【物理】天津市蓟县2015-2016学年高二上学期期中试卷(理)

2015-2016学年天津市蓟县高二（上）期中物理试卷（理）
一、选择题（共12小题，满分48分）
1．两个点电荷相距为d，相互作用力大小为F；保持两点电荷电荷量不变，改变它们之间的距离，使之相互作用力大小变为4F，则两点电荷之间的距离应变为（）
A．4d B．2d C．D．
2．某验电器金属小球和金属箔均带负电，金属箔处于张开状态．现将带有负电荷的硬橡胶棒向验电器的金属小球稍许移近，则（）
①金属箔张角稍许增大
②金属箔张角稍许减小
③硬橡胶棒的稍许靠近，致使小球上的电子向金属箔移动
④硬橡胶棒的稍许靠近，致使金属箔上的质子向金属小球移动．
A．①③B．②④C．②③D．①④
3．关于电场强度的理解，下列说法正确的是（）
A．在公式E=中，E与F成正比，与q成反比
B．在公式E=中，E与Q成正比，与r2成反比
C．在公式E=中，E与Q、r2无关
D．在公式E=中，d表示匀强电场中两点间距离
4．如图所示，实线表示某电场的电场线，虚线表示等势面，a、b、c为电场中的三个点，规定a点电势为零．下列说法正确的是（）
A．a点比b点电势低
B．b、c两点的电场强度相同
C．负点电荷在b点的电势能小于0
D．一个正电荷从b点移到a点，电势能增大
5．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带正电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）
A．三个等势面中，a的电势最高
B．带电质点通过P点的电势能较Q点大
C．带电质点通过P点的动能较Q点大
D．带电质点通过P点时的加速度较Q点小
6．如图电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上时，静电计张开一个角度，下述情况中可使指针张角增大的是（）
A．合上S，使A、B两板靠近一些
B．合上S，使A、B正对面积错开一些
C．断开S，使A、B间距靠近一些
D．断开S，使A、B正对面积错开一些
7．一个电流表的满偏电压为U g，内电阻为R g，要把它改装成量程为nU g的电压表，应在电流表上（）
A．串联一个nR g的电阻B．并联一个nR g的电阻
C．串联一个（n﹣1）R g的电阻D．并联一个（n﹣1）R g的电阻
8．如图所示电路，A1、A2、A3三只小灯泡均发光，电压U不变，当把变阻器R的滑动片P向下滑动时，三只灯泡的亮度变化情况是（）
A．A1、A2变暗，A3变亮B．A1、A3变暗，A2变亮
C．A1、A2、A3灯都变暗D．A1灯变暗，A2、A3灯变亮
9．如图所示，在粗糙绝缘的水平面上固定一带负电的点电荷P，在M点无初速释放一带有恒定电荷的小物块，小物块在P的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中，下面说法正确的是（）
A．小物块所带电荷为正电荷
B．小物块共有的电势能逐渐增大
C．小物块的加速度先减小后增大
D．小物块电势能的减少量等于克服摩擦力做的功
10．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2
的两块平行金属板间的电场中，在满足电子能从平行金属板间射出的条件下，能使电子的偏移角θ的正切值增大为原来的2倍的是（）
A．U1变为原来的2倍，U2不变B．U1变为原来的倍，U2不变
C．U1不变，U2变为原来的倍D．U1不变，U2变为原来的2倍
11．三个电阻相同的灯泡，其允许消耗的最大功率都是20W，现将其中的两个灯泡串联后再与第三个灯泡并联起来接入电压U，则下列说法正确的是（）
A．L1消耗的功率可能为3W
B．L3消耗的功率可能为15W
C．整个电器允许消耗的最大功率为30W
D．整个电器允许消耗的最大功率为60W
12．竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带电的小球，将平行金属板按如图所示的电路图连接，绝缘线与左极板的夹角为θ，当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置时，电流表的读数为I2，夹角为θ2，则（）
A．小球带正电B．θ1＜θ2C．I1＜I2D．I1=I2
二、填空题（每空3分，满分21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为
mm．
14．在示波管中，电子枪2s内发射了6.0×1013个电子，则示波管中电流的大小为
A．
15．加在某段导体两端的电压变为原来的时，导体中电流强度变为0.4A，如果所加电压变为原来的2倍，则导体中电流强度将变为A．
16．一台电动机的额定功率为P，额定电压为U，电动机线圈的电阻r，电动机正常工作时电流为，电动机的输出功率为．
17．电阻R1、R2、R3的伏安特性曲线如图所示，R2的阻值为Ω，若将它们串联后接入电路，则它们的电功率之比P1：P2：P3=．
