第頁，共頁第14頁，共14頁安徽省鳳陽縣陽光學(xué)校2024-2025學(xué)年第一學(xué)期高二期末檢測(cè)卷物理試題一、單項(xiàng)選擇題（本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求）1.如圖所示，真空中A，B，C三點(diǎn)是同一圓周上的三等分點(diǎn)，O點(diǎn)是圓心，A，B連線長(zhǎng)L=1m，D為A，B連線中點(diǎn).若將電荷量均為q=+1×10-6C的兩點(diǎn)電荷分別固定在A，B點(diǎn)，已知靜電力常量k=9×A.兩點(diǎn)電荷間的庫侖力大小為9×103N

B.將一負(fù)點(diǎn)電荷放在D點(diǎn)受到的電場(chǎng)力最大

C.C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為93×【答案】C

【解析】本題考查了等量同種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布、庫侖定律、點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度、電場(chǎng)的疊加這些知識(shí)點(diǎn)；由庫侖定律可求兩點(diǎn)電荷間的庫侖力；由電場(chǎng)強(qiáng)度公式得到兩點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小，再根據(jù)矢量疊加可求得合電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。知道沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低。【解答】A.根據(jù)庫侖定律，A、B兩點(diǎn)電荷間的庫侖力大小為F=kq2L2，代入數(shù)據(jù)得F=9×10-3N，故A錯(cuò)誤；

B.在等量同種正點(diǎn)電荷周圍的電場(chǎng)線分布中，連線中點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為零，將一負(fù)點(diǎn)電荷放在D點(diǎn)受到的電場(chǎng)力為零，故B錯(cuò)誤；

C.A、B兩點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，均為E1=kqL2=9×103N/C，A、B兩點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2.2023年4月20日，今年第1號(hào)臺(tái)風(fēng)“珊瑚”在西北太平洋洋面上生成，登陸時(shí)中心附近最大風(fēng)力有8級(jí).某豎直面內(nèi)的戶外廣告牌的迎風(fēng)面積為S=50m2，所能承受的最大風(fēng)力為F=?2.4×10A.10m/s B.15m/s C.20m/s D.25m/s【答案】C

【解析】設(shè)t時(shí)間內(nèi)吹到廣告牌上的空氣質(zhì)量為m，則有m=ρSvt，取風(fēng)的方向?yàn)檎较?，?duì)風(fēng)根據(jù)動(dòng)量定理有-Ft=0-mv=0-ρSv2t，

解得廣告牌能承受的最大風(fēng)力F=ρS3.如圖所示，在半圓所在平面內(nèi)有一方向與直徑AB平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半圓的半徑為0.5m，C、D為半圓上的兩個(gè)點(diǎn)，∠COD=106°，且CD連線與直徑AB平行。將一帶電荷量為1C的正點(diǎn)電荷由電場(chǎng)外無窮遠(yuǎn)處分別移至A、B兩點(diǎn)，靜電力做功分別為6J、1J。取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，下列說法正確的是(

)

A.A點(diǎn)的電勢(shì)為6V B.勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向由A指向B

C.勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為5V/m D.C、D兩點(diǎn)的電勢(shì)差為4V【答案】C

【解析】解決本題的關(guān)鍵是掌握電場(chǎng)力做功公式WAB=qUAB=q(φA-φB)，掌握勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系U=Ed，注意d是沿電場(chǎng)方向的距離。

A．根據(jù)電勢(shì)的定義φA=WA0q=-6J1C=-6V，φB=WB0q=-1J1C=-1V，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

B.4.(2024·江蘇省無錫市·期末考試)太陽能電池在空間探測(cè)器上廣泛應(yīng)用．某太陽能電池在特定光照強(qiáng)度下工作電流I隨路端電壓U變化的圖線如圖中曲線①，輸出功率P隨路端電壓U的變化圖線如圖中曲線②.圖中給出了該電池?cái)嗦冯妷篣0和短路電流I0.當(dāng)路端電壓為U1時(shí)，工作電流為I1，且恰達(dá)到最大輸出功率PA.r=U1I1 B.r=P1【答案】C

【解析】本題考查閉合電路歐姆定律結(jié)合U-I電源斷路的電壓U0等于電動(dòng)勢(shì)，當(dāng)路端電壓為U1時(shí)，工作電流為I1，且恰達(dá)到最大輸出功率P1，

