安徽省钱桥中学、泥河中学联考高二物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年安徽省钱桥中学、泥河中学联考高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（每小题4分，共40分其中1-7题为单选题；8-10题为多选题，多项选择少选扣2分，多选或错选得0分）1对于电场，下列说法正确的是( )a电势越高场强越大b将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功一定为零c电势降落的方向必定是电场强度的方向d电势为零的点，场强不一定为零2如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，则下列结论错误的是( )a此液滴带负电b液滴的加速度等于gc合外力对液滴做的总功等于零d液滴的电势能减少3如图所示，带箭头的曲线表示一个带正电粒子通过一个点电荷q所产生的电场时的运动轨迹，虚线表示点电荷电场的两个等势面，下列说法中正确的是( )a等势面ab，粒子动能ekaekbb等势面ab，粒子动能ekaekbc等势面ab，粒子动能ekaekbd等势面ab，粒子动能ekaekb4如图，质量为m的带正电小球a悬挂在绝缘细线上，且处在场强为e的匀强电场中，当小球a静止时，细线与竖直方向成30角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带的电量应为( )abcd5如图，平行板电容器a、b间有一带电油滴p正好静止在极板正中间，现将b极板向下移动到虚线位置，其他条件不变则( )a油滴将向下运动b在b极板移动过程中电流计中有由b流向a的电流c油滴运动的电势能将减少d极板带的电荷量增大6如图所示，a、b是两个带电量相等的异种点电荷，a带正电，b带负电，oo为两点电荷连线的垂直平分线，p点是垂足，若从p点以大小为v0的初速度发射一个质子，则( )a若质子初速度方向由p指向a，则质子在接近a点的过程中速度越来越大b若质子初速度方向由p指向b，则质子在接近b点的过程中加速度越来越大c若质子初速度方向由p指向o，则质子在运动的过程中加速度的大小不变d若质子初速度方向由p指向o，则质子在运动的过程中加速度的方向不变7用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）设两极板正对面积为s，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，若( )a保持s不变，增大d，则变大b保持s不变，增大d，则变小c保持d不变，减小s，则变小d保持d不变，减小s，则不变8如图所示，a、b、c三个粒子，同时由同一点垂直于场强方向以不同的速率进入偏转电场，其轨迹如图，其中b恰好飞出电场，不计粒子之间的相互作用力，由此可以肯定( )a在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上bb和c同时飞离电场c进入电场时，c的速度最小，a的速度最大d动能的增量相比，c的最小，a和b一样大9如图所示，电源电动势为e，内电阻为r当滑动变阻器的触片p从右端滑到左端时，发现电压表v1、v2示数变化的绝对值分别为u1和u2，下列说法中正确的是( )a小灯泡l1、l2变亮，l3变暗b小灯泡l2变亮，l1、l3变暗cu1u2du1u210在如图所示电路中，电源电动势e=6v，内阻r=1，保护电阻r0=3，滑动变阻器总电阻r=20，闭合电键s，在滑片p从a滑到b的过程中，若安培表内阻忽略，正确的是( )a安培表的示数先减小后增大b安培表的示数先增大后减小c滑动变阻器消耗的功率先增大后减小d滑动变阻器消耗的功率先增大后减小，再增大后减小二、实验题（本题共2小题，共18分把答案填在题中的横线上）11用20分度的游标卡尺测物体的长度，如图甲所示，读数为_cm，用螺旋测微器测物体的厚度，如图乙所示，读数为_cm12欲用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：a电池组（3v，内阻1）b电流表（03a，内阻0.012 5）c电流表（00.6a，内阻0.125）d电压表（03v，内阻3k）e电压表（015v，内阻15k）f滑动变阻器（020，额定电流1a）g滑动变阻器（02 000，额定电流0.3a）h开关、导线（1）上述器材中应选用的是_（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表_接法（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图所示，图示中i=_a，u=_v（4）为使通过待测金属导线的电流能在00.5a范围内改变，请按要求画出测量待测金属导线的电阻rx的原理电路图，然后根据你设计的原理电路将下图中给定的器材连成实验电路三、解答题（本题共4小题，共42分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13如图所示，a、b、c、d是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知a、b、c三点的电势分别为ua=15v，ub=3v，uc=3v，由此（1）可求d点电势ud得大小？