2025年滬教版高三物理下冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬教版高三物理下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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、【題文】某同學在研究電子在電場中的運動時，得到了電子由a點運動到b點的軌跡（圖中實線所示）；圖中未標明方向的一組虛線可能是電場線，也可能是等勢面，則下列說法正確的判斷是。

A.如果圖中虛線是電場線，電子由a點運動到b點，動能減小，電勢能增大。B.如果圖中虛線是等勢面，電子由a點運動到b點，動能增大，電勢能減小。C.不論圖中虛線是電場線還是等勢面，a點的場強都大于b點的場強D.不論圖中虛線是電場線還是等勢面，a點的電勢都高于b點的電勢2、【題文】如圖所示，在水平面內的直角坐標系xOy中有一光滑固定金屬導軌AOC，其中曲線導軌OA滿足方程y="isinkx"，0C導軌與x軸重合,整個導軌處于豎直向上的勻強磁場中。現(xiàn)有一單位長度的電阻為R0，長為L的直金屬棒從圖示位置開始沿x軸正方向勻速運動距離。不計金屬導軌A0C電阻和所有接觸電阻；則在該直金屬棒運動過程中，它與導軌組成的閉合回路。

A.感應電流沿逆時針方向B.感應電動勢與進入軌道距離-成正比C.感應電流大小和方向均不變D.電功率不變3、如圖所示，單匝正方形閉合線框abcd

由粗細均勻的絕緣棒制成，每邊長為AP

是線框的中心，線框上均勻地分布著正電荷.

現(xiàn)在線框下側中點M

處取下足夠短的帶電量為Q

的一小段，將其沿PM

連線向下移動A2

的距離到N

處，若線框的其他部分的帶電量與電荷分布保持不變，則此時P

點的電場強度大小為(

)

A.kQA2

B.k3Q2A2

C.k3QA2

D.k5QA2

4、如圖所示，在豎直平面內的直角坐標系中，一個質量為m

的質點在外力F

作用下，從坐標原點O

由靜止開始沿直線ON

斜向下運動，直線ON

與y

軸負方向成婁脠

角，則物體所受拉力F

的最小值為(

)

A.mgtan婁脠

B.mgsin婁脠

C.mg/sin婁脠

D.mgcos婁脠

5、關于自由落體運動，下列說法中正確的是（）A.物體開始下落時，速度為零，加速度也為零B.物體下落過程中，速度的變化率是個恒量C.物體做自由落體時，不受任何外力D.不同物體在同一地點做自由落體運動的加速度是不同的6、如圖所示，直線AB和CD是彼此平行且筆直的河岸，若河水不流動，小船船頭垂直河岸由A點勻速駛向對岸，小船到達對岸所用時間為t1；若河水以穩(wěn)定的速度沿平行河岸方向流動，且整個河流中水的流速處處相等，現(xiàn)仍保持小船船頭垂直河岸由A點勻速駛向對岸，小船到達對岸所用時間為t2．則對于t1與t2大小的關系，下列判斷中正確的是（）A.t1=t2B.t1＜t2C.t1＞t2D.無法斷定t1、t2哪個較大7、在輸液時，藥液有時會從針口流向體外，為了及時發(fā)現(xiàn)，設計了一種報警裝置，電路如圖所示，M是貼在封口處的傳感器，當接觸到藥液時其電阻RM發(fā)生變化，導致S兩端電壓U明顯增大，裝置才能發(fā)出警報，設計電路時要求（）A.RM變小，且R遠大于RMB.RM變大，且R遠大于RMC.RM變小，且R遠小于RMD.RM變大，且R遠小于RM評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、“日心說”和“地心說”分別是____和____提出的．9、（2011?東城區(qū)模擬）如圖所示是骨折病人的牽引裝置示意圖，繩的一端固定，繞過定滑輪和動滑輪后掛著一個重物，與動滑輪相連的帆布帶拉著病人的腳，整個裝置在同一豎直平面內．為了使腳所受的拉力增大，可采取的方法是____

