2019-2020学年河南省南阳一中高二(上)第三次月考物理试卷

1、2019-2020 学年河南省南阳一中高二（上）第三次月考物理试卷一、单选题（本大题共8 小题，共32.0 分）1. 下列说法中正确的是A. 将一根电阻丝均匀拉长为原来2 倍，则电阻丝的电阻变为原来的2 倍B. 放在电场中某点的电荷，其电量越大，它所具有的电势能越大C. 在匀强电场中，可知匀强电场强度E 与电场中A、 B 两点间沿电场线的距离d 成反比D. 某处磁感应强度的大小和方向跟放在该处的通电导线受力和方向无关2.一台电动机线圈的电阻为R，电动机正常工作时，两端电压为U，通过电流为I 工作时间为t，下列说法正确的是：A.C.电路中的电流电动机消耗的电能为B.D.电动机消耗的电能为UIt电

2、动机线圈生热为a b c d其横截面位于正方形的四个顶点上，3. 图中 、 、 、 为四根与纸面垂直的长直导线，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示一带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是A. 向上B. 向下C. 向左D. 向右4.如图所示，虚线 MN 上方的空间内存在一磁感应强度大小为B 的匀强磁场 一群电子以不同的速率v 从 MN 边界上的P 点以相同的方向射入磁场，其中某一速率为的电子从Q 点射出已知电子入射方向与边界的夹角为，则由以上条件可判断A.B.该匀强磁场的方向垂直纸面向外所有电子在磁场中的运动轨迹都相同C. 所有电子的速度方向都改变了

3、D. 速率大于 的电子在磁场中运动的时间长5. 如图所示，一质量为 m、电量为 q 的带正电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面内，且关于过轨迹最右侧的点N 的水平虚线对称已知重力加速度为 g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是A. 匀强电场的电场强度E 必须满足B. 匀强电场的方向水平向左C. 油滴在 M 点的电势能比它在N 点的电势能大D. M 点的电势比N 点电势高6. 一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正检验电荷固定在 P 点，如图所示，以 C 表示电容器的电容、 E 表示两板间的场强、 表示 P 点的电势， W 表示正电荷在 P 点的电势能，若正极板保持不动，

4、将负极板缓慢向右平移一小段距离的过程中各物理量与负极板移动距离x 的关系图象中正确的是A.B.C.D.第1页，共 13页“”U与电流7. 在 测电源电动势和内阻的实验中， 某同学作出了两个电源路端电压I 的关系图线， 如图所示两个电源的电动势分别为、 ，内阻分别为、 如果外电路分别接入相同的电阻R，则两个电源的A.C.路端电压和电流不可能同时相等总功率不可能相等B.D.输出功率不可能相等效率不可能相等8. 如图所示， 有两个点电荷， 电荷甲 甲固定于原点， 电荷乙 乙 固定于甲左侧的x 轴上。如果有一带正电的检验电荷，从 x 轴正向无穷远处沿x 轴向甲逐渐靠近，其电势能随位置变化的关系如图所示

5、。则下列判断正确的是A. 检验电荷在 B 点电势能最大B. B 点场强为零C. 电荷甲带负电，电荷乙带正电D. 甲乙两电荷相比较，乙电荷量较小二、多选题（本大题共4 小题，共16.0 分）9.如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为 r，定值电阻的阻值，当滑动变阻器的滑片向右滑动过程中，理想电流表、的示数变化量的绝对值分别为、，理想电压表示数变化量的绝对值为下列说法正确的是A. 电压表 V 的示数减小C.与的比值等于电源内阻rB.D.电流表、的示数均减小电源的输出功率逐渐增大10. 如图所示，质量为mq的带正电物体，在磁感应强度为B，方向垂直纸，电量为面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为的水平面向

6、左运动，则A. 物体的速度由v 减小到零的时间等于B. 物体的速度由v 减小到零的时间大于C. 若另加一个电场强度大小为，方向水平向右的匀强电场，物体将作匀速运动D. 若另加一个电场强度大小为，方向竖直向上的匀强电场，物体将作匀速运动11. 一块横截面为矩形的金属导体的宽度为bd，厚度为，将导体置于一磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁感应强度的方向垂直于侧面，如图所示。当在导体中通以图示方向的电流I 时，在导体的上下表面间用电压表测得的电压为，已知自由电子的电量为e，则下列判断正确的是A. 用电压表测时，电压表的 “ ”接线柱接下表面B. 用电压表测时，电压表的“ ”接线柱接上表面C. 该导体

