1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年广东省清远市阳山中学高二（上）期中物理试卷一、选择题：（本题共12小题，每小题5分在每小题所给的四个选项中至少有一项是正确的）1A为已知电场中的一固定点，在A点放一个电荷量为+q的点电荷，所受电场力为F，A点的场强为E，则（）A 若在A点换上电荷量为q的点电荷，A点的场强方向将发生变化B 若在A点换上电荷量为+2q的点电荷，A点的场强变为2EC 若将A点的点电荷移去，A点的场强变为零D A点场强的大小、方向与放在该处的点电荷的大小、正负、有无均无关2如图所示，表示一个电场中a、b、c、d四个点分别引入试探电荷时，测得试探电荷所受电场力与试探
2、电荷量间的函数关系图象，那么下列说法正确的是（）A 该电场是匀强电场B 这四点场强的大小关系是EaEbEcEdC 这四点场强的大小关系是EdEaEbEcD 无法比较这四点场强的大小关系3如图所示，为某一电场中的一条电场线，已知电子在A点的速率为v1，只在电场力的作用下，电子从A点运动到B点时速度恰好为零，则（）A 电场的方向从A指向BB A点的电场强度比B点大C A点的电势比B点高D A到B的过程中，电子的电势能减少4横截面积为0.5cm2的导电液体中，每秒钟有0.2C的正电荷和0.3C负电荷相向运动，则电流是（）A 0.2AB 0.3AC 0.5AD 104A5一根粗细均匀的镍铬丝的横截面的
3、直径为d，电阻是R，把它拉制成直径是的均匀细丝后，它的电阻变成（）A RB 10000RC RD 100R6电流表的内阻是Rg=200，满偏电流值是Ig=500A，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（）A 应串联一个0.1的电阻B 应并联一个0.1的电阻C 应串联一个1800的电阻D 应并联一个1800的电阻7两电阻R1和R2的电流I电压U的关系图线如图所示，可知两电阻的大小之比R1：R2等于（）A 1：3B 3：1C 1：D 1：48如图所示，平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600V，A板带正电，接地，B板带负电A、B两板间距为12cm，C点离A板4cm
4、，则关于C点的电势说法正确的是（）A C=400VB C=400VC C=200VD C=200V9一个带电小球在空中从a点运动到b点的过程中，重力做功5J，电场力做功2J，克服阻力做功1J由此可判断能量变化的有关说法中正确的是（）A 重力势能减少5JB 电势能增大2JC 动能增大6JD 机械能减少3J10如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场E中，在环与环圆心等高处有一个质量为m、带电量为+q的小球由静止开始沿轨道运动，则（）A 小球运动过程中机械能守恒B 小球经过环的最低点时速度最大C 在最低点时球对环的压力为（mg+qE）D 在最低点时球对环的压力为3（mg+qE）11平
5、行板电容器充电后，与电池两极断开连接，当两极板间的距离减小时（）A 电容器的电容C变大B 电容器极板的带电量Q变大C 电容器两极间的电势差U变大D 电容器两极板间的电场强度E变大12一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，当二者通过相同电流并且均正常工作时，在相同时间内（）A 电炉放出的热量与电动机放出的热量相等B 电炉两端电压小于电动机两端电压C 电炉两端电压等于电动机两端电压D 电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率二、填空题：（本题共有12空，每空2分）13在电场中把2.0109C的正电荷从A点移动到B点，静电力做功为1.5107J再把这个电荷从B点移动到C点，静电力做功为4.0107J则
6、，A、B、C三点中点的电势最高，A、C间的电势差UAC=V，把电量为1.5109C的电荷从A点移到C点，静电力做功为J14A、B两带电小球，A固定不动，B的质量为m，在库仑力作用下，B由静止开始运动已知初始时A、B间的距离为d，B的加速度为a，经过一段时间后，B的加速度变为，此时A、B间的距离应为已知此时B的速度为V，则在此过程中电势能的减少量为15长为L的导体棒原来不带电，将一带电量为q的点电荷放在距棒左端R处，如图所示，当达到静电平衡后棒上感应的电荷在棒内中点处产生的场强的大小等于，方向16如图所示，有三个点电荷，甲带电为+q，乙带电为9q，丙带电为Q甲乙相距为R，将丙电荷放甲乙连线上的某