A．只增加繩的長度。

B．只增加重物的質量。

C．只將病人的腳向左移動。

D．只將兩定滑輪的間距變大．10、【題文】一個質點做簡諧運動的圖象如圖所示，質點振動頻率為__________Hz；在10s內質點經過的路程是________cm；t=4.5s時刻質點的位移是_______cm；在5s末，速度為_____（填零或最大），加速度________（填零或最大）11、彈簧發(fā)生彈性形變時產生彈力，彈簧彈力的大小與____有關．一根彈簧用5N的拉力，長度為12cm，用10N的拉力，長度變成14cm，彈簧的勁度系數(shù)為____．12、（2014?南京三模）如圖所示，一列簡諧波沿x軸傳播，虛線為t1=0時的波形圖，此時P質點向y軸負方向運動，實線為t2=0.01s時的波形圖．已知周期T＞0.01s．

（1）波沿x軸____（填“正”或“負”）方向傳播；

（2）波速為____．13、1956年李政道和楊振寧提出在弱相互作用中宇稱不守恒，并由吳健雄用Co放射源進行了實驗驗證．次年李、楊兩人為此獲得諾貝爾物理獎．Co的衰變方程是：Co→Ni+e+e，其中e是反中微子，它的電荷量為零，靜止質量可以認為是零．Co的核外電子數(shù)為____，在上述衰變方程中，衰變產物Ni的質量數(shù)是____，核電荷數(shù)是____．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)14、甲、乙兩杯水，水中均有顆粒在做面朗運動，經顯微鏡觀察后，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）15、布朗運動是微觀粒子的運動，其運動規(guī)律不遵循牛頓第二定律．____．（判斷對錯）16、封閉在汽缸內一定質量的氣體，如果保持氣體體積不變，當溫度升高時，每秒撞擊單位面積器壁的分子數(shù)增多．____．（判斷對錯）17、（2010?駐馬店模擬）氫原子的能級圖如圖所示，欲使一處于基態(tài)的氫原子釋放出一個電子而變成氫離子，該氫原子需要吸收的能量至少是13.60eV____（判斷對錯）18、物體的速度越大，則加速度越大，所受的合外力也越大．____．評卷人得分四、解答題(共4題，共12分)19、水平放置的兩塊平行金屬板板長l=5.0cm，兩板間距d=1.0cm，兩板間電壓為90V，且上板為正極板，一個電子沿水平方向以速度v0=2.0×107m/s，從兩板中間射入，如圖所示，不計電子的重力，電子的質量為m=9.0×10-31kg、電荷量為e=-1.6×10-19C；求：

（1）電子偏離金屬板的側位移是多少？

（2）電子飛出電場時的速度大小是多少？（保留二位有效數(shù)字）

（3）電子離開電場后，打在屏上的P點，若s=10cm，求OP之長．20、有一輕質桿；長l=0.5m，一段固定一質量m=0.5kg的小球，輕桿繞另一端在豎直面內做圓周運動．

（1）當小球運動到最高點的速度大小為4m/s求小球對桿的作用力。

（2）當小球運動到最低點，球受桿的拉力為41N，求此時小球的速度大?。?1、在水平地面上有一質量為4kg的物體，它受到與水平方向成37°角，大小為25N的斜向上拉力時，恰好做勻速直線運動，取g=10m/s2，求：當拉力為50N時，加速度為多大？22、三個電荷量均為Q（正電）的小球A；B、C質量均為m；放在水平光滑絕緣的桌面上，分別位于等邊三角形的三個頂點，其邊長為L，如圖所示，求：

（1）在三角形的中心O點應放置什么性質的電荷；才能使三個帶電小球都處于靜止狀態(tài)？其電荷量是多少？

（2）若中心電荷帶電荷量在（1）問基礎上加倍，三個帶電小球將加速運動，求其加速度大?。u卷人得分五、簡答題(共2題，共10分)23、rm{[}化學rm{隆陋}選修rm{3}物質結構與性質rm{]}氫的存儲是氫能應用的主要瓶頸，目前所采用或正在研究的主要儲氫材料有：配位氫化物、富氫載體化合物、碳質材料、金屬氫化物等。

