2023-2024学年上海市建平世纪中学高二（上）月考物理试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年上海市建平世纪中学高二（上）月考物理试卷（12月份）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.描述电场的能的性质的物理量是( )
A. 电势能B. 电势C. 电场强度D. 电量
2.安培对物质具有磁性的解释可以用如图所示的情景来表示，那么( )
A. 甲图代表了被磁化的铁棒的内部情况B. 乙图代表了被磁化的铁棒的内部情况
C. 磁体在高温环境下磁性不会改变D. 磁体在高温环境下磁性会加强
3.关于通电导线在磁场中受到的磁场力，下列说法正确的是( )
A. 磁场力方向可以不与磁场方向垂直
B. 磁场力的方向一定垂直于通电导线
C. 环形通电线圈在磁场中所受磁场力一定为零
D. 只有垂直磁场方向放置的通电导线才受磁场力
4.如图分别描述的是条形磁铁、蹄形磁铁、通电直导线、环形电流周围的磁感线分布情况，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
5.下列物理量关系中不具有类比关系的是( )
A. 重力场中的高度与电场中的电势
B. 重力场中物体的质量与电场中带电体的电量
C. 重力场中的重力加速度与电场中的电场强度
D. 重力场中物体的重力势能与电场中带电体的电势能
6.如图所示电路中电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的电阻不计。那么开关S闭合后流过R2的电流是S闭合前的( )
A. 12B. 23C. 13D. 14
7.如图所示，把一个可以绕水平轴转动的铝盘放在蹄形磁铁的磁极之间，盘的下边缘浸在水银槽中，将转轴和水银用导线直接接在电源的两极上，则( )
A. 由于磁场力的作用，铝盘将作逆时针方向转动
B. 由于磁场力的作用，铝盘将作顺时针方向转动
C. 将电源两极对调，铝盘转动方向不变
D. 将蹄形磁铁的磁极对调，铝盘转动方向不变
8.图中所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电，板间距离为d，A、B两点间的距离为s，如图所示，连线AB与极板间的夹角为30°，则A、B间的电势差为( )
A. 3Cs2QdB. CsQdC. Qs2CdD. 2 3Cs3Qd
9.两个电阻R1、R2的伏安特性曲线如图所示，由图可知( )
A. R1的电阻R1=tan45°Ω=1Ω
B. R2的电阻随电压的增大而减小
C. 当U=1V时，R2的电阻等于R1的电阻
D. 曲线与横轴所围面积表示电阻的电功率
10.如图所示，两根垂直纸面放置的直导线，通有大小相同、方向相反的电流。O为两导线连线的中点，P、Q是两导线连线中垂线上的两点，且OP=OQ。以下说法正确的是( )
A. O点的磁感应强度为零
B. P、Q两点的磁感应强度方向相反
C. 若在P点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，其受力方向为Q→O
D. 若在Q点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，其受力方向为水平向左
11.如图所示电路中，电源内阻和定值电阻的阻值均为r，滑动变阻器的最大阻值为2r。闭合开关，将滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中( )
A. 电压表示数变大B. 电源的输出功率变小
C. 电源的效率变大D. 变阻器消耗功率变小
12.如图所示，两根长直导线均垂直于纸面放置，分别位于纸面内的等边三角形ABC的两个顶点。两直导线中通有大小相等、方向如图所示的恒定电流，B点的磁感应强度大小为B0。若将A处直导线中的电流反向，则B点处的磁感应强度大小为( )
A. 12B0B. 33B0C. B0D. 3B0
二、填空题：本大题共5小题，共30分。
13.通电螺线管右端的小磁针，静止时N极的指向如图所示，则电源的a端为______极(选填“正”或“负”)，螺线管的c端为______极(选填“N”或“S”)
14.如图，用两根轻质弹簧将金属棒ab悬挂在竖直面内，弹簧的劲度系数均为100N/m，棒ab的长度为50cm，质量为0.02kg，垂直于纸面向里的匀强磁场磁感应强度为0.4T，若要使弹簧处于原长，则金属棒中要通以向______ 的电流(选填“左”或“右”)，电流强度为______ A。(g取10m/s2)
