河北省邯郸市魏县一中曲周一中联考2015_2016学年高二物理上学期期中试题含解析.doc

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1、2015-2016学年河北省邯郸市魏县一中、曲周一中联考高二（上）期中物理试卷一、选择题（本题包括12小题，共48分，每小题给出的四个选项中，1-8小题只有一个选项正确，9-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1有关磁场的物理概念，下列说法中错误的是（）A磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，是矢量B磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向有关C磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方向有关D磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小2两个小灯泡，分别标有“1A4W”和“2A1W”的字样，则它们均正常发光时的电阻阻值之比为（）A2：1

2、B16：1C4：1D1：163一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为（）AB3RCDR4有一只电熨斗，内部电路如图甲所示，其中M为旋钮的内部接线端子，旋钮有“高”、“中”、“低”、“关”四个挡，每个挡内部接线有如图乙中所示的四种方式，下列判断中正确的是（）Aa方式为“高”档Bb方式为“低”档Cc方式为“关”档Dd方式为“中”档5一个用满偏电流为3mA的电流表改装成欧姆表，调零后用它测500的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，如用它测量一个未知电阻时，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值为（）A2000B5000C15

3、0D10006一个直流电动机所加电压为U，电流为I，线圈内阻为R，当它工作时，下述说法中错误的是（）A电动机的输出功率为B电动机的发热功率为I2RC电动机的输出功率为IUI2RD电动机的功率可写作IU7如图所示，电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后各电灯都能发光如果某一时刻电灯L1的灯丝烧断，之后各灯虽亮度变化，但并未损坏，则之后（）AL3变亮，L2、L4变暗BL2、L3变亮，L4变暗CL4变亮，L2、L3变暗DL3、L4变亮，L2变暗8两个绝缘导体环AA、BB大小相同，环面垂直，环中通有相同大小的恒定电流，如图所示，则圆心O处磁感应强度的方向为（AA面水平，BB面垂直纸面）（）A指向左上方

4、B指向右下方C竖直向上D水平向右9关于电动势下列说法正确的是（）A电源电动势等于电源正负极之间的电势差B用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上总略小于电源电动势的准确值C电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关D电源电动势总等于电路中通过1C的正电荷时，电源提供的能量10如图所示，一个质子和一个粒子先后垂直磁场方向进入一个有理想边界的匀强磁场区域，它们在磁场中的运动轨迹完全相同，都是以图中的O点为圆心的半圆已知质子与粒子的电荷量之比q1：q2=1：2，质量之比m1：m2=1：4，则以下说法中正确的是（）A它们在磁场中运动时的动能相等B它们在磁场中所受到的向

5、心力大小相等C它们在磁场中运动的时间相等D它们在磁场中运动时的质量与速度的乘积大小相等11在如图所示的图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻R的伏安特性曲线用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路由图象可知（）A电源的电动势为3V，内阻为0.5B电阻R的阻值为2C电源的输出功率为2WD电源的效率为66.7%12在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用I、U1、U2和U3表示下列比值正确的是（）A不变，变大B变大，变大C变大，不变D变大，不变二、实验

6、题（共16分每空2分，绘图2分）13在测定金属丝的直径时，螺旋测微器的读数如图所示可知该金属丝的直径d=mm14有一个未知电阻Rx，用图中左和右两种电路分别对它进行测量，用左图电路测量时，两表读数分别为6V，6mA，用右图电路测量时，两表读数分别为5.9V，10mA，则用图所示电路测该电阻的阻值误差较小，测量值Rx=，测量值比真值偏（填“大或小”）15测量电源E的电动势E及内阻r（E约为4.5V，r约为1.5）器材：量程3V内阻为RV=20k的电压表，量程0.5A的电流表具有一定内阻），固定电阻R=18k，滑线变阻器R=10，电键K，导线若干画出实验电路原理图图中各元件需用题目中给出的符号或字

7、母标出实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2则可以求出E=，r=（用I1，I2，U1，U2及R表示）电动势的测量值比真实值（“大”或“小”）三、计算题（本题包括3小题，共36分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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）16如图所示，光滑的平行导轨倾角为，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长为L的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小17（12分）（2013春白山期末）

