【物理】山东省潍坊市高密一中2014-2015学年高二（上）期末试卷

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2014-2015学年山东省潍坊市高密一中高二（上）期末物理试卷　一．选择题：共12小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中至少有一个选项是正确的，把答案填涂在答题卡上1．真空中两个相同的金属小球A和B，带电荷量分别为和，相互作用力为F．若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为（　　）　A．B．FC．D．　2．如图所示的各电场中，A、B两点场强相同的是（　　）　A．B．C．D．　3．如图中虚线所示为静电场的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为（　　）　A．8eVB．13eVC．20eVD．34eV　4．在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏的静电计相接，极板B接地．若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化做出平行板电容器电容变小的结论的依据是（　　）22 　A．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小　B．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大　C．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大　D．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的场强变大　5．根据电阻定律，电阻率ρ=R•．对于温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率（　　）　A．跟导线的电阻成正比　B．跟导线的横截面积成正比　C．跟导线的长度成反比　D．由所用金属材料本身特性决定　6．一个电流表的满偏电流Ig=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）　A．串联一个10kΩ的电阻B．并联一个10kΩ的电阻　C．串联一个9.5kΩ的电阻D．并联一个9.5kΩ的电阻　7．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，当开关S闭合时，电流表和电压表读数的变化是（　　）　A．两表读数均变大　B．两表读数均变小　C．电流表读数增大，电压表读数减小　D．电流表读数减小，电压表读数增大22 　8．关于磁场和磁感线的描述，正确的是（　　）　A．磁感线可以形象地描述磁场的方向，但不能描述其强弱　B．磁感线是从磁铁的N极指向S极　C．磁铁间的相互作用是通过磁场发生的　D．磁感线就是磁场中碎铁屑排列成的曲线　9．关于回旋加速器中电场和磁场的说法中正确的是（　　）　A．电场和磁场都对带电粒子起加速作用　B．电场和磁场是交替地对带电粒子做功的　C．只有磁场才能对带电粒子起加速作用　D．磁场的作用是使带电粒子在D形盒中做匀速圆周运动　10．如图所示，A、B、C为电场中同一电场线上的三点．设电荷在电场中只受电场力作用，则下列说法中正确的是（　　）　A．若在C点无初速地释放正电荷，则正电荷向B运动，电势能减少　B．若在C点无初速地释放正电荷，则正电荷向B运动，电势能增加　C．若在C点无初速地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能增加　D．若在C点无初速地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能不变　11．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直纸面向里．以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是（　　）22 　A．B．C．D．　12．通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内．电流方向如图所示，ad边与MN平行，关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是（　　）　A．线框有两条边所受的安培力方向相同　B．线框有两条边所受的安培力大小相同　C．线框所受安培力合力向左　D．线框所受安培力合力为零　二．实验题：共2个小题，13小题6分，14小题10分，共16分．13．实验室备有下列器材：量程为3V的电压表、量程为0.6A的电流表、滑动变阻器、开关和导线，现要用上述器材测量一节干电池（内阻约0.5Ω，电动势约为1.5V）的电动势和内电阻，请在下面方框中画出测量电路图．根据测得的数据做出了如图所示的U﹣I图象，由图可知测得的电池的电动势为　　　　　　V，内电阻为　　　　　　Ω　22 14．如图所示，甲图为一段粗细均匀的新型导电材料棒，现测量该材料的电阻率．（1）首先用多用电表的欧姆档（倍率为×10）粗测其电阻，指针位置如图乙所示，其读数R=　　　　　　Ω（2）在本实验中，某同学用游标卡尺和螺旋测微器测该电阻丝的长度和直径如丙、丁所示，则其长度L为　　　　　　cm，直径d为　　　　　　mm．（3）然后用以下器材用伏安法尽可能精确地测量其电阻：A．电流表：量程为200mA，内阻约为0.1ΩB．电压表：量程为3V，内阻约为3kΩC．滑动变阻器：最大阻值为20Ω，额定电流1AD．低压直流电源：电压6V，内阻忽略F．电键K，导线若干在如图戊所示方框中画出实验电路图．（4）如果实验中电流表示数为I，电压表示数为U，并测出该棒的长度为L、直径为d，则该材料的电阻率ρ=　　　　　　（用测出的物理量的符号表示）．　　三．