河南省郑州市新郑市高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

河南省郑州市新郑市20142015学年 度高二上学期期中物理试卷一、选择题本大题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第18题只有一个选项符合要求，第912题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得o分1两个分别带有电荷量q和+3q的相同金属球（半径均为r），固定在相距（两球心间距离）为3r的两处，它们间库仑力的大小为f现将两小球相互接触后放回原处，则两球间库仑力的大小（） a 大于f b 等于f c 小于f d 等于f2如图所示，m、n和p是以mn为直径的半圆弧上的三点，o点为半圆弧的圆心，mop=60电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于m、n两点，这时o点电场强度的大小为e1；若将n点处的点电荷移至p点，则o点的场强大小变为e2，e1与e2之比为（） a 2：1 b 1：2 c 2： d 4：3两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中a点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中（） a 做直线运动，电势能先变小后变大 b 做直线运动，电势能先变大后变小 c 做曲线运动，电势能先变大后变小 d 做曲线运动，电势能先变小后变大4关于静电场，下列结论普遍成立的是（） a 在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向 b 电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 c 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 d 将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零5如图所示，等边三角形abc处在匀强电场中，其中电势a=b=0，c=保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以a点为轴在纸面内顺时针转过30，则此时的b点电势为（） a b c d 6下列四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率p与电压平方u2之间的函数关系是（） a b c d 7如图，在点电荷q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷 q1、q2分别置于a、b两点，虚线为等势线取无穷远处为零电势点，若将 q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是（） a a点电势大于b点电势 b a、b两点的电场强度相等 c q1在a点的电势能小于 q2在b点的电势能 d q1的电荷量小于 q2的电荷量8如图所示，厚薄均匀的矩形金属片，边长ab=10cm，bc=5cm当a与b间接入的电压为u时，电流为1a若c与d间接入的电压为u时，其电流为（） a 4a b 2a c 0.5a d 0.25a9如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（） a 所受重力与电场力平衡 b 电势能逐渐增加 c 动能逐渐增加 d 做匀变速直线运动10如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，电流表和电压表均为理想电表，下列说法中正确的是（） a 若r1短路，电流表示数变小，电压表示数为零 b 若r2短路，电流表示数变小，电压表示数变大 c 若r3断路，电流表示数为零，电压表示数变大 d 若r4断路，电流表示数变小，电压表示数变大11如图所示为一平行板电容器，两板之间的距离d和两板正对面积s都可以调节，电容器两板与电池相连接q表示电容器的带电荷量，e表示两板间的电场强度则（） a 当s减小，d增大时，q不变，e增大 b 当s增大，d不变时，q增大，e增大 c 当d减小，s增大时，q增大，e增大 d 当d增大，s不变时，q减小，e减小12质量为m的带正电小球由空中a点无初速度自由下落，在ts末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过ts小球又回到a点不计空气阻力且小球从未落地，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（） a 整个过程中小球机械能的增量为2mg2t2 b 整个过程中小球电势能减少了mg2t2 c 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2 d 从a点到最低点小球重力势能减少了mg2t2二、实验题（共2小题，共15分将答案填写在题中横线上或按要求作答）13某同学用螺旋测微器在测定某一金属丝直径时，测得结果如图甲所示，则该金属丝的直径d=mm，另一同学用标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得结果如图乙所示，则该工件的长度l=mm，14有一个小灯泡上标有“4v 