2025年沪科新版高三物理上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年沪科新版高三物理上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、如图所示，劲度系数为k、原长为L的弹簧，一端固定于O点，另一端与小球相连．开始时小球静止在光滑水平面上的A点；当用力F将小球向右拉使弹簧伸长x时，小球静止于B点，则此时弹簧的弹力为（）A.kxB.k（x+L）C.k（L-x）D.以上都不对2、下列说法正确的是（）A.分子间距离越小，分子势能越小B.分子间距离越小，分子间作用力越小C.露珠呈球状是由于液体表面张力的作用D.晶体的物理性质都是各向异性的3、兰州市在无风的时候，雨滴是竖直下落的，若雨滴带正电，则它的下落方向将偏向（）A.东方B.西方C.南方D.北方4、用如图所示的装置做“探究产生感应电流的条件”实验；下列说法正确的是（）

A.甲图中当磁铁静止在线圈中时，电流表的指针偏向右侧B.甲图中N极或S极插入线圈时，电流表的指针均偏向右侧C.乙图中开关处于闭合状态，移动变阻器的滑片时指针发生偏转D.乙图中开关处于打开状态，拔出线圈A时电流表的指针偏向右侧5、如图所示，线圈自感系数很大，开关闭合且电路达到稳定时，小灯泡正常发光，则当闭合开关和断开开关的瞬间能观察到的现象分别是（）A.小灯泡慢慢亮，小灯泡立即熄灭B.且小灯泡立即亮，小灯泡立即熄灭C.小灯泡慢慢亮，小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭D.小灯泡立即亮，小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭6、如图所示，一质量为m、电量为十q的带电粒子沿着两平行板间的中线，垂直电场射入匀强电场．当入射速度为v0时，粒子恰能贴着极板的右端点穿出电场．今欲使带电粒子以的速度入射，也恰能穿出电场，那么在其他量不变的情况下，必须使下列哪个物理量减为原来的？（）A.粒子所带电量B.极板间电压C.极板长度D.板间距离评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、短跑运动员在100m比赛中，以8m/s的速度迅速从起点冲出，到50m处的速度是9m/s，10s末到达终点的速度是10.5m/s，则运动员在全程中的平均速度是____．8、用5Ω、10Ω、15Ω和20Ω四个电阻适当联接，则可获得的最小等效电阻____5Ω（填大于、等于或小于），最大的等效电阻为____Ω．9、（2012春•德城区校级月考）如图所示，一有限范围内的磁场，宽度为d，将一个边长为L的正方形导线框以速度V匀速的通过磁场区域．若d＞L，则在线框中不产生感应电流的时间应等于____．10、（2010秋•南安市校级期末）如图所示是单摆振动时摆球位移随时间变化的图象（取重力加速度g=π2m/s2）．

（1）求单摆的摆长l=____m

（2）估算单摆振动时偏离竖直方向的最大角度（单位用弧度表示）．____rad．11、【题文】如图所示,为同一个单摆分别在地球和月球上做受迫振动的共振曲线,则图线____表示的是在地球上单摆的共振曲线,可以求得该单摆的摆长为____m,月球表面的重力加速度约为____m/s2.评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)12、每一种形式的能对应于一种运动形式．____．（判断对错）13、化学成分相同的物质只能生成同一种晶体．____．（判断对错）14、物体只要是运动的，其合外力就一定不为零．____（判断对错）15、直线电流磁场的方向的判断可以用安培定则：____．16、甲、乙两杯水，水中均有颗粒在做面朗运动，经显微镜观察后，发现甲杯的布朗运动比乙杯中的激烈，说明甲杯中水温高于乙杯．____．（判断对错）17、只要温度不变且处处相等，系统就一定处于平衡态．____．（判断对错）18、公式E=和对于任何静电场都是适用的．____．（判断对错）评卷人得分四、简答题(共3题，共9分)19、（2015秋•德宏州校级期末）如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1Ω；求：