15.图中竖直方向的平行线表示匀强电场的电场线，但未标明方向．一个带电量为−q的微粒，仅受电场力的作用，从M点运动到N点，动能增加了△Ek(△Ek>0)，则该电荷的运动轨迹可能是虚线______(选填“a”、“b”或“c”)；若M点的电势为U，则N点电势为______．
16.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，有一段弯成直角的金属导线abc，且ab=bc=L0，通有电流I，磁场的磁感应强度为B，若要使该导线静止不动，在b点应该施加一个力F0，则F0的方向为______ ；B的大小为______ ．
17.某同学将一直流电源的总功率PE、电源内部的发热功率Pr和输出功率PR随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示。则电源的电动势为______ V，b、c图线的交点与a、b图线的交点的纵坐标之比一定为______ 。
三、实验题：本大题共1小题，共14分。
18.(1)在“练习使用多用电表”的实验中，某同学进行了如下操作：

①利用多用电表测量某定值电阻的阻值，选择开关打到电阻挡“×100”的位置，将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，电表示数如图1所示，该电阻的阻值为______ Ω。
②利用多用电表测量未知电阻，用欧姆挡“×100”测量时发现指针示数如图2所示，为了得到比较准确的测量结果，下列选项中合理的步骤为______ (选填字母代号并按操作顺序排列)；
A.将选择开关旋转到欧姆挡“×1k”的位置
B.将选择开关旋转到欧姆挡“×10”的位置
C.将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量
D.将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0Ω”
③该同学想进行如图3所示的操作，下列说法错误的是______ (选填字母代号)；
A.图甲中将选择开关旋转到直流电压挡，选择合适量程可测量小灯泡两端电压
B.图乙中将选择开关旋转到直流电流挡，选择合适量程可测量流经小灯泡的电流
C.图丙中将选择开关旋转到欧姆挡，选择合适量程可测量闭合电路中小灯泡的电阻
(2)某同学用图4所示的电路测量电源的电动势E和内阻r，R1是滑动变阻器，定值电阻R2=3Ω。

①图4中A、B分别是______ 传感器、______ 传感器。
②实验开始前，滑动变阻器的滑片应处于最______ 端。(填“左”或者“右”)
③传感器A，B的示数分别为a，b，则a= ______ 。(用b、E、r、R2表示)
④实验中得到两表的示数关系图像如图5所示，则该电源的电动势E= ______ V，内阻r= ______ Ω。(结果保留两位有效数字)
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
19.如图所示，竖直平面内有一根光滑的绝缘细直杆，图中α=37°，杆的BC部分处在水平向右的有界匀强电场中。在细杆上套一个质量m=3.0×10−2kg，电荷量大小为3×10−5C的带电小球，使它由静止从A点沿杆滑下，从B点进入电场，滑行到C点时小球速度恰好减小为零。已知AB=BC=1.0m，sin37°=0.6，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)小球的电性；
(2)B、C间的电势差U。
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
20.如图所示，M为一线圈电阻rM=0.4Ω的电动机，R=24Ω，电源电动势E=40V.当S断开时，电流表的示数为I1=1.6A，当开关S闭合时，电流表的示数为I2=4.0A.求：
(1)电源内阻r；
(2)开关S闭合时流过R的电流；
(3)开关S闭合时电动机输出的机械功率．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：电势是用来描述电场的能的性质的物理量，故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据电势的物理意义解答即可。