根據(jù)能量守恒電源總功率P總=U0I5.如圖所示，在水平面內(nèi)的M、N兩點(diǎn)各固定一個(gè)點(diǎn)電荷，帶電量均為+Q。O為MN的中點(diǎn)，過O點(diǎn)固定一個(gè)絕緣桿，桿水平且與MN垂直。一光滑帶孔小球P穿在絕緣桿上，小球帶負(fù)電，開始時(shí)在MN的左側(cè)，現(xiàn)給小球一向右的初速度，則小球向右運(yùn)動(dòng)的過程中(

)

A.小球從開始到O點(diǎn)，做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)

B.小球受到絕緣桿的彈力先增大后減小

C.若把N點(diǎn)+Q變?yōu)?Q，小球做勻速運(yùn)動(dòng)

D.若把N點(diǎn)+Q變?yōu)?【答案】C

【解析】A.應(yīng)用矢量合成可知，等量同種正電荷中垂線上的場(chǎng)強(qiáng)，方向沿中垂線，大小從無限遠(yuǎn)到中點(diǎn)O先增大后減小，題中沒有明確給出小球開始時(shí)是處在最大場(chǎng)強(qiáng)的左側(cè)還是右側(cè)，所以加速度變化無法判斷，A項(xiàng)錯(cuò)誤;

B.絕緣桿所在處場(chǎng)強(qiáng)與桿平行，由平衡可知，桿對(duì)小球彈力總等于其重力，B項(xiàng)錯(cuò)誤;

C.同理應(yīng)用矢量合成可知，等量異種電荷中垂線上的場(chǎng)強(qiáng)方向垂直中垂線，大小從無限遠(yuǎn)到中點(diǎn)O一直增大，小球運(yùn)動(dòng)方向不受任何力作用，則做勻速運(yùn)動(dòng)，C項(xiàng)正確;

D.小球從開始到O點(diǎn)，場(chǎng)強(qiáng)與桿垂直，不斷增大，電場(chǎng)力增大，由平衡條件可知，桿對(duì)小球的彈力總等于其重力與電場(chǎng)力的合力，則彈力從開始到O點(diǎn)一直增大，過O點(diǎn)后，向右運(yùn)動(dòng)過程中彈力逐漸減小，D項(xiàng)錯(cuò)誤。

故選C。6.如圖電路中，電源內(nèi)阻r小于燈泡L的電阻，電流表A和電壓表V均可視為理想電表?，F(xiàn)閉合開關(guān)S后，將滑動(dòng)變阻器滑片P向左移動(dòng)的過程中，則下列說法正確的是

A.小燈泡L變亮 B.電壓表V的示數(shù)變小

C.流過電阻R1的電流方向?yàn)閺挠蚁蜃?D.【答案】C

【解析】本題為含容電路，解題的關(guān)鍵是明確電路結(jié)構(gòu)，知道電容器在電路中相當(dāng)于斷路，電容器兩端的電壓等于與其并聯(lián)的電阻的電壓。根據(jù)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)、閉合電路歐姆定律結(jié)合電容公式Q=CU分析求解。同時(shí)應(yīng)該明確：對(duì)于純電阻電路，當(dāng)外部電路的總電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)，電源的輸出功率最大。

A、閉合開關(guān)S后，將滑動(dòng)變阻器滑片P向左移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻變大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電路中總電流I減小，則小燈泡L變暗，故A錯(cuò)誤；

B、變阻器電阻變大，則其分壓變大，則電壓表V的示數(shù)變大，故B錯(cuò)誤；

C、電容器兩端電壓等于滑動(dòng)變阻器兩端電壓，則電容器電壓增加，根據(jù)Q=CU可知電容器充電，通過定值電阻R1的電流方向自右向左，故C正確；

D、電源內(nèi)阻r小于燈泡L的電阻，變阻器電阻變大時(shí)，外電阻變大，越來越遠(yuǎn)離內(nèi)阻r，根據(jù)電源內(nèi)外電阻相等時(shí)輸出功率最大可知電源的輸出功率變小，故D錯(cuò)誤。

