海淀區20202021學年第一學期期末練習反饋題高三物理2021.011.關于電場強度，下列說法中正確的是（）A.若在電場中的某點不放試探電荷，則該點的電場強度為0B.真空中點電荷的電場強度公式表明，點電荷周圍某點電場強度的大小，與該點到場源電荷距離r的二次方成反比，在r減半的位置上，電場強度變為原來的4倍C.電場強度公式表明，電場強度的大小與試探電荷的電荷量q成反比，若q減半，則該處的電場強度變為原來的2倍D.勻強電場中電場強度處處相同，所以任何電荷在其中受力都相同【答案】B【解析】【詳解】A．電場強度由電場本身決定，與放不放試探電荷無關，在電場中的某點不放試探電荷，某點的電場強度不為零，故A錯誤；B．公式是真空中點電荷電場強度的決定式，則點電荷周圍某點電場強度的大小，與該點到場源電荷距離r的二次方成反比，在r減半的位置上，電場強度變為原來的4倍，故B正確；C．公式是電場強度的定義式，電場強度由電場本身決定，電場中某點的電場強度的大小與試探電荷所帶的電荷量大小無關，故C錯誤；D．電荷在電場中所受電場力F=qE，電荷在電場中所受電場力與q、E有關，勻強電場中的電場強度處處相同，電荷的電荷量q不同，電荷在其中受力不同，故D錯誤。故選B。2.如圖所示為某示波管內的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線。兩電子分別從a、b兩點運動到c點，設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，電子在a、b兩點所具有的電勢能分別為Epa和Epb，則（）A.Wa=Wb>0，B.Wa=Wb<0，C.Wa>Wb>0，D.Wa<Wb<0，【答案】C【解析】【詳解】沿著電場線，電勢逐漸降低，因此a點電勢低于b點電勢，即又由于電子帶負電，因此根據而而從a到c和從b到c，電場力都做正功，因此Wa>Wb>0故選C。3.第5代移動通信技術（簡稱5G）逐步走進人們的生活，它所使用的電磁波頻率很高。家用微波爐使用的微波也是電磁波，其頻率較小。有關電磁波，下列說法中正確的是（）A.電磁波是橫波B.電磁波在真空中的傳播速度等于光速C.隨時間變化的磁場一定在周圍空間產生變化的電場D.微波爐的微波波長小于5G技術傳輸的電磁波波長E.電磁波可以發生偏振現象F.電磁波不會發生衍射現象G.電磁波必須依賴介質傳播H.電磁波無法攜帶信息傳播I.隨時間均勻變化磁場能夠在空間產生電場J.電磁波在真空和介質中傳播的速度相同K.只要有電場和磁場，就能產生電磁波L.電磁波具有能量【答案】ABEIL【解析】【詳解】A．電磁波是橫波，選項A正確；B．電磁波在真空中的傳播速度等于光速，選項B正確；C．隨時間均勻變化的磁場在周圍空間產生穩定的電場，選項C錯誤；D．微波爐的微波頻率小，波長大于5G技術傳輸的電磁波波長，選項D錯誤；E．電磁波是橫波，可以發生偏振現象，選項E正確；F．衍射是波特有的現象，電磁波也會發生衍射現象，選項F錯誤；G．電磁波不須依賴介質傳播，在真空中也能傳播，選項G錯誤；H．電磁波能攜帶信息傳播，選項H錯誤；I．隨時間均勻變化的磁場能夠在空間產生穩定的電場，選項I正確；J．電磁波在真空中的傳播速度大于在介質中傳播的速度，選項J錯誤；K．只要有周期性變化的電場，才會產生周期性變化的磁場，這種變化的電場和磁場交替產生，由近及遠傳播才能產生電磁波，選項K錯誤；L．電磁波具有能量，選項L正確。故選ABEIL。4.