7、单位体积内的自由电子数为D. 导体内自由电子只受洛伦兹力作用12.甲图中 A、B 是一对平行金属板，A 板接地电势，在两板间加上一周期为T 的交变电压如乙图所示 现有一电子从 A 板上的小孔进入两板间的电场区内 设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则第2页，共 13页A. 若电子是在时刻进入的，它将一直向B 板运动B. 若电子是在时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后打在B 板上C. 若电子是在时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后打在B 板上D. 若电子是在时刻进入的，它可能时而向B 板、时而向A 板运动三、实验题（本大题共3 小题，共17.0 分）1

8、3.用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图所示，此示数为_用游标为50 分度的卡尺测量值可准确到测定某圆柱的直径时，卡尺上的示数如图所示，可读出圆柱的直径为_mm14. 在 “描绘小灯泡的伏安特性曲线 ”的实验中，需测量一个标有 “3V， ”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流现有如下器材：A、直流电源电动势，内阻不计B、电流表量程 3A，内阻约C、电流表量程 600mA，内阻约D 、电压表量程3V，内阻约E、电压表量程 15V，内阻约F 、滑动变阻器阻值 ，额定电流G、滑动变阻器阻值 ，额定电流在该实验中，电流表应选择_ 选填 “ ”或 “ ”，电压表应选择 _ 选填 “ ”或 “ ”，滑动变阻器

9、应选择 _ 选填 “ ” “ ”或某同学用导线a、 c、 d、e、 f、 g 和 h 连接成如图甲所示的电路，请在图乙方框中完成实验的电路图第3页，共 13页该同学连接电路后检查所有元器件都完好，经检查各部分接触良好但闭合开关后，反复调节滑动变阻器， 小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为_15. 某科技小组的同学通过查找资料动手制作了一个电池甲同学选用图1 所示的电路图测量该电池的电动势和内阻在他测量与计算无误的情况下，他所得到的电源电动势E 的测量值比真实值偏小E 的测量值比真实值偏小的原因可能是_ 选填选项前的字母造成的A.电压表的分流电流表的分压乙同学选用

10、图2 所示的电路图测量该电池的电动势和内阻，其中定值电阻的阻值为，根据实验电路图连接好电路闭合开关，逐次改变电阻箱接入电路中电阻的阻值R，读出与R 对应的电压表的示数 U，并作记录根据多组实验数据绘出如图3 所示的图象，若已知图线的斜率为k，纵轴截距为 b，则这个实验中所测电池电动势的测量值_，内阻的测量值_四、计算题（本大题共4 小题，共45.0 分）16. 地面上方存在水平向右的匀强电场，一质量为 m 带电量为 q 的小球用绝缘丝线悬挂在电场中，当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为，此时小球到地面的高度为h。求：匀强电场的场强？若丝线突然断掉，小球经过多长时间落地？17.如图所示，电源电动势

11、，内电阻，电阻、，电容当电键 K 由与 a 接触到与 b 接触通过的电量是多少？第4页，共 13页18.质量为的通电细杆ab 置于倾角为的平行放置的导轨上， 导轨的宽度，杆 ab 与导轨间的动摩擦因数，磁感应强度的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示。现调节滑动变阻器的触头，试求出为使杆 ab 静止不动，通过 ab 杆的电流范围为多少？ 重力加速度19. 在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制如图所示，某时刻在xOy 平面内的第 、 象限中施加沿 y 轴负方向、电场强度为 E 的匀强电场，在第 、 象限中施加垂直于 xOy坐标平面向里、磁感应强度为B 的匀强

12、磁场一质量为m，电荷量为 q的带正电的粒子从 M 点以速度沿垂直于 y 轴方向射入该匀强电场中，粒子仅在电场力作用下运动到坐标原点O 且沿 OP 方向进入第 象限在粒子到达坐标原点O 时撤去匀强电场 不计撤去电场对磁场及带电粒子运动的影响 ，粒子经过原点O 进入匀强磁场中，并仅在磁场力作用下，运动一段时间从y 轴上的 N 点射出磁场已知OP 与 x 轴正方向夹角，带电粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计，求：、O 两点间的电势差U ；坐标原点 O 与 N 点之间的距离d；粒子从 M 点运动到N 点的总时间t第5页，共 13页答案和解析1.【答案】 D【解析】 解： A、将一根电阻丝均匀拉长为原来

