高二物理期末押题卷

1、高二物理期末押题卷选择题（不定项选择题每题4分共40分）1下列关于电源电动势的说法，正确的是（）电动势实质上就是电压B .电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功电动势是指电源内部非静电力所做的功电动势越大，表明电源把电能转化为其他形式的能的本领越大2.如图所示，电源电动势为E,内电阻为r,平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭 合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计.则以下 说法不正确的是（）在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电

2、流在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过3用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为0实验中，极板所带电荷量不变，若（ ）保持S不变，增大d,贝旧变大 B.保持S不变，增大d,贝旧变小C.保持d不变，减小S,贝旧变小 D.保持d不变，减小S,贝旧不变如图所示，电灯A上标有10V, 10W的字样，电灯B上标有8V，20W的字样,滑动变阻器的总电阻为6Q,当滑动触头由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变 化），则（）电流表示数一直减小，电

3、压表示数一直增大电流表示数一直增大，电压表示数一直减小电流表示数先增大后减小，电压表示数先减小后增大电流表示数先减小后增大，电压表示数先增大后减小在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向上移动时，则（）A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮 B. A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗C. A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗 D. A灯变暗、B灯变暗、C灯变亮根据R=p令可以导出电阻率的表达式p=y-，对温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率（）A.跟导线的电阻只成正比B.跟导线的横截面积S成正比C.跟导线的长度L成反t匕D.只由其材料的性质决定带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度Vo从同一点出发，

4、沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM = MN,则P和Q的质量之比为（不计重力为（）0M NA3：4 B4：3 C3：2 D2：3平行板电容器C与三个可变电阻器Ri、R2、R3以及电源连成如图所示的电路.闭合开关S待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷.要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是（）只增大Ri,其他不变只增大R2，其他不变只减小R3，其他不变只增大a、b两极板间的距离，其他不变如图所示，Ki、闭合时，一质量为m、带电量为q的液滴，静止在电容器的A、B两平行金属板间.现保持Ki闭合，将断开，然后将B板向下平移一段距离，则下列说法正确 的是（）A.电

5、容器的电容变小B. A板电势比电路中Q点电势高C.液滴仍保持静止 D.液滴的电势能增大如图所示，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Uab=Ubc,实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、 Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（）三个等势面中，c的电势最低带电质点在P点的电势能比在Q点的小带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b实验题（每题8分共32分）一灵敏电流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为Ig=50pA，表头电阻Rg=1kQ，若改装成量程为Im=10mA的电流表，

6、应联的电阻阻值为Q.若将此电流计改装成量程为Um=15V的电压表，应再联一个阻值为Q的电阻.某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度I，用螺旋测微器测量圆柱体的直径d，示数如图所示.由图可读出1=cm，d=mm.要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开 关外，还有以下一些器材可供选择：A、电源E （电动势3.0V，内阻可不计）B、电压表W （量程为03.0V，内阻约2kQ）C、电压表V2 （015.0V,内阻约6kQD、电流表A1 （00.6A，内阻约10）E、电流表A2 （0 100mA，内阻约20）F、滑动变阻器R1 （最大值100）G、滑动变阻器R2 （最大

7、值2k0）为减少实验误差，实验中电压表应选择电流表应选择 ，滑动变阻器应选择.（填各器材的序号）3）实验中测得一组数据如表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线I/A00.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/A00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.004)该小电珠的额定功率是在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路.根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到傾a或b)端(3)小明测得有关数据后，以电流

8、表读数I为横坐标，以电压表读数U为纵坐标作出了如图丙所示的图象，根据图象求得电的电动势E=_V,电的内阻匸Q (结果保留两位有效数字).计算题(要写出必要的文字说明和必要的方程，共28分)如图所示，电路中接电动势为4V,内电阻为2Q的直流电源，电阻Ri、R2、R3、R4的 阻值均为4Q 电容器的电容为30pF，电流表的内阻不计，当电路稳定后.(1 )求电流表的读数；求电容器所带的电荷量；如果断开电源，求通过R2的电荷量.如图所示，质量为0.2Kg的物体带电量为+4x10-4C，从半径为0.3m的光滑的鲁圆弧的绝缘滑轨上端静止下滑到底端，然后继续沿水平面滑动物体与水平面间的滑动摩 擦系数为0.4

9、,整个装置处于E=103N/C的匀强电场中，求下列两种情况下物体在水平面上滑行的最大距离：17.如图所示，水平放置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B极板接地，它的极板长L=0.1m,两板间距离d=0.4cm，现有一微粒质量m=2.0 x10，kg，带电量q = + 1.0 x10- 8C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板上中点O处，取g = 10m/s2.试求:1 )带电粒子入射初速度的大小;现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，贝帰电后A板的电参考答案与试题解析选择题（不定项选择题每题4分共40分）1下列关于电源电动势的说法，正确的

