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，則當閉合開關和斷開開關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??；

（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：當閉合開關瞬間；由于L的自感作用，燈泡慢慢變亮，當斷開開關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)?，則極板長度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；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，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．【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，設此兩極板間電壓為U，電源電動勢為E，由分壓關系可得。

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，由功能關系可知：

mg-q=mv2-0⑤

因小球與下極板碰撞時無機械能損失；設小球碰后電荷量變?yōu)閝′，由功能關系得：

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?。?/p>

(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=