rm{(1)Ti(BH_{4})_{2}}是一種過渡元素硼氫化物儲氫材料。rm{壟脵Ti}的基態(tài)原子有________種能量不同的電子。rm{壟脷BH_{4}^{-}}的空間構型是________rm{(}用文字描述rm{)}rm{(2)}液氨是富氫物質，是氫能的理想載體，利用rm{N_{2}+3H_{2}}rm{2NH_{3}}可實現(xiàn)儲氫和輸氫。下列說法正確的是________。A.rm{NH_{3}}分子中rm{N}原子采用rm{sp^{3}}雜化B.rm{NH_{3}}和rm{NH_{4}^{+}}是等電子體C.rm{CN^{-}}的電子式為D.相同壓強時，rm{NH_{3}}的沸點比rm{PH_{3}}高E.第一電離能和電負性：rm{O>N>C}rm{(3)Yoon}等人發(fā)現(xiàn)rm{Ca}與rm{C_{60}}生成的rm{Ca_{32}C_{60}}能大量吸附rm{H_{2}}分子。rm{壟脵C_{60}}晶體易溶于苯、rm{CS_{2}}說明rm{C_{60}}是________rm{(}填“極性”或“非極性”rm{)}分子。rm{壟脷C_{60}}分子結構如圖甲所示，則rm{1molC_{60}}分子中含有rm{婁脪}鍵數(shù)目為________。rm{(4)MgH_{2}}是金屬氫化物儲氫材料，其晶胞結構如圖乙所示。rm{壟脵MgH_{2}}遇水就能釋放rm{H_{2}}該反應的化學方程式為________。rm{壟脷}已知該晶體的密度為rm{ag隆隴cm^{-3}}阿伏加德羅常數(shù)為rm{N_{A}}則該晶胞的體積為________rm{cm^{3}(}用rm{a}rm{N_{A}}表示rm{)}24、第三周期元素的單質及其化合物有廣泛的用途，請根據(jù)相關知識回答下列問題：rm{(1)}原子最外層電子數(shù)是核外電子總數(shù)rm{dfrac{1}{3}}的元素，其原子結構示意圖為____；還原性最弱的簡單陰離子____rm{(}填離子符號rm{)}?rm{Si(麓脰)xrightarrow[{460}^{0}C]{Cl2}SiC{l}_{4}xrightarrow[]{;脮么脕貿}SiC{l}_{4}(麓驢)dfrac{{H}_{2}}{{1100}^{0}C}Si(麓驢)}

rm{Si(麓脰)

xrightarrow[{460}^{0}C]{Cl2}SiC{l}_{4}

xrightarrow[]{;脮么脕貿}SiC{l}_{4}(麓驢)dfrac{{H}_{2}}{{1100}^{0}C}Si(麓驢)

}晶體硅rm{(2)}熔點rm{(}是良好的半導體材料，可通過如圖所示過程制備：

在上述由rm{1410隆忙)}制純硅的反應中，測得每生成rm{SiCl_{4}}純硅需要吸收rm{2.8kg}熱量，請寫出該反應的熱化學方程式____。

rm{akJ}工業(yè)上用鋁土礦rm{(3)}主要成分為rm{(}含有rm{Al_{2}O_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}等雜質rm{SiO_{2}}來制取無水氯化鋁的一種工藝流程如圖所示：

