福建省泉州第十六中學(xué)2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期期中試題鴨班含解析

PAGE17-福建省泉州第十六中學(xué)2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期期中試題（選考班，含解析）一、單項(xiàng)選擇題1.關(guān)于電阻率的說法,正確的是()A.超導(dǎo)材料電阻率總是為零B.電阻率ρ大的導(dǎo)體,電阻可以很小C.電阻率ρ與導(dǎo)體的長度L和橫截面積S有關(guān)D.電阻率表征了導(dǎo)體材料的導(dǎo)電實(shí)力的強(qiáng)弱，由導(dǎo)體的長度確定,與溫度無關(guān)【答案】B【解析】A.超導(dǎo)材料的電阻率并不總是為零，只有達(dá)到肯定溫度時(shí)其電阻才能為零，故A錯(cuò)誤；B.導(dǎo)體電阻由導(dǎo)體電阻率、導(dǎo)體長度、橫截面積確定。導(dǎo)體的電阻率很大，但假如導(dǎo)線很短，截面積很大，則電阻可以很小，故B正確；C.電阻率表征了導(dǎo)體材料的導(dǎo)電實(shí)力的強(qiáng)弱，與導(dǎo)體的長度、和截面積無關(guān)，與溫度有關(guān)，故CD錯(cuò)誤。故選：B.2.如圖所示，示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，假如在熒光屏上P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑那么示波管中的()①極板X應(yīng)帶正電②極板X′應(yīng)帶正電③極板Y應(yīng)帶正電④極板Y′應(yīng)帶正電A.①③ B.①④ C.②③ D.②④【答案】A【解析】【詳解】電子受力方向與電場方向相反，因電子向X方向偏轉(zhuǎn)，則電場方向?yàn)閄到X′，則X帶正電；同理可知Y帶正電，故①③正確，②④錯(cuò)誤；

A.①③，與結(jié)論相符，選項(xiàng)A正確；B.①④，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.②③，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.②④，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)D錯(cuò)誤3.如圖所示，在直線MN上有一個(gè)點(diǎn)電荷，A、B是直線MN上的兩點(diǎn)，兩點(diǎn)的間距為L，場強(qiáng)大小分別為E和2E．則（）A.該點(diǎn)電荷肯定在A點(diǎn)的左側(cè)B.該點(diǎn)電荷肯定在A點(diǎn)的右側(cè)C.A點(diǎn)場強(qiáng)方向肯定沿直線向左D.A點(diǎn)的電勢肯定低于B點(diǎn)的電勢【答案】B【解析】【詳解】由題，A、B兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小分別為E和2E，依據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=kQ/r2分析得知：該點(diǎn)電荷的位置應(yīng)離A點(diǎn)遠(yuǎn)、離B點(diǎn)近，所以該點(diǎn)電荷肯定在A點(diǎn)的右側(cè)。故B正確，A錯(cuò)誤。由于該點(diǎn)電荷的電性未知，無法確定A的場強(qiáng)方向，也無法推斷A、B兩點(diǎn)電勢的凹凸。故CD錯(cuò)誤。故選B。4.如圖所示電路用來測定電池的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻．其中V為電壓表（志向電表），定值電阻R=7.0Ω．在電鍵未接通時(shí)，V的讀數(shù)為6.0V；接通電鍵后，V的讀數(shù)變?yōu)?.6V．那么，電池組的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻分別等于（）A.6.0V，0.5Ω B.6.0V，1.25ΩC.5.6V，1.25Ω D.5.6V，0.5Ω【答案】A【解析】考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律．