解答题：共3个小题，15小题10分，16小题12分，17小题14分，共36分．写出详细解答过程，只写最后答案不给分．15．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路，当电机不转时，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A．问：（1）电动机正常工作时的输出功率多大？（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？22 　16．如图所示为电视机显像管的简化原理图，现有质量为m、电荷量为e、初速度不计的电子经加速电场加速后，垂直于磁场射入宽度为L的有界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为B，若电子束的偏转角为θ，求：加速电场的电势差U为多大？　17．两块金属板a、b平行放置，板长l=10cm，两板间距d=3.0cm，在a、b两板间同时存在着匀强电场和与电场正交的匀强磁场，磁感应强度B=2.5×10﹣4T．一束电子以一定的初速度v0=2.0×107m/s从两极板中间沿垂直于电场、磁场的方向射入场中，并沿着直线通过场区，如图所示．已知电子电荷量e=﹣1.6×10﹣19C，质量m=0.91×10﹣30kg．（1）求a、b两板间的电势差U为多大？（2）若撤去磁场，求电子离开电场时偏离入射方向的距离？　　22 2014-2015学年山东省潍坊市高密一中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析　一．选择题：共12小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中至少有一个选项是正确的，把答案填涂在答题卡上1．真空中两个相同的金属小球A和B，带电荷量分别为和，相互作用力为F．若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为（　　）　A．B．FC．D．考点：库仑定律．分析：当A带电荷量为Q，B带电荷量为2Q，在真空中相距为r时，根据库仑定律可以得到F与电量Q、距离r的关系；A、B球相互接触后放回原处，距离r不变，电荷先中和再平分，再根据库仑定律得到相互作用的库仑力大小与Q、r的关系，用比例法求解．解答：解：未接触前，根据库仑定律，得：F=接触后两球带电量平分，再由库仑定律，得：F′=则，故A正确，BCD错误．故选：A．点评：本题考查运用比例法求解物理问题的能力．对于两个完全相同的金属球，互相接触后电量平分．　2．如图所示的各电场中，A、B两点场强相同的是（　　）22 　A．B．C．D．考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小方向均相同时，场强才相同．解答：解：A、在负点电荷产生的电场中，同心球面上的点的场强大小相等．A、B两点的场强大小相等，但方向不同，故A错误．B、正点电荷产生的电场中，AB两点场强的方向相同，大小不同，故B错误．C、两平行板间的电场是匀强电场，场强大小方向都相等，故C正确．D、AB两点处的电场线的疏密和切线方向都不同．即A、B两点的场强大小和方向都不同，故D错误．故选：C．点评：矢量要相同，只有大小和方向都相同才相同，相反当大小或方向之一变化时，矢量就变化．　3．如图中虚线所示为静电场的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为（　　）　A．8eVB．13eVC．20eVD．34eV考点：等势面；功能关系；电势能．22 专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：要求正电荷的电势能为﹣8eV时的动能，需要知道该正电荷的动能和电势能的总和，得出Eka+Epa=Ekb+Epb，得出Epb﹣Epa=21eV从而确定φb＞φa；根据电荷经过a、b点的动能分别为26eV和5eV和ab之间有两个等势面且等势面3的电势为0，可设等势面4的电势为φ，则等势面a的电势﹣2φ，再根据该正电荷的动能和电势能的总和保持不变求出正电荷的动能．解答：解：在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变，故有Eka+Epa=Ekb+Epb…①所以26eV+Epa=5ev+EpbEpb﹣Epa=26eV﹣5eV=21eV…②根据EP=qφ可知φb＞φa，由于相邻等势面之间的电势差相同，等势面3的电势为0，设等势面4的电势为φ，则等势面a的电势﹣2φ，代入②式得qφ﹣（﹣2qφ）=3qφ=21eVqφ=7eV正电荷的能量故有Ek+（﹣8eV）=5eV+7eVEK=5eV+7eV+8eV=20eV故C正确，故选C．点评：“在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变；相邻等势面之间的电势差相同”是我们解决此类问题时的突破口．　4．在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏的静电计相接，极板B接地．若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化做出平行板电容器电容变小的结论的依据是（　　）　A．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小22 　B．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大　C．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大　D．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的场强变大考点：电容器的动态分析；电场强度．专题：电容器专题．分析：由题看出，电容器极板上的电荷量几乎不变．