物理課上，老師做了一個奇妙的“自感現象”實驗。按圖連接電路，閉合開關S，電路穩定后小燈泡A正常發光，此時通過線圈L的電流為I1，通過小燈泡A的電流為I2。斷開開關S，同學們發現小燈泡A閃亮一下再熄滅。電源內阻不可忽略，下列說法中正確的是（）A.閉合開關S時，A立即發光并且亮度逐漸增強直到正常發光B.閉合開關S時，A立即發光并且亮度逐漸減弱直到正常發光C.I1>I2D.I1<I2【答案】BC【解析】【詳解】AB．閉合開關S時，A立即發光，線圈L由于自感作用，線圈L中的電流逐漸增大，內壓增大，外壓減小，A的亮度逐漸減弱；電路穩定后，線圈L相當于是電阻，電路穩定，A正常發光，故B正確，A錯誤；CD．斷開開關S，線圈L與A組成閉合回路，同學們發現小燈泡A閃亮一下再熄滅，則由線圈提供的電流比A原來的電流大，說明線圈L中原來的電流比A中的大，故C正確，D錯誤。故選BC。5.用如圖所示裝置探究感應電流產生的條件，線圈A通過變阻器和開關S1連接到電源上，線圈B的兩端通過開關S2連到電流表上，把線圈A裝在線圈B的里面。下列說法中正確的是（）

A.該裝置是探究線圈A中感應電流產生的條件B.S1、S2均處于閉合狀態，將線圈A中鐵芯拔出時，電流表的指針會發生偏轉C.S1、S2均處于閉合狀態，將線圈A中鐵芯拔出用時越短，電流表的指針偏轉角度越小D.兩開關均處于閉合狀態，此時勻速移動滑動變阻器的滑片，電流表的指針始終指在0刻度線位置【答案】B【解析】【詳解】A．因為線圈B跟電流表連接且此電路沒有電源，故該裝置是探究線圈B中感應電流產生的條件，故A錯誤；B．S1、S2均處于閉合狀態，將線圈A中鐵芯拔出時，圈B內的磁通量從無到有，在變化，導致閉合線圈中產生感應電動勢，從而產生感應電流，電流表的指針會發生偏轉，故B正確；C．S1、S2均處于閉合狀態，將線圈A中鐵芯拔出用時越短，圈B內的磁通量變化越快，導致閉合線圈中產生感應電動勢越大，總電阻不變，從而產生感應電流越大，所以電流表的指針偏轉角度越大，故C錯誤；D．兩開關均處于閉合狀態，此時即便勻速移動滑動變阻器的滑片，由于圈A的磁場是非勻磁場，必然會某時刻圈B內的磁通量發生變化，導致閉合線圈中產生感應電動勢，從而產生感應電流，電流表的指針會發生偏轉，不可能始終指在0刻度線位置，故D錯誤；故選B。6.中國的特高壓直流輸電網已達到世界先進水平，向家壩—上海特高壓直流輸電工程，是世界上同類工程中容量最大、距離最遠、技術最先進的。圖甲所示為輸電塔，圖乙為其局部放大圖，兩根在同一水平面內且相互平行的長直導線A和B分別通有方向相同的電流I1和I2，且I1>I2。a、b、c三點連線與兩根導線等高并垂直，b點位于兩根導線間的中點，a、c兩點與b點距離相等。不考慮地磁場的影響。下列說法中正確的是（）A.d點在b點的正上方，bd間距等于bc間距，則d點處的磁感應強度方向豎直向下B.e點在b點的正下方，be間距等于bc間距，則e點處的磁感應強度方向豎直向上C.若電流I2反向，導線B和A之間的安培力是引力D.若電流I1和I2同時反向，則a、b、c三點處的磁感應強度方向反向【答案】D【解析】【詳解】做出I1和I2的橫截面圖，根據安培定則，畫出I1和I2在d、e兩點的磁場方向，如圖所示A．由安培定則可判斷出，I1在d點的磁場方向斜向左上方，I2在d點的磁場方向斜向左下方，所以d點處的合磁場的磁感應強度方向不會豎直向下，故A錯誤；B．