（1）通过电动机的电流．

（2）电动机的输入功率．

（3）电动机的热功率．

（4）电动机的输出功率．20、如图所示，图中的线段a，b，c分别表示在光滑水平面带上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和他们发生正碰后结合体的速度-时间图象．已知滑块Ⅰ的质量m1=1.0kg，根据图象，试求滑块Ⅰ与滑块Ⅱ碰撞过程中损失的机械能．21、rm{.}磷存在于人体所有细胞中，是维持骨骼和牙齿的必要物质，几乎参与所有生理上的化学反应。回答下列问题：rm{(1)}基态rm{P}原子的核外电子排布式为____，有____个未成对电子。rm{(2)}磷的一种同素异形体rm{隆陋隆陋}白磷rm{(P_{4})}的立体构型为____，其键角为____，推测其在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)}两种三角锥形气态氢化物膦rm{(PH_{3})}和氨rm{(NH_{3})}的键角分别为rm{93.6?}和rm{107?}试分析rm{PH_{3}}的键角小于rm{NH_{3}}的原因。

rm{(4)}常温下rm{PCl_{5}}是一种白色晶体，其立方晶系晶体结构模型如上左图所示，由rm{A}rm{B}两种微粒构成。将其加热至rm{148隆忙}熔化，形成一种能导电的熔体。已知rm{A}rm{B}两种微粒分别与rm{CCl_{4}}rm{SF_{6}}互为等电子体，则rm{A}为，其中心原子杂化轨道类型为，rm{B}为____。rm{(5)}磷化硼rm{(BP)}是一种超硬耐磨涂层材料，上右图为其立方晶胞，其中的每个原子均满足rm{8}电子稳定结构，试判断其熔点rm{(}填“高于”或“低于”rm{)}金刚石熔点。已知其rm{B隆陋P}键长均为rm{xcm}则其密度为rm{g漏qcm^{隆陋3}(}列出计算式即可rm{)}评卷人得分五、计算题(共4题，共24分)22、【题文】（9分）如图所示；一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图中的实线所示，此时这列波恰好传播到P点，且再经过1.2s，坐标为x=8m的Q点开始起振，求：

①该列波的周期T

②从t=0时刻到Q点第一次达到波峰时，振源O点相对平衡位置的位移y及其所经过的路程s.23、如图所示的电路中；4个电阻的阻值均为R，E为直流电源电动势，其内阻可以不计，平行板电容器两极板间的距离为d．在平行极板电容器的两个平行极板之间有一个质量为m的带电小球．当电键K闭合时，带电小球静止在两极板间的中点O上．

（1）求小球所带的电荷的极性和电量。

（2）现把电键打开，带电小球便往平行极板电容器的某个极板运动，并与此极板碰撞，设在碰撞时没有机械能损失，但带电小球的电荷量发生变化．碰后小球带有与该极板相同性质的电荷，而且所带的电荷量恰好刚能使它运动到平行极板电容器的另一极板．求小球与电容器某个极板碰撞后所带的电荷量．24、如图甲所示，竖直线MN

左侧存在水平向右的匀强电场，MN

右侧存在垂直纸面的均匀磁场，磁感应强度B

随时间t

变化规律如图乙所示，O

点下方竖直距离d=23.5cm

处有一垂直于MN

的足够大的挡板.

现将一重力不计、比荷qm=106C/kg

的正电荷从O

点由静止释放，经过鈻�t=娄脨15隆脕10鈭�5s

后；电荷以v0=1.5隆脕104m/s

的速度通过MN

进入磁场.

规定磁场方向垂直纸面向外为正，t=0

时刻电荷第一次通过MN

忽略磁场变化带来的影响.