13、 2 倍时，截面积变为原来的一半， 则由电阻定律公式可得，电阻变为原来的 4 倍，故 A 错误；B、根据公式可知电势能的大小不仅和电量、电势有关系， 还与电量、 电势的正负有关， 故 B 错误；C、场强的大小是由电场本身决定的，与U、 d 无关，故C 错误；D、磁感应强度的大小跟垂直放在磁场中的通电导线受力的大小没有关系，与通电导线电流大小也没有关系，它由磁场的性质决定，故 D 正确；故选： D。根据电阻定律知：导体的电阻率与导体的横截面积成正比，与导体的长度成反比；根据公式判断电势能的高低；场强的大小是由电场本身决定的；磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与

14、电流元的比值来定义磁感应强度。比值与磁场力及电流元均无关。本题考查了电阻定律、电势能的公式、电场强度、磁感应强度等知识点；要知道电场强度、磁感应强度是通过比值定义得来的。2.【答案】 B【解析】解：对于电动机，由于不是纯电阻电路，所以欧姆定律不能使用，电动机的总功率的大小为，所以消耗的总的电能为UIt ，所以 A 错误 B 正确；电动机线圈发热的功率为，所以电动机线圈产生的热量为，故 CD 错误；故选： B。对于电动机来说，不是纯电阻电路，总功率的大小要用 来计算，电动机线圈发热的功率为对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的3.

15、【答案】 B【解析】【分析】根据等距下电流所产生的B 的大小与电流成正比， 得出各电流在O 点所产生的 B 的大小关系， 由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B 的合矢量的方向考查磁感应强度 B 的矢量合成法则，会进行B 的合成，从而确定磁场的大小与方向【解答】解：根据题意，由右手螺旋定则知b 与 d 导线电流产生磁场正好相互抵消，而a 与 c 导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，当一带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向下。故B 正确， ACD 错误。故选： B。4.【答案】 C【解析】解： A、

16、由图知，电子在P 点受到的洛伦兹力方向沿，如图，根据左手定则判断得知：匀强磁场的方向是垂直纸面向里故A 错误B、电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由半径公式知，轨迹半径与电子的速率成正比，速率不同，轨迹半径不同，则轨迹就不同故B 错误C、 D、根据圆的对称性可知，所有电子离开磁场时速度方向与PQ 线的夹角都是 ，则所有电子的速度方向都改变了，由几何知识得知， 所有电子轨迹对应的圆心角都是，则所有电子在磁场中运动的时间都相同故 C 正确， D 错误第6页，共 13页故选： C电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断磁场方向；电子在磁场中的轨迹与半径有关，由半径公式知

17、，速率不同，轨迹半径不同电子在磁场中速度方向改变的角度等于轨迹的圆心角，而电子运动时间与轨迹的圆心角成正比，据此即可分析电子在磁场中运动的长短本题是磁场中直线边界问题，掌握左手定则和轨迹半径的基础上，抓住圆的对称性，确定速度的偏向角与轨迹的圆心角，即可比较磁场中运动的时间5.【答案】 A【解析】解：A、油滴的轨迹关于过点N 的水平虚线对称，可知在N 点油滴的合力必定水平向左，而油滴只受重力和电场力，由平行四边形定则可知，则，故 A 正确。B、力的合成法知道电场力斜向左上方，而油滴带正电，所以匀强电场的方向斜向左上方，故B 错误。C、油滴从M 到 N 的过程中，电场力做负功，电势能增加，则油滴在

18、M 点的电势能比它在N 点的电势能小，故 C 错误。D、油滴的电势能增加，油滴带正电， 则从 M 到 N 电势升高， 所以 N 点的电势比M 点电势高， 故 D 错误。故选： A。油滴的轨迹关于过点 N 的水平虚线对称， 知道在 N 点油滴的合力必定水平向左， 由力的合成法分析电场力与重力的关系，从而得到电场强度的范围，由平行四边形定则分析电场的方向，判断电场力做功正负，分析电势能的大小和电势高低本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要正确分析油滴的受力情况，知道曲线的合力提供轨迹弯曲的内侧，要抓住对称性分析电场力的方向6.【答案】 C【解析】解：A、当负极板右移时，d 减小，由可知， C 与