7、点，使甲、乙、丙都处于平衡状态，则丙电荷的电性应为，电荷量Q=，所放位置应在17如图电路中，电压表和电流表读数分别为10V和0.1A，已知电流表内阻RA为0.2，那么待测电阻Rx的测量值比真实值（填“大”或“小”），真实值为三、计算题：18图中A、B间的电压UAB=24V保持不变，R3=36，要使开关S接通和断开时，C、B间的电压分别为6V和8V，求：R1的阻值；R2的阻值19如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成角，重力加速度为g（1）判断小球带何种电荷（2）求电场强度E（3）若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度v
8、20如图所示，电源电压U=10V，保持不变电阻R1=6，R2=4，C=10F求：闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；然后将开关S断开，求这以后流过R1的总电量21一个质量为m、带电量为q的小物体（可视为质点），可在水平轨道ox上运动，o端有一与轨道垂直的固定墙轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿ox轴正向，如图所示小物体以初速度v0从xo点沿ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f作用，且fqE设小物体与墙碰撞时不损失机械能，且电量保持不变，求：小物体一开始向右运动所能到达的最大位移；它在停止运动前所通过的总路程S2014-2015学年广东省清远市阳山中学高二（上）期中物理试卷参考答案与
9、试题解析一、选择题：（本题共12小题，每小题5分在每小题所给的四个选项中至少有一项是正确的）1A为已知电场中的一固定点，在A点放一个电荷量为+q的点电荷，所受电场力为F，A点的场强为E，则（）A 若在A点换上电荷量为q的点电荷，A点的场强方向将发生变化B 若在A点换上电荷量为+2q的点电荷，A点的场强变为2EC 若将A点的点电荷移去，A点的场强变为零D A点场强的大小、方向与放在该处的点电荷的大小、正负、有无均无关考点：电场强度分析：电场强度反映电场本身的性质，其大小及方向与试探电荷的电量及电性无关根据电场强度的物理意义进行解答解答：解：电场强度的定义式为 E=是通过比值定义法得出的，E的大小
10、及方向与试探电荷无关，由电场本身决定，故放入任何电荷时电场强度的方向大小均不变，故ABC均错误，D正确故选：D点评：比值定义法是物理学中常用方法，但要注意所定义的量不一定与式中的物理有比例关系2如图所示，表示一个电场中a、b、c、d四个点分别引入试探电荷时，测得试探电荷所受电场力与试探电荷量间的函数关系图象，那么下列说法正确的是（）A 该电场是匀强电场B 这四点场强的大小关系是EaEbEcEdC 这四点场强的大小关系是EdEaEbEcD 无法比较这四点场强的大小关系考点：电场强度分析：匀强电场的场强大小和方向处处相同，Fq图线的斜率的绝对值E=等于电场强度的大小，根据斜率比较电场中a、b、c、
11、d四点的电场强度大小解答：解：、图线斜率的绝对值大小为=E，所以可以使用直线的斜率大小表示电场强度的大小，d图线斜率的绝对值最大，所以d点的电场强度最大，c图线斜率的绝对值最小，电场强度的最小所以四点场强的大小关系是EdEaEbEc可知该电场不是匀强电场，故C正确，ABD错误故选：C点评：解决本题的关键掌握电场强度的定义式E=，知道电场强度的大小与检验电荷的电量无关3如图所示，为某一电场中的一条电场线，已知电子在A点的速率为v1，只在电场力的作用下，电子从A点运动到B点时速度恰好为零，则（）A 电场的方向从A指向BB A点的电场强度比B点大C A点的电势比B点高D A到B的过程中，电子的电势能
12、减少考点：电场线分析：电子从A点运动到B点时速度恰好为零，说明电场力做负功，据此判断出电场力的方向，然后判断出电场的方向，根据沿着电场线的方向电势越来越低，判断电势的高低；由电场力做功与电势能变化的关系分析电子电势能如何变化解答：解：电子从A点运动到B点时速度恰好为零，说明电场力做负功，电场力由B指向A；A、电子带负电，电场力由B指向A，则电场方向由A指向B，故A正确；B、仅根据一条电场线，不能判断A、B两点场强的大小，故B错误；C、电场方向由A指向B，沿电场线的方向电势越来越低，所以A点电势比B点电势高，故C正确；D、从A到B的过程中，电场力做负功，电势能增加，故D错误；故选AC点评：根据电