三、计算题。

18．如图所示，是有两个量程的电流表的电路．当使用a、b两个端点时，量程为I1=1A，当使用a、c两个端点时，量程为I2=0.1A，．已知表头的内阻R g为100Ω，满偏电流I为2mA，求电阻R1、R2的值．
19．如图所示，匀强电场的场强为E，匀强电场中有一半径为r的竖直光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行，一质量为m，带电量为q（q＞0）的质点沿轨道内侧做圆周运动，不计重力，求：
（1）质点经过a点时的速度至少应为多少；
（2）若已知质点经过a点时受到的压力为F0，则质点经过b点时受到的支持力F的大小为多少．
20．如图所示，地面上放有水平向左的匀强电场，一质量为m，电荷量为q的小球以一定水平初速度从A处抛出，落地时的速度方向恰好沿竖直方向，已知A处距地面的高度为h，小球的水平位移为L，重力加速度为g，求
（1）电场强度E的大小和水平初速度V0的大小；
（2）小球运动到距地面的高度为时的动能．
2015-2016学年天津市蓟县高二（上）期中物理试卷（理）
参考答案与试题解析
一、选择题（共12小题，满分48分）
1．两个点电荷相距为d，相互作用力大小为F；保持两点电荷电荷量不变，改变它们之间的距离，使之相互作用力大小变为4F，则两点电荷之间的距离应变为（）
A．4d B．2d C．D．
【考点】库仑定律．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】对于这两种情况下分别根据库仑定律列方程即可求解．
【解答】解：当距离为d时有：F=k①
当距离变化后依据题意有：4F=k②
联立①②可得r=，故ABD错误，C正确．
故选：C．
【点评】正确理解库仑定律公式以及公式中各个物理量的含义是解本题关键，由于公式涉及物理量较多，因此常用两式相比的方法进行求解．
2．某验电器金属小球和金属箔均带负电，金属箔处于张开状态．现将带有负电荷的硬橡胶棒向验电器的金属小球稍许移近，则（）
①金属箔张角稍许增大
②金属箔张角稍许减小
③硬橡胶棒的稍许靠近，致使小球上的电子向金属箔移动
④硬橡胶棒的稍许靠近，致使金属箔上的质子向金属小球移动．
A．①③B．②④C．②③D．①④
【考点】静电现象的解释．
【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．
【分析】验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的，通过金属箔片的张角的大小可以确定其所带电荷的多少．
【解答】解：验电器原来带负电，在带负电的绝缘橡胶棒靠近验电器的金属小球时，由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，验电器小球上的电子就会转移到金属箔上去，导致验电器金属箔的张角增大；故①③正确，②④错误；
故选：A．
【点评】该题属于静电感应现象的考查，正确的分析验电器和带电体所带电量多少的几种情况是解答本题的关键．
3．关于电场强度的理解，下列说法正确的是（）
A．在公式E=中，E与F成正比，与q成反比
B．在公式E=中，E与Q成正比，与r2成反比
C．在公式E=中，E与Q、r2无关
D．在公式E=中，d表示匀强电场中两点间距离
【考点】电场强度．
【专题】定性思想；类比法；电场力与电势的性质专题．
【分析】电场强度由电场本身的性质决定，与放入电场中的电荷，以及电荷所受的电场力无关．根据电场强度三个公式中各个量的含义、适用条件分析．
【解答】解：A、电场强度E由电场本身的性质决定，与放入电场中的电荷，以及电荷所受的电场力无关．故A错误．
BC、在公式E=中，Q是场源电荷，则知E与Q成正比，与r2成反比，故B正确，C错误．
D、在公式E=中，d表示匀强电场中两点间沿电场方向的距离．故D错误．
故选：B
【点评】关于场强的三公式，要理解并掌握它们适用条件、公式中各个量的准确含义．本题属于易错题，很多同学根据E=得到：E与F成正比，与q成反比，不能单纯从数学角度来理解物理知识．
4．如图所示，实线表示某电场的电场线，虚线表示等势面，a、b、c为电场中的三个点，规定a点电势为零．下列说法正确的是（）
A．a点比b点电势低
B．b、c两点的电场强度相同
C．负点电荷在b点的电势能小于0
D．一个正电荷从b点移到a点，电势能增大
【考点】电场线；等势面．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题．
【分析】根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．利用这些知识进行判断．【解答】解：A、顺着电场线，电势降低，所以a点的电势高于b点处的电势．故A错误；
B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，b与c比较，它们的电场强度的大小相同，方向不同．故B错误；