（2）若该正方形的边长为a=2cm，且电场方向与正方形所在平面平行，求场强为e的大小？并在图中画出经过a的一条电场线14电动汽车噪音小、几乎无污染，深受市场需求，已知某比亚迪电动汽车，其质量为40kg，最多能载重80kg，正常工作时速为18km/h，电压是36v，电流是6a，此时输出功率是180w当汽车满载时，其阻力是车重的k倍，求：（1）k的值？（2）当车速为3m/s时，求此时，该电动车的加速度？（3）此电动车的工作效率是多少？15如图所示，电源电动势e=9v，内阻不计，r1=5，r2=13，r3=6，r4=3，电容c=2f当电键s由与a接触到与b接触的过程中，通过电阻r3的电量是多少？16如图甲所示，a、b是一对平行放置的金属板，中心各有一个小孔p、q，p、q连线垂直金属板，两板间距为d现从p点处连续不断地有质量为m、带电荷量为+q的带电粒子（重力不计），沿pq方向放出，粒子的初速度可忽略不计在t=0时刻开始在a、b间加上如图乙所示交变电压（a板电势高于b板时，电压为正），其电压大小为u、周期为t带电粒子在a、b间运动过程中，粒子间相互作用力可忽略不计求：（1）进入到金属板之间的带电粒子的加速度；（2）若两板间距足够宽，在t=0时刻放出的粒子在第一个周期t内离开a板的距离；（3）如果只有在每个周期的0时间内放出的带电粒子才能从小孔q中射出，则上述物理量d、m、q、u、t之间应满足的关系并求出每个周期内从小孔q中有粒子射出的时间与周期t的比值2015-2016学年安徽省钱桥中学、泥河中学联考高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（每小题4分，共40分其中1-7题为单选题；8-10题为多选题，多项选择少选扣2分，多选或错选得0分）1对于电场，下列说法正确的是( )a电势越高场强越大b将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功一定为零c电势降落的方向必定是电场强度的方向d电势为零的点，场强不一定为零【考点】电场强度【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】电场强度与电势无关；在静电场中场强方向就是电势降低最快的方向；电场力做功与两点间电势差有关【解答】解：a、电势与电场强度没有直接关系，所以电势大的地方电场强度不一定高，电势小的地方电场强度不一定低，故a错误b、场强为零的一点与场强为零的另一点之间的电势差不一定为零，所以由w=qu可知电场力做功不一定为零故b错误c、在静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向故c错误d、电势的零点是人为选取的，则电势为零的点，场强不一定为零，故d正确故选：d【点评】解决本题关键要理解电场中几对关系：场强与电势、场强与电势差、电场力做功与电势差等等，可结合电场线的物理意义和相关公式加深理解2如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，则下列结论错误的是( )a此液滴带负电b液滴的加速度等于gc合外力对液滴做的总功等于零d液滴的电势能减少【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】带电液滴受重力和电场力，做直线运动，知合力方向与bd重合根据电场力方向确定电荷的电性，根据电场力做功判断电势能的变化【解答】解：a、电荷所受的合力沿bd方向，知电场力方向水平向右，则该电荷为负电荷故a正确b、电荷的合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，则有：a=故b正确c、合外力不为零，则合外力做正功故c错误d、从b到d，电场力做正功，电势能减小故d正确本题选错误的，故选：c【点评】解决本题的关键知道当物体所受的合力与速度的方向在同一条直线上时，物体做直线运动以及知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加3如图所示，带箭头的曲线表示一个带正电粒子通过一个点电荷q所产生的电场时的运动轨迹，虚线表示点电荷电场的