高考冲刺资料

1、33.（15分）如图所示，在倾角=的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下两根质量均为m的金属棒a、b分别垂直放置在导轨上EF、GH位置，其中a 棒用平行于导轨的细线跨过光滑定滑轮与重物c 连接。已知EF上方导轨的电阻与到EF的距离x有关，EF下方的导轨没有电阻。现在由静止释放a、b、c，a、c一起以加速度做匀加速运动，b棒刚好仍静止在导轨上。a棒在运动过程中始终与导轨垂直，a、b棒电阻不计，与导轨电接触良好。（1）求重物c 的质量；（2）求EF上方每根导轨的电阻与到EF的距离x之间的关系；（3）某时刻t，与a

2、棒连接的细线突然被拉断，求细线被拉断的瞬间a 棒的加速度大小；（4）在第（3）问中，假设细线被拉断的瞬间，a、b 棒的重力突然消失。求从释放a、b、c 到a、b 棒的速度稳定过程中，a 棒克服安培力做的功。33（15分）解：（1）设重物c 的质量为M.对a棒，由牛顿定律得 1分对重物C，由牛顿定律得 1分对b棒，由平衡条件得 1分由式解得 M=3m. 1分（2）对a、b棒构成的回路，由闭合电路欧姆定律得 1分对a棒由运动学公式得 1分由 、 、 式解得 1分（3）细线被拉断的瞬间，a 棒受安培力不变，对a 棒由牛顿定律得 1分由、 式解得： 1分（4）细线被拉断后，在安培力作用下，b棒向上做加

3、速运动，a棒向上做减速运动，a棒和b棒上的电流大小总是相等，安培力大小总是相等，加速度大小总是相等，所以相等时间内速度变化量大小相等，直至a、b棒构成回路的磁通量不变化，即a、b棒构成回路的面积不变化，即二者以共同速度做匀速直线运动为止。共同速度满足 2分解得 1分从释放a、b、c 到细线刚被拉断的过程中， a 棒克服安培力做的功： 1分 从细线刚被拉断到a、b 棒的速度稳定（即二者以共同速度匀速直线运动）的过程中，对a 棒由动能定理可得a 棒克服安培力做的功 1分由 、 、式解得 = 1分 13（15分）做磁共振检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。某同学为了估算该感

4、应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r=5.0cm，线圈导线的横截面积A=，电阻率，如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3s内从1.5T均匀地减小为零，求（计算结果保留一位有效数字）（1）该圈肌肉组织的电阻R；（2）该圈肌肉组织中的感应电动势E；（3）0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。【答案】（1）6×103 （2）4×10-2V （3）8×10-8J(18分)如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一水平面内，ab边长为l，cd边长为2l。ab与cd平行，间距为2l。匀

5、强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时cd边到磁场上边界的距离为2l ，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求 (1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍：(2)磁场上下边界间的距离H。静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心，沿x轴方向做周期性运

6、动。已知该粒子质量为m、电量为-q，其动能与电势能之和为-A（0<A<q）,忽略重力。求 （1）粒子所受电场力的大小； （2）粒子的运动区间； （3）粒子的运动周期。解析：（1）由图可知，0与d（或-d）两点间的电势差为0电场强度的大小 电场力的大小 （2）设粒子在-x0，x0区间内运动，速率为v，由题意得 由图可知 由得 因动能非负，有 得 即 粒子运动区间（3）考虑粒子从-x0处开始运动的四分之一周期根据牛顿第二定律，粒子的加速度 由匀加速直线运动 将代入，得 粒子运动周期 【2012】24（20分）匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示。图中E0和d均为已知量

7、.将带正电的质点A在O点由能止释放.A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由G静止释放，当B在电场中运动时，A. B间的相互作用力及相互作用能均为零:B离开电场后，A. B间的相作用视为静电作用.已知A的电荷量为Q. A和B的质量分别为m和.不计重力.(I) 求A在电场中的运动时间t，(2)若B，的电荷量,求两质点相互作用能的最大值(3)为使B离开电场后不改变运动方向.求B所带电荷量的最大位qm【例题】如图所示，金属棒的质量为m=5g，放置在宽L=1、光滑的金属导轨的边缘上，两金属导轨处于水平面上，该处有竖直向下的匀强磁场，磁感强度为B=0.5T，电容器的电容C=200F，电源电