C，顺着电场线，电势降低，所以a点的电势高于b点处的电势，规定a点电势为零，则b 点的电势为负，负电荷在b点的电势能大于0．故C错误；
D、a点的电势高于b点处的电势，一个正电荷从b点移到a点，电势能增大．故D正确．故选：D
【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题，注意电场强度是矢量，是否相等，要关注方向性．
5．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带正电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）
A．三个等势面中，a的电势最高
B．带电质点通过P点的电势能较Q点大
C．带电质点通过P点的动能较Q点大
D．带电质点通过P点时的加速度较Q点小
【考点】电势；电势能．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．
【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；
B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；
C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；
D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D错误．
故选：B．
【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化．
6．如图电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上时，静电计张开一个角度，下述情况中可使指针张角增大的是（）
A．合上S，使A、B两板靠近一些
B．合上S，使A、B正对面积错开一些
C．断开S，使A、B间距靠近一些
D．断开S，使A、B正对面积错开一些
【考点】电容器的动态分析．
【专题】电容器专题．
【分析】静电计测量的是电容器两端间的电势差．合上开关，电容器两端间的电势差不变；断开开关，电容器所带的电荷量不变．
【解答】解：A、合上开关，电容器两端间的电势差不变，静电计指针张角不变．故A、B 错误．
C、断开S，电容器带电量保持不变，使A、B间距靠近一些，根据，d变小，C变大．根据，U减小，张角变小．故C错误．
D、断开S，电容器带电量保持不变，使A、B正对面积错开一些，根据，S 变小，C变小．根据，U增大，张角增大．故D正确．
故选D．
【点评】解决本题的关键在处理电容器动态分析时，电容始终与电源相连，两端间电势差不变，与电源断开，电量保持不变．
7．一个电流表的满偏电压为U g，内电阻为R g，要把它改装成量程为nU g的电压表，应在电流表上（）
A．串联一个nR g的电阻B．并联一个nR g的电阻
C．串联一个（n﹣1）R g的电阻D．并联一个（n﹣1）R g的电阻
【考点】把电流表改装成电压表．
【专题】实验题．
【分析】电流表改装成大量程的电流压表要串联电阻起分压的作用，串联的电阻值根据欧姆定律求解
【解答】解：电流表改装成大量程电压表要串联电阻分压，串联的电阻值为：R==（n﹣1）R g
故选：C．
【点评】考查电压表的改装，明确串联电阻的阻值的表达式．
8．如图所示电路，A1、A2、A3三只小灯泡均发光，电压U不变，当把变阻器R的滑动片P向下滑动时，三只灯泡的亮度变化情况是（）
A．A1、A2变暗，A3变亮B．A1、A3变暗，A2变亮
C．A1、A2、A3灯都变暗D．A1灯变暗，A2、A3灯变亮
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．
【分析】由电路图可知，灯泡A2与滑动变阻器R串联后与灯A3并联，再与A1灯串联．当滑片向下滑动时，滑动变阻器的阻值变大→总电流变小→内阻分压变小→外电压变大，即可判断灯泡A1亮度的变化；再根据串联电路的分压特点和并联电路的分流特点可知，灯泡A2和A3亮度的变化．
【解答】解：由电路图可知，灯泡A2与滑动变阻器R串联后与灯A3并联，再与A1灯串联；当滑片向下滑动时，滑动变阻器的阻值变大，并联部分的等效电阻变大，电路的总电阻会变大，所以总电流变小；根据欧姆定律可知，总电流变小时，A1灯变暗．
右边并联电路的等效电阻变大，分担电压变大，通过A3上的电流变大，则A3灯变亮．
因总电流变小，通过A3的电流变大，所以通过A2灯的电流变小，A2灯变暗．故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
【点评】本题主要考查了闭合电路欧姆定律的应用．解决本题的关键：一是分清该混联电路的特点；二是知道串联电路的分压特点和并联电路的分流特点．