两个等势面，下列说法中正确的是( )a等势面ab，粒子动能ekaekbb等势面ab，粒子动能ekaekbc等势面ab，粒子动能ekaekbd等势面ab，粒子动能ekaekb【考点】电势差与电场强度的关系；等势面【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线与等势面垂直电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加同种电荷相斥，异种电荷相吸并由运动轨迹来确定速度方向，由电场线与速度方向来确定电场力方向【解答】解：从轨迹可以看出粒子做曲线运动，由于曲线运动合力指向曲线的内侧，故两个电荷相互排斥，带同种电荷，粒子带负电，故场源带负电，沿着电场线方向，电势是降低的，则ab，两个电荷相互排斥，从a到b过程，电场力做负功，根据动能定理，动能减小，电势能增大，故abc错误；d正确；故选：d【点评】本题考查运用力学知识分析电场中轨迹问题的能力电场力具有力的共性，判断电场力做功的正负，按照功的公式，分析电场力与速度方向的夹角来判断加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题4如图，质量为m的带正电小球a悬挂在绝缘细线上，且处在场强为e的匀强电场中，当小球a静止时，细线与竖直方向成30角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带的电量应为( )abcd【考点】电场强度；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，运用作图法分析什么条件下小球受到的电场力最小，由力学知识求出最小的电场力，再求解小球的电荷量【解答】解：小球受到三个力作用：重力mg、电场力f和细线的拉力t，根据平衡条件得知：f和t的合力与重力mg大小相等、方向相反，作出电场力在三种不同方向下合成图如图，可以看出，当电场力f与细线的拉力t垂直时，电场力最小，由图求出电场力的最小值为 fmin=mgsin30又fmin=qe，得q=故选：d【点评】本题与动态平衡问题类似，采用图解法分析极值的条件，也可以运用函数法分析5如图，平行板电容器a、b间有一带电油滴p正好静止在极板正中间，现将b极板向下移动到虚线位置，其他条件不变则( )a油滴将向下运动b在b极板移动过程中电流计中有由b流向a的电流c油滴运动的电势能将减少d极板带的电荷量增大【考点】电容【专题】定性思想；推理法；电容器专题【分析】极板始终接在电源的两端，两端的电势差不变，结合d的变化判断电场强度的变化，从而得出电场力的变化，得出油滴向哪个方向运动根据电容的变化得出电容器所带电荷量的变化，确定出电流计中电流的方向根据电场力做功判断电势能的变化【解答】解：a、电容器两端的电势差不变，将b极板向下移动到虚线位置，d增大，电场强度减小，电场力减小，开始电场力和重力平衡，则油滴向下运动，故a正确b、d增大，根据c=知，电容减小，根据q=cu知，电容器所带的电荷量减小，电流计中有a流向b的电流，故b错误，d错误c、由于油滴向下运动，电场力方向向上，电场力做负功，则电势能增加，故c错误故选：a【点评】解决本题的关键抓住电容器始终与电源相连，电势差不变，结合电容的变化判断电量的变化由e=分析场强的变化6如图所示，a、b是两个带电量相等的异种点电荷，a带正电，b带负电，oo为两点电荷连线的垂直平分线，p点是垂足，若从p点以大小为v0的初速度发射一个质子，则( )a若质子初速度方向由p指向a，则质子在接近a点的过程中速度越来越大b若质子初速度方向由p指向b，则质子在接近b点的过程中加速度越来越大c若质子初速度方向由p指向o，则质子在运动的过程中加速度的大小不变d若质子初速度方向由p指向o，则质子在运动的过程中加速度的方向不变【考点】电场的叠加；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，同一电荷在等势线上电势能相同根据电场线分布的对称性可知，可知电场强度大小把正电荷沿直线移动，从而电场力变化情况，进而确定速度如何变化【解答】解：a、若质子初速度方向由p指向a，当质子在接近a点的过程中，根据正负电荷的电场强度合成可知，电场强度越来越大，则电场力也越来越大，所以加速度也越来越大，因加速度与速度反向，则速度越来越小故a错误b、若质子初速度方向由p指向b，根据正负电荷的电场强度合成可知，当质子在接近b点的过程中，电场强度越来越大，则电场力也越来越大，所以加速度也越来越大，但速度与加速度同向，则速度越来越大，故b正确；c、若质子初速度方向由p指向o，则质子在运动的过程中，因初速度方向与电场力不共线，则做曲线运动，导致电场力大小与方向均发生变化，所以加速度大小与方向也发生变化，故cd错误；故选：b【点评】对于