已知：。rm{)}物質rm{SiCl_{4}}rm{AlCl_{3}}rm{FeCl_{3}}rm{FeCl_{2}}rm{Al_{2}O_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}沸點rm{/隆忙}rm{57.6}rm{180(}升華rm{)}rm{300(}升華rm{)}rm{1023}rm{2980}rm{3414}rm{2230}rm{壟脵}步驟Ⅰ中焙燒使固體水分揮發(fā)、氣孔數(shù)目增多，其作用是____rm{(}只要求寫出一種rm{)}rm{壟脷}步驟Ⅱ中若不通入氯氣和氧氣，則生成相對原子質量比硅大的單質______。rm{壟脹}尾氣經冷卻至室溫后用足量的rm{KOH}濃溶液吸收，生成的鹽中除了rm{K_{2}CO_{3}}外，還有rm{3}種，其化學式分別為____；其中一種鹽可用于實驗室制rm{O_{2}}若不加催化劑，rm{400隆忙}時分解只生成兩種鹽，其中一種是無氧酸鹽，另一種鹽的陰陽離子個數(shù)比為rm{1:1}寫出該反應的化學方程式：____。rm{壟脺}結合流程及相關數(shù)據(jù)分析，步驟rm{V}中加入鋁粉的目的____。評卷人得分六、綜合題(共3題，共21分)25、【題文】．某一用直流電動機提升重物的裝置如圖所示，重物的質量m="50"kg，穩(wěn)定電壓U=110V，不計各處摩擦，當電動機以v="0.90"m／s的恒定速度向上提升重物時，電路中的電流I="5"A，試計算電動機線圈的電阻為多少歐?(g取10m／s2)26、【題文】勻強磁場僅存在于兩平行極板之間；磁感強度為B，各部分長度如圖．現(xiàn)有質量為m，電量為q的電子(不計重力)，從左邊中點平行于板射入，欲使其打在極板上，求電子的速率應該在什么范圍?

27、【題文】如圖；在直角坐標系xoy平面內，x軸上方有磁感應強度為B；方向垂直xoy平面指向紙里的勻強磁場，x軸下方有場強為E、方向沿y軸負方向的勻強電場，x軸正方向上有一點P到原點O的距離PO=L．一質量為m、電量為e的電子，由y軸負方向上距原點O為y處由靜止釋放，要使電子進入磁場運動且恰可通過P點(不計重力),則。

(1)y應滿足的條件是什么？

(2)電子由釋放至運動到P點所用的時間t為多大？

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A|B|C【分析】【解析】如果圖中虛線是電場線，粒子做曲線運動，合力指向曲線的內側，所受電場力沿虛線向左，電子由a點運動到b點；電場力做負功，動能減少，電勢能增加，A對；

圖中虛線是等勢面，所受電場力垂直于虛線向下，電子由a點運動到b點；電場力做正功，動能增大，電勢能減少，B對；

電場線和等勢線的疏密程度都可以反映場強的大小，線密的地方場強大，稀疏的地方場強小，所以C對?！窘馕觥俊敬鸢浮緼BC2、C【分析】【解析】

試題分析：由楞次定律或右手定律可知，感應電流應沿順時針方向，A錯；感應電動勢與進軌道的長度成正比，不與進入軌道距離成正比，B錯；感應電動勢E=BLV=ByV，I=E/R=E/yR0,得E=BV/R0為常數(shù)，故C正解，電功率P=I2R=I2R0y,y變；則P變，故D錯。