9．如图所示，在粗糙绝缘的水平面上固定一带负电的点电荷P，在M点无初速释放一带有恒定电荷的小物块，小物块在P的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中，下面说法正确的是（）
A．小物块所带电荷为正电荷
B．小物块共有的电势能逐渐增大
C．小物块的加速度先减小后增大
D．小物块电势能的减少量等于克服摩擦力做的功
【考点】电势能；牛顿第二定律．
【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．
【分析】小物块从M运动到N的过程中，先做加速运动后做减速运动，合力先向左后向右，库仑力逐渐减小，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况．电场力做正功，电势能减小．由于电荷的电性未知，不能判断M、N两点电势的高低．根据功能原理分析小物块电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功．
【解答】解：A、小物块从M运动到N的过程中，先做加速运动后做减速运动，则受到的电场力向左，可知受到P的排斥力，所以小物块带负电．故A错误；
B、小物块从M运动到N的过程中，电场力做正功，所以电势能减小．故B错误；
C、小物块从M运动到N的过程中，先做加速运动后做减速运动，在加速过程中，物块的合力向左，库仑力逐渐减小，合力将减小，则知加速度减小；在加速过程中，物块的合力向向右，库仑力逐渐减小，合力将增大，则知加速度增大；故C正确．
D、根据功能关系得知，物块的电势能减小转化为摩擦产生的内能，则有小物块电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功．故D正确．
故选：CD
【点评】本题关键根据物块的运动情况分析受力情况，抓住库仑力是变力，分析加速度的变化．根据功能关系分析电势能变化．
10．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2
的两块平行金属板间的电场中，在满足电子能从平行金属板间射出的条件下，能使电子的偏移角θ的正切值增大为原来的2倍的是（）
A．U1变为原来的2倍，U2不变B．U1变为原来的倍，U2不变
C．U1不变，U2变为原来的倍D．U1不变，U2变为原来的2倍
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场是的速度．电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运动．运用平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，可求出角度θ正切值的变化情况．
【解答】解：设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：qU1=mv02﹣0 …①
又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：t=…②
又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：a=…③
电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：v y=at…④
由①、②、③、④可得：v y=at=，又有：tanθ=，
解得：tanθ=，
A、U1变为原来的2倍，U2不变，则夹角的正切值变成原来的一半；故A错误；
B、U1变为原来的倍，U2不变；夹角的正切值变成原来的2倍；故B正确；
C、U1不变，U2变为原来的倍，夹角的正切值变成原来的一半；故C错误；
D、U1不变，U2变为原来的2倍；夹角的正切值变成原来的2倍；故D正确；
故选：BD．
【点评】带电粒子在电场中的运动，可分为三类，第一类是在匀强电场中做匀变速速直线运动，此过程是电势能与带电粒子动能之间的转化．第二类是带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法．第三类是带电粒子在点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，应用圆周运动的知识求解．
11．三个电阻相同的灯泡，其允许消耗的最大功率都是20W，现将其中的两个灯泡串联后再与第三个灯泡并联起来接入电压U，则下列说法正确的是（）
A．L1消耗的功率可能为3W
B．L3消耗的功率可能为15W
C．整个电器允许消耗的最大功率为30W
D．整个电器允许消耗的最大功率为60W
【考点】电功、电功率．
【专题】恒定电流专题．
【分析】明确电路结构，根据功率公式可明确它们可能的功率；再明确当L3达最大功率时L1与L2两端的电压，由功率公式明确二者的功率，即可求得总功率．
【解答】解：A、由图可知，L1与L2串联后与L3并联，L1与L2的电压之和为U，则两灯泡的功率均小于额定功率，故L1消耗的功率可能为3W；故A正确；