8、有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.4A，若把它接入2V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1A求：（1）电动机正常工作时的输出功率（2）如在正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率多大？（提示：电动机在电路中转子不转动时为纯电阻用电器）18（15分）（2006秋潍坊期末）如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度B=2103T；磁场右边是宽度L=0.2m、场强E=40V/m、方向向左的匀强电场一带电粒子电荷量q=3.21019C，质量m=6.41027kg，以v=4104m/s的速度沿OO垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从

9、电场右边界射出求：（1）大致画出带电粒子的运动轨迹；（画在答题纸上给出的图中）（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径；（3）带电粒子飞出电场时的动能EK2015-2016学年河北省邯郸市魏县一中、曲周一中联考高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括12小题，共48分，每小题给出的四个选项中，1-8小题只有一个选项正确，9-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1有关磁场的物理概念，下列说法中错误的是（）A磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，是矢量B磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向有关C磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方

10、向有关D磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小【考点】磁感应强度；磁感线及用磁感线描述磁场 【分析】磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量，其方向就是该点的磁场方向，与产生磁场的电流方向有关，与放入磁场的电流元无关磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小【解答】解：A、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量故A正确B、磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，跟产生磁场的电流方向有关故B正确C、磁感应强度的方向是由磁场本身决定的，与放入磁场中的受磁场力作用的电流方向无关故C错误D、磁感线可以形象描述磁场的强弱和方向，磁感线的切线方向表示磁场的方向

11、，其疏密表示磁感应强度的大小故D正确本题选错误的，故选C【点评】本题考查对磁感应强度和磁感线的理解，关键抓住磁感应强度描述磁场本身的特性的物理量，与放入磁场的电流元无关2两个小灯泡，分别标有“1A4W”和“2A1W”的字样，则它们均正常发光时的电阻阻值之比为（）A2：1B16：1C4：1D1：16【考点】欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】已知两灯泡的电流及功率，而灯泡为纯电阻，故由P=I2R可求得电阻大小【解答】解：由P=I2R可得：R=；解得：R1=4；R2=；故电阻之比为：16：1故选：B【点评】本题考查功率公式的应用，对于纯电阻电路功率公式要注意灵活掌握并加以应用3一段长为L，电阻为

12、R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为（）AB3RCDR【考点】电阻定律 【专题】恒定电流专题【分析】一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，长度和横截面积均没有改变，根据电阻定律判断【解答】解：一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，长度和横截面积均没有改变，根据电阻定律公式R=，其电阻不变，为R；故选D【点评】本题关键根据电阻定律判断，记住公式R=即可，基础题4有一只电熨斗，内部电路如图甲所示，其中M为旋钮的内部接线端子，旋钮有“高”

13、、“中”、“低”、“关”四个挡，每个挡内部接线有如图乙中所示的四种方式，下列判断中正确的是（）Aa方式为“高”档Bb方式为“低”档Cc方式为“关”档Dd方式为“中”档【考点】串联电路和并联电路 【专题】恒定电流专题【分析】由P=可知，当电阻最小时，功率最高，为高档；电阻最大时，功率最小，为低档；根据串并联电路的规律可得出接法【解答】解：a中回路未闭合，故a方式为“关挡”，b中总电阻Rb=R1+R2，c中总电阻为Rc=R1，d中总电阻为Rd=，由公式P=可知，d方式为“高”档，c方式为“中”档，b方式为“低”档，所以B正确，A、C、D错误；故选B【点评】对于纯电阻电路可以应用P=可以求得功率；同

14、时要注意并联电路中总电阻小于任一电阻5一个用满偏电流为3mA的电流表改装成欧姆表，调零后用它测500的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，如用它测量一个未知电阻时，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值为（）A2000B5000C150D1000【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】中间位置的刻度值为中值电阻值，为内部总电阻再结合满偏电流值可求出欧姆表的电池的电动势测量时总电阻=，则测量电阻为总电阻减去中值电阻【解答】解：中值电阻为R中=500 则其内电源的电动势为E=IgR中=5003103=1.5V 所测电阻的阻值为R=1000 则ABC错误，D正确故选：D【点