考點：本題考查了電磁感應里的感應電流方向判斷，法拉第電磁感應定律，【解析】【答案】C3、C【分析】解：沒有截取一小段時；根據(jù)對稱性知，P

點的合場強為零，則截取的部分和剩下的其余部分在P

點產生的場強等大反向；

剩下的其余部分在P

點產生的場強大小E1=kQ(A2)2=k4QA2

方向向下；

當截取的部分移到N

點時，在P

點產生的場強大小E2=kQA2

方向向上；

則P

點的合場強大小E=E1鈭?E2=k4QA2鈭?kQA2=k3QA2

方向向下，故C正確，ABD錯誤．

故選：C

．

抓住沒有截取一小段時；結合對稱性得出P

點的場強為零，從而得出截取后剩余部分在P

點場強大小和方向，再根據(jù)點電荷的場強公式得出截取部分在P

點的場強大小和方向，根據(jù)場強的合成求出P

點的電場強度大小．

本題考查了電場的疊加，知道電場強度是矢量，場強的疊加滿足平行四邊形定則，通過對稱性得出剩余部分在P

點的場強是解決本題的關鍵．【解析】C

4、B【分析】解：質點只受重力G

和拉力F

質點做直線運動，合力方向與ON

共線，如圖。

當拉力與ON

垂直時；拉力最小，根據(jù)幾何關系，有。

F=Gsin婁脠=mgsin婁脠

故B正確；ACD錯誤；

故選：B

．

質點只受重力和拉力F

由于質點做直線運動，合力方向與ON

共線，結合平行四邊形定則分析即可．

本題關鍵是對物體受力分析后，根據(jù)平行四邊形定則求出拉力F

的大小和方向，然后根據(jù)功能關系判斷．【解析】B

5、B【分析】【分析】自由落體運動的特點是初速度為零，僅受重力．不管輕重如何，加速度相等，都為g【解析】【解答】解：

A；自由落體運動的物體只受重力；物體做勻加速直線運動，速度在均勻增加，但加速度為g，保持不變，故ACD錯誤．

B；速度的變化率等于加速度；加速度不變，則速度的變化率是個恒量，故B正確．

故選：B6、A【分析】【分析】當河水有水流速時，將小船的運動分解為垂直河岸方向和沿河岸方向，結合等時性分析判斷．【解析】【解答】解：河水不動時，渡河的時間；

當有水流速時，根據(jù)等時性，渡河時間等于垂直河岸方向上的運動時間，即．

所以t1=t2．

故選：A．7、A【分析】【分析】電阻R與RM并聯(lián)后與S串聯(lián)，當電阻R越大時，電阻R與RM并聯(lián)的電阻越接進RM，電壓變化越明顯．【解析】【解答】解：S兩端電壓U增大；故傳感器兩端電壓一定減?。?/p>

當“有藥液從針口流出體外”使傳感器接觸藥液，RM變小；

R越大，M與R并聯(lián)的電阻R并越接近RM；U增大越明顯；

故A正確；BCD錯誤．

故選：A．二、填空題(共6題，共12分)8、哥白尼托勒密【分析】【分析】地心說認為地球是宇宙的中心，并且是不動的，周圍的一切天體都繞著地球轉：日心說認為太陽是宇宙的中心，地球是運動的，行星及周圍天體都繞著太陽轉．【解析】【解答】解：日心說認為太陽是銀河系的中心；而不是地球，地球繞太陽轉，是由哥白尼提出；

地心說認為太陽及其它天體圍繞地球運動；由托勒密提出．

故答案為：哥白尼，托勒密．9、BC【分析】【分析】以滑輪為研究對象，根據(jù)平衡條件得出腳所受的拉力與繩的拉力的關系，再選擇可采取的方法．【解析】【解答】解：設腳所受的拉力為F；繩子的拉力為T，則有F=2Tcosθ

A；只增加繩的長度；重物的質量不變，繩子的拉力T不變，根據(jù)力的平衡知識可知θ仍不變，腳所受的拉力F不變．故A錯誤．

B；只增加重物的質量；繩子的拉力T增加，腳所受的拉力F增大，故B正確．

C；只將病人的腳向左移動；θ減小，繩子的拉力T不變，則由F=2Tcosθ得知，腳所受的拉力F增大．故C正確．

D；只將兩定滑輪的間距變大；θ增大，繩子的拉力T不變，則由F=2Tcosθ得知，腳所受的拉力F減小．故D錯誤．

故選BC10、略

【分析】【解析】由圖像可知；A=2cm,T=4s,∴f=0.25HZ;

10s為2.5個周期；質點運動10個振幅，路程為20cm;

機械振動的位移時間關系式：把t=4.5代入，解得s=cm

5s末質點位于最高點，速度為零，位移最大，回復力最大，所以加速的最大?！窘馕觥俊敬鸢浮?.25，20，零，最大11、型變量250N/m【分析】【分析】在彈性限度范圍內，彈簧的形變量與受到的拉力成正比，即F=kx，其中F為彈力大小，x為形變量，k為彈簧的勁度系數(shù)．【解析】【解答】解：在彈性限度范圍內；彈簧的彈力的大小與形變量有關。

據(jù)胡克定律得：k===250N/m

故答案為：型變量，250N/m12、正100m/s【分析】【分析】（1）由題；此時P質點向y軸負方向運動，判斷出波傳播方向．

（2）已知周期T＞0.01s，波傳播的時間不到一個周期，傳播距離不到一個波長，根據(jù)波形的平移得到波傳播的距離，由公式v=求出波速．【解析】【解答】解：（1）由題；此時P質點向y軸負方向運動，根據(jù)波形平移法判斷出波沿x軸正方向傳播．