分析：當(dāng)開關(guān)斷開時(shí)，電壓表接在電源兩端，電壓表示數(shù)為電池組的電動(dòng)勢；K閉合時(shí)，電壓表測量路端電壓，則依據(jù)閉合電路的歐姆定律可求得內(nèi)電阻．解答：解：電鍵未接通時(shí)，電壓表示數(shù)即為電源電動(dòng)勢，故電動(dòng)勢E=6.0V；接通電鍵后，對R由歐姆定律可得：電路中電流I==0.8A；由閉合電路歐姆定律可知：內(nèi)電阻r==0.5Ω；故答案為：A．點(diǎn)評：本題考查閉合電路的歐姆定律的運(yùn)用，留意因電壓表為志向電表，故當(dāng)電壓表干脆接在電源兩端時(shí)，相當(dāng)于開路，電壓表示數(shù)即為電源的電動(dòng)勢．5.電阻R1與R2的伏安特性曲線如圖所示，并把第一象限分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個(gè)區(qū)域，現(xiàn)把R1與R2串聯(lián)在電路中，R1和R2消耗的電功率分別為P1和P2，串聯(lián)總電阻為R，下列關(guān)于P1與P2大小及R的伏安特性曲線所在區(qū)域的敘述，正確的是（）A.P1＞P2，特性曲線在Ⅰ區(qū)B.P1＜P2，特性曲線在Ⅰ區(qū)C.P1＞P2，特性曲線在Ⅲ區(qū)D.P1＜P2，特性曲線在Ⅲ區(qū)【答案】D【解析】由圖知R1＜R2，二者串聯(lián)電流相等，由P＝I2R，知P1＜P2，串聯(lián)電阻R大于R1也大于R2，故其伏安特性曲線將在Ⅲ區(qū)，選D。6.如圖所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，這時(shí)電容器的帶電量為Q，P是電容器內(nèi)一點(diǎn)，電容器的上板與大地相連，下列說法正確的是A.若將電容器的上板左移一點(diǎn)，則兩板間場強(qiáng)減小B.若將電容器的下板上移一點(diǎn)，則兩板間電勢差減小C.若將電容器的下板上移一點(diǎn)，則P點(diǎn)的電勢上升D.若將電容器的下板上移一點(diǎn)，則兩板間電勢差增大【答案】B【解析】【詳解】A、平行板電容器充電后與電源斷開后，電容器的電量不變，電容器上板左移，正對面積減小，電容C減小，由分析可知U增大，板間場強(qiáng)，d不變，則E增大;故A錯(cuò)誤.B、C、D將電容器的下板上移一點(diǎn)，板間距離減小，電容C增大，由分析得知：Q不變，兩板間電勢差減小;又由，可知板間場強(qiáng)不變，則P與上板的電勢差不變，上板電勢為零，則P點(diǎn)電勢不變.故B正確,C，D錯(cuò)誤.故選B【點(diǎn)睛】對于電容器動(dòng)態(tài)變更分析問題，要采納限制變量法探討，抓住不變量．對于板間距離變更的情形，由可知，板間場強(qiáng)不變，是個(gè)重要推論，常常用到．7.如圖所示，一個(gè)勻稱的帶電圓環(huán)，帶電荷量為＋Q，半徑為R，放在絕緣水平桌面上．圓心為O點(diǎn)，過O點(diǎn)作一豎直線，在此線上取一點(diǎn)A，使A到O點(diǎn)的距離為R，在A點(diǎn)放一檢驗(yàn)電荷＋q，則＋q在A點(diǎn)所受的電場力為A.，方向向上 B.，方向向上C.，方向水平向左 D.不能確定【答案】B【解析】【詳解】檢驗(yàn)電荷受的庫侖力沿著電荷的連線指向+q，由對稱性可知在垂直于豎直線的方向上的分力相互抵消，只有沿豎直線方向的分力。所以+q在A點(diǎn)所受的電場力方向向上。