13、子速度变为零判断出电场力的方向，根据电荷受力方向与场强方向间的关系、电场线方向与电势的关系、电场力做功与电势能变化的关系分析答题4横截面积为0.5cm2的导电液体中，每秒钟有0.2C的正电荷和0.3C负电荷相向运动，则电流是（）A 0.2AB 0.3AC 0.5AD 104A考点：电流、电压概念专题：恒定电流专题分析：根据电流的定义：单位时间内通过导体横截面的电荷量解答：解：电流的定义式是I=，在导电液中，q指正负电荷绝对值的加和，所以I=0.5A，C正确故选C点评：本题需要注意的是对于电解液导电，通过某一横截面的电荷是正负电荷绝对值的加和5一根粗细均匀的镍铬丝的横截面的直径为d，电阻是R，把
14、它拉制成直径是的均匀细丝后，它的电阻变成（）A RB 10000RC RD 100R考点：电阻定律专题：恒定电流专题分析：镍铬丝的横截面的直径为d，横截面积为S=，根据数学知识确定直径是后横截面积的关系，根据体积不变，分析长度的关系，由电阻定律分析电阻的变化情况解答：解：镍铬丝的横截面的直径为d，横截面积为S1=，由数学知识得知，直径是后横截面积是S2=，由于镍铬丝的体积不变，由长度变为原来的100倍，根据电阻定律R=得到，电阻是原来的10000倍，即为10000R故选B点评：本题要综合考虑电阻随导体横截面积和长度的变化，不能只知其一，不知其二基础题6电流表的内阻是Rg=200，满偏电流值是I
15、g=500A，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（）A 应串联一个0.1的电阻B 应并联一个0.1的电阻C 应串联一个1800的电阻D 应并联一个1800的电阻考点：把电流表改装成电压表分析：电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的电阻值为：R=，U为量程解答：解：电流表改装成电压表要串联的电阻为：R=1800A 串联阻值不对故A错误B 不应并联故B错误C 符合要求故C正确D 不应并联故D错误故选：C点评：考查的电压表的改装原理，明确所串联的电阻的求法7两电阻R1和R2的电流I电压U的关系图线如图所示，可知两电阻的大小之比R1：R2等于（）A 1：3B 3：1C 1：D
16、 1：4考点：欧姆定律专题：恒定电流专题分析：本题为图象分析问题，在图中任意做一条与横轴垂直的直线，则与两图象的交点为电流相同点，对应的纵坐标得出电压值，则由欧姆定律可进行比较解答：解：由图可知，R1=；R2=；故R1：R2=tan30：tan60=1：3；故选：A点评：该题考查了根据电流、电压图象获取信息的能力，在解题中特别要注意电流、电压分别在哪个坐标上8如图所示，平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600V，A板带正电，接地，B板带负电A、B两板间距为12cm，C点离A板4cm，则关于C点的电势说法正确的是（）A C=400VB C=400VC C=200VD C=200V考点
17、：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：由U=Ed可求得场强，C点的电势等于C与A板的电势差解答：解：由E=得：E=5000V/m；C点电势等于CA两点的电势差，UCA=Ed1=50000.04=200V，因A带正电且电势为零，故C点电势小于A，故C=200V，故选：C点评：在研究电场中能的性质时一定要注意各量间的正负，明确正负在题目中的含义，并能正确应用9一个带电小球在空中从a点运动到b点的过程中，重力做功5J，电场力做功2J，克服阻力做功1J由此可判断能量变化的有关说法中正确的是（）A 重力势能减少5JB 电势能增大2JC 动能增大6JD 机械能减少3J考
18、点：电势能；重力势能专题：电场力与电势的性质专题分析：解决本题可根据这些知识进行分析：重力做功等于重力势能的减小量；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量解答：解：A、重力做功等于重力势能的减小量，重力做功5J，故重力势能减小5J，故A正确；B、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功2J，故电势能减小2J，故B错误；C、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为W总=WG+W电+W阻=5J+2J1J=6J，故动能增大6J，故C正确；D、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，电场力做功2J，与克服空气