8、动势E=16V，导轨平面距离地面高度h=0.8m，g取，在电键S与“1”接通并稳定后，再使它与“2”接通，金属棒被抛到s=0.064m的地面上，试求棒被水平抛出时电容器两端的电压。 解析：当S接“1”时，电容器充电，稳定时两极板的电压为：， 所以带电量为：； 当S接“2”时，电容器放电，有放电电流通过棒，但该电流是变化的，所以棒受到的安培力也是变化的。棒离开水平导轨的初速V0可根据棒此后的平抛运动求出：由，得。设放电过程时间为，此过程通过棒的电量为，由动量定理得:，所以，所以被抛出时电容器极板上剩余的电量为 ，所以棒被抛出时电容器两端的电压为 例题】如图3所示，S为电子源，它在纸面360度范围

9、内发射速度大小为，质量为m，电量为q的电子（q<0），MN是一块足够大的竖直挡板，与S的水平距离为L，挡板左侧充满垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，求挡板被电子击中的范围为多大？解析：由于粒子从同一点向各个方向发射，粒子的轨迹构成绕S点旋转的一动态圆，动态圆的每一个圆都是逆时针旋转，这样可以作出打到最高点与最低点的轨迹，如图4所示，最高点为动态圆与MN的相切时的交点，最低点为动态圆与MN相割，且SB为直径时B为最低点，带电粒子在磁场中作圆周运动，由得SB为直径，则由几何关系得A为切点，所以OAL所以粒子能击中的范围为。例题】核聚变反应需要几百万度以上的高温，为把高温条件下高速运动

10、的离子约束在小范围内（否则不可能发生核反应），通常采用磁约束的方法（托卡马克装置）。如图17所示，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域中的带电粒子只要速度不是很大，都不会穿出磁场的外边缘而被约束在该区域内。设环状磁场的内半径为R1=0.5m，外半径R2=1.0m，磁场的磁感强度B=1.0T，若被束缚带电粒子的荷质比为q/m=4×c/，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度。试计算（1）粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度。（2）所有粒子不能穿越磁场的最大速度。解析：（1）要粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场，则粒子的临界轨迹必须要与外圆相切，轨迹如图18所示。由图

11、中知解得由得所以粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度为。（2）当粒子以V2的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时，则以V1速度沿各方向射入磁场区的粒子都不能穿出磁场边界，如图19所示。由图中知由得所以所有粒子不能穿越磁场的最大速度6、带电粒子在“绿叶形”磁场中的运动【例题】如图20所示，在xoy平面内有很多质量为m、电量为e的电子，从坐标原点O不断以相同的速率V0沿不同方向平行xoy平面射入第I象限。现加一垂直xoy平面向里、磁感强度为B的匀强磁场，要求这些入射电子穿过磁场都能平行于x轴且沿X轴正方向运动。求符合条件的磁场的最小面积。（不考虑电子之间的相互作用）解析：

12、如图21所示，电子在磁场中做匀速圆周运动，半径为。在由O点射入第I象限的所有电子中，沿y轴正方向射出的电子转过1/4圆周，速度变为沿x轴正方向，这条轨迹为磁场区域的上边界。下面确定磁场区域的下边界。设某电子做匀速圆周运动的圆心O/与O点的连线与y轴正方向夹角为，若离开磁场时电子速度变为沿x轴正方向，其射出点（也就是轨迹与磁场边界的交点）的坐标为（x，y）。由图中几何关系可得x=Rsin，y=R-Rcos，消去参数可知磁场区域的下边界满足的方程为x2+(R-y)2=R2，(x>0，y>0)这是一个圆的方程，圆心在（0，R）处。磁场区域为图中两条圆弧所围成的面积。磁场的最小面积为;7、

13、带电粒子在有“圆孔”的磁场中运动【例题】如图22所示，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝、和，外筒的外半径为，在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感强度的大小为。在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场。一质量为、带电量为的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝的点出发，初速为零。如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点，则两电极之间的电压应是多少？（不计重力，整个装置在真空中）解析：如图23所示，带电粒子从S点出发，在两筒之间的电场作用下加速，沿径向穿过狭缝a而进入磁场区，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。粒子再回到S点的条件