19、x 图象不能为一次函数图象！故 A错误；B、由可知，则，故 E 与 d 无关，故B 错误；C、因负极板接地，设P 点原来距负极板为l ，则 P 点的电势；故 C 正确；D、电势能，不可能为水平线，故D 错误；故选： C。由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由可知 E 的变化，进而判断势能的变化本题考查电容器的动态分析，由于结合了图象内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，再由数学规律进行分析求解7.【答案】 D【解析】【分析】研究电源外特性曲线与坐标轴交点的物理意义，可判断，；根据根据图象结合功率公式可明确路端电压及

20、功率及效率关系本题考查测电动势和内电阻实验中的数据处理，要注意正确应用图象进行分析；物理图线关键在于图线的物理意义，能根据闭合电路欧姆定律求解电路问题，难度适中【解答】由闭合电路欧姆定律，得当，图线与 U 轴的交点表示断路，第7页，共 13页图线斜率大小表示r则可判断出，2作出 R的图象，斜率表示电阻，如果其通过题目图中的两条线的交点，则且；此时输出功率，则输出功率相等；故AB 错误；C.电源消耗的总功率，要满足，由于，必须满足，如图所示：故对于图中所示的情况，可能有；故 C 错误；D.电源的效率；由图可知，电源1 的内电阻较大，则电源1 的效率较低，它们不可能相等；故D 正确；故选 D。8.

21、【答案】 B【解析】解：A、由图知， B 点电势能最小，故A 错误；B、图象的斜率，根据图象可知，B 点的斜率为零，则B 点场强为零，故B 正确；CD、由于 B 点的场强为零，所以甲乙两个电荷在B 点的场强大小相等，方向相反，故甲乙两电荷带异种电荷；带正电的检验电荷从远处移近甲电荷的过程中，电势能先减小后增大，电势先降低后升高，在甲电荷附近电势能为正值，电势为正，又因为正电荷在电势高处电势能大，说明乙带负电，甲带正电，B 点场强为零，由知，甲电荷量较小，故C、D 错误。故选： B。根据图象分析电势能的大小，图象的斜率表示电场力，斜率为零的地方，电场强度为零；根据电势能的变化情况判断电势的变化情

22、况，而正电荷周围的电势为正值，根据 B 点的场强为零以及点电荷的场强公式分析甲乙的电荷量大小；解决该题的关键是掌握图象的斜率所代表的物理意义，知道电势能和电势之间的关系，掌握点电荷的场强公式；9.【答案】 BD【解析】解：A、当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流减小。所以电流表的示数减小。根据串联电路分压的特点分析可知，并联部分电压增大，即电压表V 的示数增大，通过的电流增大，则第8页，共 13页通过滑动变阻器的电流减小，故A错误，B正确C、根据并联电路的电流规律， 的示数小，所以一定大于。电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律C 错误，变小，通

23、过定值电阻的电流增大，则的示数变可知，而大于，所以故D、并联电阻要小于r，当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大与 r 的差距变小，则输出功率变大内外阻相等时输出功率最大，差距越小，输出功率越大故 D 正确故选： BD 。当滑动变阻器滑动端向右滑动后，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻如何变化，确定总电流的变化情况，即可知电流表的示数变化情况。根据串联电路的特点分析并联部分电压的变化情况，确定电流表的示数变化情况，根据并联电路的电流规律，分析与的变化量大小。根据闭合电路欧姆定律分析与比值。本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、明确电

24、表所测电压，关键能根据闭合电路欧姆定律分析电压与电流变化的比值，即可正确解题。10.【答案】 BD【解析】解： A、 B、对物体受力分析，受重力、支持力，洛伦兹力和滑动摩擦力；根据左手定则，洛伦兹力向下，合力向后，物体做减速运动；由于摩擦力，不断减小，加速度不断减小，不是匀变速运动，故物体的速度由v 减小到零所用的时间大于故 A 错误， B 正确C、若另加一个电场强度为，方向水平向右的匀强电场，则电场力方向水平向右，不可能做匀速直线运动故C 错误D、若另加一个电场强度为，方向竖直向上的匀强电场，电场力，支持力为零，故摩擦力为零，物体做匀速直线运动，故D 正确；故选 BD对物体受力分析，受重力、

25、 支持力， 洛伦兹力和滑动摩擦力；根据左手定则， 洛伦兹力向下， 加电场力后，当受力平衡时做匀速直线运动本题关键是对物体受力分析，由于洛伦兹力随着速度变化，当受力平衡时洛伦兹力不变，做匀速直线运动11.【答案】 AC【解析】解： AB、由图，磁场方向向里，电流方向向右，则电子向左移动，根据左手定则，电子向上表面偏转，则上表面得到电子带负电，那么下表面带上正电，所以电压表的 “ ”接线柱接下表面，故 A 正确， B 错误；D、定向移动的电子受到洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，故 D 错误；C、根据，再由，得导体单位体积内的自由电子数为：，故 C