由庫侖力公式知：A．，方向向上，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．，方向向上，與結(jié)論相符，選項(xiàng)B正確；C．，方向水平向左，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．不能確定，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；8.真空中某靜電場，虛線表示等勢面，各等勢面電勢的值如圖所示，一帶電粒子只在電場力的作用下，沿圖中的實(shí)線從A經(jīng)過B運(yùn)動(dòng)到C，BC兩點(diǎn)位于同一等勢面上，則以下說法正確的是A.帶電粒子在A點(diǎn)的電勢能大于在C點(diǎn)的電勢能B.A點(diǎn)電場強(qiáng)度大于B點(diǎn)電場強(qiáng)度C.帶電粒子從A經(jīng)過B運(yùn)動(dòng)到C的過程中動(dòng)能先增大再減小D.帶電粒子從A到C電場力所做的功等于從A到B電場力做的功【答案】D【解析】【分析】依據(jù)電場線與等勢面垂直且由高電勢指向低電勢，確定出電場線方向，依據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)中物體所受的合力方向指向軌跡的內(nèi)側(cè)，可推斷出粒子所受的電場力方向，推斷粒子的電性。依據(jù)等差等勢面密處場強(qiáng)大，可推斷場強(qiáng)的大小。由電場力做功正負(fù)，推斷電勢能的大小?！驹斀狻緼、依據(jù)電場線與等勢面垂直，且由高電勢指向低電勢，可知電場線方向大致向右，依據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可知，粒子所受的電場力方向大致向左，則知粒子肯定帶負(fù)電。從A到C，由，知，，則，即電場力做負(fù)功，電勢能增加，A處電勢能小于C處電勢能，故A錯(cuò)誤；B、等差等勢面的疏密反映電場強(qiáng)度的大小，則知A處場強(qiáng)小于B處場強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；C、帶電粒子從A經(jīng)過B運(yùn)動(dòng)的過程中，電場力做負(fù)功，動(dòng)能減小。從B運(yùn)動(dòng)到C的過程中電場力不做功，動(dòng)能不變。故C錯(cuò)誤。D、由圖知，AC間電勢差等于AB間的電勢差，依據(jù)知從A到C的電場力所做的功等于從A到B電場力做的功，故D正確。故選D.【點(diǎn)睛】本題要駕馭等勢面與電場線的關(guān)系和曲線運(yùn)動(dòng)合力指向，由粒子的軌跡推斷出電場力方向，分析能量的變更.9.如圖所示，板長為L的平行板電容器與始終流電源相連接，其極板與水平面成300角；若粒子甲乙以相同的大小的初速度由圖中的P點(diǎn)射入電容器，分別沿著虛線1和2運(yùn)動(dòng)，然后離開電容器；虛線1為連接上下極板邊緣的水平線，虛線2為平行且靠近上極板的直線，則下列關(guān)于兩粒子的說法正確的是（

）A.兩者均做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.兩者電勢能均漸漸增加C.兩者的比荷之比為D.兩者離開電容器時(shí)的速率之比為【答案】D【解析】【詳解】依據(jù)題意可知，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，則電場力與重力的合力與速度在同始終線上，所以電場力只能垂直極板向上，受力如圖所示；依據(jù)受力圖，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，則電場力與重力的合力與速度方向反向，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；粒子甲受到的電場力與位移方向的夾角為鈍角，所以電場力做負(fù)功，電勢能漸漸增加；粒子乙運(yùn)動(dòng)的方向與電場力的方向垂直，電場力不做功，所以粒子的電勢能不變。故B錯(cuò)誤；依據(jù)受力圖，對甲：m甲g＝q甲?Ecos30°＝q甲E，所以：對乙：m乙g?cos30°=q乙E，所以：；所以：，故C錯(cuò)誤；帶電微粒甲沿水平直線運(yùn)動(dòng)，合力做的功：W1＝m甲g?tan30°?=m甲gL，依據(jù)動(dòng)能定理得：；所以：；帶電微粒乙沿平行于極板的直線運(yùn)動(dòng)，合力做的功：W2＝m乙g?sin30°?L＝m乙gL，依據(jù)動(dòng)能定理得：，所以：v乙＝；所以：．故D正確。故選D。10.一勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t變更的圖象如圖所示，在該勻強(qiáng)電場中，有一個(gè)帶電粒子于t＝0時(shí)刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是()A.