14、是能沿径向穿过狭缝d。只要穿过了d，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d重新进入磁场区，然后粒子以同样方式经过c、b，再回到S点。设粒子进入磁场区的速度大小为V，根据动能定理，有：设粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有：由前面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过圆周，所以半径R必定等于筒的外半径r，即R=r。由以上各式解得：。8、带电粒子在相反方向的两个有界磁场中的运动【例题】如图24所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，电场宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m

15、、电量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程。求：（1）中间磁场区域的宽度d;（2）带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点所用时间t。解析：（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得： 带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：由以上两式，可得。可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图25所示，三段圆弧的圆心组成的三角形O1O2O3是等边三角形，其边长为2R。所以中间磁场区域的宽度为（2）在电场中，在中间磁场中运动时间在右侧磁场中运动时间，则粒子第一次回到O点的所用时间为。综上所述，运动的带电粒子垂直

16、进入有界的匀强磁场，若仅受洛仑兹力作用时，它一定做匀速圆周运动，这类问题虽然比较复杂，但只要准确地画出轨迹图，并灵活运用几何知识和物理规律，找到已知量与轨道半径R、周期T的关系，求出粒子在磁场中偏转的角度或距离以及运动时间不太难5会分析求解带电粒子在复合场中的复杂曲线运动问题。当带电粒子所受合外力变化且与粒子速度不在一条直线上时，带电粒子做复杂曲线运动。求解这类问题一般要应用运动的合成与分解和运动的独立性原理求解。分解后的两个运动能独立进行，互不影响。即一个分运动的运动状态及受力情况不会受另一分运动的影响，也不会对另一个分运动状态及受力情况产生影响。【例题】质量为m的带正电量为q的粒子，从垂直

17、纸面向里的匀强磁场B中自由下落（初速度为零），重力的作用不能忽略（不计一切阻力），试求：（1）粒子在磁场中运动的轨迹方程；（2）粒子进入磁场的最大深度和最大速度。解析：粒子运动过程中受变化的洛仑兹力和重力的作用而做复杂的曲线运动，寻求粒子的分运动是解题的难点和关键，引入如图38所示的速度V1、V2，使V1=V2=mg/Bq。这样把粒子的运动分解为以V1所做的匀速直线运动和在同一平面以V2所做的匀速圆周运动。建立如图39所示的坐标系，在任一时刻t，有-x2=Rsin，y=R-Rcos =t，=Bq/m， R=mV2/Bqx1=V1t， x=x1+x2由以上各式可得关于t的参数方程，图40是它的运

18、动轨迹。令t=m/Bq，得粒子进入磁场的最大深度h=2m2g/B2q2粒子运动的最大速度，根据机械能守恒定律可得： mgh=【例题】 如图所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0。电容器板长和板间距离均为L=10cm，下极板接地。电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cm。在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如左图。（每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为电压是不变的）求：在t=0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处荧光屏上有电子打到的区间有多长？屏上的亮点如何移动？解析：由图知t=0.06s时刻偏转电压为1.8U0，可求得y = 0.45L=

19、4.5cm，打在屏上的点距O点13.5cm。电子的最大侧移为0.5L（偏转电压超过2.0U0，电子就打到极板上了），所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L=30cm。屏上的亮点由下而上匀速上升，间歇一段时间后又重复出现第三模块：电容器夯实基础知识1、电容器的组成：两个彼此绝缘又互相靠近的导体可构成一个电容器。电容器是储存电荷（电能）的元件。2、电容器的充放电把电容器的一个极板接电池正极，另一个极板接电池负极，两个极就分别带上了等量的异种电荷，这个过程叫做充电。电容器充电时会在电路中形成随时间变化的充电电流，充电时，电流从电源正极流向电容器的正极板，从电容器的负极板流向电源的负极。用一根导线把充电

20、后的两极接通，两极上的电荷互相中和，电容器就不带电，这个过程叫做放电。电容器放电时，电流从电容器正极板流出，通过电路流向电容器的负极。电容器所带的电荷量是指电容器的一个极板上所带电荷量的绝对值。3、电容C（1）定义：电容器所带的电荷量Q(任一个极板所带电量的绝对值)与两个极板间的电势差U的比值叫做电容器的电容。 （2）定义式： CQ/U（3）电容单位：法拉(F)，微法(F)，皮法(PF)1F=106F=1012PF（4）物理意义：电容表示电容器的带电本领的高低（5）说明：C与Q、U无关；与电容器是否带电及带电多少无关C由电容器本身物理条件（导体大小、形状、相对位置及电介质）决定；4、平行板电容