由安培定則可判斷出，I1在e點的磁場方向斜向右上方，I2在e點的磁場方向斜向右下方，所以e點處的合磁場的磁感應強度方向不會豎直向上，故B錯誤；C．由安培定則可判斷出，I1在AB之間產生的磁場方向豎直向上，若電流I2反向，根據左手定則可知，導線A對B的安培力由A指向B，即A和B之間是斥力，故C錯誤；D．若電流I1和I2同時反向，根據安培定則，則I1和I2在a、b、c三點處的磁感應強度方向都與原來相反，則a、b、c三點處的合磁場的磁感應強度方向都與原來的磁場方向相反，故D正確。故選D。7.如圖所示，勻強磁場中有a、b兩個閉合單匝線圈，它們用同樣的導線制成，半徑ra=2rb。磁場方向與線圈所在平面垂直，磁感應強度B隨時間均勻增大。兩線圈中產生的渦旋電場的電場強度分別為Ea和Eb，兩線圈的發熱功率分別為Pa和Pb。不考慮兩線圈間的相互影響。下列說法中正確的是（）A.Ea∶Eb=2∶1B.Ea∶Eb=4∶1C.Pa∶Pb=4∶1D.Pa∶Pb=8∶1【答案】AD【解析】【詳解】AB．由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢產生的渦旋電場的電場強度半徑ra=2rb則Ea∶Eb=2∶1選項A正確，B錯誤；

CD．線圈的發熱功率半徑ra=2rb則Pa∶Pb=8∶1選項C錯誤，D正確。故選AD。8.如圖甲所示，在某電場中建立x坐標軸，O為坐標原點，A點坐標為x1，一電子僅在電場力作用下沿x軸運動，其電勢能Ep隨其坐標x變化的關系如圖乙所示。下列說法中正確的是（）

A.A點的電勢高于O點的電勢B.電子一定做減速運動C.電子在A點的加速度大于在O點的加速度D.如果電子向x軸正方向運動，電場力做負功【答案】CD【解析】【詳解】AD.從圖像可知，若電子從O點運動到A點時，電勢能增大，電場力做負功，電場力向左，電場強度向右，電場線向右，則A點的電勢低于O點的電勢，A錯誤，D正確；B.若電子向左運動，電子一定做加速運動，無法確定電子的運動方向，所以無法確定電子的運動性質，B錯誤；C.斜率表示電場力，電子在A點的斜率大，電場力大，加速度大，所以電子在A點的加速度大于在O點的加速度，C正確。故選CD。9.圖甲是某實驗小組的同學通過實驗作出的電源E的路端電壓U與電流I的關系圖像，圖乙是該實驗小組的同學通過實驗作出的小燈泡L的I-U圖像。下列說法中正確的是（）

A.電源E短路電流約為0.24AB.由小燈泡L的I-U圖像可知，隨燈泡兩端電壓的增大，燈絲電阻逐漸減小C.將兩個完全相同的小燈泡L并聯接在電源E兩端組成閉合回路，可求得此時每個小燈泡消耗的功率D.將兩個完全相同的小燈泡L串聯接在電源E兩端組成閉合回路，可求得此時每個小燈泡消耗的功率【答案】CD【解析】【詳解】A．圖甲中電流為0.24A時，路端電壓為1.0V，電源短路時路端電壓為0，故A錯誤；B．由小燈泡L的I-U圖像可知，隨燈泡兩端電壓的增大，燈絲電阻逐漸增大，故B錯誤；C．將兩個完全相同的小燈泡并聯接在電源E兩端組成閉合回路，設每盞燈的電流為I，由閉合電路的歐姆定律可得在乙圖中作出此狀態電源的I-U圖線，與小燈泡的I-U圖線交點表示燈泡的實際電流和實際電壓，由此可求得此時每個小燈泡消耗的功率，故C正確；D．將兩個完全相同的小燈泡串聯接在電源E兩端組成閉合回路，設每盞燈的電壓為U，由閉合電路的歐姆定律可得在乙圖中作出此狀態電源的I-U圖線，與小燈泡的I-U圖線交點表示燈泡的實際電流和實際電壓，由此可求得此時每個小燈泡消耗的功率，故D正確。故選CD。10.電容器在生產生活中有廣泛的應用。用如圖甲所示的電路給電容器充電，其中C表示電容器的電容，R表示電阻的阻值，E表示電源的電動勢（電源內阻可忽略）。改變電路中元件的參數對同一電容器進行三次充電，三次充電對應的電容器電荷量q隨時間t變化的圖像分別如圖乙中①②③所示。第一次充電時電容器兩端的電壓u隨電荷量q變化的圖像如圖丙所示。下列說法中正確的是（）