15、评】考查欧姆表的改装原理，明确中值电阻为内部总电阻，会结合满偏电流求电动势，进而求所测电阻6一个直流电动机所加电压为U，电流为I，线圈内阻为R，当它工作时，下述说法中错误的是（）A电动机的输出功率为B电动机的发热功率为I2RC电动机的输出功率为IUI2RD电动机的功率可写作IU【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律 【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；恒定电流专题【分析】电动机工作时，输入功率P=UI，内部消耗的功率为P热=I2R，输出功率P出=PP热【解答】解：A、电动机的总功率为P=UI，由于是非纯电阻电路，故I，故P，故A错误；B、电动机的发热功率，根据焦耳定律，P热=I2R

16、故B正确C、电动机的输出功率P出=PP热=UII2R故C正确D、电动机的总功率为P=UI，故D正确本题选择错误的，故选：A【点评】解决本题的关键明确电动机正常工作时是非纯电阻电路，掌握电动机输入功率、输出功率、发热功率之间的关系7如图所示，电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后各电灯都能发光如果某一时刻电灯L1的灯丝烧断，之后各灯虽亮度变化，但并未损坏，则之后（）AL3变亮，L2、L4变暗BL2、L3变亮，L4变暗CL4变亮，L2、L3变暗DL3、L4变亮，L2变暗【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】根据电路的串并联关系，当电灯L1的灯丝烧断后，L2部分电阻增大，L2与L4

17、串联电阻增大，与L3并联的总电阻增大，即外电路总电阻增大，则外电压增大，即L3的电压增大，L3变亮；根据干路电流与L3的变化情况，可确定L4电流的变化情况，就可判断L4变暗；由L2与L4总电压与L4电压的变化情况，可判断L2电压的变化情况，知道L2变亮【解答】解：当电灯L1的灯丝烧断后，L2这段电路电阻增大，外电路总电阻R总增大，路端电压U增大，干路电流I减小，由P3=，R3不变，故L3变亮；由I4=II3，知I减小，I3增大，则I4减小，U4=I4R4，R4不变，U4减小，则L4亮暗；U2=UU4，U增大，U4减小，则U2增大，则U2增大，则L2变亮则A、C、D错误，B正确故选B【点评】解决

18、电路动态变化分析问题，往往按照从局部到整体，再由整体到局部的顺序进行分析，同时采用控制变量法8两个绝缘导体环AA、BB大小相同，环面垂直，环中通有相同大小的恒定电流，如图所示，则圆心O处磁感应强度的方向为（AA面水平，BB面垂直纸面）（）A指向左上方B指向右下方C竖直向上D水平向右【考点】磁感应强度 【分析】圆心O处磁感应强度是由两个导体环产生的磁场的叠加，根据安培定则分别判断两个环在O处产生的磁场方向，再按平行四边形定则合成【解答】解：根据安培定则可知：导体环AA在O处产生的磁场方向为竖直向上，导体环BB在O处产生的磁场方向为水平向左，按平行四边形定则可知，O处磁感应强度的方向为指向左上方故

19、选A【点评】本题安培定则的应用能力，对于安培定则掌握两点：一是何时用；二是怎样用9关于电动势下列说法正确的是（）A电源电动势等于电源正负极之间的电势差B用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上总略小于电源电动势的准确值C电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关D电源电动势总等于电路中通过1C的正电荷时，电源提供的能量【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻 【专题】恒定电流专题【分析】电源电动势的数值等于内、外电压之和电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的大小电源两极间的电压等于或小于电源电动势电动势与外电路的结构无关根据电动势的定义式E=可求出

20、电动势【解答】解：A、电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动势才等于路端电压，故A错误；B、电压表是由内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势故B正确C、电动势反映电源的特性，与外电路的结构无关，故C错误；D、根据电动势的定义式E=可知电源电动势总等于电路中通过1C的正电荷时，电源提供的能量，故D正确故选BD【点评】本题考查对电动势物理意义的理解能力，电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关10如图所

21、示，一个质子和一个粒子先后垂直磁场方向进入一个有理想边界的匀强磁场区域，它们在磁场中的运动轨迹完全相同，都是以图中的O点为圆心的半圆已知质子与粒子的电荷量之比q1：q2=1：2，质量之比m1：m2=1：4，则以下说法中正确的是（）A它们在磁场中运动时的动能相等B它们在磁场中所受到的向心力大小相等C它们在磁场中运动的时间相等D它们在磁场中运动时的质量与速度的乘积大小相等【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】已知质子和粒子的质量和电量关系，两个粒子的运动轨迹相同，轨迹半径r相等，根据半径公式r=即可求出速度之比，即可求得动能和向心力之比时间都是半个周期，根据