26、 正确；故选： AC。定向移动的电子受到洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，电子到达的表面带负电，导致两表面形成电场。最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出感应电动势的大小，及单位体积内的自由电子数。解决本题的关键掌握洛伦兹力的偏转，从而导致两表面出现电势差，形成电场，产生电场力，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡的应用。第9页，共 13页12.【答案】 AB【解析】解： A、电子在时刻进入时，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期受到的电场力向下，继续向上做减速运动，T 时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向 B 板运动，

27、一定会到达B 板故 A 正确B、若电子是在时刻进入时，在一个周期内：在，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在 内，受到的电场力向下，继续向上做减速运动，时刻速度为零，接着继续向B 板运动，周而复始，所以电子时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后打在 B 板上故 B 正确C、若电子是在时刻进入时， 与在时刻进入时情况， 在运动一个周期时间内，时而向 B 板运动，时而向 A 板运动，总的位移向左，最后穿过A 板故 C 错误；D、若电子是在时刻进入时，在一个周期内：在 ，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在 内，受到的电场力向下，继续向上做减速运动，时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直

28、向A板运动，一定不会到达B 板故 D 错误故选 AB分析电子的受力情况，来确定电子的运动情况，如果电子一直向右运动，一定能到达B 板；如果时而向B板运动，时而向A 板运动，则通过比较两个方向的位移大小，分析能否到达B 板因极板间加交变电场，故粒子的受力是周期性变化的，本题应通过受力情况先确定粒子的运动情况根据位移情况判断电子能否穿过B 板13.【答案】【解析】解：螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为：，所以最终读数为：游标卡尺的主尺读数为42mm，游标尺上第10 个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为，所以最终读数为：；故答案为：，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读

29、；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，注意二者读数的差别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14.【答案】h【解析】解：电表量程应略大于灯泡的额定值，则由可知，；电流表应选择；电源电动势为3V，故电压表选择；因本实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选；因测量小灯泡的伏安特性曲实验中要求电压从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法；同时因灯泡内阻较小，故电流表采用外接法；原理图如下；由题意可知， 电路中有电流但不能

30、调零，且灯泡亮度发生变化，说明滑动变阻器接成了限流接法，故说明 h 导线发生了断路；第10 页，共 13页故答案为：、如图根据灯泡的额定电压及功率可得出通过灯泡的电流， 则可选择电流表； 根据实验的接法及滑动变阻器的应用可选出滑动变阻器；根据实验的原理可选了正确的滑动变阻器及电流表的接法；根据电路中的现象，利用电路原理可知哪个地方发生了断路；本题考查描绘小灯泡的伏安持性曲线实验中要注意实验中的原理及接法；要求学生熟练应用分压接法和电流表外接法，并能根据电路规律分析实验故障及误差15.【答案】 A【解析】解：由图 1 所示可知，相对于电源来说，实验采用电流表外接法，当外电路短路时，电流的测量值等

31、于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的图象如图所示，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，因此E 的测量值比真实值偏小的原因可能是A；由图 2 所示电路可知，则因此图 3 中图象的纵轴截距，得电动势；图象的斜率，则电源内阻；故答案为：；由于电压表的分流作用使测量值比真实值偏小；由闭合电路的欧姆定律求出与 的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；本题关键在于能由图象知识 斜率与截距的意义 结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息16.【答案】解：对小球列平衡方程所以；丝线断后竖直方向：，所以答：匀强电场的场强；第11

32、页，共 13页若丝线突然断掉，小球经过时间落地。【解析】小球受重力、 拉力和电场力处于平衡，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得出匀强电场的场强；丝线断掉后，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出运动的时间。本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。17.【答案】解：电路中的电流：当开关接 a 时，电容器的电压为：电量为：C.当开关接 b 时，电容器的电压为：电量为：，且上极板带负电，下极板带正电由可知，开关由 a 接 b 的过程中，电量变化为：即通过的电荷量为C.答：当电键由与 a 接触转到与 b 接触时通过的电量C.【解析】由图可知，与串联，当开关接a 时，电容器与并联，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 与并联即可求得电量，当开关与b 连接时， C 与并联；由 C 中电量的变化可得