求：

(1)

匀强电场的电场强度E

的大小；

(2)t=4娄脨5隆脕10鈭�5s

时刻电荷与O

点的竖直距离鈻�d

(3)

电荷从O

点出发运动到挡板所需时间t.(

结果保留两位有效数字)

25、一滑块（可视为质点）经水平轨道AB进入竖直平面内的粗糙的半圆弧形轨道BC．已知滑块的质量m=0.2kg，滑块经过A点时的速度v0=7m/s，AB长x=4m，滑块与水平轨道间的动摩擦因素μ=0.3，圆弧轨道的半径R=0.4m，滑块恰好能通过C点，离开C点后做平抛运动．求：（重力加速度g=10m/s2）

（1）滑块刚刚滑上圆弧轨道时；对圆弧轨道上最低点B的压力大小；

（2）滑块在从B运动到C的过程中克服摩擦力所做的功；

（3）从C点做平抛运动到AB面，通过的水平位移．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】球静止时在图中A位置，弹簧的弹力为0，当用力F将小球向右拉使弹簧伸长x时，根据胡克定律求出此时弹簧的弹力【解析】【解答】解：由题；球静止时在图中A位置，此时弹簧伸长的长度0．

当用力F将小球向右拉使弹簧伸长x时；根据胡克定律F=kx得：则此时弹簧的弹力为kx

故选：A2、C【分析】【分析】分子间既存在引力又存在斥力，我们说的分子力是二者的合力，当r=r0时，分子间作用力为零，分子势能最小．单晶体的物理性质都是各向异性的．【解析】【解答】解：A、当r=r0时；分子间作用力为零，分子势能最小，A错误；

B、当r=r0时，分子间作用力为零，若r＜r0时分子间作用力越大；B错误；

C；露珠呈球状是由于液体表面张力的作用；C正确；

D；多晶体的物理性质都是各向同性的；D错误；

故选C3、A【分析】【分析】雨滴带正电，则电流的方向竖直向上，地磁场的方向由南向北，由左手定则判断所受安培力的方向．【解析】【解答】解：雨滴带正电；则电流的方向竖直向下，地磁场的方向由南向北，由左手定则知安培力的方向向东，则雨滴向东偏转；

故选：A．4、C【分析】【分析】当穿过闭合回路磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针就会转动．【解析】【解答】解：A；甲图中当磁铁静止在线圈中时；磁通量没有变化，没有感应电流，电流表的指针不动．故A错误；

B；甲图中N极或S极插入线圈时；与B线圈相连的回路磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生转动．甲图中N极或S极插入线圈时，磁通量增大的方向相反，根据楞次定律可知，两次感应电流的方向一定相反．故B错误．

C；乙图中开关处于闭合状态；移动变阻器的滑片时电流发生变化，穿过与B线圈相连的回路磁通量减小，产生感应电流，指针发生转动．故C正确．

D；乙图中开关处于打开状态；不是闭合电路，不产生感应电流，指针不转动．故D错误．

故选：C．5、A【分析】【分析】当断开电键的瞬间，线圈中电流要减小，会产生自感现象，若断开电键后，线圈、灯泡能构成回路，则灯泡不会立即熄灭，若线圈、灯泡不能构成回路，则灯泡立即熄灭．【解析】【解答】解：当闭合开关瞬间；由于L的自感作用，灯泡慢慢变亮，当断开开关S的瞬间，线圈产生自感电动势，但是线圈与灯泡A在开关断开后，不能形成回路，则灯A立即熄灭．故A正确，B；C、D错误．

故选：A．6、C【分析】【分析】带电粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律推导出竖直偏转距的表达式，两种情况的竖直偏转距离应该相同．【解析】【解答】解：带电粒子在电场中做类平抛运动，L=v0t

=at2

a=

联立以上方程整理得：mv02=

若v0变为，则极板长度L变为后上述方程仍成立所以C正确；粒子带电量q需变为上面方程才可仍成立所以A错误；极板电压也需变为才可所以B错误；极板间距需变为2倍才可使上述方程仍成立所以D错误；

故选：C．二、填空题(共5题，共10分)7、10m/s【分析】【分析】要求平均速度，根据可知：需要知道运动员在比赛中通过的位移和运动的时间，而这些不难从题目中获知．【解析】【解答】解：由于运动员参加100m赛跑；故运动员的位移为：s=100m；