帶電粒子只向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)B.0～2s內(nèi)，電場力所做的功等于零C.4s末帶電粒子回到原動(dòng)身點(diǎn)D.2.5～4s內(nèi)，速度的變更等于零【答案】D【解析】A、由牛頓其次定律可知，帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度a，第2s內(nèi)加速度的，a2是a1的2倍，因此帶電粒子先加速1s再減小0.5s速度為零，接下來的0.5s將反向加速，v-t圖象如圖所示，由對稱關(guān)系可得，反向加速的距離使帶電粒子剛回到減速起先的點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B、0～2s內(nèi)，帶電粒子的初速度為零，但末速度不為零，由動(dòng)能定理可知電場力所做的功不為零，故B錯(cuò)誤；C、由v-t圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的圖形的面積為物體的位移，由對稱可以看出，前4s內(nèi)的位移不為零，所以帶電粒子不會回到原動(dòng)身點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D、由v-t圖象可知，2.5～4s內(nèi)，速度的變更等于零，故D正確；故選D。二、多項(xiàng)選擇題11.下列物理量中哪些與檢驗(yàn)電荷無關(guān)（）A.電場強(qiáng)度E B.電勢 C.電勢能EP D.電場力F【答案】AB【解析】場強(qiáng)表述電場力的性質(zhì)，電勢描述電場能的性質(zhì)，由場本身確定，與檢驗(yàn)電荷無關(guān)。AB對。電勢能，電場力,與檢驗(yàn)電荷有關(guān)，CD錯(cuò)。12.鋰電池因能量高、環(huán)保無污染而廣泛運(yùn)用在手機(jī)等電子產(chǎn)品中?，F(xiàn)用充電器為一手機(jī)鋰電池充電，等效電路如圖所示，充電器電源的輸出電壓為U，輸出電流為I，手機(jī)電池的內(nèi)阻為r，下列說法正確的是A.電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的功率為UI－I2rB.充電器輸出的電功率為UI＋I(xiàn)2rC.電池產(chǎn)生的熱功率為I2rD.充電器的充電效率為100%【答案】AC【解析】【詳解】A．充電時(shí)，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能和熱能，依據(jù)能量守恒定律，有：UI=I2r+P化故電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的功率P化=UI-I2r故A正確；B．充電器輸出的電功率為：P=UI，故B錯(cuò)誤；C．電池產(chǎn)生的熱功率為P熱=I2r，故C正確；D．充電器的充電效率為：故D錯(cuò)誤。13.如圖所示的U-I圖象中,Ⅰ是電源的路端電壓隨電流變更的圖象,Ⅱ是某電阻兩端的電壓隨電流變更的圖象,該電源向該電阻供電時(shí),電阻消耗的功率和電源的效率分別為A.4W B.2WC.33.3% D.66.7%【答案】AD【解析】【詳解】由圖線Ⅰ可知，電源的電動(dòng)勢為E=3V；兩圖線的交點(diǎn)表示該電阻R接在該電源上的工作狀態(tài)，由圖知此時(shí)該電阻的電壓為：U=2V；電流為：I=2A；所以該電阻供電時(shí)電阻上消耗的功率為：PR=UI=2×2W=4W效率為：A．4W，與結(jié)論相符，選項(xiàng)A正確；B．2W，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．33.3%，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．66.7%，與結(jié)論相符，選項(xiàng)D正確；14.