本题考查了基本物理量的理解，解题的关键是熟练掌握并理解电场强度和电势的概念。
2.【答案】B
【解析】解：AB.根据“分子电流”假说，未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性，则甲图代表了未被磁化的铁棒的内部情况，被磁化的物体，分子电流的方向大致相同，对外显示出磁性，则乙图代表了被磁化的铁棒的内部情况，故A错误，故B正确；
CD.根据磁化与退磁的特性可知，磁体在高温环境下，磁性会减弱，故CD错误。
故选：B。
安培所提出的“分子电流”的假说。安培认为，在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体。未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显示出磁性。
分子电流假说属于记忆性的知识点，要求有准确的知道，注意磁现象的电本质。
3.【答案】B
【解析】解：AB、左手定则是判断磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间关系的法则，根据左手定则可知，安培力既垂直于磁场方向又垂直于电流方向，故A错误，B正确；
C、环形线圈在磁场中会转动，说明受力会不为零，故C错误；
D、当通电导线在磁场中与磁场的方向平行时，不受安培力的作用，垂直磁场方向放置的通电导线受磁场力是最大的，故D错误。
故选：B。
利用左手定则判断通电导线在磁场中所受安培力的方向，根据左手定则可知，安培力与电流和磁场所在平面垂直，因此安培力既垂直于磁场方向又垂直于电流方向。
安培力方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要加强这方面的练习，正确应用左手定则判断安培力的方向。
4.【答案】D
【解析】解：A.条形磁铁外部的磁感线应该由N级指向S级，故A错误；
B.蹄形磁铁中间部分的磁感线应该由N级指向S级，故B 错误；
C.由右手螺旋定则可知，磁感线应该顺时针方向，故 C 错误；
D.由右手螺旋定则可知，图中磁感线分布正确，故D正确。
故选：D。
条形磁铁和蹄形磁铁根据经验可判断磁场方向绘制是否正确，利用右手螺旋定则可判断导线的磁场分布情况。
学生在解决本题时，应注意熟练掌握右手定则，并积累常见磁铁形成的磁场。
5.【答案】A
【解析】解：电场力公式F=qE，重力公式G=mg；重力做功，导致重力势能变化，重力势能为
Ep=mgh
电场力做功，导致电势能变化，而电势能为
Ep=qEd
因此重力场中的重力加速度与电场中的电场强度；重力场中物体的质量与电场中带电体的电量；重力场中物体的重力势能与电场中带电体的电势能，具有类比关系，重力场中的高度与电场中的电势不具有类比关系，故BCD正确，A错误；
本题选错误的，故选：A。
理解物理量之间的关系，熟悉电场力和电势能的计算公式完成分析。
本题主要考查了电势能与电场力做功的关系，熟悉电场力和电势能的计算公式即可完成分析，整体难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：设电源电动势为E，R1=R2=R3=R，根据欧姆定律：
S接通时，I2=ER+R2×12=E3R，S断开时，I2′=E2R，
所以I2I′2=23，
故ACD错误，B正确。
故选：B。
开关S接通前，R1、R2串联；S接通后，R2、R3并联后与R1串联，根据欧姆定律，并结合串并联电路的特点求解。
此题考查欧姆定律及电阻的串、并联，要注意在采用比例法时，要用相同的量表示所研究的物理量。
7.【答案】A
【解析】解：AB.通电之后，有从铝盘圆心流向圆周的电流(相当于每根半径都是一个通电导线)，在磁场区域根据左手定则判断，磁场垂直于纸面向里，手心向外，电流向左，安培力向下，故铝盘逆时针转动，故A正确，B错误；
CD.电源两极对调或磁极两极对调，根据左手定则，安培力方向都会反向，转动方向也就改变，故CD错误。
故选：A。
通电导线在磁场中受到安培力作用，方向由左手定则判断，受磁场方向、电流方向影响。
铝盘中的电流是以圆心为正极、圆周为负极的沿半径发散方向电流，但是只有在磁场区域(最左侧)才受安培力作用。
8.【答案】C
【解析】解：极板间的电场强度
E=Ud=QCd
A、B间的电势差
UAB=Essin30°
联立可得
UAB=Qs2Cd
故选：C。