10s末运动员到达终点；故运动时间为：t=10s．

根据平均速度公式为：可知：运动员在全程的平均速度为：==10m/s．

故答案为：10m/s8、小于50【分析】【分析】根据串并联电路的总电阻的计算方法分析可知：串联电路中总电阻大于任意一个分电阻，并联电路的总电阻小于任意一个分电阻．【解析】【解答】解：根据串并联电路的总电阻的计算方法分析可知并联电路的总电阻小于任意一个分电阻；所以可获得的最小等效电阻是并联电路的电阻值，小于5Ω．最大的等效电阻为串联电路的电阻值，为：5Ω+10Ω+15Ω+20Ω=50Ω

故答案为：小于，59、【分析】【分析】只要闭合回路中的磁通量发生变化，回路中就会产生感应电流；由导体框运动过程由速度公式可求得不产生感应电流的时间．【解析】【解答】解：如图所示；从线框完全进入直到右边开始离开磁场区域，线框中的磁通量就不再发生变化，故线圈中没有感应电流的距离为d-L；

因导线框做匀速运动，故不产生感应电流的时间为：t=；

故答案为：．10、10.05【分析】【分析】（1）根据图象得出单摆的周期T=2s，根据T=；求出摆长．

（2）根据离开平衡位置的最大位移和摆长的关系求出偏离竖直方向的最大角度．【解析】【解答】解：（1）根据图象得出单摆的周期T=2s，根据T=，L==1m．

（2）离开平衡位置的最大位移为0.05m，偏离竖直方向的最大角度θ=．

故本题答案为：1，0.05．11、略

【分析】【解析】当驱动力的频率等于单摆的固有频率时,单摆的振幅最大.由图像可知,此单摆在两星球上自由振动的固有频率分别为0.2Hz与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,所以图线Ⅱ为单摆在地球上的共振曲线,

且2π得l=≈1m.

又2π则固g=2×9.8

≈1.6m/s2.【解析】【答案】Ⅱ1m1.6m/s2三、判断题(共7题，共14分)12、√【分析】【分析】自然界物质运动的形式是多样的，每种运动形式都对应一种形式的能量．各种运动形式的能量在一定条件下可以相互转化【解析】【解答】解：根据能量守恒定律可知：自然界物质运动的形式是多样的；每种运动形式都对应一种形式的能量．各种运动形式的能量在一定条件下可以相互转化．

例如机械能对应机械运动；内能对应分子的无规则运动．故每一种形式的能对应于一种运动形式是对的．

故答案为：√13、×【分析】【分析】根据晶体的结构与特点可知，同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体．【解析】【解答】解：由同种元素构成的固体；可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石．所以该说法是错误的．

故答案为：×14、×【分析】【分析】力是改变速度的原因，不是维持速度的原因，根据牛顿第一定律分析即可．【解析】【解答】解：当物体做匀速直线运动时；物体不受力或者受平衡力，故力不是维持速度的原因；

故答案为：×．15、√【分析】【分析】安培定则：右手握住导线，让大拇指所指的方向跟电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向．【解析】【解答】解：根据安培定则的内容判定线电流的磁感线的方法是：右手握住导线；让大拇指所指的方向跟电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向．故该说法是正确的．

故答案为：√16、×【分析】【分析】悬浮在液体（或气体）中固体小颗粒的无规则运动是布朗运动，固体颗粒越小、液体（或气体）温度越高，布朗运动越明显；布朗运动是液体（或气体）分子无规则运动的反应．【解析】【解答】解：布朗运动的激烈程度与液体的温度；悬浮颗粒的大小有关；温度越高，悬浮物的颗粒越小，布朗运动越激烈．所以发现甲杯的布朗运动比乙杯中的激烈，不一定是由于甲杯中水温高于乙杯．所以以上的说法是错误的．

故答案为：×17、×【分析】【分析】首先知道平衡态和热平衡的定义，知道影响的因素是不同；知道温度是判断系统热平衡的依据；据此分析判断即可．【解析】【解答】解：一般来说；平衡态是针对某一系统而言的，描述系统状态的参量不只温度一个，还与体积压强有关，当温度不变时，系统不一定处于平衡态．所以该说法是错误的．

故答案为：×18、×【分析】【分析】场强定义式E=适应任何电场，E=只适用于真空中点电荷；场强取决于电场本身，与检验电荷无关．【解析】【解答】解：场强定义式E=适应任何电场，E=只适用于真空中点电荷；故错误．

