡位置的最大位移和擺長的關(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】當驅(qū)動力的頻率等于單擺的固有頻率時,單擺的振幅最大.由圖像可知,此單擺在兩星球上自由振動的固有頻率分別為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Ⅱ為單擺在地球上的共振曲線,

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)運動的形式是多樣的，每種運動形式都對應一種形式的能量．各種運動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)運動的形式是多樣的；每種運動形式都對應一種形式的能量．各種運動形式的能量在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化．

例如機械能對應機械運動；內(nèi)能對應分子的無規(guī)則運動．故每一種形式的能對應于一種運動形式是對的．

故答案為：√13、×【分析】【分析】根據(jù)晶體的結(jié)構(gòu)與特點可知，同種元素構(gòu)成的固體，可能會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．所以該說法是錯誤的．

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：當物體做勻速直線運動時；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：右手握住導線，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)容判定線電流的磁感線的方法是：右手握住導線；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的環(huán)繞方向．故該說法是正確的．

故答案為：√16、×【分析】【分析】懸浮在液體（或氣體）中固體小顆粒的無規(guī)則運動是布朗運動，固體顆粒越小、液體（或氣體）溫度越高，布朗運動越明顯；布朗運動是液體（或氣體）分子無規(guī)則運動的反應．【解析】【解答】解：布朗運動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，布朗運動越激烈．所以發(fā)現(xiàn)甲杯的布朗運動比乙杯中的激烈，不一定是由于甲杯中水溫高于乙杯．所以以上的說法是錯誤的．

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：一般來說；平衡態(tài)是針對某一系統(tǒng)而言的，描述系統(tǒng)狀態(tài)的參量不只溫度一個，還與體積壓強有關(guān)，當溫度不變時，系統(tǒng)不一定處于平衡態(tài)．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×18、×【分析】【分析】場強定義式E=適應任何電場，E=只適用于真空中點電荷；場強取決于電場本身，與檢驗電荷無關(guān)．【解析】【解答】解：場強定義式E=適應任何電場，E=只適用于真空中點電荷；故錯誤．

故答案為：×．四、簡答題(共3題，共9分)19、略

【分析】【分析】電動機正常工作時的電路是非純電阻電路，歐姆定律U＞IR．對于R和r是純電阻，可以用歐姆定律求電流．根據(jù)功率關(guān)系求出電動機輸出的功率，根據(jù)P熱=I2RM求解熱功率，從而求出電動機的輸出功率．【解析】【解答】解：（1）由E=30V；電動機兩端電壓為10V可得R和電源內(nèi)阻上分擔的電壓為20V；

則I==A=2A；

（2）電動機輸入功率P=UI=10V×2A=20W；

（3）電動機的熱功率P熱=I2RM=4×1W=4W；

（4）電動機的輸出功率P輸出=P-P熱=20W-4W=16W．

答：（1）通過電動機的電流為2A．

（2）電動機的輸入功率為20W．

（3）電動機的熱功率為4W．

（4）電動機的輸出功率為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的運動方向為正，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；碰撞后二者共同運動的速度v=2m/s．

設(shè)滑塊Ⅱ的質(zhì)量為m2，根據(jù)動量守恒定律得：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碰撞過程中損失的機械能△E==12J．

答：滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ碰撞過程中損失的機械能為12J21、（1）1s22s22p63s23p33（2）正四面體形60o大于（3）電負性N強于P，中心原子的電負性越大，成鍵電子對離中心原子越近，成鍵電子對之間距離越小，成鍵電子對之間的排斥力增大，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、晶胞密度計算等，理解掌握相關(guān)的內(nèi)容進行解答?！窘獯稹縭m{(1)P}是rm{15}號元素，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}}個未成對電子。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。的電負性比rm{60?}強，中心原子的電負性越大，成鍵電子對離中心原子越近，成鍵電子對之間距離越小，成鍵電子對之間的排斥力增大，鍵角變大。故答案為：電負性rm{(3)N}強于rm{P}中心原子的電負性越大，成鍵電子對離中心原子越近，成鍵電子對之間距離越小，成鍵電子對之間的排斥力增大，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}中共價鍵的鍵長比金剛石的鍵長要大，其熔點低于金剛石的熔點。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rm{P}原子，而rm{C}個rm{BP}原子都在晶胞內(nèi)部，即一個晶胞單元中含有rm{BP}個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)}電負性rm{N}強于rm{P}中心原子的電負性越大，成鍵電子對離中心原子越近，成鍵電子對之間距離越小，成鍵電子對之間的排斥力增大，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點傳播到Q點，傳播距離時間所以波傳播的速度波長所以周期

②根據(jù)波形圖可知t=0時刻距離Q點最近的波峰在處，傳播到Q點的距離需要的時間

時間即經(jīng)過質(zhì)點Q到達波峰，相對平衡位置的位移

經(jīng)過的路程

考點：機械振動機械波【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)確定小球受的電場力大小以及電性，從而計算其所帶的電荷量；

（2）小球向下運動過程根據(jù)動能定理列一個方程；再根據(jù)碰撞后的運動情況列一個動能定理方程求解。

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

U=U3=E①

小球處于靜止狀態(tài)；由平衡條件得：

所以q=帶正電。

（2）當K斷開時，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斷開后小球?qū)⑾蛳逻\動；重力對小球做正功，電場力對小球做負功，由功能關(guān)系可知：

mg-q=mv2-0⑤

因小球與下極板碰撞時無機械能損失；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）電荷在電場中做勻加速直線運動；有：

υ0=a△t

Eq=ma

解得：E=≈7.2×103N/C

（2）由qυ0B=mT=得：

r=T=

當磁場垂直紙面向外時，半徑r1==0.05m

周期T1==×10-5s

當磁場垂直紙面向里時，半徑r2=═0.03m

周期T2==×10-5s

故電荷從t=0時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如圖1所示，t=×10-5s時。

刻電荷與O點的豎直距離△d=2（r1-r2）=0.04m

（3）電荷從第一次通過MN開始計時，其運動周期為T=×10-5s

根據(jù)電荷的運動情況可知；電荷到達擋板前運動的完整周期數(shù)為4個，此時電。

荷沿MN運動的距離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°

故電荷運動的總時間t總=△t+4T+T1=×10-5s≈1.1×10-4s

答：（1）勻強電場的電場強度E的大小為7.2×103N/C．

（2）t=×10-5s時刻電荷與O點的豎直距離△d為0.04m．

（3）電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需時間為1.1×10-4s．【分析】

(1)

由題意；正電荷從O

點開始做勻加速直線運動，由運動學規(guī)律及牛頓第二定律可以求出電場強度大小．

(2)

分別求出正電荷在交變磁場中做勻速圓周運動的半徑和周期，從而描繪出正電荷的運動軌跡，應該是周期性，由幾何關(guān)系就能求出該時刻離O

點的豎直距離鈻?d

．

(3)

由上述計算可知：電荷到達擋板前運動的完整周期數(shù)為4

個，此時電荷沿MN

運動的距離s=4鈻?d=16cm

則最后鈻?s=7.5cm

運動軌跡是一段優(yōu)弧，由幾何關(guān)系求出偏轉(zhuǎn)角，加上前面的時間從而求出運動的總時間．

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

電荷在電場中做勻加速直線運動；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

當磁場垂直紙面向外時，半徑r1=mv0qB1=0.05m

周期T1=2婁脨mqB1=2婁脨3隆脕10鈭?5s

當磁場垂直紙面向里時，半徑r2=mv0qB2簍T0.03m

周期T2=