等量同种电荷与等量异种电荷电场线、等势线的分布图要抓住特点，加深记忆，也是高考经常命题的内容，并注意力与运动的分析7用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）设两极板正对面积为s，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，若( )a保持s不变，增大d，则变大b保持s不变，增大d，则变小c保持d不变，减小s，则变小d保持d不变，减小s，则不变【考点】电容器的动态分析【专题】电容器专题【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大根据电容的决定式c= 分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式c= 分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况【解答】解：a、b、根据电容的决定式c= 得知，电容与极板间距离成反比，当保持s不变，增大d时，电容减小，电容器的电量q不变，由电容的定义式c= 分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大；反之，保持s不变，减小d，则减小故a正确，b错误c、d、根据电容的决定式c= 得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小s时，电容减小，电容器极板所带的电荷量q不变，则由电容的定义式c= 分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大；反之，保持d不变，增大s，则减小，故c错误，d错误故选：a【点评】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式c= 和c=8如图所示，a、b、c三个粒子，同时由同一点垂直于场强方向以不同的速率进入偏转电场，其轨迹如图，其中b恰好飞出电场，不计粒子之间的相互作用力，由此可以肯定( )a在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上bb和c同时飞离电场c进入电场时，c的速度最小，a的速度最大d动能的增量相比，c的最小，a和b一样大【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】电场力与电势的性质专题【分析】带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据竖直方向上的偏转位移，结合加速度，比较出运动的时间，在结合水平位移比较进入电场时的初速度根据动能定理比较动能的增量【解答】解：a、三个粒子所受的电场力相等，加速度大小相等，在竖直方向上有：y=at2可知：a、b的偏转位移相等，大于c的偏转位移，知a、b的运动时间相等，大于c的时间，故a正确，b错误c、因为a的水平位移小于b的水平位移，它们的运动时间相等，则a的速度小于b的速度，b的水平位移和c的水平位移相等，b的时间大于c的时间，则b的速度小于c的速度，所以进入电场时，c的速度最大，a的速度最小，故c错误d、根据动能定理知，a、b的偏转位移相等，则电场力做功相等，大于c电场力做功，所以a、b的动能增量相等，大于c的动能增量，故d正确故选：ad【点评】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，在沿电场方向上做匀加速直线运动，垂直电场方向上做匀速直线运动，结合运动学公式抓住等时性进行分析求解9如图所示，电源电动势为e，内电阻为r当滑动变阻器的触片p从右端滑到左端时，发现电压表v1、v2示数变化的绝对值分别为u1和u2，下列说法中正确的是( )a小灯泡l1、l2变亮，l3变暗b小灯泡l2变亮，l1、l3变暗cu1u2du1u2【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】当滑动变阻器的触片p从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯l2亮度的变化根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断l3亮度的变化根据总电流与通过l3电流的变化，分析通过l1电流的变化，判断其亮度变化根据路端电压的变化，分析u1和u2的大小【解答】解：a、b、当滑动变阻器的触片p从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则l2变亮变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