故答案为：×．四、简答题(共3题，共9分)19、略

【分析】【分析】电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律U＞IR．对于R和r是纯电阻，可以用欧姆定律求电流．根据功率关系求出电动机输出的功率，根据P热=I2RM求解热功率，从而求出电动机的输出功率．【解析】【解答】解：（1）由E=30V；电动机两端电压为10V可得R和电源内阻上分担的电压为20V；

则I==A=2A；

（2）电动机输入功率P=UI=10V×2A=20W；

（3）电动机的热功率P热=I2RM=4×1W=4W；

（4）电动机的输出功率P输出=P-P热=20W-4W=16W．

答：（1）通过电动机的电流为2A．

（2）电动机的输入功率为20W．

（3）电动机的热功率为4W．

（4）电动机的输出功率为16W．20、略

【分析】【分析】根据v-t图象得到滑块I、II碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律和能量守恒定律列式分析即可．【解析】【解答】解：以滑块Ⅰ的运动方向为正，由图可直接读出滑块Ⅰ的初速度v1=5m/s；滑块Ⅱ的初速度v2=-3m/s；碰撞后二者共同运动的速度v=2m/s．

设滑块Ⅱ的质量为m2，根据动量守恒定律得：m1v1+m2v2=（m1+m2）v

解得：m2=0.6kg

根据能量守恒定律得：

滑块Ⅰ与滑块Ⅱ碰撞过程中损失的机械能△E==12J．

答：滑块Ⅰ与滑块Ⅱ碰撞过程中损失的机械能为12J21、（1）1s22s22p63s23p33（2）正四面体形60º大于（3）电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大（4）PCl4+sp3PCl6-（5）低于或【分析】【分析】本题考查物质结构与性质，涉及电子排布式、立体构型、键角、等电子体、杂化理论、晶胞密度计算等，理解掌握相关的内容进行解答。【解答】rm{(1)P}是rm{15}号元素，其核外电子排布式是：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{3}}。有rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{3}}个未成对电子。故答案为：rm{3}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{3}}rm{3}白磷是正四面体结构，其键角是rm{(2)}白磷是正四面体形，为非极性分子，rm{60^{circ}}其在rm{CS}rm{CS}rm{{,!}_{2}}故答案为：正四面体形；中的溶解度大于大于；在水中的溶解度。的电负性比rm{60?}强，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大。故答案为：电负性rm{(3)N}强于rm{P}中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大；rm{N}与四氯化碳互为等电子体，故A是rm{P}。其中心原子与四氯化碳中的rm{(4)A}的杂化方式一样都是rm{PCl_{4}^{+}}杂化。rm{PCl_{4}^{+}}与rm{C}互为等电子体，故B是rm{sp^{3}}。故答案为：rm{B}rm{SF_{6}}rm{PCl_{6}^{-}}rm{PCl_{6}^{-}}由rm{PCl_{4}^{+}}的晶胞结构可知属于原子晶体，但由于rm{sp^{3}}和rm{PCl_{6}^{-}}原子的半径都比rm{(5)}的半径要大，即rm{BP}中共价键的键长比金刚石的键长要大，其熔点低于金刚石的熔点。由rm{B}晶胞结构可知含有rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}个rm{P}原子，而rm{C}个rm{BP}原子都在晶胞内部，即一个晶胞单元中含有rm{BP}个rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4

}晶胞的密度：rm{娄脩=dfrac{MZ}{{N}_{A}V}=dfrac{4隆脕42}{6.02隆脕{10}^{23}隆脕(2sqrt{2}xsin54^{circ}44{{'}}{)}^{3}}}故答案为：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)}正四面体形rm{60?}大于rm{(3)}电负性rm{N}强于rm{P}中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大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、计算题(共4题，共24分)22、略