如圖在x軸的-3a和3a兩處分別固定兩個(gè)電荷QA、QB，圖中曲線是兩電荷之間的電勢φ與位置x之間的關(guān)系圖象，圖中x=a處為圖線的最低點(diǎn)。線于在x=2a處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正電點(diǎn)電荷，該電荷只在電場力作用下運(yùn)動(dòng)。下列有關(guān)說法正確的是A.電荷運(yùn)動(dòng)至x=a處時(shí)速度最大B.兩點(diǎn)電荷QA:QB=4:1C.該電荷肯定通過x=a處，但不能到達(dá)x=-a處D.該電荷以O(shè)為中點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)【答案】AB【解析】在φ-x圖象中圖線的斜率表示電場強(qiáng)度的大小，由此可知x=a處電場強(qiáng)度為零，依據(jù)動(dòng)能定理qU=△Ek，可知點(diǎn)電荷從x=2a到x=a處，電勢差最大，則電場力做正功最多，在x=a處速度最大，故A正確；由圖線可知因在x=a處電場強(qiáng)度為零，則有：，可得：QA：QB=4：1，故B正確；由圖可知x=-a處與x=2a處電勢相等且點(diǎn)電荷由靜止釋放，由動(dòng)能定理可知點(diǎn)電荷剛好能到達(dá)x=-a處，故C錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷在x=-a與x=2a之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，則O處不是運(yùn)動(dòng)中心，故D錯(cuò)誤。所以AB正確，CD錯(cuò)誤。15.如圖所示電路,電源內(nèi)阻不行忽視。開關(guān)S閉合后,在變阻器R0的滑片向下滑動(dòng)的過程中A.電壓表示數(shù)減小B.電壓表示數(shù)增大C.電流表的示數(shù)減小D.電流表的示數(shù)增大【答案】AC【解析】【詳解】AB．在變阻器R0的滑片向下滑動(dòng)的過程中，變阻器接入電路的電阻減小，變阻器R0與R2并聯(lián)電阻R并減小，則外電路總電阻減小，依據(jù)閉合電路歐姆定律得知，干路電流I增大，路端電壓U減小，則電壓表示數(shù)減小。故A正確，B錯(cuò)誤。CD．并聯(lián)部分電壓U并=E-I（R1+r），I增大，E、R1、r均不變，則U并減小，故電流表示數(shù)減小。故C正確，D錯(cuò)誤。16.為了測定一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小，小明所在的物理愛好小組做了如下試驗(yàn)：用長為L的絕緣輕質(zhì)細(xì)線，上端固定于O點(diǎn)，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），如圖所示，起先時(shí)，將線與小球拉成水平，然后釋放，小球由靜止起先向下?lián)u擺，擺到B點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，然后又從B點(diǎn)向A點(diǎn)搖擺，如此往復(fù)．小明用測量工具測量與水平方向所成的角度θ，剛好為60°．不計(jì)空氣阻力，下列說法中正確的是A.在B點(diǎn)時(shí)小球受到的合力為0B.電場強(qiáng)度E的大小為C.小球從A運(yùn)動(dòng)到B，重力勢能減小D.小球在下擺的過程中，小球的重力勢能和電勢能之和先減小后增大【答案】BCD【解析】【詳解】A．小球在B點(diǎn)受重力豎直向下，電場力水平向右，故合力肯定不為零，故A錯(cuò)誤；B．小球由A到B的過程中，由動(dòng)能定理可得：mgLsinθ-EqL（1-cos60°）=0則電場強(qiáng)度的大小為故B正確；C．小球從A運(yùn)動(dòng)到B，重力做正功，W=mgh=mgLsinθ，故重力勢能減小故C正確；D．小球在下擺過程中，除重力做功外，還有電場力做功，故機(jī)械能不守恒，但機(jī)械能和電勢能總能量之和不變，因?yàn)榍蛟谙聰[的過程中，動(dòng)能先增加后減小，則小球的重力勢能和電勢能之和先減小后增大，故D正確。三、填空、試驗(yàn)題17.