A.①②兩條曲線不同是E的不同造成的B.②③兩條曲線不同是R的不同造成的C.改變R或者改變E，電容器兩端的電壓隨電荷量變化的u-q圖像都如圖丙所示D.類比直線運動中由v-t圖像求位移的方法，由圖丙所示u-q圖像可求得電容器兩極間電壓為U時電容器所儲存的電能【答案】CD【解析】【詳解】A.根據，①②兩次的q相同，表明這兩次充電的電源相同，第①次的斜率大，表示充電的電流大，電阻的阻值小，所以①②兩條曲線不同是R的不同造成的，A錯誤；B.根據，②③兩次的電量不同，表明電源不同，所以②③兩條曲線不同是E的不同造成的，B錯誤；C.根據可知，改變R或者改變E，不能改變電容C，所以電容器兩端的電壓隨電荷量變化的u-q圖像的斜率不變，圖像如圖丙所示，C正確；D.類比直線運動中由v-t圖像求位移的方法，則電容器兩極間電壓為U時電容器所儲存的電能等于圖像的面積解得，D正確。故選CD。11.圖為某種質譜儀的工作原理示意圖。此質譜儀由以下幾部分構成：粒子源N；PQ間電壓恒為U的加速電場；靜電分析器，即中心線半徑為R的四分之一圓形通道，通道內有均勻輻射電場，方向沿徑向指向圓心O，且與圓心O等距的各點電場強度大小相等；磁感應強度為B的有界勻強磁場，方向垂直紙面向外。當有粒子打到膠片M上時，可以通過測量粒子打到M上的位置來推算粒子的比荷，從而分析粒子的種類以及性質。由粒子源N發出的不同種類的帶電粒子，經加速電場加速后從小孔S1進入靜電分析器，其中粒子a和粒子b恰能沿圓形通道的中心線通過靜電分析器，并經小孔S2垂直磁場邊界進入磁場，最終打到膠片上，其軌跡分別如圖中的S1S2a和S1S2b所示。忽略帶電粒子離開粒子源N時的初速度，不計粒子所受重力以及粒子間的相互作用。下列說法中正確的是（）A.粒子a可能帶負電B.若只增大加速電場的電壓U，粒子a可能沿曲線S1c運動C.粒子a經過小孔S1時速度大于粒子b經過小孔S1時速度D.粒子a在磁場中運動的時間一定大于粒子b在磁場中運動的時間E.從小孔S2進入磁場的粒子動能一定相等F.打到膠片M上的位置距離O點越遠的粒子，比荷越小【答案】BDF【解析】【詳解】A.粒子在垂直于紙面的磁場中順時針做圓周運動，根據左手定則，粒子a帶正電，A錯誤；B.粒子在電場中加速，根據動能定理得粒子a分析器中做勻速圓周運動解得，若只增大加速電場的電壓U，半徑r增大，粒子a可能沿曲線S1c運動，B正確；C.根據解得，半徑小的速度大，則粒子b經過小孔S1時速度大于粒子a經過小孔S1時速度，C錯誤；D.粒子a在磁場中運動的弧長大速度小，運動時間長，所以粒子a在磁場中的運動時間一定大于粒子b在磁場中運動的時間，D正確；E.根據，q未知，從小孔S2進入磁場的粒子動能無法確定是否相等，E錯誤；F.根據得，粒子a的速度小比荷小，所以打到膠片M上的位置距離O點越遠的粒子，比荷越小，F正確。故選BDF。12.某同學連接的電路如圖所示。