将极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，会发现指针张角变大，即电压增加，由公式C=电容减小．解答：解：A、B、C、A极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电荷量Q几乎不变；若极板B稍向上移动一点，会发现指针张角变大，即电压增加，由公式C=知电容C变小；故AB错误，C正确．D、由上知电容器板间电场增大，由E=知，d不变，则E变大，故D正确．故选：CD．点评：本题抓住电容器的电量几乎不变是关键．涉及到电容器动态变化分析的问题，常常根据电容的决定式C=和电容的定义式C=、场强公式E=综合分析，是常用思路．　5．根据电阻定律，电阻率ρ=R•．对于温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率（　　）　A．跟导线的电阻成正比　B．跟导线的横截面积成正比　C．跟导线的长度成反比　D．由所用金属材料本身特性决定考点：电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：导线的电阻率有材料本身的特性决定，与导体的电阻、横截面积、长度无关．22 解答：解：导线的电阻率与导体的电阻大小、横截面积、长度无关，由材料本身特性决定．故D正确，A、B、C错误．故选D．点评：本题属于易错题，很多同学容易根据公式，认为电阻率与电阻、横截面积成正比，与长度成反比，其实电阻率由本身特性决定．　6．一个电流表的满偏电流Ig=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）　A．串联一个10kΩ的电阻B．并联一个10kΩ的电阻　C．串联一个9.5kΩ的电阻D．并联一个9.5kΩ的电阻考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题．分析：电流表串联电阻起分压作用为电压表，电流表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻．总电阻=量程除以满偏电流．解答：解：要将电流表改装成电压表，必须在电流表上串联一个大电阻，串联电阻起分流的作用．应串联电阻为R===9.5×103Ω故C正确，ABD错误．故选：C．点评：电流表改装成电压表应串联电阻分压．串联电阻阻值为：R=，是总电阻．　7．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，当开关S闭合时，电流表和电压表读数的变化是（　　）22 　A．两表读数均变大　B．两表读数均变小　C．电流表读数增大，电压表读数减小　D．电流表读数减小，电压表读数增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律判断电流的变化情况，根据U=E﹣Ir判断分析路端电压的变化情况．解答：解：当开关S未闭合时，两个电阻串联；闭合S后，电阻R2被短路，外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，干路电流I增加，故电流表读数增加；根据U=E﹣Ir，路端电压减小，故电压表读数减小；故C正确．故选：C．点评：本题是简单的电路动态分析问题，关键是按照“局部→整体→局部”的顺序进行，基础问题．　8．关于磁场和磁感线的描述，正确的是（　　）　A．磁感线可以形象地描述磁场的方向，但不能描述其强弱　B．磁感线是从磁铁的N极指向S极　C．磁铁间的相互作用是通过磁场发生的　D．磁感线就是磁场中碎铁屑排列成的曲线考点：磁感线及用磁感线描述磁场．分析：磁体周围存在着磁场，它是客观存在的，为了研究方便，人们用假想的磁感线来形象的描述磁场中各点的磁场方向和强弱，即磁感线上任意一点的切线的方向都与小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致；对于磁感线，都是从磁体的北极出发，回到磁体的南极，在磁体内部正好相反，故据此分析判断即可．解答：解：A、磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都与小磁针放在该点静止时北极所指的方向，磁感线的疏密表示磁场强弱，故A错误；22 B、对于磁体的外部，磁感线都是从磁体的北极出发，回到磁体的南极，但对于磁体的内部，磁感线是从S极出发，回到N极，故B错误；C、磁场是客观存在的，磁体间的相互作用就是通过磁场发生的，故C正确；D、磁感线是人们假想出来的用于描述磁场的一些有方向的曲线，并不是放在磁场中的细铁屑连成的曲线，故D错误；故选：C．点评：知道磁场的基本性质，磁感线的作用及特点是解决该题的关键．　9．关于回旋加速器中电场和磁场的说法中正确的是（　　）　A．电场和磁场都对带电粒子起加速作用　B．电场和磁场是交替地对带电粒子做功的　C．只有磁场才能对带电粒子起加速作用　D．磁场的作用是使带电粒子在D形盒中做匀速圆周运动考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．解答：解：回旋加速器是利用电场进行加速，而磁场中受到洛伦兹力作用，由于洛伦兹力方向始终垂直于速度方向，所以在磁场中速度的大小不变，没有起到加速作用，反而使粒子偏转，做匀速圆周运动．故A、B、C错误，D正确．故选：D．点评：解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转的．以及知道粒子在磁场中运动的洛伦兹力不做功．　10．如图所示，A、B、C为电场中同一电场线上的三点．设电荷在电场中只受电场力作用，则下列说法中正确的是（　　）22 　A．若在C点无初速地释放正电荷，则正电荷向B运动，电势能减少　B．若在C点无初速地释放正电荷，则正电荷向B运动，电势能增加　C．若在C点无初速地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能增加　D．