伏安法測電阻的系統(tǒng)誤差分析（1）用伏安法測電阻，假如電流表內(nèi)阻為零，電壓表的電阻趨近于無窮大，兩種]電路（內(nèi)接和外接）測量同一電阻，測量結(jié)果___________（填“相同”或“不相同”）。（2）電流表外接法（如圖）①用外接法測量待測電阻R的阻值時(shí)，電壓表測量的是____________兩端的電壓；電流表測量的是通過______________________的電流；電流表的讀數(shù)比實(shí)際流過待測電阻R的電流_________(填“大”或“小”)②外接法誤差產(chǎn)生的緣由：由于_________的分流作用③外接法測量值與真實(shí)值之間的關(guān)系明顯R測________R真（填“<”、“＞”或“=”）（3）.測量方法確定：①若Rx遠(yuǎn)小于RV，電壓表分流作用小，采納電流表__________法（填“外接”或“內(nèi)接”）②若Rx遠(yuǎn)大于RA，電流表分壓作用小，采納電流表__________法（填“外接”或“內(nèi)接”）（4）.如圖電路，電壓表和電流表的讀數(shù)分別為10V和0.1A，電流表的內(nèi)阻為0.2Ω，那么有關(guān)待測電阻RX的下列說法正確的是_______。A.RX的測量值比真實(shí)值大B.RX的測量值比真實(shí)值小C.RX的真實(shí)值為99.8ΩD.RX的真實(shí)值為100.2Ω【答案】(1).相同(2).電阻R(3).電壓表和電阻R(4).大(5).電壓表(6).＜(7).外接(8).內(nèi)接(9).AC【解析】【詳解】（1）[1]．用伏安法測電阻，假如電流表內(nèi)阻為零，電壓表的電阻趨近于無窮大，則電表對測量結(jié)果無影響，即兩種電路（內(nèi)接和外接）測量同一電阻，測量結(jié)果相同。（2）電流表外接法（如圖）①[2][3][4]．用外接法測量待測電阻R的阻值時(shí)，電壓表測量的是電阻R兩端的電壓；電流表測量的是通過電壓表和電阻R的電流；電流表的讀數(shù)比實(shí)際流過待測電阻R的電流大；②[5]．外接法誤差產(chǎn)生的緣由：由于電壓表的分流作用；③[6]．依據(jù)可知，因?yàn)殡娏鞅淼淖x數(shù)比實(shí)際流過待測電阻R的電流大，則外接法測量值與真實(shí)值之間的關(guān)系明顯R測<R真；（3）測量方法確定：①[7]．若Rx遠(yuǎn)小于RV，電壓表分流作用小，采納電流表外接法；②[8]．若Rx遠(yuǎn)大于RA，電流表分壓作用小，采納電流表內(nèi)接法；（4）[9]．此電路中由于電流表的分壓作用，則RX的測量值比真實(shí)值大，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；RX的真實(shí)值為選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。四、計(jì)算題18.有一個(gè)小型直流電動(dòng)機(jī)，把它接入電壓為U1＝0.2V的電路中時(shí)，電動(dòng)機(jī)不轉(zhuǎn)，測得流過電動(dòng)機(jī)的電流是I1＝0.4A；若把電動(dòng)機(jī)接入U(xiǎn)2＝2.0V的電路中，電動(dòng)機(jī)正常工作，工作電流是I2＝1.0A，試求：(1)電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的輸出功率多大？(2)假如在電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，轉(zhuǎn)子突然被卡住，此時(shí)電動(dòng)機(jī)發(fā)熱功率是多大？【答案】(1)1.5W(2)8W【解析】【詳解】(1)U1＝0.2V時(shí)，電動(dòng)機(jī)不轉(zhuǎn)，此時(shí)電動(dòng)機(jī)為純電阻，故電動(dòng)機(jī)線圈內(nèi)阻r＝＝Ω＝0.5ΩU2＝2.0V時(shí)，電動(dòng)機(jī)正常工作，此時(shí)電動(dòng)機(jī)為非純電阻，則由電功率與熱功率各自的定義式，得P電＝U2I2＝2.0×1.0W＝2WP熱＝I22r＝1.02×0.5W＝0.5W所以由能量守恒，電動(dòng)機(jī)的輸出功率P出＝