(1)若旋轉選擇開關，使尖端對準直流電流擋，閉合電鍵，此時測得的是通過___________的電流；(2)若斷開電路中的電鍵，旋轉選擇開關使其尖端對準歐姆擋，此時測得的是___________的電阻；(3)若旋轉選擇開關，使尖端對準直流電壓擋，閉合電鍵，并將滑動變阻器的滑片移至最左端，此時測得的是___________兩端的電壓；(4)若斷開電路中的電鍵，旋轉選擇開關使其尖端對準“10”倍率的歐姆擋，測量時發現指針偏角過大，則必需___________（選填“增大”或“減小”）倍率，重新調零后再進行測量。【答案】①.滑動變阻器R1②.滑動變阻器R1和電阻R2的總電阻③.電阻R2④.減小【解析】【詳解】(1)[1]由于電流表與滑動變阻器串聯，因此測得的是通過滑動變阻器R1的電流；(2)[2]斷開電鍵后，滑動變阻器和電阻串聯后接到歐姆表兩端，因此測量的是滑動變阻器R1和電阻R2的總電阻；(3)[3]滑動變阻器的滑片滑到最左端，滑動變阻器沒有接入電路，此時電壓表直接與電阻R2并聯，因此電壓表測得的是電阻R2兩端的電壓；(4)[4]由于歐姆檔測電阻時，表針越靠近中間，測量越準確，如果偏角過大，說明電阻的阻值較小，因此應減小倍率，重新調零后再進行測量。13.(1)在“測量金屬絲的電阻率”的實驗中，甲組同學用米尺測得金屬絲接入電路的長度L，用螺旋測微器測量金屬絲直徑d（刻度位置如圖所示），用伏安法測出金屬絲的兩端的電壓U和通過金屬絲的電流I，通過計算得到金屬絲的電阻，然后根據電阻定律計算出該金屬材料的電阻率。在用伏安法測量金屬絲的電阻時，除被測電阻絲外，還有如下實驗器材：A．直流電源：電動勢約3V，內阻很小；B．電流表A：量程0～0.6A，內阻約為0.125Ω；C．電壓表V：量程0～3V，內阻3kΩ；D．滑動變阻器：最大阻值20Ω；E．開關、導線等。

①從圖中讀出金屬絲的直徑為___________mm；②金屬絲電阻率的表達式ρ=_______（用電阻絲的長度L、直徑d、電壓U、電流I及必要常數表示）；③根據所提供的器材，在如圖所示的方框中畫出測量金屬絲電阻率的實驗電路圖____________；(2)乙組同學采用如圖所示的電路進行實驗，將電阻絲拉直后兩端固定在刻度尺兩端的接線柱a和b上，在金屬電阻絲上夾有一個可沿電阻絲滑動的金屬觸頭P，觸頭上固定了接線柱c，按下P時，觸頭才與電阻絲接觸，觸頭的位置可從刻度尺上讀出。實驗中改變觸頭P與電阻絲接觸的位置，并移動滑動變阻器的滑片，使電流表示數I保持不變，分別測量出多組接入電路中電阻絲的長度L，記錄對應的電壓U。利用測量數據畫出圖像，已知圖線斜率為k。①請在圖中用連線代替導線完成實驗器材連接__________________（要求：能改變電阻絲的測量長度和進行多次測量）。②根據實驗原理及數據，用電阻絲的直徑d、電流I、圖線斜率k及必要常數可計算得出電阻絲的電阻率ρ=___________。【答案】①.0.600②.③.④.⑤.【解析】【詳解】(1)[1]由圖中讀出金屬絲的直徑為d=0.5mm+10.0×0.01mm=0.600mm[2]由電阻定律可得金屬絲電阻為金屬絲橫截面積為聯立方程，可得金屬絲電阻率的表達式為[3]由于本實驗沒有要求電壓、電流從零開始變化，另外滑動變阻器阻值略比金屬絲電阻大些，從連線簡便考慮采用變阻器限流式接法，由題意知，金屬絲阻值不會太大，遠小于電壓表內阻，屬于小電阻，因此電流表采用外接法，實驗電路圖如下

(2)[4]為了便于調節電路并能較準確的測出電阻絲的阻值并能改變電阻絲的測量長度和進行多次測量，且能有效地控制不超出電壓表的量程，所以供電電路用分壓式，金屬絲阻值不會太大，屬于小電阻，因此電流表采用外接法，實物連接圖如下