21、器的电容C= (即平行板电容器的电容与两板正对面积（不可简单的理解为板的面积）成正比，与两板间距离成反比，与介质的介电常数成正比)5、平行板电容器动态分析平行板电容容器分析这类问题的关键在于弄清叫些量是变量，哪些量是不变量，哪些量是自变量，哪些量是因变量。一般分为两种情况：(1) 电压不变：电容器两极板接入电路中，它两端的电压等于这部分电路两端电压，当电容变化时，电压不变；(2) 电量不变：电容器充电后断开电源，一般情况下电容变化，电容器所带电量不变进行讨论的物理依据主要是四个由和求出U，再代入，可得平行板电容器两极板间的电场强度为。即电容器内部的场强正比于电荷密度这表明孤立的带电电容器在极板

22、彼此远离或靠近过程，内部场强不会变化一个应用仅插入厚为L且与极板等面积的金属板A，如右图所示，静电平衡后金属板内场强为零，相当于平行板电容器极板间的距离缩短了L，因而C增加题型解析类型题： 电容器动态变化问题【例题】如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路。在增大电容器两极板间距离的过程中( BD )A、电阻R中没有电流B、电容器的电容变小C、电阻R中有从A流向B的电流D、电阻R中有从B流向A的电流【例题】 如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒。K闭合时，该微粒恰好能保持静止。在保持K闭合；充电后将K断开；两种情况下，各用什么方法能使该带电微粒向上运动打到上极板？A上移上

23、极板M B上移下极板N C左移上极板M D把下极板N接地 解析：由上面的分析可知选B，选C【例题】一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（ ）A、U变小，E不变 B、E变大，W变大C、U变小，W不变 D、U不变，W不变解析：注意到各量间关系的准确把握。解答：电容器充电后电源断开，说明电容器带电量不变。正极板向负极板移近，电容变大，由知U变小，这时有。因为，d变小、U变大值不变，即场强E不变。A正确，B、D错误负极

24、板接地即以负极板作为电势、电势能的标准，场强E不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能也不变，C正确答案：AC【例题】在如图电路中，电键K1、K2、K3、K4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P。断开哪一个电键后P会向下运动? (    ) AK1    BK2  CK3  DK4解析：断开K1时电容器两端的电压仍与初状态相同，故带电粒子不动；断开K2时电容器两端的电压升高到等于电源的电动势，故带电粒子向上运动；断开K3时电容器放电，两端的电压为零，故带电粒子向下运动；K4断开时电容器两端电

25、量不变，电压仍与初状态相同，故带电粒子不动。 答案：C【例题】如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正负极相连a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，带正电的液滴从小孔的正上方P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后速度为v1现使a板不动，保持开关S打开或闭合，b板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍从P点自由落下，先后穿过两个小孔后速度为v2；下列说法中正确的是（ ）A若开关S保持闭合，向下移动b板，则v2> v1B若开关S闭合一段时间后再打开，向下移动b板，则v2> v1C若开关S保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2= v1D若开关S闭合一段时间后再打开，无

26、论向上或向下移动b板，则v2< v1解析：注意两种情况的区别，电键K始终闭合，则电容器两板间的电压保持不变，闭合后再断开则电量保持不变，然后再根据平行板电容器电容、电势差和电量的关系及匀强电场中场强和距离的关系即可答案：BC【例题】（成都市2008届高中毕业班摸底测试）传感器是自动控制设备中不可缺少的元件。右图是一种测定位移的电容式传感器电路。在该电路中，闭合开关S一小段时间后，使工件（电介质）缓慢向左移动，则在工件移动的过程中，通过电流表G的电流 （填“方向由a至b”、“方向由b至a”或“始终为零”）解析：方向由a至b类型题： 电容式传感器电容式传感器也是根据电容器的动态变化原理来工作

27、的，在测量中有着重要的应用，因此在复习中不可忽视。关键在于抓住所测物理量与电容器中电容的联系，问题就迎刃而解了。【例题】如图计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器。电容的计算公式是，其中常量=9。0×10-12Fm-1，S表示两金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离。当某一键被按下时，d发生改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号。已知两金属片的正对面积为50mm2，键未被按下时，两金属片间的距离为0。60mm。只要电容变化达0.25pF，电子线路就能发出相应的信号。那么为使按键得到反应，至少需要按下多大距离？解析：先求得未按下时的电容C1=0.75pF