故選C7.如圖所示，兩根通電的長(zhǎng)直導(dǎo)線平行放置，電流大小相等，方向相反。在與導(dǎo)線垂直的平面上有a、b、c、d四點(diǎn)，其中a、b在導(dǎo)線橫截面連線的延長(zhǎng)線上，c、d在導(dǎo)線橫截面連線的垂直平分線上，且a、b及c、d關(guān)于兩導(dǎo)線的中間位置O點(diǎn)對(duì)稱。下列說法正確的是(

)

A.O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0

B.兩通電直導(dǎo)線相互吸引

C.a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反

D.c、d兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同【答案】D

【解析】由安培定則判斷確定兩電流在圖示各點(diǎn)所產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，根據(jù)磁場(chǎng)疊加原理判斷，用左手定則判斷安培力的方向．考查磁場(chǎng)的合成，明確電流的磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流的大小，距離有關(guān)。

A、兩電流在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，磁感應(yīng)強(qiáng)度不為0，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)安培定則和左手定則，同向電流相互吸引，反向電流相互排斥，B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)安培定則可知兩電流在a

點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向相反，根據(jù)距離關(guān)系及對(duì)稱性知，a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向都向下，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)安培定則、磁場(chǎng)的合成可知兩電流在c、d兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向都向上，故D正確；

故選：D。8.如圖是某人站在壓力傳感器上做下蹲、起跳動(dòng)作時(shí)，壓力隨時(shí)間變化的圖像，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)開始下蹲時(shí)刻，b點(diǎn)對(duì)應(yīng)下蹲至最低位置的時(shí)刻，圖中陰影面積分別為S1、S2，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是(

)A.人跳起后上升的最大高度為1.8m

B.從人開始下蹲至離地，壓力傳感器對(duì)人的平均支持力大小為525N

C.bc過程，人始終處于超重狀態(tài)

D.S【答案】D

【解析】根據(jù)圖像可知，人在空中的時(shí)間為tcd=0.6s，上升高度h=12g(tcd2)2=0.45m，A項(xiàng)錯(cuò)誤;

人離地時(shí)的速度v?=gtcd2=3m/s，人的重力G=500N，質(zhì)量m=50kg，自開始下蹲至離地，用時(shí)tac=1.2s，對(duì)人列動(dòng)量定理有：(FN-G)tac二、多項(xiàng)選擇題（本題共2小題，每小題5分，共10分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）9.某景區(qū)有一噴泉，水柱從橫截面積為S的噴口以恒定速度豎直向上持續(xù)噴出，水柱最大高度為H。工作人員將一質(zhì)量為M的玩具放在水柱中某高度處，玩具恰好可以穩(wěn)定懸停在空中。已知水的密度為ρ，水柱沖擊玩具底部后，在豎直方向的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，下列說法正確的是(

)A.噴口處噴出的水的速度v=MgρS

B.噴口單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為m=ρS2gH

C.單位時(shí)間內(nèi)與玩具作用的水的質(zhì)量為【答案】BD

【解析】本題考查了動(dòng)量定理、共點(diǎn)力平衡、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用，關(guān)鍵能合適地選擇研究對(duì)象，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解。A、噴出的水做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，可得：v02=2gH，即v0=2gH，故A錯(cuò)誤；

B、設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則Δm=ρΔV，ΔV=v0SΔt，由以上兩式得，單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為m=ΔmΔt=ρv0S=ρS2gH，故B正確；

C、單位時(shí)間內(nèi)與玩具作用的水的質(zhì)量就等于噴口單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量，即m'=ρS2gH，故C錯(cuò)誤；10.在豎直方向上無限大且均勻帶電的平板上以O(shè)為原點(diǎn)建立xOy坐標(biāo)系，平板右側(cè)過點(diǎn)O且垂直于平板的x軸上的電勢(shì)隨距離x的變化如圖所示。t=0時(shí)刻，一個(gè)電荷量q=1×10-10C質(zhì)量m=1×10-6kg的帶電粒子從離坐標(biāo)原點(diǎn)距離x=0.02m處的AA.該電場(chǎng)x=0.02m處的場(chǎng)強(qiáng)大小為4000V/m

B.t=1s時(shí)，粒子離平板的距離為0.07m

C.t=0.4s時(shí)，粒子的電勢(shì)能為0

D.當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)到x=0.22m時(shí)，其偏離x軸的距離為2m【答案】BD

【解析】A、φ-x圖像斜率表示場(chǎng)強(qiáng)，所以該電場(chǎng)x=0.02m處的場(chǎng)強(qiáng)大小為1000.1V/m=1000V/m，故A錯(cuò)誤；