22、周期公式T=求解时间之比动量之比由半径公式求解【解答】解：粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的半径公式 r=又动能与速度的关系为 Ek=mv2则得，r=由题意知，两个粒子的轨迹半径r相等，q1：q2=1：2，质量之比m1：m2=1：4，解得：动能之比Ek1：Ek2=1：1，即动能相等；向心力公式 F=m=，可知向心力大小相等；两个粒子运动时间都是半个周期，时间表达式为 t=T则得：时间之比t1：t2=1：2；动量P=mv=qBr，可知Pq，则得动量之比为：P1：P2=1：2故AB正确，CD错误故选：AB【点评】本题是带电粒子在匀强磁场中半径和周期公式，对两公式一定要熟练掌握11在如图所示的图象中，直

23、线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻R的伏安特性曲线用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路由图象可知（）A电源的电动势为3V，内阻为0.5B电阻R的阻值为2C电源的输出功率为2WD电源的效率为66.7%【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率 【专题】比较思想；类比法；方程法；恒定电流专题【分析】根据图线纵轴截距读出电源的电动势，斜率大小读出电源的内阻图线的斜率大小等于电阻R的大小两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率【解答】解：A、由图线图线纵轴截距读出电源的电动势E=3V，其斜率大小等于电源的内阻r=0.5故A正确B、电阻R的阻值为R

24、=1故B错误C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有U=2V，I=2A，电源的输出功率为P=UI=22W=4W故C错误D、电源的效率为=66.7%故D正确故选：AD【点评】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，注意输出功率与效率的区分12在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用I、U1、U2和U3表示下列比值正确的是（）A不变，变大B变大，变大C变大，不变D变大，不变【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题

25、】定性思想；控制变量法；恒定电流专题【分析】R1是定值电阻，根据欧姆定律得知=R1变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆定律研究、与电源内阻的关系，再分析选择【解答】解：A、根据欧姆定律得知 =R1故当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，与均不变故A错误BC、=R2，变大根据闭合电路欧姆定律得：U2=EI（R1+r），则有=R1+r，不变故B错误，C正确D、=R1+R2，变大根据闭合电路欧姆定律得：U3=EIr，则有=r，不变故D正确故选：CD【点评】本题要注意：对于定值电阻，是线性元件，有R=，对于非线性元件，R=，可根据闭合电路欧姆定律研究二、实验题（共16分每空2分，绘图2分）13在测定金属丝

26、的直径时，螺旋测微器的读数如图所示可知该金属丝的直径d=0.900mm【考点】螺旋测微器的使用 【专题】实验题【分析】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；注意判断0.5毫米刻度线是否出现的方法：若可动刻度的“0”在固定刻度上方，则没有露出，若在下方则以及露出【解答】解：由于可动刻度的“0”在固定刻度下方，因此固定刻度的读数为0.5mm，可动刻度读数为0.0140.0mm=0.400mm，所以最终读数为：0.900mm故本题答案为：0.900【点评】本题的关键是掌握螺旋测微器的读数方法，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

27、时需估读14有一个未知电阻Rx，用图中左和右两种电路分别对它进行测量，用左图电路测量时，两表读数分别为6V，6mA，用右图电路测量时，两表读数分别为5.9V，10mA，则用左图所示电路测该电阻的阻值误差较小，测量值Rx=1000，测量值比真值偏大（填“大或小”）【考点】伏安法测电阻 【专题】恒定电流专题【分析】根据题给条件分析电流表、电压表示数变化显著程度，来分析电路误差大小测量值由电压表与电流表读数之比求出，剔除误差后求出真实值【解答】解：两次测量电压表示数变化率大小=，电流表示数变化率大小=则可见电流表示数变化显著，说明电压分流作用显著，采用电流表内接法误差较小，故左图所示电路测该电阻的阻