若在C点无初速地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能不变考点：电势能；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：正电荷在电势高处电势能大．正电荷受到的电场力方向与场强方向相同．电场力做正功电荷的电势能减小，电场力做负功，电荷的电势能增大．解答：解：A、B：正电荷受力方向为该点的场强方向，在C点无初速地释放正电荷，则正电荷向B运动，电场力做正功，电势能减少．故A正确，B错误；C、D：负荷受力方向与该点的场强方向相反，若在C点无初速地释放负电荷，则负电荷向A运动，电场力做正功，电势能减少．故CD错误．故选：A点评：本题要抓住电场力做功与电势能改变的关系：电场力做正功电荷的电势能减小，电场力做负功，电荷的电势能增大．　11．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直纸面向里．以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是（　　）　A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；左手定则．22 专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：由洛仑兹力充当向心力可求得两粒子的半径关系，则由图可知两粒子的轨迹图；由左手定则可判断粒子的运动方向．解答：解：两粒子均带正电，以大小相等的速度在磁场中向相反的方向运动，都是由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力．所以有，得到，因为粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，所以甲的半径为乙半径的2倍．根据左手定则，甲粒子做圆周运动的洛伦兹力指向圆心，运动方向一定为逆时针，所以A正确．故选A．点评：本题应明确洛仑兹力充当带电粒子做圆周运动的向心力，故洛仑兹力一定指向圆心．　12．通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内．电流方向如图所示，ad边与MN平行，关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是（　　）　A．线框有两条边所受的安培力方向相同　B．线框有两条边所受的安培力大小相同　C．线框所受安培力合力向左　D．线框所受安培力合力为零考点：安培力．分析：直导线中的电流方向由N到M，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向．根据左手定则分析导线框所受的安培力情况．解答：解：A、直导线中的电流方向由N到M，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，ad边受向左的安培力，bc边受到向右的安培力，ab边受到向下的安培力，cd受到向上的安培力，方向全不同，故A错误；B、离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，ad边受到的安培力大于cb边，ab边受到的安培力等于cd受到受到的安培力，故B正确；22 C、D、ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力，bc受到向上的安培力；ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc受到受到的安培力；故合力向左，故C正确，D错误；故选：BC．点评：本题关键：（1）会根据安培定则判断通电直导线的磁场；（2）会根据左手定则判断安培力方向；（3）会根据安培力公式F=BIL并结合微元法判断安培力的大小．　二．实验题：共2个小题，13小题6分，14小题10分，共16分．13．实验室备有下列器材：量程为3V的电压表、量程为0.6A的电流表、滑动变阻器、开关和导线，现要用上述器材测量一节干电池（内阻约0.5Ω，电动势约为1.5V）的电动势和内电阻，请在下面方框中画出测量电路图．根据测得的数据做出了如图所示的U﹣I图象，由图可知测得的电池的电动势为　1.40　V，内电阻为　1　Ω考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：根据实验原理作出实验电路图；根据电源U﹣I图象求出电源电动势与内阻．解答：解：伏安法测电源电动势与内阻实验，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如图所示：由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.40，则电源电动势：E=1.40V，电源内阻：r===1Ω．故答案为：电路图如图所示；1.40，1．22 点评：本题考查了作实验电路图、求电源电动势与内阻，知道实验原理即可作出实验电路图，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．　14．如图所示，甲图为一段粗细均匀的新型导电材料棒，现测量该材料的电阻率．（1）首先用多用电表的欧姆档（倍率为×10）粗测其电阻，指针位置如图乙所示，其读数R=　180　Ω（2）在本实验中，某同学用游标卡尺和螺旋测微器测该电阻丝的长度和直径如丙、丁所示，则其长度L为　10.030　cm，直径d为　4.487　mm．（3）然后用以下器材用伏安法尽可能精确地测量其电阻：A．电流表：量程为200mA，内阻约为0.1ΩB．电压表：量程为3V，内阻约为3kΩC．滑动变阻器：最大阻值为20Ω，额定电流1AD．低压直流电源：电压6V，内阻忽略F．电键K，导线若干在如图戊所示方框中画出实验电路图．（4）如果实验中电流表示数为I，电压表示数为U，并测出该棒的长度为L、直径为d，则该材料的电阻率ρ=　　（用测出的物理量的符号表示）．考点：测定金属的电阻率．22 专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数．