B、粒子沿y軸正方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，沿x軸正方向?yàn)槌跛俣葹榱愕膭蚣铀龠\(yùn)動(dòng)，t=1s時(shí)，粒子離平板的距離為0.02m+12Eqmt2=0.07m，故B正確；

C、t=0.4s時(shí)，粒子的x坐標(biāo)為0.02m+12Eqmt2=0.028m，此位置電勢(shì)不為零，則電勢(shì)能不為零，故C錯(cuò)誤；

D三、非選擇題：本題共5小題，共58分11.（6分）如圖所示裝置可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，即研究?jī)蓚€(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系．

(1)下列器材選取或?qū)嶒?yàn)操作符合實(shí)驗(yàn)要求的是________。A.可選用半徑不同的兩小球

B.選用兩球的質(zhì)量應(yīng)滿足mC.小球m1每次必須從斜軌同一位置釋放D.需用秒表測(cè)定小球在空中飛行的時(shí)間(2)實(shí)驗(yàn)中，直接測(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通過僅測(cè)量________，間接地解決這個(gè)問題。A.小球開始釋放的高度h

B.小球拋出點(diǎn)距地面的高度HC.小球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平射程(3)圖中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影點(diǎn)．實(shí)驗(yàn)時(shí)，先將入射球m1多次從斜軌上S位置由靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P，測(cè)量平拋射程OP.然后把被碰小球m2靜止放在軌道的水平部分，再將入射小球m1從斜軌上SA.用天平測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量m1、B.測(cè)量小球m1開始釋放高度C.測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度HD.分別找到m1、m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置ME.測(cè)量平拋射程OM、ON(4)若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，其表達(dá)式可表示為_____________；若碰撞是彈性碰撞，那么還應(yīng)該滿足的表達(dá)式為_____________?！敬鸢浮?1)?BC；(2)C；(3)ADE；(4)m1·【解析】本題考查了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律；本實(shí)驗(yàn)的一個(gè)重要的突破點(diǎn)是入射球和靶球從同一高度做平拋運(yùn)動(dòng)并且落到同一水平面上，故下落的時(shí)間相同，所以在實(shí)驗(yàn)的過程當(dāng)中把本來需要測(cè)量的速度改為測(cè)量平拋過程當(dāng)中水平方向發(fā)生的位移，可見掌握了實(shí)驗(yàn)原理才能順利解決此類題目。

(1)A.為保證碰撞在同一條水平線上，所以兩個(gè)小球的半徑要相等，故A錯(cuò)誤；

B.為保證入射小球不反彈，入射小球的質(zhì)量應(yīng)比被碰小球質(zhì)量大，故B正確；

C.為使入射球到達(dá)斜槽末端時(shí)的速度相等，入射小球每次都從斜槽上的同一位置無初速度釋放，故C正確；

D.小球在空中做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是相等的，所以不需要測(cè)量時(shí)間，故D錯(cuò)誤。

故選BC。

(2)小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，由于小球拋出點(diǎn)的高度相等，它們?cè)诳罩械倪\(yùn)動(dòng)時(shí)間相等；

小球的水平位移與小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即測(cè)量射程；

故C正確，AB錯(cuò)誤。

故選C。

(3)設(shè)兩球碰撞前入射球的速度大小是v0，碰撞后入射球的速度大小是v1，被碰球的速度大小是v2；

兩球碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2；

兩球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，由于拋出點(diǎn)的高度相等，兩球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等；

方程兩邊同時(shí)乘以t得：m1v0t=m1v1t+m2v2t，即：m1·OP=m1·OM+m2·ON；

實(shí)驗(yàn)需要用天平測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量m1、12.10分）某研究小組通過實(shí)驗(yàn)測(cè)量一段金屬絲的電阻。

(1)甲同學(xué)先用歐姆表“×1”擋粗測(cè)該金屬絲的電阻，指針位置如圖1所示，則該金屬絲的阻值約為______Ω。

(2)乙同學(xué)采用伏安法更準(zhǔn)確地測(cè)量這段金屬絲的電阻。

除電源(電動(dòng)勢(shì)為3.0V)、電壓表(量程0～3V，內(nèi)阻約3kΩ)、開關(guān)、導(dǎo)線若干外，他還找到如下器材：

A.電流表(量程0～0.6A，內(nèi)阻約0.1Ω)