19、阻力做功l J，故机械能增加1J，故D错误；故选：AC点评：功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度10如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场E中，在环与环圆心等高处有一个质量为m、带电量为+q的小球由静止开始沿轨道运动，则（）A 小球运动过程中机械能守恒B 小球经过环的最低点时速度最大C 在最低点时球对环的压力为（mg+qE）D 在最低点时球对环的压力为3（mg+qE）考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在电场中的运动专题分
20、析：根据机械能守恒的条件判断小球运动过程中机械能是否守恒，通过动能定理判断小球在何位置速度最大，根据动能定理求出最低点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出球对环的压力大小解答：解：A、小球在运动的过程中除了重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒故A错误B、根据动能定理知，在运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做整个，到达最低点的速度最大故B正确C、根据动能定理得：mgR+qER=，解得：，根据牛顿第二定律得：NqEmg=m，解得：N=3（mg+qE），则球对环的压力为3（mg+qE）故C错误，D正确故选：BD点评：本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道小球在最低点
21、向心力的来源是解决本题的关键11平行板电容器充电后，与电池两极断开连接，当两极板间的距离减小时（）A 电容器的电容C变大B 电容器极板的带电量Q变大C 电容器两极间的电势差U变大D 电容器两极板间的电场强度E变大考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：根据电容的决定式，分析两极板间的距离减小时电容的变化电容器断开电源，电容器的电量不变，由电容的定义式分析电容器极板的带电荷量Q变化由E=分析板间场强的变化解答：解：A、由电容器的决定式可知，C=可知，当板间距离减小时，电容C变大；故A正确；B、因电容器与电源断开，则电容器极板上的电量不变；故B错误；C、由C=可知，因电量不变，C变大，则电势差
22、U减小；故C错误；D、由推导公式C=可知，当电容器电量变时，只改变两板间的距离，则两板中的电场强度不变；故D错误；故选：A点评：充电后断开电源，只改变极板间的距离，板间的电场强度不变，这个结论应牢记并要求能熟练应用12一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，当二者通过相同电流并且均正常工作时，在相同时间内（）A 电炉放出的热量与电动机放出的热量相等B 电炉两端电压小于电动机两端电压C 电炉两端电压等于电动机两端电压D 电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：对于电炉电路和电动机电路，焦耳定律都适用，欧姆定律只适用于电炉，不适用于正常工作
23、的电动机；根据欧姆定律研究电炉两端的电压；电动机两端的电压大于电流与电阻的乘积解答：解：A、电炉电路和电动机电路焦耳定律都适用根据焦耳定律Q=I2rt，知电炉和电动机的电阻相同，电流相同，则在相同的时间内电炉和电动机产生的电热相等故A正确B、C、设电流为I，电阻为r，则电炉两端电压U炉=Ir，电动机两端电压U机Ir，所以U机U炉即电动机两端电压大于电炉两端电压，故B正确，C错误D、电动机消耗的电能一部分转化为内能，另一部分转化为机械能，电炉消耗的电能全部转化为内能，而相等时间内它们产生的热量相等，则在相同的时间内，电动机消耗的电能大于电炉消耗的电能，则电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率故D正确
24、故选：ABD点评：此题要明确电动机工作时电功只能用W=UIt求，电热只能用焦耳定律求；电炉工作时，电热等于电功，W=UIt=I2rt二、填空题：（本题共有12空，每空2分）13在电场中把2.0109C的正电荷从A点移动到B点，静电力做功为1.5107J再把这个电荷从B点移动到C点，静电力做功为4.0107J则，A、B、C三点中C点的电势最高，A、C间的电势差UAC=125V，把电量为1.5109C的电荷从A点移到C点，静电力做功为1.875107J考点：电势能分析：根据电场力做功与电势差的关系求出AB、BC间的电势差，从而比较A、B、C三点的电势高低，得出AC间的电势差，结合电场力做功与电势差