2w”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的ui图线有下列器材供选用：a电压表（05v，内阻10k） b电压表（010v，内阻20k）c电流表（00.3a，内阻1） d电流表（00.6a，内阻0.4）e滑动变阻器（5，1a） f滑动变阻器（500，0.2a）实验中电压表应选用，电流表应选用为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用（用序号字母表示）请在图1方框内画出满足实验要求的电路图，并把由图2中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图三、论述计算题：本题包括4个小题，共37分要求写出必要的文字说明，方程式或重要的演算步骤，只写出最后答案的，不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位15在如图所示的电路中，电池的电动势e=5v，内电阻r=10，固定电阻r=90，r0是可变电阻，在r0由零增加到400的过程中，求：（1）可变电阻r0上消耗热功率最大的条件和最大热功率；电池的内电阻r和固定电阻r上消耗的最小热功率之和16如图所示在光滑绝缘的水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上：a、b带正电，电量均为q，c带负电整个系统置于方向水平的匀强电场中已知静电力常量为k若三个小球均处于静止状态，试求该匀强电场的场强以及c的带电量17如图所示的电路中，r1=3，r2=6，r3=1.5，c=20f当开关s断开时，电源所释放的总功率为2w；当开关s闭合时，电源所释放的总功率为4w求：（1）电源的电动势和内电阻；闭合s时，电源的输出功率；（3）s断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？18如图所示，在区域i（0xl）和区域内分别存在匀强电场，电场强度大小均为e，但方向不同在区域i内场强方向沿y轴正方向，区域内场强方向未标明，都处在xoy平面内，一质量为m，电量为q的正粒子从坐标原点o以某一初速度沿x轴正方向射入电场区域i，从p点进入电场区域，到达区域右边界q处时速度恰好为零p点的坐标为不计粒子所受重力，求：（1）带电粒子射入电场区域i时的初速度；电场区域的宽度河南省郑州市新郑市20142015学年度高二上学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题本大题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第18题只有一个选项符合要求，第912题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得o分1两个分别带有电荷量q和+3q的相同金属球（半径均为r），固定在相距（两球心间距离）为3r的两处，它们间库仑力的大小为f现将两小球相互接触后放回原处，则两球间库仑力的大小（） a 大于f b 等于f c 小于f d 等于f考点： 库仑定律分析： 物理学上把本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体简化为一个点，叫做点电荷，同一个电荷能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析；如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷解答： 解：两小球相互接触后，电量均分，故：=q若两球能看成点电荷的话由库仑定律得，开始时：最后：由于两球的半径相对距离不能忽略，故两球不能看成质点，原来是异种电荷，相互吸引，有效距离小于3r，接触后带同种电荷，相互排斥，有效距离大于3r，故后来的库仑力要小于f，故c正确、abd错误故选：c点评： 本题要知道一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸的绝对值，而是看它的形状和大小对相互作用力的影响是否能忽略不计2如图所示，m、n和p是以mn为直径的半圆弧上的三点，o点为半圆弧的圆心，mop=60电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于m、n两点，这时o点电场强度的大小为e1；若将n点处的点电荷移至p点，则o点的场强大小变为e2，e1与e2之比为（） a 2：1 b 1：2 c 2： d 4：考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系专题： 电场力与电势的性质专题分析： 由电场的叠加可知各点电荷单独在o点形成的场强大小，移动之后电荷距o点的距离不变，故电场强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场；即可求得比值解答： 解：依题意，每个点电荷在o点产生的场强为，则当n点处的点电荷移至p点时，o点场强如图所示，合场强大小为e2=，则e1与e2之比为2：1故选：a点评： 电场强度为矢量，在求合场强时应先分别求得各电荷在o点的场强再由矢量的合成方法平行四边形求得总的场强3两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中a点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中（） a 做直线运动，电势能先变小后变大 b 做直线运动，电势能先变大后变小 c 做曲线运动，电势能先变大后变小 d 做曲线运动，电势能先变小后变大考点： 等势面；电场线分析： 粒子在静电场中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大粒子所受的电场力与速度方向不在同一直线上，做曲线运动解答： 解：根据电场线与等势线垂直画出一条电场线如图，可知，在a点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力与速度v也垂直，负电荷受力的方向向上，做曲线运动粒子靠近两电荷连线时，电场力做正功，离开两电荷连线时，电场力做负功，则其电势能先变小后变大故d正确故选：d点评： 本题关键抓住电场线与等势线的关系判断电场力方向与粒子初速度方向的关系，分析运动情况，根据电场力做功正负，判断电势能的变化4关于静电场，下列结论普遍成立的是（） a 