1．关于闭合电路，下列说法正确的是
A．电源短路时，放电电流为无限大
B．电源短路时，内电压等于电源电动势
C．用电器增加时，路端电压一定增大
D．把电压表直接和电源连接时，电压表的示数等于电源电动势
【答案】B
【解析】电源短路时，R＝0，放电电流I＝，U内＝E，A错误，B正确；当并联用电器增加时，并联电阻变小，电路中的电流变大，内电压变大，路端电压变小，C错误；当电压表直接和电源连接时，电压表不视为理想电表时，电路中有微小电流，内电路有一定的电势降落，D错误。
5．如图所示，用两节干电池点亮几个小灯泡，当逐一闭合开关，接入灯泡增多时，以下说法正确的是
A．灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗
B．各灯两端电压在灯多时较低
C．通过电池的电流在灯多时较大
D．电池输出功率灯多时较大
【答案】D
6．（多选）学生为“神州七号”载人飞船设计了一个可测定竖直方向加速度的装置，其原理可简化如图，拴在竖直弹簧上的重物与滑动变阻器的滑动头连接，该装置在地面上静止时其电压表的指针指在表盘中央的零刻度处，在零刻度的两侧分别标上对应的正、负加速度值，当加速度方向竖直向上时电压表示数为正。这个装置在“神州七号”载人飞船发射、运行和回收过程中，下列说法中正确的是
A．飞船在竖直减速上升的过程中，处于失重状态，电压表的示数为负
B．飞船在竖直减速返回地面的过程中，处于超重状态，电压表的示数为正
C．飞船在圆轨道上运行时，电压表的示数为零
D．飞船在圆轨道上运行时，电压表的示数为负
【答案】AD
【解析】飞船在竖直减速上升的过程中，加速度方向竖直向下，由牛顿第二定律得知，飞船处于失重状态。此时电压表的示数为负，故A正确；飞船在竖直减速返回地面的过程中，加速度方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，处于超重状态，电压表的示数为正，故B正确；飞船在圆轨道上运行时，加速度方向竖直向下，电压表的示数为负，故C错误，D正确。
7．（多选）如图所示电路中，电源电动势E＝12 V，内阻r＝2 Ω，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，R3＝3 Ω。若在C、D间连接一个电表或用电器，则有
A．若在C、D间连一个理想电压表，其读数是6 V
B．若在C、D间连一个理想电压表，其读数是8 V
C．若在C、D间连一个理想电流表，其读数是2 A
D．若在C、D间连一个“6 V，3 W”的小灯泡，则小灯泡的实际功率是1.33 W
【答案】AD
8．（多选）如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O
点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是
A．保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧
B．保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧
C．断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧
D．断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧
【答案】AD
【解析】保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为U＝·R0，增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，故粒子受重力和电场力mg－qE＝ma，平行板两极板电压减小，产生的加速度增大，则＝at2，水平位移为x＝v0t＝v0，水平位移将减小，故粒子打在O点左侧，故A正确；保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，故粒子打在O点，故B错误；断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E＝，结合C＝及C＝可得E＝，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在O点，故C错误；如N板稍微下移，则粒子将打在O点右侧，D正确。
9．在图所示电路中E为电源，其电动势E＝9.0V，内阻可忽略不计；AB为滑动变阻器，其电阻R＝30 Ω；L为一小灯泡，其额定电压U＝6.0V，额定功率P＝1.8 W；S为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B端，现在接通开关S，然后将触头缓慢地向A端滑动。当到达某一位置C处时，小灯泡刚好正常发光，则CB之间的电阻应为
A．10 Ω B．20 Ω C．15 Ω D．5 Ω
【答案】B
RAC＝＝＝Ω＝10 Ω，
RCB＝R－RAC＝（30－10）Ω＝20 Ω。
所以B选项正确。
10．如图所示，一电荷量q＝3×10－4C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点。S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角α＝37°。已知两板相距d＝0.1m，电源电动势E＝12V，内阻r＝2Ω，电阻R1＝4Ω，R2＝R3＝R4＝12Ω。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）电源的输出功率；