（2）已知周期T＞0.01s；波傳播的時間不到一個周期，傳播距離不到一個波長，則波在△t=0.01s時間內傳播的距離為△x=1m；

則波速為：v==m/s=100m/s．

故答案為：（1）正；（2）100m/s．13、276028【分析】【分析】核反應方程的質量數(shù)守恒，電荷數(shù)守恒，核外的電子數(shù)與質子數(shù)相等．【解析】【解答】解：核外電子數(shù)等于質子數(shù)，所以Co的核外電子數(shù)為27，根據(jù)質量數(shù)和電荷數(shù)守恒知：Co→Ni+e+e；A=60，Z=28

故答案為：27，60，28三、判斷題(共5題，共10分)14、×【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：×15、×【分析】【分析】布朗運動是由于分子的無規(guī)則運動而使花粉小顆粒受到撞擊而振動；布朗運動的實質是大量分子做無規(guī)則熱運動的結果．【解析】【解答】解：布朗運動是固體小顆粒的運動；是宏觀物體，故符合牛頓第二定律；

故答案為：×16、√【分析】【分析】溫度是氣體分子平均動能變化的標志．氣體壓強是氣體分子撞擊器壁而產生的．【解析】【解答】解：如果保持氣體體積不變；當溫度升高時，分子的運動變得更加激烈，分子的運動加快，所以每秒撞擊單位面積器壁的分子數(shù)增多，氣體的壓強增大．故該說法正確．

故答案為：√17、√【分析】【分析】當電子躍遷到無窮遠時，電子脫離氫原子核的約束，成為自由電子，氫原子變成氫離子，剛好到無窮遠處的能量為0，因此這時吸收的能量最小．【解析】【解答】解：當電子恰好電離時吸收的能量最?。淮藭r有：△E=0-（-13.60）=13.6eV，故以上說法是正確的．

故答案為：√18、×【分析】【分析】根據(jù)加速度的定義式a=可知物體的加速度等于物體的速度的變化率，與物體速度無關，即物體的速度變化越快物體的加速度越大．再由牛頓第二定律可知，F(xiàn)=ma，即加速度與合外力的關系．【解析】【解答】解：根據(jù)加速度的定義式a=可知；物體的速度越大，則加速度不一定越大；

再由牛頓第二定律可知；F=ma，可知，當加速度越大時，則合外力越大，故是錯誤的；

故答案為：×．四、解答題(共4題，共12分)19、略

【分析】【分析】（1）粒子在電場中做勻加速曲線運動；水平方向勻速運動，根據(jù)位移和速度求出運動時間；豎直方向勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，進而根據(jù)勻加速運動位移時間公式即可求解；

（2）先根據(jù)v=at求出豎直方向速度；進而求出電子飛出電場時的速度；

（3）從平行板出去后做勻速直線運動，水平和豎直方向都是勻速運動，根據(jù)水平位移和速度求出運動時間，再求出豎直方向位移，進而求出OP的長．【解析】【解答】解：電子在勻強電場中受到電場力與重力的作用，由于電場力F==1.44×10-15N；

遠大于電子的重力（約9×10-30N）；故只考慮電場力的作用．

電子沿水平方向做勻速運動；沿豎直方向做初速度為零的勻加速運動，與平拋物體的運動類似．

（1）電子在電場中的加速度：a=；

側位移即豎直方向位移：y0=at2=；

運動時間：t=；

代入數(shù)據(jù)解得：y0=5×10-3m．

（2）電子飛出電場時，水平分速度vx=v0；豎直分速度：

vy=at==4×106m/s．

飛出電場時的速度為：

v=，代入數(shù)據(jù)可得：v≈2.0×107m/s．

設v與v0的夾角為θ，則tanθ==0.2，則：θ=arctan0.2．

（3）電子飛出電場后做勻速直線運動：

OP=y0+=y0+s?tanθ

代入數(shù)據(jù)解得：OP=2.5×10-2m．

答：（1）電子偏離金屬板的側位移是5×10-3m；

（2）電子飛出電場時的速度大小是2.0×107m/s；

（3）電子離開電場后，打在屏上的P點，若s=10cm，OP之長是2.5×10-2m．20、略

【分析】【分析】（1）球受重力和彈力（先假設向下）；合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解；