25、的关系求出将电荷从A点移动C点，静电力做功的大小解答：解：A、B间的电势差为：UAB=V=75VB、C间的电势差为：UBC=V=200V知A点电势比B点电势高75V，C点电势比B点高100V，则C点的电势最高，B点的电势最低AC间的电势差为：UAC=UAB+UBC=125V把电量为1.5109C的电荷从A点移到C点，静电力做功为：WAC=qUAC=1.5109（25）J=1.875107J故答案为：C，125，1.875107点评：解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系公式，注意在运用该公式求解时，电荷的正负、电势差的正负、功的正负均要代入计算14A、B两带电小球，A固定不动，B的质量为m
26、，在库仑力作用下，B由静止开始运动已知初始时A、B间的距离为d，B的加速度为a，经过一段时间后，B的加速度变为，此时A、B间的距离应为2d已知此时B的速度为V，则在此过程中电势能的减少量为考点：电势能；库仑定律专题：电场力与电势的性质专题分析：当在真空中两个点电荷，其间的库仑力与两点电荷的电量乘积成正比，与间距的平方成反比两球在某一状态下，小球加速度与质量成反比同一小球在不同状态下，加速度与合力成正比而电场力做功导致电势能变化，当电场力做正功时，电势能减少；当电场力做负功时，电势能增加解答：解：B球仅在库仑力作用下，由静止开始运动，当间距为d时，B的加速度为a，则合力为F=ma，且F与d的平方
27、成反比；当B的加速度为，此时B球的合力为F=，则两球间距为2dA固定不动，B由静止在库仑力的作用下开始运动，当速度达到V时，过程中的动能增加了mv2则电势能减小了mv2故答案为：2d，mv2点评：由库仑定律可知，在真空且必须确保电荷量不变，电荷间距要大，能将带电球看成点来处理同时运用牛顿第二定律来确定力与加速度的关系电场力做功会导致电势能与动能相互转化15长为L的导体棒原来不带电，将一带电量为q的点电荷放在距棒左端R处，如图所示，当达到静电平衡后棒上感应的电荷在棒内中点处产生的场强的大小等于，方向水平向左考点：点电荷的场强；电场的叠加专题：电场力与电势的性质专题分析：物体带电有接触起电，有感应
28、带电，有摩擦起电对于感应带电，是利用同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原理解答：解：水平导体棒当达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内距离左端处产生的场强大小与一带电量为Q的点电荷在该处产生的电场强度大小相等，则有：E=由于该处的电场强度为零，所以方向与一带电量为Q的点电荷在该处产生的电场强度的方向相反，即水平向左故答案为：；水平向左点评：感应带电的本质是电荷的转移；当金属导体处于电场时出现静电平衡现象16如图所示，有三个点电荷，甲带电为+q，乙带电为9q，丙带电为Q甲乙相距为R，将丙电荷放甲乙连线上的某点，使甲、乙、丙都处于平衡状态，则丙电荷的电性应为负电，电荷量Q=，所放位置应在甲左侧处考点
29、：库仑定律分析：甲、乙、丙三个点电荷都处于静止状态，对电荷受力分析，每个电荷都处于受力平衡状态，故根据库仑定律可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果解答：解：甲、乙、丙三个电荷要平衡，必须三个电荷的一条直线，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以丙必须为负电，在甲的左侧设丙所在位置与甲的距离为r，则丙所在位置与乙的距离为R+r，要能处于平衡状态，所以甲对丙的电场力大小等于乙对丙的电场力大小，设丙的电量为q则有：=解得：r=对点电荷甲，其受力也平衡，则=解得：Q=q故答案为：负电，甲左侧处点
30、评：我们可以去尝试假设丙带正电或负电，它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态不行再继续判断17如图电路中，电压表和电流表读数分别为10V和0.1A，已知电流表内阻RA为0.2，那么待测电阻Rx的测量值比真实值大（填“大”或“小”），真实值为99.8考点：把电流表改装成电压表专题：实验题；恒定电流专题分析：由欧姆定律求得电阻阻值，因图示为电流表内接法，则R测=RX+RA可知测量值偏大，RX=R测RA解答：解：由欧姆定律：R测=100，RX=R测RA=1000.2=99.8 则测量值偏大故答案为：大、99.8，点评：考查电阻的测量，会由欧姆定律求解电阻及分析误差明确内外接法对测量值的影响