由平行板电容器的电容C和带电量Q，由电容的定义式求出板间电压，由E=Ud求出板间场强．根据公式U=Edsinθ求解AB之间的电势差。
本题求解匀强电场中电势差，用定义式和计算式就可求解，属于简单题。
9.【答案】C
【解析】解：AC.根据伏安特性曲线，当U=1V时，电阻R1的阻值R1=10.5Ω=2Ω，电阻R2的阻值R2=10.5Ω=2Ω，即当U=1V时，R2的电阻等于R1的电阻，故A错误，C正确；
B.伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数，电阻R2随电压的增大，斜率减小，电阻值增大，故B错误；
D.根据P−UI可知，伏安特性曲线上某点坐标的乘积表示电阻消耗的功率，即矩形面积表示功率，不是曲线与横轴所围面积表示电阻的电功率，故D错误。
故选：C。
AC.根据伏安特性曲线结合欧姆定律求电阻；
B.根据伏安特性曲线的含义作答；
D.根据功率的计算公式结合伏安特性曲线作答。
注意：伏安特性曲线的斜率不能简单地用倾角的正切值表示。
10.【答案】D
【解析】解：A.根据安培定则可知，左侧导线在O点的磁感应强度方向竖直向下，右侧导线在O点的磁感应强度方向也是竖直向下，合成以后，O点的磁感应强度竖直向下，不为零，故A错误；
B.根据安培定则可知，左侧导线在Q点的磁感应强度方向垂直导线与Q连线斜向右下方，右侧导线在Q点的磁感应强度方向垂直导线与Q连线斜向左下方，合成后，Q点的合磁感应强度方向竖直向下，同理，P点的合磁感应强度方向也是竖直向下的，所以两点磁感应强度方向相同，故B错误；
C.由AB项分析可知，P点的磁感应强度方向是竖直向下的，若在P点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，根据左手定则判断其受力方向为故垂直OP向左，故C错误；
D.由AB项分析可知，Q点的磁感应强度方向是竖直向下的，若在Q点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，根据左手定则判断其受力方向为故垂直水平向左，故D正确。
故选：D。
根据安培定则判断两根导线在P、Q两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系，根据左手定则判断通电导线受到的安培力方向。
本题考查安培定则、平行四边定则及左手定则的综合应用，根据安培定则明确各点的磁感应强度的方向是该题解题的关键。
11.【答案】D
【解析】解：A、将滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动，滑动变阻器接入电路部分电阻减小，总电阻减小，电流增大，电源内阻分压增大，路端电压减小，电压表测量路端电压，则电压表示数变小，故A错误；
B、滑片P在a端时，外电路电阻为3r，滑片P在b端时，外电路电阻为r，当外电路电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，则随滑片P由a端向b端滑动，电源的输出功率变大，故B错误；
C、电源的效率η=UIEI×100%=UE×100%，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，路端电压U减小，则电源的效率减小，故C错误；
D、将定值电阻看成电源的内阻，则等效电源的内阻为2r，滑动变阻器的最大阻值也是2r，因为电源的内电阻与外电阻相等时电源的输出功率最大，所以滑片P由a端向b端滑动过程中，滑动变阻器消耗的功率变小，故D正确；
故选：D。
分析电路连接情况，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，分析接入电路的电阻的变化，即可分析路端电压的变化；当外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大；根据效率的计算公式分析电源效率的变化；将定值电阻看成电源的内阻，分析滑动变阻器消耗功率的变化。
本题考查电路的动态分析问题，解题关键是知道当外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大。
12.【答案】B
【解析】解：设A处直导线在B点产生的磁感应强度BA，方向如图所示：
且BA=BC，则此时2BAcs30°=B0，将A处直导线电流反向，则B点产生的磁场如图所示：