28、，再由得和C2=1.00pF，得d=0。15mm。【例题】1999年7月12日日本原子能公司所属的敦贺湾核电站由于水管破裂导致高辐射冷却剂外泄，在检测此次事故中，应用于把非电流变化（冷却剂外泄使管中液面变化）转化为电信号的自动化测量技术。如图所示是一种通过检测电容的变化来检测液面高低的仪器原理图，容器中装有导电液体，是电容器的一个电极，中间的芯柱是电容器的另一个电极，芯柱外面套有绝缘管（塑料或橡皮）作为电介质，电容器的两个电极分别用导线接在指示器上，指示器上显示的是电容的大小，从电容的大小就可知容器中液面位置的高低，对此，以下说法正确的是A如果指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积增大，液面

29、必升高B如果指示器显示出电容减小了，则两电极正对面积增大，液面必升高C如果指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积减小，液面必降低D如果指示器显示出电容减小了，则两电极正对面积减小，液面必降低解析：芯柱和导电液之间的距离未变，液面的升降影响着它们的正对面积，若液面上升，正对面积增大，电容也就增大。故AD正确。类型题： 含容电路的分析电容器是一个储存电能的元件在直流电路中，当电容器充放电时，电路里有充放电电流，一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无限大（只考虑电容器是理想的不漏电的情况）的元件，在电容器处电路看作是断路，简化电路时可去掉它简化后若要求电容器所带电荷量时，可在相应的

30、位置补上（1）解决这类问题的一般方法：通过稳定的两个状态来了解不稳定中间变化过程（2）只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器对电路的作用是断路（3）电路稳定时，与电容器串联的电阻为等势体，电容器的电压为与之并联的电阻电压（4）在计算出电容器的带电量后，必须同时判定两板的极性，并标在图上（5）在充放电时，电容器两根引线上的电流方向总是相同的，所以要根据正极板电荷变化情况来判断电流方向。（6）如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器电荷量的差；如果变化前后极板带电的电性改变，那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器电荷量之和【例题】

31、如图所示，电源电动势=9V，内电阻r=0.5，电阻R1=5.0、R2=3.5、R3=6.0、R4=3.0，电容C=2.0F。当电键K由a与接触到与b接触通过R3的电量是多少？解析：K接a时，此时电容器带电量QC=CU1=I×10-5(C)K接b时， 此时电容器带电量QC=CU1=0.7×10-5(C)流过R3的电量为Q=QCQC=1.7×105(C)【例题】已知如图，R1=30，R2=15，R3=20，AB间电压U=6V，A端为正C=2F，为使电容器带电量达到Q =2×10- 6C，应将R4的阻值调节到多大？解析：由于R1 和R2串联分压，可知R1两端电

32、压一定为4V，由电容器的电容知：为使C的带电量为2×10-6C，其两端电压必须为1V，所以R3的电压可以为3V或5V。因此R4应调节到20或4。两次电容器上极板分别带负电和正电。还可以得出：当R4由20逐渐减小的到4的全过程中，通过图中P点的电荷量应该是4×10-6C，电流方向为向下【例题】在如图所示的电路中，电源的电动势E=3.0V，内阻r=1.0；电阻R1=10，R2=10，R3=30，R4=35；电容器的电容C=100F电容器原来不带电求接通电键K后流过R4的总电量解析：闭合电路的总电阻为由欧姆定律得，通过电源的电流 路端电压U=E-Ir电阻R3两端电压通过R4的总电量就是电容器的带电量Q=CU/由以上各式并代入数据解得 Q=2.0×10-4C 答案：Q=2.0×10-4C点评：本题考查含电容器电路的分析与计算在直流电路中，当电路稳定后，含电容器的支路无电流，R4两端等势，R3两端电压等于电容器两端电压理解这一点，是解这类题的关键【例题】如图所示的电路中，C2=2C1，R2=2R1，下列说法正确的是（ A ）A开关处于断开状态，电容器C2的电量大于C1的带电量B开关处于断开状态，电容器C1的电量大于C2的带电量C开关处