10、是（）A、电动势实质上就是电压B .电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功电动势是指电源内部非静电力所做的功电动势越大，表明电源把电能转化为其他形式的能的本领越大【考点】电源的电动势和内阻【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势但电压和电动势 的物理意义不同；电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱【解答】解：A、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱；而电压是反映静电力做功情况；二者意义不同；故电动势与电压不同；故A错误；B、由W=E q可知，电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功；故B 正确；C

11、、电动势是指电源内部非静电力所做的功与流过电荷量之间的比值；故C错误；D、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，把其他形式的能转化为电能的本领越大.故D错误； 故选： B2.如图所示，电源电动势为E,内电阻为r,平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭 合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计.则以下 说法不正确的是（）在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从

12、a到b的电流在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【分析】质量为m、电荷量为q的油滴开始处于静止状态，受力平衡.滑动触头移动的过 程中，判断出电容器两端电压的变化，从而判断电容器极板所带电荷量变化、通过灵敏电 流计的电流以及油滴的运动情况.再通过电路的动态分析得出经过R2的电流变化.【解答】解：A、B、C、在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，R曾大，总电阻增大 ，电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，外电压等于Ri上的电 压和R2与R并联电压之和，而Ri上的电压减小，所以R2与R的并联电压增大，通过R2的电流 增大.根据Q=CU

13、，电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充电，所以流过电流 计的电流方向是b-a.电容器两端电压增大，电场强度增大，电场力增大，开始电场力与 重力平衡，所以油滴会向上加速.故A正确、C错误；反之下移，则油滴向下加速运动，G 中有从a到b的电流，则B正确D、将S断开，则C放电，G中有电流，油滴下落.则D错误.本题选错误的，故选： CD3用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）设两极板正对面积为s,极板间的距离为d,静电计指针偏角为e.实验中，极板所带电荷量不变，若（保持S不变，增大d,贝旧变大B.保持S不变，增大d,贝旧变小C.保持d不变，减小S,贝旧变小 D.保持d不变

14、，减小S,贝旧不变【考点】电容器的动态分析.【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大.根据电容的 决定式C= 分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容 的定义式C二普分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况.【解答】解：A B、根据电容的决定式得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不 变，由电容的定义式C=|分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角8变大；反之，保持S不变，减小d,贝旧减 小.故A正确，B错误.c、D、根据电容的决定式C=jL：J得知，电容与极板的正对面积成

15、正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所 带的电荷量q不变，贝g由电容的定义式c=- 分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角e变大；反之，保持d不变，增大s,贝归减小，故 C 错误， D 错误故选：A.如图所示，电灯A上标有10V, 10W的字样，电灯B上标有8V, 20W的字样，滑动变阻器的总电阻为6Q,当滑动触头由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变 化），则（）电流表示数一直减小，电压表示数一直增大电流表示数一直增大，电压表示数一直减小电流表示数先增大后减小，电压表示数先减小后增大电流表示数先减小后增大，电压表示数先增大后减小 【考点】闭合电路的欧姆定律.【分析】先两

16、灯的额定电压和功率，求出其电阻大小.再分析当滑动触头P由a端向b端滑 动的过程中，变阻器总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化 ，再据滑动变阻器的触头判断两灯的电流的变化.【解答】解：电灯A的电阻为Ra=，电灯B的电阻为Rb=3.20，贝g知 RaRb 所以当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，变阻器两侧并联的总电阻一直减小，根据闭 合电路欧姆定律电路中总电流一直增大，路端电压一直减小，则电流表的示数一直增大， 电压表的示数一直减小.故B正确.故选：B在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向上移动时，则（）A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮 B. A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗C.

17、 A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗 D. A灯变暗、B灯变暗、C灯变亮 【考点】闭合电路的欧姆定律.【分析】当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻 减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，即可知道A灯亮度的变化.由欧姆定律 分析并联部分电压的变化，判断B灯亮度的变化由通过B的电流与总电流的变化，分析通 过C灯电流的变化，判断其亮度的变化.【解答】解：当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总 电阻增大，总电流I减小，A灯变暗.A灯和电源的内电压都减小，由闭合电路欧姆定律得知并联部分电压增大，B灯变亮. 由总电流减小，而通过B灯的电流增大，