则B1=2BAcs60°，解得：B1= 33B0，故B正确，ACD错误。
故选：B。
由安培定则可判出两导线在B点的磁感应强度方向，再由矢量的合成方法可得出各点磁感应强度。
本题考查了安培定则及矢量的合成方法，特别应注意磁场的空间性，注意培养空间想象能力；电流大小相等，在距离相等的点产生的磁场强度大小相等。长直导线在某点产生的磁场所在直线与改点和长直导线的连线垂直。根据安培定则判断产生磁场的方向。
13.【答案】正；S
【解析】解：小磁针N极向右，则由磁感线的特点可知，螺线管c端为N极；则由右手螺旋定则可得电流由a端流入螺线管再回到b端，故电源a端为电源的正极．
故答案为：正，S
由小磁针的指向可知电磁铁磁场的方向，由磁感线的特点可知螺线管的磁极，由右手螺旋定则可知电源的正负极
右手螺旋定则为学习中的重点，考试中的热点，应能做到熟练准确的应用
14.【答案】右 1
【解析】解：若要使弹簧处于原长，则金属棒所受安培力的大小应等于其重力，方向竖直向上，则根据左手定则可知，金属棒中要通以向右的电流；
根据平衡条件有mg=BIL
解得I=mgBL=0.02×100.5×0.4A=1A
即应通入电流强度为1A的电流。
故答案为：右；1
根据安培力等于重力，即可求解电流大小，由左手定则判断电流方向，由受力平衡可以得到电流强度。
重点掌握安培力、弹力与重力间处于平衡状态的问题，同时注意左手定则的应用。
15.【答案】a U+△Ekq
【解析】解：从M点运动到N点，动能增加，知电场力做正功，则电场力方向向下，轨迹弯曲大致指向合力的方向，可知电荷的运动轨迹为虚线a，不可能是虚线b．
电场力方向方向向下，微粒带负电，则电场强度方向向上，N点的电势大于M点的电势，根据动能定理知，−qUMN=△Ek，则N、M两点间的电势差大小UMN=−△Ekq
由UMN=φM−φN，φM=U，解得φN=U+△Ekq
故答案为：a，U+△Ekq．
根据动能定理，通过动能的变化判断出电场力的方向，从而判断轨迹的弯曲程度，根据动能定理求出M、N两点间的电势差，从而求出N点的电势．
解决本题的关键知道轨迹弯曲与合力方向的大致关系，本题的突破口在于得出电场力方向，再得出电场强度的方向，从而知道电势的高低．
16.【答案】垂直ac斜向上 2F02IL
【解析】解：根据左手定则判得安培力的方向垂直ac斜向下，导线静止受力平衡，故F=F0，方向垂直ac斜向上，导线在磁场内有效长度为 2L，故该V形通电导线受到安培力大小为F= 2BIL，B=F0 2IL= 2F02IL，
故答案为：垂直ac斜向上， 2F02IL
由安培力公式F=BIL进行计算，注意式中的L应为等效长度，根据左手定则判断安培力的方向，有平衡条件求F0 B
本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义，会左手定则的应用．
17.【答案】3 1：4
【解析】解：根据电源消耗的总功率的计算公式PE=EI，可知直线a，表示的是电源消耗的总电功率；根据功率公式Pr=I2r，可知抛物线b，表示的是电源内电阻上消耗的功率；根据PR=I2R=E2(R−r)2R+4r，可知图线c，表示外电阻的功率即为电源的输出功率PR。
由图可知，当短路时，电流为I短=3A，总功率PE=9W，根据PE=EI可知，电源电动势E=PEI短=93V=3V，内阻r=EI短=33=1Ω；
根据PR=I2R=E2(R−r)2R+4r，可知当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时图线b、c的交点的电流的大小I=ER+r=E2r，功率的大小为Pm=E24r；图线a、b的交点表示电源的总功率PE和电源内部的发热功率Pr随相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小I短=Er，功率的大小为Pr=E2r，所以b、c图线的交点与a、b图线的交点的纵坐标之比PmPr=E24r×rE2=1：4。
故答案为：3；1：4。
根据电源消耗的总功率的计算公式PE=EI，可得电源的总功率与电流的关系；根据电源内部的发热功率Pr=I2r，可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断a、b、c三条线代表的关系式，再由功率的公式可以分析功率之间的关系。
解决本题的关键在于弄清图线b和c的交点、图线a和b的交点的含义；当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大。