[5]由電阻定律可得金屬絲電阻為金屬絲橫截面積為聯立方程，解則可知，圖像中的斜率則電阻絲的電阻率為14.如圖所示，間距L=0.40m的平行光滑金屬導軌固定在絕緣水平面上，導軌的一端連接阻值R=0.40Ω的電阻。導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小B=0.10T。一根長度為L、質量m=0.01kg、電阻r=0.10Ω的導體棒ab放在導軌上，導軌的電阻可忽略不計。現用一垂直于導體棒的水平拉力拉動導體棒使其沿導軌以v=5.0m/s的速度向右勻速運動，在運動過程中保持導體棒與導軌垂直且接觸良好。空氣阻力可忽略不計。求：(1)作用在導體棒上的拉力大小F；(2)電阻R的電熱功率P1；(3)作用在導體棒上的拉力的功率P2；(4)在導體棒移動20cm的過程中，電阻R上產生的熱量；(5)若在某個時刻撤去拉力，請定性畫出撤去拉力后導體棒運動的v-t圖像；(6)若在某個時刻撤去拉力，求此后導體棒ab能夠滑動的距離；(7)若在某個時刻撤去拉力，求此后流過導體棒ab的電荷量。【答案】(1)0.016N；(2)0.064W；(3)0.08W；(4)0.00256J；(5)見解析；(6)15.625m；(7)1.25C【解析】【詳解】(1)由題知，導體棒勻速切割磁感線，則由平衡條件有又，，聯立解得代入已知數據求得(2)電阻R的電熱功率為又聯立兩式，代入數據得(3)導體棒勻速運動，由功能關系得作用在導體棒上的拉力的功率(4)導體棒移動20cm的過程中，所用時間為故電阻R上產生的熱量為(5)若在某個時刻撤去拉力，導體棒受到安培力作用做減速運動，由牛頓第二定律有由于v減小，故導體棒加速度減小，做加速度減小的減速直線運動，直到停止，所以可畫出如下圖所示v-t圖像(6)若在某個時刻撤去拉力，設導體棒ab能夠滑動的距離為s，由動量定理有即有又聯立代入數據求得(7)若在某個時刻撤去拉力，設此后流過導體棒ab的電荷量為q，則有15.如圖所示，長為l的絕緣細線一端懸于O點，另一端系一質量為m的帶電小球（可視為質點）。現將此裝置放在水平向右的勻強電場中，電場強度的大小為E，小球靜止在A點，此時細線與豎直方向成37角。已知電場的范圍足夠大，空氣阻力可忽略不計，重力加速度為g，sin37=0.6，cos37=0.8。(1)請判斷小球的電性，并求小球所帶電荷量的大小；(2)求OA兩點間的電勢差UOA；(3)若將小球從A點在豎直面內向左拉起至與O點處于同一水平高度且距O點為l的O′點由靜止釋放，求小球此后運動到最低點時的速度大小；(4)若將小球從A點在豎直面內向左拉起至與O點處于同一水平高度且距O點為l的O′點由靜止釋放，求小球此后相對豎直方向向右側擺起的最大角度大小。【答案】(1)負電，；(2)-0.6El；(3)；(4)arcsin=16【解析】【詳解】(1)由圖可知，小球受到的電場力方向向左，電場方向向右，所以小球帶負電。小球受三個力作用處于平衡狀態，有解得(2)OA兩點間的電勢差為UOA=-Elsin37°=-0.6El(3)小球從水平位置到豎直方向的過程中重力和電場力做功，根據動能定理得聯立方程，解得(4)小球從最低點向右側擺起到最大角度時最大角度為θ，由動能定理可得聯立方程，解得或（舍去）則可得16.