B.電流表(量程0～3.0A，內(nèi)阻約0.02Ω)

C.滑動(dòng)變阻器(最大阻值10Ω，額定電流1A)

D.滑動(dòng)變阻器(最大阻值1kΩ，額定電流0.5A)

①為了調(diào)節(jié)方便、測(cè)量準(zhǔn)確，實(shí)驗(yàn)中電流表應(yīng)選用______，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用______。(選填實(shí)驗(yàn)器材前對(duì)應(yīng)的字母)

②為減小實(shí)驗(yàn)誤差，圖2中電壓表的右端應(yīng)接在______點(diǎn)(選填“M”或“N”)，采用這種方式測(cè)量的結(jié)果與真實(shí)值相比偏______(選填“大”或“小”)。

(3)該同學(xué)測(cè)量金屬絲兩端的電壓U和通過金屬絲的電流I，得到多組數(shù)據(jù)，并在坐標(biāo)圖上標(biāo)出，如圖3所示。請(qǐng)作出該金屬絲的U-I圖線，根據(jù)圖線得出該金屬絲電阻R=______Ω(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。

(4)丙同學(xué)利用圖4所示的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)想到：向左移動(dòng)滑片，滑動(dòng)變阻器兩端的電壓U和流過它的電流I分別變化了【答案】5

A

C

M

小

4.5

【解析】(1)歐姆表測(cè)電阻，測(cè)量值Rx=5×1Ω=5Ω

(2)①根據(jù)歐姆定律，通過待測(cè)電阻的電流I=URx=35A=0.6A，因此電流表選擇A；

由于待測(cè)電阻值約為5Ω，從保證電路安全和方便調(diào)節(jié)的角度來看，滑動(dòng)變阻器選擇C；

②由于RxRA=50.1=50<RVRx=30005=600

因此電流表采用外接法，即電壓表的右端應(yīng)接在M點(diǎn)；

實(shí)驗(yàn)的誤差來源于電壓表的分流，待測(cè)電阻的真實(shí)值R真=UI-IV>UI=Rx

因此采用這種方式測(cè)量的結(jié)果與真實(shí)值相比偏小。

(3)根據(jù)描點(diǎn)法作圖，作圖時(shí)使盡量多的點(diǎn)落在直線上，不能落在直線上的要均勻分布在直線兩側(cè)，舍棄個(gè)別相差較遠(yuǎn)的點(diǎn)，所作圖像如圖所示：

根據(jù)U-I圖像，圖像的斜率k=2.5-00.56-0Ω≈4.5Ω

U-I圖像的斜率表示待測(cè)電阻，因此待測(cè)電阻Rx=k=4.5Ω

(4)把待測(cè)電阻和電流表內(nèi)阻看作電源內(nèi)阻的一部分，等效內(nèi)阻r'=r+Rx+RA

根據(jù)閉合電路的歐姆定律，滑動(dòng)變阻器兩端電壓U=E-r'?I

因此電源的U-I圖像斜率的絕對(duì)值k=|ΔUΔI|

結(jié)合U-I函數(shù)斜率絕對(duì)值的含義可知，電源的等效內(nèi)阻r'(1)電源的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r；(2)直流電動(dòng)機(jī)M正常工作時(shí)，水流離開噴管口的速率。【答案】解：(1)僅閉合開關(guān)S1，由閉合電路歐姆定律得：同時(shí)閉合開關(guān)S1和S2解得E=36V

，

r=1Ω(2)直流電動(dòng)機(jī)M正常工作時(shí)，設(shè)兩端的電壓為U，由E=U+電動(dòng)機(jī)的輸出功率為P=U設(shè)水流離開噴管口的速率為ν，在

Δt

時(shí)間內(nèi)從噴管噴出的水的質(zhì)量為

Δm

，則Δm=ρS根據(jù)能量守恒PΔt=解得v=4m/s

【解析】確定電路的連接方式，根據(jù)閉合電路的歐姆定律和串并聯(lián)電路的規(guī)律求解電動(dòng)勢(shì)、內(nèi)阻及路端電壓。電動(dòng)機(jī)以恒定的輸出功率對(duì)水流做功，由于噴出水管時(shí)，水流上升的高度