18.【答案】1100 BDC C 电压 电流 右 E−b(r+R2) 2.7 1.2
【解析】解：(1)①选择开关打到电阻挡“×100”的位置，由图1所示可知，该电阻的阻值为11×100Ω=1100Ω。
②由图2所示可知，欧姆表指针偏角太大，欧姆挡测电阻时指针偏转角度过大，是由于挡位过大，需选取小挡位，进行欧姆调零后再测阻值，故顺序为：BDC；
③A、图甲中将选择开关旋转到直流电压挡，选择合适量程可测量小灯泡两端电压，故A正确；
B、图乙中将选择开关旋转到直流电流挡，选择合适量程可测量流经小灯泡的电流，故B正确；
C、测量小灯泡电阻时，小灯泡必须与外部电路断开，故C错误；
本题选错误的，故选：C。
(2)①由图4所示电路图可知，传感器A与滑动变阻器并联，则传感器A的电压传感器，传感器B串联在电路中，传感器B是电流传感器。
②由图4所示可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，实验开始前，滑动变阻器的滑片应处于最右端。
③根据图4所示电路图，应用闭合电路的欧姆定律可知，传感器A的示数：a=E−b(r+R2)
④由图5所示图象可知，电源电动势E=2.7V，电源内阻r=ΔUΔI−R2=Ω−3Ω≈1.2Ω。
故答案为：(1)①1100；②BDC；③C；(2)①电压；电流；②右；③E−b(r+R2)；④2.7；1.2。
(1)①欧姆表指针读数与挡位的乘积是欧姆表读数；
②用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表选择挡位后要进行欧姆调零，欧姆调零后再测电阻；
③掌握多用电表的使用方法，知道如何测量电流、电压和电阻。
(2)①电压传感器与被测电路并联，电流传感器串联在电路中，分析图示电路图答题。
②滑动变阻器采用限流接法，闭合开关前滑片要置于阻值最大处。
③根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出函数表达式。
④根据图示图象求出电源电动势与内阻。
本题考查了多用电表读数、多用电表使用方法与注意事项，要明确使用步骤，知道多用电表以及电容器原理。本题考查了测量电源的电动势E和内阻r实验，理解实验原理是解题的前提，根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以求出电源电动势与内阻；要掌握电压传感器与电流传感器的连接方法。
19.【答案】解：(1)根据题意，小球从A到C初末速度均为零，此过程中小球的重力对小球做正功，因此可知电场力对小球做负功，故小球所受电场力的方向与电场线的方向相反，可知小球带负电荷。
(2)对小球从A到C应用动能定理有
mg(LAB+LBC)sinα−qU=0
代入数据解得
U=1.2×104V。
答：(1)小球的电性为负电荷；
(2)B、C间的电势差U为1.2×104V。
【解析】(1)根据动能定理判断电场力对小球的做功，进一步判断电场力的方向，即可判断小球的电性；
(2)根据动能定理求解B、C间的电势差。
本题考查带电体在重力场和电场的复合场中的运动问题，要求学生能正确分析物体的运动过程，应用对应的规律解题。
20.【答案】解：(1)当S断开时，根据闭合电路欧姆定律得：
E=I1(R+r)
得：r=EI1−R=401.6−24=1Ω
(2)开关S闭合时，路端电压为：U2=E−I2r=40−4×1=36 V
流过R的电流为：IR=U2R=3624A=1.5 A
(3)流过电动机的电流为：IM=I2−IR=4−1.5=2.5 A
电动机输出的机械功率为：P出=U2IM−IM2rM=87.5 W
答：(1)电源内阻r为1Ω；
(2)开关S闭合时流过R的电流是1.5A；
(3)开关S闭合时电动机输出的机械功率为87.5W．
【解析】(1)当S断开时，已知电路中的电流，可根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻r．
(2)当开关S闭合时，已知电流表的示数，根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，由欧姆定律求出通过R的电流．
(3)由总电流和通过R的电流得到通过电动机的电流，电动机的输出功率等于电功率与内部消耗的热功率之差．
对于电动机电路，正常工作时，其电路是非电阻电路，欧姆定律不成立，要根据能量守恒求解其输出功率．