在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向 b 电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 c 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 d 将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系专题： 电场力与电势的性质专题分析： 在静电场中场强方向就是电势降低最快的方向；两点之间的电势差与场强及两点间沿电场线方向的距离有关；电场强度与电势无关；根据电场力做功公式w=qu分析电场力做功情况解答： 解：a、在正电荷或负电荷产生的静电场中，沿场强方向电势降低最快，故a正确b、由公式u=ed可知，两点之间的电势差与场强和两点间沿电场线方向的距离都有关，故b错误c、电势与电场强度没有直接关系，所以电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，故c错误d、将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，若两点间的电势差为零，根据w=qu知，电场力做功为零；若两点间电势差不为零，则电场力做功不为零，故d错误故选：a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5如图所示，等边三角形abc处在匀强电场中，其中电势a=b=0，c=保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以a点为轴在纸面内顺时针转过30，则此时的b点电势为（） a b c d 考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系专题： 电场力与电势的性质专题分析： 运用匀强电场u=ed求解即可，关键明确d为沿电场方向的距离解答： 解：设等边三角形的边长为l，则匀强电场e=，当让等边三角形以a点为轴在纸面内顺时针转过30，则b1点到ab的距离为l1=0.5l，所以u=ed=，又因为转动后b1点的电势比b点的电势低，故转动后b点的电势为，故acd错误，b正确故选：b点评： 灵活应用匀强电场u=ed和善于画图，据图分析是解题的关键6下列四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率p与电压平方u2之间的函数关系是（） a b c d 考点： 电功、电功率专题： 交流电专题分析： 白炽灯泡的电阻随着电压增大，温度升高而增大，根据公式p=，分析图象斜率的变化，再选择图象解答： 解：灯泡消耗的功率p=，随着电压的增大，灯泡消耗的功率增大，温度升高，其电阻r增大，则pu2图象切线的斜率减小，由数学知识得知c正确故选c点评： 本题的关键要抓住灯泡的电阻随着温度的升高而增大的特点，由数学知识选择图象7如图，在点电荷q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷 q1、q2分别置于a、b两点，虚线为等势线取无穷远处为零电势点，若将 q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是（） a a点电势大于b点电势 b a、b两点的电场强度相等 c q1在a点的电势能小于 q2在b点的电势能 d q1的电荷量小于 q2的电荷量考点： 等势面分析： 将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，说明q带负电，即可判断a、b电势高低；由点电荷场强公式e=k分析场强的大小；由图分析可知：a与无穷远间的电势差大于b与无穷远间的电势差，根据电场力做功公式w=qu，分析电荷量的大小；根据电场力做功与电势能的关系，即可判断q1在a点的电势能与q2在b点的电势能的大小解答： 解：a、由题，将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，则知q与两个试探电荷之间存在引力，说明q带负电，电场线方向从无穷远处指向q，则a点电势小于b点电势故a错误b、由点电荷场强公式e=k分析可知，a点的场强大于b点的场强故b错误c、将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，两个试探电荷电势能的变化量相等，无穷远处电势能为零，则q1在a点的电势能等于q2在b点的电势能故c错误d、由图分析可知：a与无穷远间的电势差大于b与无穷远间的电势差，将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，根据电场力做功公式w=qu，得知，q1的电荷量小于q2的电荷量故d正确故选：d点评： 本题根据电场力做功与电势能变化的关系分析电势能的大小，根据公式e=k分析分析场强的大小等等，都是常用的思路8如图所示，厚薄均匀的矩形金属片，边长ab=10cm，bc=5cm当a与b间接入的电压为u时，电流为1a若c与d间接入的电压为u时，其电流为（） a 4a b 2a c 0.5a d 0.25a考点： 电阻定律；欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 根据电阻定律r=求出两种接法时的电阻之比，再根据欧姆定律求出电流之比，从而得出c与d间接入的电压为u时的电流大小解答： 解：当ab接入电源u时，电阻r1=，当cd接入电源u时，得根据欧姆定律得，所以i2=4i1=4a故a正确，b、c、d错误故选a点评： 解决本题的关键掌握电阻定律r=的运用，以及部分电路欧姆定律的运用9如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（） a 所受重力与电场力平衡 