18、可知通过C灯的电流减小，贝9C灯变暗.故ACD错 误，B正确.故选： B.根据R=p当可以导出电阻率的表达式p=y-，对温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率（）跟导线的电阻只成正比B.跟导线的横截面积S成正比C.跟导线的长度L成反t匕D.只由其材料的性质决定【考点】电阻定律【分析】在温度一定的条件下，电阻率的大小与材料有关，与导线的长度以及横截面积无 关【解答】解：电阻率的大小与材料的性质决定，与电阻的大小、导线的长度、横截面积无 关.故D正确，A、B、C错误.故选：D.带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度V。从同一点出发，沿着 跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打

19、在M、N点，若OM = MN,则P和Q的质量之 比为（不计重力为（）0M N3： 4 B. 4： 3 C. 3： 2 D. 2： 3【考点】带电粒子在匀强电场中的运动.【分析】带电粒子垂直进入电场，做类平抛运动，根据水平位移之比得出运动的时间之比，再通过竖直位移关系得出加速度的关系，结合牛顿第二定律以及电荷量之比得出它们的 质量比.解答】解：粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运 动，两个粒子的初速度相等，P和Q的水平位移比为1： 2,由x=vt知，运动时间比为1: 2根据y-at2，得加速度之比为4: 1，根据牛顿第二定律得，a=罟，因为P和Q的电量比为3： 1,

20、则P和Q的质量比为3: 4.故A正确,B、C、D错误.故选： A平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路.闭合开关S待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷.要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是（）只增大其他不变只增大R2，其他不变只减小R3，其他不变只增大a、b两极板间的距离，其他不变 【考点】电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律【分析】电容器与R3串联，与R2并联，电容器两端间的电势差等于R2两端间的电势差，电 阻R3相当于导线.判断出R2两端电压的变化，根据Q=CU2得出电容器电量的变化.【解答】解: A、只增大R1，其他不变，电路中的电流变小，

21、R2两端的电压减小，根据Q= CU2，知电容器所带的电量减小.故A错误.B、只增大R2，其他不变，电路中的电流变小，内电压和Ri上的电压减小，电动势不变， 所以R2两端的电压增大，根据Q=CU2,知电容器所带的电量增大.故B正确.C、只减小R3，其他不变，R3在整个电路中相当于导线，所以电容器的电量不变.故C错误D、增大ab间的距离，根据C=，知电容C减小，而两端间的电势差不变，所以所带的电量减小.故D错误.故选B.如图所示，Ki、闭合时，一质量为m、带电量为q的液滴，静止在电容器的A、B两平 行金属板间.现保持Ki闭合，将断开，然后将B板向下平移一段距离，则下列说法正确 的是（）A.电容器的

22、电容变小B. A板电势比电路中Q点电势高C.液滴仍保持静止 D.液滴的电势能增大【考点】电容；电势能；闭合电路的欧姆定律.【分析】在电容器的电量不变的情况下，将B析下移，则导致电容变化，电压变化，根据E相结合可得E=4KkQEs.，从而确定电场强度是否变化.再根据电荷带电性可确定电势能增加与否.【解答】解：A、根据q肓，当间距d增大时，其它条件不变，则导致电容变小，故A正确；B、断开后A板带正电，电场线从A到B,由于沿着电场线的方向电势降低，所以A板电势比电路中Q点电势高，故B正确；C根据E#与F兀屈相结合可得E=也-，由于电量、正对面积不变，从而确定电场强度也不变，所以液滴仍保持静止，故C正

23、确ID、根据电场力与重力平衡可知，液滴带负电，由于B板的移动，导致液滴的电势升高，所以其电势能减小，故D错误；故选ABC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Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、 Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（）三个等势面中，c的电势最低带电质点在P点的电势能比在Q点的小带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b【考点】等势面；电势；电势能【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上故C点电势最高；根据推论 ，负电荷

24、在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密 确定出，P点场强小，电场力小，加速度小.【解答】解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯 曲的方向和负电荷可知，电场线向上.故c点电势最高，故A错误；B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大，故B错误；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于 在Q点的动能与电势能吐和，故C错误；D、带电质点在R点的受力方向沿着电场线的切线方向，电场线与等势面垂直，故质点在R 点的加速度方向与等势面垂直，故D正确；故选D.实验题（每题8分共32分）一灵敏电

25、流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为Ig=50pA，表头电阻Rg=1kQ ，若改装成量程为Im=10mA的电流表，应并联的电阻阻值为5Q.若将此电流计改装成量程为U m=15V的电压表，应再 串 联一个阻值为2.99x105 Q的电阻.【考点】把电流表改装成电压表. 【分析】改装成电流表应并联小电阻分流，并联电阻与表头的电压相等； 改装成电压表应串联大电阻分压，串联电阻与表头的电流相等.【解答】解：表头两端的满偏电压为Ug=IgRg = 5x10-5x1000Q=0.05V;改装大量程的电流表时，表头的满偏电流仍为50pA，此时流过并联电路部分的总电流为10mA，则流过并联电阻的电流I =