（2）球受重力和拉力，合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解．【解析】【解答】解：（1）在最高點；球受重力和彈力（假設向下），合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：

F+mg=m

解得：

F=m-mg=0.5×=11N＞0

所以假設成立；

（2）在最低點；球受重力和拉力，合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：

F-mg=m

代入數(shù)據(jù)；有：

41-5=0.5×

解得：v=6m/s

答：（1）當小球運動到最高點的速度大小為4m/s時；小球對桿向上的拉力為11N；

（2）當小球運動到最低點時，球受桿的拉力為41N，此時小球的速度大小為6m/s．21、略

【分析】【分析】根據(jù)平衡運用正交分解求出動摩擦因數(shù)，再根據(jù)牛頓第二定律，運用正交分解求出物體的加速度大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓焊鶕?jù)牛頓第二定律列方程：

水平方向Fcos37°=f

豎直方向N+Fsin37°=G

f=μN

聯(lián)立三式解得：μ=0.8

當拉力為50N時；

沿x方向：F′cosα-f′=ma

沿y方向：F′sinα+N=mg

又因為f′=μN

解得=8m/s2．

答：當拉力為50N時，加速度為8m/s2．22、略

【分析】【分析】1；根據(jù)幾何關系解出中心O點到三角形頂點的距離；每一個帶電小球都處于靜止狀態(tài)，不妨研究A球，A球受力平衡，BC兩球的對A是庫侖斥力，O點的電荷2對A是庫侖引力，列方程化簡即可．

2、若中心電荷帶電荷量在（1）問基礎上加倍，仍然研究A球，先求出A球受到的合力，再根據(jù)牛頓第二定律計算加速度．【解析】【解答】解：（1）由幾何關系知：r=|AO|=L=L；A球受力平衡；

有F2==F1=2Fcos30°

其中F=；

所以q=Q，由F2的方向知q帶負電．

（2）當q′=2q時，F(xiàn)2′=2F2

A球的合力F合=F2′-F1=2F2-F1=F1=；

由牛頓第二定律：a=．

答：（1）在三角形的中心應放置負電荷，電荷量為Q．

（2）三個帶電小球將加速運動，其加速度大小為．五、簡答題(共2題，共10分)23、（1）①7②正四面體（2）ADE（3）①非極性②90NA(4)①MgH2+2H2O═Mg（OH）2+2H2↑②【分析】【分析】

本題考查物質結構和性質；涉及核外電子排布；雜化方式的判斷、空間構型的判斷、晶胞的計算等知識點，難點是晶胞的計算，靈活運用公式是解本題關鍵，難度中等。

【解答】

rm{(1)壟脵}鈦是rm{22}號元素，根據(jù)構造原理知其基態(tài)核外電子排布式為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{2}4s^{2}}所以有rm{7}種不同能量的電子，故答案為rm{7}

rm{壟脷BH_{4}^{-}}中rm{B}原子價層電子對rm{=4+dfrac{1}{2}(3+1-4隆脕1)=4}且沒有孤電子對，所以是正四面體結構，故答案為正四面體；

rm{=4+dfrac

{1}{2}(3+1-4隆脕1)=4}分子中rm{(2)A.NH_{3}}原子含有rm{N}個共用電子對和一個孤電子對，所以其價層電子對是rm{3}采用rm{4}雜化；故正確；