如圖所示，交流發電機的矩形金屬線圈，ab邊和cd邊的長度L1=50cm，bc邊和ad邊的長度L2=20cm，匝數n=100匝，線圈的總電阻r=10Ω，線圈位于磁感應強度B=0.05T的勻強磁場中。線圈的兩個末端分別與兩個彼此絕緣的銅環E、F（集流環）焊接在一起，并通過電刷與阻值R=90Ω的定值電阻連接。初始狀態時線圈平面與磁場方向平行，現使線圈繞過bc和ad邊中點、且垂直于磁場的轉軸OOˊ以角速度ω=400rad/s勻速轉動。電路中其他電阻以及線圈的自感系數均可忽略不計。(1)從線圈經過圖示位置開始計時，寫出電阻R兩端電壓隨時間變化的函數關系式；(2)從線圈經過圖示位置開始計時，寫出ab邊所受安培力大小隨時間變化的函數關系式；(3)求維持線圈勻速轉動1圈，所需外力做的功W。（保留三位有效數字）

【答案】(1)；(2)；(3)3.14J【解析】【詳解】(1)感應電動勢的最大值電阻R兩端電壓最大值電阻R兩端電壓隨時間變化的函數關系式(2)通過電阻R的電流的瞬時值ab邊所受安培力大小隨時間變化的函數關系式(3)線圈勻速轉動1圈時產生的熱量為代入數據解得17.如圖為某人設計的電吹風電路的示意圖，a、b、c、d為四個固定觸點。可動的扇形金屬片P可同時接觸兩個觸點。觸片P處于不同位置時，電吹風可以處于停機、吹熱風、吹自然風三種工作狀態。n1和n2分別是理想變壓器原線圈和副線圈的匝數。該電吹風正常工作時各項參數如表所示。不考慮小風扇電機的機械摩擦損耗及溫度對電阻的影響。(1)求小風扇工作時變壓器原線圈和副線圈中的電流比；(2)計算電熱絲的電阻；(3)求小風扇電機的效率。

熱風時電吹風輸入功率P1500W自然風時電吹風輸入功率P260W小風扇額定電壓U60V小風扇輸出機械功率P352W【答案】(1)3：11；(2)110Ω；(3)86.7%【解析】【詳解】(1)根據變壓器的原線圈、副線圈的匝數與電壓的關系n1：n2=220：60=11：3則原線圈和副線圈中的電流比I1:I2=n2：n1=3：11(2)電熱絲的功率P′=500-60=440W由可知，那么電熱絲電阻為(3)求小風扇電機的效率18.XCT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，XCT掃描機可用于對多種病情的探測。圖甲是某種XCT機主要部分的剖面圖，其中產生X射線部分的示意圖如圖乙所示。圖乙中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內為偏轉元件中的勻強偏轉場S：經調節后電子從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到水平圓形靶臺上的中心點P，產生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）。已知MN兩端的電壓為U0，偏轉場區域水平寬度為L0，豎直高度足夠長，MN中電子束距離靶臺豎直高度為H，忽略電子的重力影響，不考慮電子間的相互作用及電子進入加速電場時的初速度，不計空氣阻力。(1)若偏轉場S為在豎直平面內豎直向上的勻強電場，要實現電子束射出偏轉場S時速度方向與水平方向夾角為30°，求勻強電場的電場強度E1的大小；(2)若偏轉場S為在豎直平面內豎直向上的勻強電場，當偏轉電場強度為E時電子恰好能擊中靶臺P點。①求P點距離偏轉場右邊界的水平距離L的大小；②在儀器實際工作時，電壓U0會隨時間成正弦規律小幅波動，波動幅度為U，周期為T，如圖丙所示。這將導致電子打在靶臺上形成一條