（2）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．（3）根据滑动变阻器指针与待测电阻的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻与电表内阻的接法确定电流表的接法，然后作出实验电路图．（4）由欧姆定律求出电阻，由电阻定律求出电阻率的表达式．解答：解：（1）由图甲所示可知，多用电表读数为18×10Ω=180Ω．（2）由图丙、丁所示可知，游标卡尺的固定刻度读数为10.0cm=100mm，游标读数为0.05×6mm=0.30mm，所以最终读数为100mm+0.30mm=100.30mm=10.030cm．螺旋测微器固定刻度示数为4.0mm，可动刻度示数为48.7×0.01mm=0.487mm，螺旋测微器示数为4.0mm+0.487mm=4.487mm（4.485～4.469均正确）．（3）待测电阻阻值为180Ω，滑动变阻器最大阻值为20Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；==1800，==16.7，则有：＞，则电流表应采用内接法，实验电路图如图所示．（4）由欧姆定律可得，电阻阻值R=，由电阻定律得：R=ρ=ρ，则电阻率ρ=．故答案为：（1）180；（2）10.030；4.487；（3）电路如上图所示；（4）．点评：本题考查了欧姆表与螺旋测微器的读数、设计实验电路、求电阻率表达式等问题；要掌握常用器材的读数方法；确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键．应用欧姆定律与电阻定律即可正确求出电阻率的表达式．　22 三．解答题：共3个小题，15小题10分，16小题12分，17小题14分，共36分．写出详细解答过程，只写最后答案不给分．15．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路，当电机不转时，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A．问：（1）电动机正常工作时的输出功率多大？（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？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）当电机不转时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律求出电机的内阻．当电机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，其输出功率P出=P总﹣P内=UI﹣I2r，代入求解电动机正常工作时的输出功率．（2）电动机的转子突然被卡住时，电动机的发热功率P热=．解答：解：（1）当电机不转时，由欧姆定律得到，电机的内阻，当电机正常工作时，输出功率P出=UI﹣I2r=2W﹣0.5W=1.5W（2）电动机的转子突然被卡住时，此时相当于纯电阻，发热功率为．答：（1）电动机正常工作时的输出功率是1.5W；（2）在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是8W．点评：对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路，还是非纯电阻电路，关键看转子是否转动，电能是否全部转化为内能．　16．如图所示为电视机显像管的简化原理图，现有质量为m、电荷量为e、初速度不计的电子经加速电场加速后，垂直于磁场射入宽度为L的有界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为B，若电子束的偏转角为θ，求：加速电场的电势差U为多大？22 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：电子在电场中加速后根据动能定理列式；电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，先根据几何关系求出半径，然后根据牛顿第二定律列式；最后联立求解．解答：解：设电子被加速电场加速后速度为v，其运动轨迹如图所示据动能定理有eU=mv2设粒子垂直进入匀强磁场后做半径为R的匀速圆周运动据牛顿第二定律有evB=m据几何关系有sinθ=由以上各式解得U=答：加速电场的电势差U为．点评：本题关键明确电子的运动规律，然后根据动能定理、牛顿第二定律并结合几何关系列式求解．　22 17．两块金属板a、b平行放置，板长l=10cm，两板间距d=3.0cm，在a、b两板间同时存在着匀强电场和与电场正交的匀强磁场，磁感应强度B=2.5×10﹣4T．一束电子以一定的初速度v0=2.0×107m/s从两极板中间沿垂直于电场、磁场的方向射入场中，并沿着直线通过场区，如图所示．已知电子电荷量e=﹣1.6×10﹣19C，质量m=0.91×10﹣30kg．（1）求a、b两板间的电势差U为多大？（2）若撤去磁场，求电子离开电场时偏离入射方向的距离？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：（1）根据洛伦兹力与电场力平衡，结合公式E=，即可求解；（2）根据运动学公式与牛顿第二定律，即可求解．解答：解：（1）电子进入正交的电磁场不发生偏转，洛伦兹力与电场力平衡，则有：ev0B=eE，又：E=，代入数据解得：U=150V；（2）电子在电场中做匀变速曲线运动，设电子通过场区的时间为t，偏转的距离为y，则水平方向：l=v0t，竖直方向由牛顿第二定律得：a=，竖直方向上的位移为：y=at2，解得：y=1.1×10﹣2m答：（1）则a、b两板间的电势差U为150V．（2）若撤去磁场，则电子穿过电场偏离入射方向的距离1.1×10﹣2m．点评：本题考查运动学公式与牛顿第二定律的应用，掌握动能定理的运用，知道洛伦兹力与电场力的表达式．22 　22