26、 Im - Ig=10mA - 50pA=9950pA;0-.：05：则并联电阻r=；若改装成电压表，则达最大量程时，串联电阻两端的电压U = Um-Ug = 15V-0.05V=14.95V；14.臨旷则应串联的电阻R=2.99x105Q故答案为：并；5;串；2.99x105.某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度I，用螺旋测微器测量圆柱体的直径d，示数如图所示.由图可读出1= 2.25 cm, d= 6.860 mm.【考点】螺旋测微器的使用【分析】游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数.不需要估读.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，读可动刻度读数时需要估读.【解答】解：游

27、标卡尺的主尺读数为22mm，游标读数为0.1x5=0.5mm,所以最后读数 为： 22.5mm=2.25cm.螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm，可动刻度读数为36.0 x0.01=0.360mm （0为估读），所以最后读数为6.860mm.故答案为：2.25 cm，6.860 mm要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A、电源E （电动势3.0V，内阻可不计）B、电压表W （量程为03.0V，内阻约2kQ）C、电压表V2 （015.0V,内阻约6kQD、电流表A1 （00.6A，内阻约10）E、电流表A2 （0 100m

28、A，内阻约20）F、滑动变阻器R1 （最大值100）G、滑动变阻器R2 （最大值2k0）（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择B ，电流表应选择D ，滑动变阻器应选择_F.（填各器材的序号）3）实验中测得一组数据如表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线I/A00.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/A00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00（4）该小电珠的额定功率是1.00W【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1 ）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，在保证电 路

29、安全的情况下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压 接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后作出电路图（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后作出图象根据图象可明确电压为2V时的电流，由功率公式可求得功率.【解答】解：（1）灯泡额定电压是2V,电压表应选B;由表中实验数据可知，最大电流为0.5A，电流表选D;为方便实验操作，滑动变阻器应选F;（ 2）描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由表中实验数据可知，灯泡最大电阻约为3.7Q，电压表内阻约为2

30、kQ，灯泡电阻阻值 远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，电路图如图甲所示;（3）应用描点法作图，根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后用平滑的曲线 把各点连接起来，作出灯泡的I - U图象，图象如图乙所示.（4）由图可知，当电压为2V,电流为0.5A;贝助率P=UI=2x0.5 = 1.00W;故答案为：B; D; F;（2）如图所示；（3）如图所示；（4） 1.00W.在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路.根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到_a_ 傾a或b)端(3)小明测得有关数

31、据后，以电流表读数I为横坐标，以电压表读数U为纵坐标作出了如 图丙所示的图象，根据图象求得电的电动势E= 1.5 V，电的内阻r= 1.0Q (结果保留两位有效数字).【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】(1 )根据原理图明确对应的实物图；实验开始应使滑动变阻器的接入阻值最大；根据滑动变阻器的接入方法明确滑片的 位置；根据图象的性质可求得电源的电动势和内阻；注意图象与纵坐标的交点为电源的电 动势；图象的斜率表示内阻解答】解：(1 )根据原理图可明确实物图，如图所示；为了实验的安全，开始时滑动变阻器接入电阻应为最大值，故滑片应滑到a端;由图可知，电源的电动势E=1.5V; r= =1.00;故

32、答案为：(1 )如图所示;(2) a (3) 1.5 1.0计算题（要写出必要的文字说明和必要的方程，共28分）如图所示，电路中接电动势为4V,内电阻为2Q的直流电源，电阻Ri、R2、R3、R4的 阻值均为4Q 电容器的电容为30pF,电流表的内阻不计，当电路稳定后.（1 ）求电流表的读数；（2）求电容器所带的电荷量；（3）如果断开电源，求通过R2的电荷量.【考点】闭合电路的欧姆定律；电容；电流、电压概念【分析】 在该电路中，Ri和R2被电流表短路，即该电路由R3、R4、和电流表构成串 联电路，根据闭合电路欧姆定律去求电流表的读数（2）电容器并联在R3的两端，电容器两端的电压等于R3两端的电压，根据Q=CU3求电容 器所带的电荷量（3）断开电源，电容器会出现放电，因Ri、R2并联，且Ri = R2，所以流过两个电阻的电荷 量相等【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律：I盏+；严 盲缶产必 故电流表的读数为0.4A.U3=IR3=0.4x4V=1.6VQ=CU3=4.8x10-5C故电容器所带的电荷量为4.8x10 - 5C因Ri、R2并联，且Ri=R2，所以在放电回路中通过R2的电