B.根據(jù)中心原子的雜化方式為rm{sp^{3}}雜化且有一對孤電子對數(shù)可以判斷rm{sp^{3}}分子的空間構型為三角錐形；故錯誤；

C.根據(jù)等電子體的概念，互為等電子體的兩個微粒要價電子數(shù)相等，而rm{NH_{3}}和rm{NH_{3}}價電子數(shù)不等；故錯誤；

D.rm{NH_{4}^{+}}與氮氣互為等電子體，結構與氮氣相同，據(jù)此可以判斷rm{CN^{-}}的電子式為：故正確；

E.由于氨分子之間有氫鍵，所以相同壓強時，rm{CN^{-}}沸點比rm{NH_{3}}高；故正確；

故答案為rm{PH_{3}}

rm{ADE}苯、rm{(3)壟脵}都是非極性分子，根據(jù)相似相溶原理知，rm{CS_{2}}是非極性分子；故答案為非極性；

rm{C_{60}}利用均攤法知，每個碳原子含有rm{壟脷}個rm{dfrac{1}{2}}鍵，所以rm{婁脨}rm{1mol}分子中，含有rm{C_{60}}鍵數(shù)目rm{=dfrac{1}{2}隆脕1mol隆脕60隆脕N_{A}/mol=30N_{A}}rm{婁脨}鍵數(shù)目為rm{=dfrac

{1}{2}隆脕1mol隆脕60隆脕N_{A}/mol=30N_{A}}

rm{婁脛}氫化鎂固體與水反應的化學方程式為：rm{90NA}故答案為：rm{(4)壟脵}

rm{MgH_{2}+2H_{2}O簍TMg(OH)_{2}+2H_{2}隆眉}該晶胞中鎂原子個數(shù)rm{MgH_{2}+2H_{2}O簍TMg(OH)_{2}+2H_{2}隆眉}氫原子個數(shù)rm{壟脷}rm{V=dfrac{m}{婁脩}=dfrac{dfrac{M}{N_{A}}(24隆脕2+1隆脕4)}{a}cm^{3}=dfrac{52}{acdotN_{A}}cm^{3}}故答案為：rm{dfrac{52}{acdotN_{A}}}

rm{=dfrac{1}{8}隆脕8+1=2}【解析】rm{(1)壟脵7}rm{壟脷}正四面體rm{(2)ADE}rm{(3)壟脵}非極性rm{壟脷90N_{A}}rm{(4)壟脵MgH_{2}+2H_{2}O簍TMg(OH)_{2}+2H_{2}隆眉}rm{壟脷dfrac{52}{acdotN_{A}}}rm{壟脷dfrac{52}{acdot

N_{A}}}24、（1）Cl-

（2）SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)△H=+0.01akJ·mol-1

（3）①可以防止后續(xù)步驟生成的AlCl3水解，同時由于增大反應物的接觸面積，使反應速率加快（寫一種即可）

②Fe（鐵）

③KCl、KClO、KClO34KClO3KCl+3KClO4

④除去FeCl3，提高AlCl3純度【分析】【分析】本題考查工藝流程，涉及原子結構示意圖的書寫、化學式、化學方程式的書寫等知識，為高頻考點，難度一般。【解答】rm{(1)}第三周期的元素，原子最外層電子數(shù)是核外電子總數(shù)rm{dfrac{1}{3}}的元素是rm{P}其原子結構示意圖為非金屬性最強的元素是rm{Cl}所以還原性最弱的簡單陰離子是rm{Cl^{-}}故答案為：rm{Cl^{-}}rm{(2)}生成rm{2.8kg}純硅的物質的量為rm{100mol}需要吸收rm{akJ}熱量，所以生成rm{1molSi}吸收rm{0.01}純硅的物質的量為rm{2.8kg}需要吸收rm{100mol}熱量，所以生成rm{akJ}吸收rm{1molSi}rm{0.01}熱量，rm{akJ}該反應的熱化學方程式為：rm{SiCl_{4}(g)+2H_{2}(g)}rm{triangleH=+0.01akJ隆隴mol^{-1}}故答案為：rm{Si(s)+4HCl(g)}rm{triangle

H=+0.01akJ隆隴mol^{-1}}rm{triangleH=+0.01akJ隆隴mol^{-1}}rm{SiCl_{4}(g)+2H_{2}(g)}步驟Ⅰ中焙燒使固體水分揮發(fā)、氣孔數(shù)目增多，其作用是可以防止后續(xù)步