b 电势能逐渐增加 c 动能逐渐增加 d 做匀变速直线运动考点： 带电粒子在匀强电场中的运动专题： 带电粒子在电场中的运动专题分析： 带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化解答： 解：a、根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，因此a错误，d正确；b、由a选项分析可知，电场力做负功，则电势能增加，故b正确；c、因电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故c错误；故选：bd点评： 考查根据运动情况来确定受力情况，并由电场力做功来确定电势能如何，以及动能的变化10如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，电流表和电压表均为理想电表，下列说法中正确的是（） a 若r1短路，电流表示数变小，电压表示数为零 b 若r2短路，电流表示数变小，电压表示数变大 c 若r3断路，电流表示数为零，电压表示数变大 d 若r4断路，电流表示数变小，电压表示数变大考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 若r1短路，其电阻为零，与其并联的电压表读数为零r2短路，外电阻减小若r3断路，电流表示数为零，外电阻增大若r4断路，外电阻增大根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化，再分析两个电表读数的变化解答： 解：a、若r1短路，其电阻为零，与其并联的电压表读数为零并联部分电阻减小，则由“串反并同”可知，电流表示数减小；故a正确；b、若r2短路，外电阻减小，路端电压减小，通过r3的电流减小，则电流表示数变小，设电阻r1和r3的总电流为i13，总电流增大，通过r4的电流减小，则i13增大，而通过r3的电流减小，故通过r1的电流增大，电压表示数变大故b正确c、若r3断路，电流表示数为零，外电阻增大，路端电压增大，则电压表读数增大故c正确d、若r4断路，外电阻增大，路端电压增大，则电流表和电压表读数均增大故d错误故选：abc点评： 本题是电路中动态变化分析问题，在抓住不变量的基础上，根据路端电压随关外电阻增大而增大，减小而减小，分析路端电压的变化同时注意应用“串反并同”进行分析11如图所示为一平行板电容器，两板之间的距离d和两板正对面积s都可以调节，电容器两板与电池相连接q表示电容器的带电荷量，e表示两板间的电场强度则（） a 当s减小，d增大时，q不变，e增大 b 当s增大，d不变时，q增大，e增大 c 当d减小，s增大时，q增大，e增大 d 当d增大，s不变时，q减小，e减小考点： 电容器的动态分析专题： 电容器专题分析： 电容器一直与电源相连，故两板间的电势差不变；则由平行板电容器的电容公式，可知s、d发生变化时c的变化，则由电容的定义可知q的变化解答： 解：a、当s减小，d增大时，由c=知：电容c减小，而板间电压u不变，由c=知q减小，由e=知e减小，故a错误b、当s增大，d不变时，由c=知：电容c增大，而板间电压u不变，由c=知q增大，由e=知e不变，故b错误c、当d减小，s增大时，由c=知：电容c增大，而板间电压u不变，由c=知q增大，由e=知e增大，故c正确d、当d增大，s不变时，由c=知：电容c减小，而板间电压u不变，由c=知q减小，由e=知e减小，故d正确故选：cd点评： 电容器的动态分析要注意先明确电容器是否与电源相连，若相连，则电压不变，若断开，则电量不变12质量为m的带正电小球由空中a点无初速度自由下落，在ts末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过ts小球又回到a点不计空气阻力且小球从未落地，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（） a 整个过程中小球机械能的增量为2mg2t2 b 整个过程中小球电势能减少了mg2t2 c 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2 d 从a点到最低点小球重力势能减少了mg2t2考点： 机械能守恒定律专题： 机械能守恒定律应用专题分析： 分析小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场强度，由w=qed求得电场力做功，即可得到电势能的变化由动能定理得求出a点到最低点的高度，得到重力势能的减小量解答： 解：ab、小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反设电场强度大小为e，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则有：gt2=（vtat2）又v=gt解得a=3g，则小球回到a点时的速度为：v=vat=2gt整个过程中小球速度增量的大小为：v=vv=3gt，速度增量的大小为3gt由牛顿第二定律得：a=，联立解得，qe=4mg小球电势能减少=qegt2=2mg2t2根据功能原理可知小球机械能的增量为2mg2t2，故a正确，b错误cd、设从a点到最低点的高度为h，根据动能定理得：mghqe（hgt2）=0解得：h=gt2从a点到最低点小球重力势能减少了ep=mgh=mg2t2从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ek=m（gt）2故c错误，d正确故选：ad点评： 本题首先要分析小球的运动过程，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律和动能定理结合进行研究二、实验题（共2小题，共15分将答案填写在题中横线上或按要求作答）13某同学用螺旋测微器在测定某一金属丝直径时，测得结果如图甲所示，则该金属丝的直径d=2.7070.001mm，另一同学用标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得结果如图乙所示，则该工件的长度l=50.15mm，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；恒定电流专题分析： 