31、三、计算题：18图中A、B间的电压UAB=24V保持不变，R3=36，要使开关S接通和断开时，C、B间的电压分别为6V和8V，求：R1的阻值；R2的阻值考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：分别对开关S闭合和断开时的电路运用闭合电路欧姆定律列式即可求解解答：解：当开关闭合时，根据闭合电路欧姆定律得：UAB=UBC+U1UAB=UBC+即：24=6+当开关断开时，根据闭合电路欧姆定律得：UAB=U2+U1UAB=U2+即：24=8+由解得：R1=36，R2=18，答：R1的阻值为36；R2的阻值为18点评：本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，难度适中19如图所示，一质量为m、带电
32、量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成角，重力加速度为g（1）判断小球带何种电荷（2）求电场强度E（3）若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度v考点：共点力平衡的条件及其应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；电场强度专题：共点力作用下物体平衡专题分析：（1）小球受到的电场力向左，与场强方向相反，故带负电荷；（2）对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出电场力，得到电场强度；（3）剪短细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度后，再运用速度时间公式求解解答：解：（1）
33、小球受到的电场力向左，与场强方向相反；故小球带负电荷（2）对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，如图根据共点力平衡条件，有qE=mgtan故即电场强度E为（3）剪短细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动；根据牛顿第二定律，有F合=ma 由于三力平衡中，任意两个力的合力与第三力等值、反向、共线，故F合= 根据速度时间公式，有v=at 由解得即经过t时间小球的速度v为点评：本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力，最后根据牛顿第二定律求加速度，由速度时间公式求末速度20如图所示，电源电压U=10V，保持不变电阻R1=6，R2=4，C=10F求
34、：闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；然后将开关S断开，求这以后流过R1的总电量考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：闭合开关S，根据欧姆定律求解稳定后通过R1的电流；将开关S断开，稳定时电容器的电压等于电源的电压，电压增大，电容器将充电，根据电压的变化，求出电容器电量的增加量，即等于这以后流过R1的总电量解答：解：闭合开关S，根据欧姆定律得：I=A=1A闭合开关S时电容器的电压为：U1=U=10V=4V将开关S断开，稳定时电容器的电压等于电源的电压，电压增大，电容器将充电电容器电压的增加量为：U=UU1=104=6V由C=得电容器电量的增加量为：Q=CU=101066C=6105C
35、故这以后流过R1的总电量为6105C答：闭合开关S，稳定后通过R1的电流是1A；然后将开关S断开，这以后流过R1的总电量为6105C点评：对于含有电容器的问题，关键确定电容器的电压，可根据欧姆定律和电路的结合进行解答21一个质量为m、带电量为q的小物体（可视为质点），可在水平轨道ox上运动，o端有一与轨道垂直的固定墙轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿ox轴正向，如图所示小物体以初速度v0从xo点沿ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f作用，且fqE设小物体与墙碰撞时不损失机械能，且电量保持不变，求：小物体一开始向右运动所能到达的最大位移；它在停止运动前所通过的总路程S考点：功能关系；电势能；带电粒子在匀强电场中的运动分析：（1）小物体一开始向右运动的速度等于0时，所能到达的最大位移，根据动能定理即可求解；（2）物体最终停止在固定墙处，在整个运动的过程中，阻力一直做负功，电场力最终做正功，根据动能定理求出通过的总路程解答：解：小物体的速度等于0时，的位移x1，则：得：对全过程运用动能定理得：解得：s=答：小物体一开始向右运动所能到达的最大位移是；它在停止运动前所通过的总路程点评：物块经过若干次碰撞做往复运动最后停止，只能通过动能定理求运动的总路程高考资源网版权所有，侵权必究！