【分析】【解析】

试题分析：①根据波形图可知，这列波从P点传播到Q点，传播距离时间所以波传播的速度波长所以周期

②根据波形图可知t=0时刻距离Q点最近的波峰在处，传播到Q点的距离需要的时间

时间即经过质点Q到达波峰，相对平衡位置的位移

经过的路程

考点：机械振动机械波【解析】【答案】①②23、略

【分析】

（1）先分析等效电路，明确电容器极板间的电压与R3的电压相同；然后根据受力平衡状态确定小球受的电场力大小以及电性，从而计算其所带的电荷量；

（2）小球向下运动过程根据动能定理列一个方程；再根据碰撞后的运动情况列一个动能定理方程求解。

本题的关键是知道与电容器串联的电阻都相当于导线，电阻忽略不计，然后根据受力平衡以及动能定理求解即可．【解析】解：由电路图可以看出，因R4支路上无电流，电容器两极板间电压，无论K是否闭合始终等于R3上的电压；当K闭合时，设此两极板间电压为U，电源电动势为E，由分压关系可得。

U=U3=E①

小球处于静止状态；由平衡条件得：

所以q=带正电。

（2）当K断开时，由R1和R3串联可得电容两极板间电压为U′=③

由①③两式得：U′=U④

U′＜U表明K断开后小球将向下运动；重力对小球做正功，电场力对小球做负功，由功能关系可知：

mg-q=mv2-0⑤

因小球与下极板碰撞时无机械能损失；设小球碰后电荷量变为q′，由功能关系得：

q′u′-mgd=0-mv2⑥

联立上述各式解得：q′=

即小球与下极板碰后电荷符号不变，电荷量变为q′=

答：（1）小球所带的电荷的极性为正，电量为

（2）小球与极板碰后电荷量为得．24、解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动；有：

υ0=a△t

Eq=ma

解得：E=≈7.2×103N/C

（2）由qυ0B=mT=得：

r=T=

当磁场垂直纸面向外时，半径r1==0.05m

周期T1==×10-5s

当磁场垂直纸面向里时，半径r2=═0.03m

周期T2==×10-5s

故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图1所示，t=×10-5s时。

刻电荷与O点的竖直距离△d=2（r1-r2）=0.04m

（3）电荷从第一次通过MN开始计时，其运动周期为T=×10-5s

根据电荷的运动情况可知；电荷到达挡板前运动的完整周期数为4个，此时电。

荷沿MN运动的距离s=4△d=0.16m；而最后△s23.5cm-16cm=0.075m的距离如图2所示；

有r1+r1cosα=△s

解得cosα=0.5；则α=60°

故电荷运动的总时间t总=△t+4T+T1=×10-5s≈1.1×10-4s

答：（1）匀强电场的电场强度E的大小为7.2×103N/C．

（2）t=×10-5s时刻电荷与O点的竖直距离△d为0.04m．

（3）电荷从O点出发运动到挡板所需时间为1.1×10-4s．【分析】

(1)

由题意；正电荷从O

点开始做匀加速直线运动，由运动学规律及牛顿第二定律可以求出电场强度大小．

(2)

分别求出正电荷在交变磁场中做匀速圆周运动的半径和周期，从而描绘出正电荷的运动轨迹，应该是周期性，由几何关系就能求出该时刻离O

点的竖直距离鈻�d

．

(3)

由上述计算可知：电荷到达挡板前运动的完整周期数为4

个，此时电荷沿MN

运动的距离s=4鈻�d=16cm

则最后鈻�s=7.5cm

运动轨迹是一段优弧，由几何关系求出偏转角，加上前面的时间从而求出运动的总时间．

本题的关键是要求出正电荷在交变磁场中运动半径和周期，从而确定正电荷在交变磁场中的周期性运动的轨迹，再由几何关系求出距离和时间．【解析】解：(1)

电荷在电场中做匀加速直线运动；有：

娄脭0=a鈻�t

Eq=ma

解得：E=mv0q鈻�t隆脰7.2隆脕103N/C

(2)

由q娄脭0B=mv02rT=2娄脨rv0

得：

r=mv0qBT=

2娄脨mqB

当磁场垂直纸面向外时，半径r1=mv0qB1=0.05m

周期T1=2娄脨mqB1=2娄脨3隆脕10鈭�5s

当磁场垂直纸面向里时，半径r2=mv0qB2篓T0.03m

周期T2=