B、L3所加电压U未知，故L3消耗的功率可能为15W；故B正确；
C、当L3达额定功率时，L1和L2的电压为额定电压一半；则由P=可知，功率均为额定功率的；故整个电器允许消耗的最大功率为20+2×=30W；故C正确，D错误；
故选：ABC．
【点评】本题考查功率公式的应用及串并联电路的规律，要注意能根据题意正确选择功率公式进行分析．
12．竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带电的小球，将平行金属板按如图所示的电路图连接，绝缘线与左极板的夹角为θ，当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置时，电流表的读数为I2，夹角为θ2，则（）
A．小球带正电B．θ1＜θ2C．I1＜I2D．I1=I2
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；共点力平衡的条件及其应用；电场强度．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．
【分析】由图可知电容器与滑动变阻器的左侧并联，而电容器在电路稳定时看作断路，故可判断电路中电流的变化；由滑片的移动可知电容器两端电压的变化，由U=Ed可求得场强的变化；对小球受力分析可得出夹角的变化．
【解答】解：因电容器稳定后相当于开路，对电路没有影响，故移动滑片时电路中电流不变，即I1=I2；
小球受重力、电场力及绳子的拉力而处于平衡；如图所示，则可知小球一定带正电；
滑片右移时，与电容器并联部分的电压增大，则电容器两端的电压增大，由U=Ed可知，两极板间的电场强度增大；小球受到的水平向右的电场力增大，因重力不变，要使小球重新处于静止状态，细线与竖直板间的夹角应增大；
则可知ABD正确；C错误；
故选：ABD
【点评】本题综合考查电路知识、电容器及共点力的平衡知识，要求学生能通过读图和审题找出其中的关系，进而由部分物理量的变化可得出其它量的变化．
二、填空题（每空3分，满分21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为0.700 mm．
【考点】螺旋测微器的使用．
【专题】直线运动规律专题．
【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0.01×20.0mm=0.700mm，所以最终读数为：0.700mm．
故答案为：0.700
【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，在读可动刻度读数时需估读．
14．在示波管中，电子枪2s内发射了6.0×1013个电子，则示波管中电流的大小为 4.8×10﹣6A．
【考点】电流、电压概念．
【专题】恒定电流专题．
【分析】每个电子的电荷量大小为e=1.6×10﹣19C．根据电流的定义式I=，求解示波管中电流的大小．
【解答】解：每个电子的电荷量大小为e=1.6×10﹣19C，6×1013个电子总电荷量为
q=6×1013×1.6×10﹣19C=9.6×10﹣6C，
则示波管中电流大小为I===4.8×10﹣6A．
故答案为：4.8×10﹣6
【点评】本题首先要了解电子的电荷量等于元电荷，是个常量．其次要掌握电流的定义式．
15．加在某段导体两端的电压变为原来的时，导体中电流强度变为0.4A，如果所加电压变为原来的2倍，则导体中电流强度将变为 2.4A．
【考点】欧姆定律．
【专题】定性思想；类比法；恒定电流专题．
【分析】根据欧姆定律对电压变化前、后列方程，求出原来导体中的电流．电压变为原来的2倍时，电阻不变；联立可求得导体中的电流强度．
【解答】解：由题，导体两端的电压变为原来的时，导体中的电流O.4A，则有0.4=
电压变为2倍时，有：I′=
联立解得：I′=2.4A；
故答案为：2.4．
【点评】本题主要考查了欧姆定律的直接应用，注意导体的电阻是一定的，注意利用比值法进行分析．
16．一台电动机的额定功率为P，额定电压为U，电动机线圈的电阻r，电动机正常工作时
电流为，电动机的输出功率为P﹣．
【考点】电功、电功率．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题．
【分析】电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不再成立，其电功率P电=UI，发热功率P热=I2r，输出功率根据能量守恒分析得到P出=P电﹣P热．
【解答】解：根据功率公式P=UI可得电动机工作电流为：I=；
电动机的输出功率为：P出=P﹣I2r=P﹣；
故答案为：，P﹣
【点评】本题考查对非纯电阻电路电功率、热功率和输出功率关系的理解和运算能力．关键要注意在非纯电阻电路中，求总功率，只能用P电=UI，求发热功率只能用P热=I2r．。