则l3变暗总电流增大，而l3的电流减小，则l1的电流增大，则l1变亮故a正确，b错误c、d、由上分析可知，电压表v1的示数减小，电压表v2的示数增大，由于路端电压减小，所以u1u2故c错误，d正确故选：ad【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”思路进行分析运用总量法分析两电压表读数变化量的大小10在如图所示电路中，电源电动势e=6v，内阻r=1，保护电阻r0=3，滑动变阻器总电阻r=20，闭合电键s，在滑片p从a滑到b的过程中，若安培表内阻忽略，正确的是( )a安培表的示数先减小后增大b安培表的示数先增大后减小c滑动变阻器消耗的功率先增大后减小d滑动变阻器消耗的功率先增大后减小，再增大后减小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由电路图可知，滑动变阻器分为两部分，两部分并联后再与保护电阻串联，由闭合电路欧姆定律及电功率公式可以分析出滑动变阻器消耗的功率如何变化【解答】解：a、b、当滑片p在a、b两端时滑动变阻器电阻为零；当滑片p在滑动变阻器中央时，电阻最大，为5；故当滑片p从a滑到b的过程中，总电阻先变大后变小，故电流先减小后变大，故a正确，b错误；c、d、把保护电阻看做电源的内阻，电源与保护电阻等效于电源，滑动变阻器是外电路，当外电阻等于等效电源的内电阻r0+r=3+1=4时，电源的输出功率最大；当滑片p在滑动变阻器中央时，外电路电阻最大，为5；滑片p从a滑到中间的过程中，电路外电阻r先由零变大到5过程，滑动变阻器消耗的电功率先变大后变小，后变大；滑片p从中间滑到b的过程中，电路外电阻r由5减小到零，滑动变阻器消耗的电功率先变大后变小；即滑动变阻器消耗的功率先增大后减小，再增大后减小；故c错误，d正确；故选：ad【点评】本题关键是把电源与保护电阻等效为新的电源，明确当外电阻等于等效电源的内电阻时，等效电源的输出功率最大；还要知道当滑片p在滑动变阻器中央时，外电路电阻最大二、实验题（本题共2小题，共18分把答案填在题中的横线上）11用20分度的游标卡尺测物体的长度，如图甲所示，读数为3.140cm，用螺旋测微器测物体的厚度，如图乙所示，读数为5.601cm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题；定性思想；推理法；直线运动规律专题【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：游标卡尺的固定刻度读数为31mm，游标读数为0.058mm=0.40mm，所以最终读数为31.40mm=3.140cm螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm，可动刻度读数为0.0110.1mm=0.101mm，所以最终读数为5.5mm+0.101=5.601 mm故答案为：3.140，5.601【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读12欲用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：a电池组（3v，内阻1）b电流表（03a，内阻0.012 5）c电流表（00.6a，内阻0.125）d电压表（03v，内阻3k）e电压表（015v，内阻15k）f滑动变阻器（020，额定电流1a）g滑动变阻器（02 000，额定电流0.3a）h开关、导线（1）上述器材中应选用的是a、c、d、f、h（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表外接法（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图所示，图示中i=0.48a，u=2.20v（4）为使通过待测金属导线的电流能在00.5a范围内改变，请按要求画出测量待测金属导线的电阻rx的原理电路图，然后根据你设计的原理电路将下图中给定的器材连成实验电路【考点】用描迹法画出电场中平面上的等势线【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）用伏安法测定电阻的原理是电阻定义式r=根据电源的电动势，选择电压表的量程由电源的电动势与测电阻的大约值，估算电流的最大值，选择电流表的量程根据待测电阻与变阻器总阻值的大小，选择变阻器的规格（2）根据两电表内阻与待测电阻的大小关键，选择电流表的内接法或外接法（3）电流表的量程是0.6a，最小分度是0.02a，电压表的量程是3v，最小分度是0.1v（4）为使通过待测金属导线的电流能在00.5a范围内改变，变阻器必须接成分压式电路按顺序连接实物图【解答】解：（1）必选器材有：a、h电池组的电动势是3v，电压表的量程选3v，即选择电压表d由题，金属导线的电阻约为5左右，则通过导线的电流最大值约imax=0.6a故电流表选c为方便实验操作滑动变阻应选f故答案为：a、c、d、f、h；（2）由题得，=600，而=40，则，则采用电流表外接法，可减小误差（3）电流表的读数为i=0.48a，电压表的读数为u=2.20v（4）为使通过待测金属导线的电流能在00.5a范围内改变，变阻器必须接成分压式电路，实验原理电路图如图，连成实验电路如图故答案为：（1）a、c、d、f、h； （2）外； （3）0.48，2.20； （4）见图 