（2）两板间的电场强度的大小；
（3）小球的质量。
【答案】（1）10W（2）100N/C（3）4×10－3kg
（2）电容器两板间的电压UC＝I（R1＋R23）
电容器两板间的电场强度E1＝＝＝100N/C
（3）小球处于静止状态，所受电场力为F，由平衡条件得：F＝mgtanα，
又有F＝qE1
所以m＝
解得m＝4×10－3kg。
11．某款节能环保汽车启动时的工作电路如图所示，查得电源的电动势E＝12 V，电源的内阻r及保护电阻R阻值未知，当在第一次S1闭合、S2断开的情况下，电流表的示数为1 A；在第二次S1、S2
均闭合的情况下，电流表的示数为3 A。测得第二次车灯的功率减少了75%，若电动机内阻RM＝1 Ω，电流表的内阻不计且假定车灯灯丝电阻不变，求S1、S2均闭合时电动机的机械功率。
【答案】5.75 W
【解析】设R0＝R＋r，S1闭合、S2断开时，R0上电压Ur＝I1R0
车灯两端的电压UL＝E－Ur
车灯的功率为P＝ULI1
S1、S2均闭合时，R0上电压U＝I2R0
车灯两端的电压U＝E－U
车灯的电阻不变，由题知功率应为原来的，即电压为原来，即U＝0.5UL
解得R0＝2.4 Ω，UL＝9.6 V，U＝4.8 V。
又I1＝即1＝得RL＝9.6 Ω
S1、S2均闭合时，灯L的电流为I＝＝ A＝0.5 A
则流过电动机的电流为IM＝I2－I＝（3－0.5） A＝2.5 A
电动机的机械功率为P机＝UIM－IRM＝（4.8×2.5－2.52×1） W＝5.75 W。
12．如图所示，电源电动势为3 V，内阻为0.5 Ω；电路中的电阻R1＝R2＝2 Ω，R4＝R5＝4 Ω，R3＝3 Ω，电流表、电压表均为理想电表。求：
（1）闭合开关S后，电压表和电流表的示数；
（2）R1、R4两端的电压和通过R1、R4的电流。
【答案】（1）2.25 V 0.75 A （2）R1两端的电压为0.75 V；R4两端的电压是1.5 V 通过R1与R4的电流均为0.375 A
由闭合电路的欧姆定律得I＝，
总电流为I＝ A＝1.5 A
路端电压UR＝E＝×3 V＝2.25 V，所以电压表的示数为2.25 V
根据欧姆定律I＝得通过R3的电流为I3＝＝ A＝0.75 A
所以通过电流表的电流为1.5 A－0.75 A＝0.75 A.
（2）由分压原理得，R1两端的电压为UR1＝×2.25 V＝0.75 V
所以R4两端的电压是2.25 V－0.75 V＝1.5 V
又因通过电流表的电流为0.75 A，所以通过R1与R4的电流均为 A＝0.375 A.
13．如图所示的电路中，电源的电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，电容器的电容C＝3.6 μF，二极管D具有单向导电性，开始时，开关S1闭合，S2断开。
（1）合上S2，待电路稳定以后，求电容器上电荷量变化了多少？
（2）合上S2，待电路稳定以后再断开S1，求断开S1后流过R1的电荷量是多少？
【答案】（1）减少了1.8×10－6 C （2）9.6×10－6 C
（2）设合上S2后，电容器上的电荷量为Q，则Q＝CU2＝1.44×10－5 C
再断开S1后，通过R1和R2的电流与阻值成反比，故流过电阻的电荷量与阻值成反比。
故流过电阻R1的电荷量为Q1＝Q＝9.6×10－6 C。
14．在如图所示的电路中，电源的电动势E＝28 V，内阻r＝2 Ω，电阻R1＝12 Ω，R2＝R4＝4 Ω，R3＝8 Ω，C为平行板电容器，其电容C＝3.0 pF，虚线到两极板的距离相等，极板长L＝0.20 m，两极板的间距d＝1.0×10－2 m。
（1）若开关S处于断开状态，则将其闭合后，流过R4的电荷量为多少？
（2）若开关S断开时，有一个带电微粒沿虚线方向以v0＝2.0 m/s的初速度射入平行板电容器的两极板间，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入两极板间，能否从极板间射出？（要求写出计算和分析过程，g取10 m/s2）
【答案】（1）6.0×10－12 C （2）不能 原因见解析
（2）设带电微粒的质量为m，带电荷量为q，当开关S断开时有＝mg
当开关S闭合后，设带电微粒的加速度为a，则mg－＝ma
假设带电微粒能从极板间射出，则水平方向t＝
竖直方向y＝at2
由以上各式得y＝6.25×10－3 m>
故带电微粒不能从极板间射出。
15．如图中，电流表的读数I＝0.75 A，电压表读数为U＝2 V。某一电阻烧断后，电流表的读数变为I′＝0.8 A，电压表的读数U′＝3.2 V。已知R3＝4 Ω，试判断发生故障的电阻值是多少，电源电动势为多少？
【答案】8 Ω 4 V
所以R2＝＝＝4 Ω ①
根据闭合电路欧姆定律E＝U′＋I′r＝3.2＋0.8r ②
未断路时 U3＝IR2－U＝0.75×4 V－2 V＝1 V ③
＝ R1＝R3＝×4 Ω＝8 Ω ④
再根据闭合电路欧姆定律E＝IR2＋r，
E＝0.75×4＋r ⑤
解②、⑤两式得E＝4 V。
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