28、值误差较小测量值Rx=1000真实值R真=RxRA 故测量值比真实值偏大故答案是：左；1000；大【点评】当待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法测量值偏大待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小15测量电源E的电动势E及内阻r（E约为4.5V，r约为1.5）器材：量程3V内阻为RV=20k的电压表，量程0.5A的电流表具有一定内阻），固定电阻R=18k，滑线变阻器R=10，电键K，导线若干画出实验电路原理图图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压

29、表读数为U2则可以求出E=，r=（用I1，I2，U1，U2及R表示）电动势的测量值比真实值小（“大”或“小”）【考点】测定电源的电动势和内阻 【专题】实验题；实验探究题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】明确电压表的量程是否满足测量条件，根据题意进行改装；根据闭合电路欧姆定律及改装原理列式，联立可求得电动势和内电阻【解答】解：因电压表量程太小，故因并联定值电阻扩大电压表量程；电流表有内阻，可以采用相对电源的外接法；如图所示；根据闭合电路欧姆定律可知E=（R+RV）+I1rE=（R+RV）+I2rE=r=由图示可得，电压表测路端电压，但由于电压表的分流作用，使电流表的测量值小于真实值；实

30、验误差是由于电压表的分流造成的；当外电路短路时，电压表不分流，故短路电流相同；而测量的电流值要小于真实值；故作出测量值和真实值的图象如图所示；由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的UI图象如图所示，由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值故答案为：如图所示；小【点评】本题考查了数据处理以及实验误差分析，分析清楚电路结构、知道实验误差的原因是由于电表内阻的影响，并会应用图象进行分析误差现象；明确误差结果三、计算题（本题包括3小题，共36分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的

31、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）16如图所示，光滑的平行导轨倾角为，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长为L的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小【考点】安培力；牛顿第二定律 【分析】导体棒在释放瞬间受重力、支持力和安培力，根据正交分解求出导体棒所受的合力，根据牛顿第二定律求出释放瞬间的加速度【解答】解：受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力FN和安培力F，由牛顿第二定律：mgsin Fcos =maF=BILI=由式可得a=gsin 答

32、：导体棒在释放瞬间的加速度的大小为gsin 【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，求出合力，运用牛顿第二定律进行求解17（12分）（2013春白山期末）有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.4A，若把它接入2V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1A求：（1）电动机正常工作时的输出功率（2）如在正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率多大？（提示：电动机在电路中转子不转动时为纯电阻用电器）【考点】电功、电功率 【专题】恒定电流专题【分析】（1）电动机正常工作时的输出功率等于电动机输入的电功率与内部发热功率之差电动机不转，由欧姆

33、定律求出电动机的电阻再求解输出功率（2）转子突然被卡住时，电动机为纯电阻用电器，由P=求解此时电动机的发热功率【解答】解：（1）电动机不转时，此时电动机为纯电阻用电器，则有：R=电动机正常工作时的输出功率为：P出=21120.5=1.5（W）（2）如在正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机为纯电阻用电器，电动机的发热功率：P热=W=8W答：（1）电动机正常工作时的输出功率为1.5W（2）如在正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率为8W【点评】对于电动机电路，正常工作时是非纯电阻电路，欧姆定律不成立；当电动机不转时，是纯电阻电路，欧姆定律仍成立18（15分）（2006秋潍坊期末）如图所

34、示，有界匀强磁场的磁感应强度B=2103T；磁场右边是宽度L=0.2m、场强E=40V/m、方向向左的匀强电场一带电粒子电荷量q=3.21019C，质量m=6.41027kg，以v=4104m/s的速度沿OO垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出求：（1）大致画出带电粒子的运动轨迹；（画在答题纸上给出的图中）（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径；（3）带电粒子飞出电场时的动能EK【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）粒子在磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解初速度v0；（2）粒子在飞出电场的过程中，洛仑兹力不做功，仅电场力做功由动能定理求出粒子飞出电场时的动能Ek【解答】解：（1）|轨迹如图（2）带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有m（3）带电粒子在电场中运动时，电场力做功，粒子的动能增加：代人数据解得：J答：1）大致画出带电粒子的运动轨迹如图；（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径是0.4m；（3）带电粒子飞出电场时的动能J【点评】本题是常见的带电粒子在磁场中和电场中运动的问题，画出轨迹，运用几何知识是处理带电粒子在磁场中运动问题的基本方法- 16 -