电路图和实物图如图所示【点评】本题是伏安法测量电阻，从实验原理出发选择器材、设计电路、连接实物图等等，都是实验的基本技能，要加强培训，提高能力三、解答题（本题共4小题，共42分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13如图所示，a、b、c、d是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知a、b、c三点的电势分别为ua=15v，ub=3v，uc=3v，由此（1）可求d点电势ud得大小？（2）若该正方形的边长为a=2cm，且电场方向与正方形所在平面平行，求场强为e的大小？并在图中画出经过a的一条电场线【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】作图题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】连接ac，在ac上找出与b点等电势点，作出等势线，再过d作出等势线，在ac线上找出与d等势点，再确定d点的电势，场强方向与等势面垂直，由高电势指向低点势【解答】解：（1）因为uaub=12v，而ubuc=6v，所以连结ac并将其三等分如图所示，则根据匀强电场的性可知：p点电势为9v，q点电势为3v；而bqpd，则可知：up=ud，uq=ub，解得：ud=9v（2）在（1）基础上可判断场强方向必与pd或bq垂直设场强方向与ab夹 a角，于是有eacosa=uaub而根据正弦定理可得，由此可求得：答：（1）可求d点电势ud为9v；（2）若该正方形的边长为a=2cm，且电场方向与正方形所在平面平行，求场强为e的为450v/m；电场线如图所示【点评】本题的技巧是找等势点，作等势线，充分利用匀强电场的等势面相互平行，而且沿电场线方向相等距离，电势差相等进行作图14电动汽车噪音小、几乎无污染，深受市场需求，已知某比亚迪电动汽车，其质量为40kg，最多能载重80kg，正常工作时速为18km/h，电压是36v，电流是6a，此时输出功率是180w当汽车满载时，其阻力是车重的k倍，求：（1）k的值？（2）当车速为3m/s时，求此时，该电动车的加速度？（3）此电动车的工作效率是多少？【考点】电功、电功率；功率、平均功率和瞬时功率【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】（1）正常行驶时牵引力等于阻力，根据p=fv=fvm求出k的大小（2）根据功率公式求得牵引力，再由牛顿第二定律可求得电动车的加速度；（3）根据p=ui求得总功率，再由效率公式可求得电动车的工作效率【解答】解：（1）对于车：由p出=fv v=18km/h=5m/s 解得：f=36n；车匀速运动：f=f 则f=k（m+m）g 所以：k=0.03（2）当速度为3m/s时，牵引力为：f1=60n；则由牛顿第二定律可知：f1f=（m+m）a解得：a=3m/s2；（3）电动机的工作效率为：=100%=100%=83.3%；_答：（1）（1）k的值为0.03；（2）当车速为3m/s时，求此时，该电动车的加速度为3m/s2；（3）此电动车的工作效率是83.3%【点评】解决本题的关键搞清输入功率、输出功率、电动机内部消耗的功率之间的关系，以及知道功率与牵引力和速度的关系15如图所示，电源电动势e=9v，内阻不计，r1=5，r2=13，r3=6，r4=3，电容c=2f当电键s由与a接触到与b接触的过程中，通过电阻r3的电量是多少？【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【专题】简答题；定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】由图可知，r1与r2串联，当开关接a时，电容器与r1并联，根据串联电路的分压规律求出电容器的电压，即可求得电量当开关与b连接时，c与r2并联即可求得电量，当开关与b连接时，c与r2并联；由c中电量的变化可得出流过r3的电量【解答】解：s接a时，电容与r1并联，电容电压：，此时电容器带电量为：s