解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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：1、螺旋测微器的固定刻度为2.5mm，可动刻度为20.70.01mm=0.207mm，所以最终读数为2.5mm+0.207mm=2.707mm，由于需要估读，最后的结果可以为2.7070.0012、游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为30.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm故答案为：2.7070.001 50.15点评： 对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量14有一个小灯泡上标有“4v 2w”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的ui图线有下列器材供选用：a电压表（05v，内阻10k） b电压表（010v，内阻20k）c电流表（00.3a，内阻1） d电流表（00.6a，内阻0.4）e滑动变阻器（5，1a） f滑动变阻器（500，0.2a）实验中电压表应选用a，电流表应选用d为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用e（用序号字母表示）请在图1方框内画出满足实验要求的电路图，并把由图2中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线专题： 实验题分析： 本题的关键是根据实验要求电流或电压从零调可知变阻器应采用分压式接法；明确根据小灯泡的额定电压和额定电流的大小来选择电压表和电流表的量程；根据变阻器全电阻越小时采用分压式接法时越方便调节来选择变阻器解答： 解：（1）根据小灯泡的额定电压为4v，可知电压表应选a；由于小灯泡的额定电流为：i=0.5a，可知电流表应选d；由于采用分压式接法时，变阻器的电阻越小越方便调节，所以变阻器应选e；在用伏安法描绘这个灯泡的i一u图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，由于电阻远小于电压表内阻，所以电流表采用外接法实物电路图：故答案为：（1）a d e如图点评： 本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断三、论述计算题：本题包括4个小题，共37分要求写出必要的文字说明，方程式或重要的演算步骤，只写出最后答案的，不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位15在如图所示的电路中，电池的电动势e=5v，内电阻r=10，固定电阻r=90，r0是可变电阻，在r0由零增加到400的过程中，求：（1）可变电阻r0上消耗热功率最大的条件和最大热功率；电池的内电阻r和固定电阻r上消耗的最小热功率之和考点： 电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： （1）当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可将r0是看成电源的内阻，当等效电源的内阻等于r0时，r0的功率最大，再由功率公式求解最大功率r和r为定值电阻，r0为可变电阻，根据p=i2r可以分析电阻r和r的功率之和，当r0最大时，电路中电流最小，所求功率最小解答： 解：（1）根据电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可知，当把r和电源看做一个整体时，即把电源的内阻看做r+r，当r0=r+r时，即r0=100时，电源的输出功率最大，即r0上获得最大功率，此时电路中电流为：i=0.025ar0上消耗的最大热功率为：p=i2r0=0.0252100w=0.0625w当r0=400的时候，电路中电流最小，则电池的内电阻r和电阻r上消耗的热功率之和最小，此时电路中电流为：imin=0.01则内电阻r和电阻r上消耗的热功率之和最小值为：pmin=imin2（r+r）=0.012100=0.01w答：（1）可变电阻r0上消耗热功率最大的条件是r为100，最大热功率是0.0625w；电池的内电阻r和电阻r上消耗的热功率之和的最小值是0.01w点评： 对于r的功率的分析是本题的难点，通常的分析方法都是把r0和电源看做一个整体来分析电源的输出功率的变化情况，即为r的功率的情况16如图所示在光滑绝缘的水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上：a、b带正电，电量均为q，c带负电整个系统置于方向水平的匀强电场中已知静电力常量为k若三个小球均处于静止状态，试求该匀强电场的场强以及c的带电量考点： 电场的叠加；电场强度专题： 电场力与电势的性质专题分析： 三个小球均处于静止状态，合力为零，以c电荷为研究对象，根据平衡条件求解匀强电场场强的大小三个小球均处于静止状态，合力为零，以c电荷为研究对象，根据平衡条件求解c球的带电量解答： 解：设c电荷带电量为q，以c电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即：2cos30=eq；所以匀强电场场强的大小为设c电荷带电量为q，以c电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即：=cos60所