江西省抚州市高二物理上学期期末试卷(含解析)

2015-2016学年江西省抚州市高二（上）期末物理试卷一.选择题1．下列关于磁场和磁感线的描述中正确的是（）A．磁感线是磁场中客观存在的线B．磁感线可以形象地描述各点磁场的方向C．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止D．实验中观察到的铁屑的分布就是磁感线2．如图所示是静电除尘装置示意图，它由金属管A和管中金属丝B组成，有关静电除尘的原理，以下说法正确的是（）A．A接高压电源负极，B接高压电源正极B．煤粉等烟尘吸附电子后被吸在B上C．靠近B处电场强度大，B附近空气被电离成阳离子和电子D．煤粉等烟尘在强大电场作用下电离成阴、阳离子，分别吸附在B和A上3．如图所示，几位同学在做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路．两个同学迅速摇动AB这段“绳”．假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北．图中摇“绳”同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线的A点，乙同学站在东边，手握导线的B点．则下列说法正确的是（）A．当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大B．当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大C．当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向BD．在摇“绳”过程中，A点电势总是比B点电势高4．如图所示，电源电动势大小为E，内阻大小为r，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中（）A．灯泡L变亮B．电流表读数变大，电压表读数变小C．电源的总功率先变大后变小D．处于电容器C两板间某固定的正点电荷的电势能变大5．如图，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直．给导线通以垂直纸面向里的电流，用F N表示磁铁对桌面的压力，用F f表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前相比较（）A．F N减小，F f=0 B．F N减小，F f≠0C．F N增大，F f=0 D．F N增大，F f≠06．如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过△t时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角．现将带电粒子的速度变为，仍从A点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（）A．△t B．2△t C．△t D．3△t7．矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示．磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则（）A．从0到t1时间内，导线框中电流的方向为abcdaB．从0到t1时间内，导线框中电流越来越小C．从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcbaD．从0到t2时间内，导线框bc边受到的安培力越来越大8．如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．t=0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速运动．下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、磁通量的瞬时变化率、通过金属棒的电荷量q以及a、b两端的电势差U随时间t 变化的图象中，正确的是（）A．B．C．D．9．如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（）A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择中的磁场方向垂直纸面向外C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小二.非选择题10．图1为一正在测量电阻中的多用电表表盘和用测量圆柱体直径d的螺旋测微器，如果多用表选用×100挡，则其阻值为Ω、如图2，圆柱体直径为mm．11．有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线．现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）B．电压表（0～15V，内阻20kΩ）C．电流表（0～3A，内阻1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（500Ω，1A）G．学生电源（直流6V）、开关、导线若干（1）实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，请说明理由：；（2）实验中所用电压表应选，电流表应选用，滑动变阻器应选用．（填序号示）（3）把图丙中所示的实验器材用实线连接成实物电路图．12．倾角为37°的光滑斜面上水平放置一条长0.2m的直导线PQ，两端以很软的导线通入5A的电流，如上图所示．当有一个竖直向上的B=0.6T的匀强磁场时，PQ恰好平衡，则导线PQ的重力为多少？（sin37°=0.6）13．如图所示，电容器C1=6 μF，C2=3 μF，电阻R1=6Ω，R2=3Ω，U=18V，则：（1）开关S断开时，A、B两点间的电压U AB为多大？（2）开关S闭合时，电容器C1的电量改变了多少？14．如图所示，两根金属导轨平行放置在倾角为θ=30°的斜面上，导轨下端接有定值电阻R=10Ω，导轨自身电阻忽略不计．导轨置于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T．将一根质量为m=0.1kg、电阻可不计的金属棒ab在导轨上方某处由静止释放，金属棒沿导轨下滑（金属棒ab与导轨间的摩擦不计）．设导轨足够长，导轨宽度L=2m，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒沿导轨下滑的高度h=3m时，速度恰好达到最大值．此过程中（g=10m/s2），求：（1）当金属棒的加速度a=2.0m/s2时，金属棒产生感应电动势的大小E；（2）金属棒达到的最大速度V m；（3）该过程中电阻产生的热量Q．15．如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的场强为B匀强磁场，其边界AB、CD的宽度为d，在左边界的Q点处有一质量为m，带电量大小为q的负粒子沿与左边界成30°的方向射入磁场，粒子重力不计，求：（1）若带电粒子能从AB边界飞出，求带电粒子在磁场中运动的最大半径R m和时间t．（2）若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示的匀强电场中减速至零且恰好到达两极板的中点，求极板间电压U．（3）若带电粒子的速度是（2）中的倍，并可以从Q点沿纸面各个方向射入磁场，则粒子能打到CD边界的范围？2015-2016学年江西省抚州市高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一.选择题1．下列关于磁场和磁感线的描述中正确的是（）A．磁感线是磁场中客观存在的线B．磁感线可以形象地描述各点磁场的方向C．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止D．实验中观察到的铁屑的分布就是磁感线【考点】磁现象和磁场；磁感线及用磁感线描述磁场．【分析】磁体周围存在着磁场，为了形象地描述磁场，我们引入了磁感线，规定小磁针静止时N极所指的方向为该点磁场的方向．磁感线是闭合曲线，在磁体外部，从磁铁的北极出发，进入南极；在磁体内部，从南极指向北极．实验中观察到的铁屑的分布是模拟的磁感线【解答】解：A、磁场是真实存在的，是看不见、摸不到的，通过它对磁体的作用表现出来；磁感线不是真实存在的，是为了描述磁场的分布而引入的．故A错误；B、磁感线可以形象地描述各点磁场的方向与强弱关系．故B正确；C、磁感线在磁体的外部从N极到S极，在磁体内部是从S极到N极，故C错误；D、实验中观察到的铁屑的分布是模拟的磁感线，并不是真实的磁感线．故D错误．故选：B．【点评】本题对磁场和磁感线的理解能力，抓住它们之间的区别：磁场是物质，磁感线不是物质．2．如图所示是静电除尘装置示意图，它由金属管A和管中金属丝B组成，有关静电除尘的原理，以下说法正确的是（）A．A接高压电源负极，B接高压电源正极B．煤粉等烟尘吸附电子后被吸在B上C．靠近B处电场强度大，B附近空气被电离成阳离子和电子D．煤粉等烟尘在强大电场作用下电离成阴、阳离子，分别吸附在B和A上【考点】* 静电的利用和防止．【分析】静电除尘的原理：除尘器圆通的外壁连接到高压电源的正极，中间的金属丝连接到负极．圆筒中气体分子的电子和带正电的部分由于受到方向相反的强大的静电力而分离（这个现象叫做“电离”）．粉尘吸附了电子而带负电，飞向筒壁，最后在重力作用下落在筒底．这个方法不但可以净化废气，而且便于回收其中的有用物质【解答】解：管内接通静电高压时，管内存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子．负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电．所以金属管A应接高压电源的正极，金属丝B接负极；正电荷一般不能被吸收；故C正确，ABD错误故选：C．【点评】当然近年来通过技术创新，也有采用负极板集尘的方式．以往常用于以煤为燃料的工厂、电站，收集烟气中的煤灰和粉尘．冶金中用于收集锡、锌、铅、铝等的氧化物，现在也有可以用于家居的除尘灭菌产品．3．如图所示，几位同学在做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路．两个同学迅速摇动AB这段“绳”．假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北．图中摇“绳”同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线的A点，乙同学站在东边，手握导线的B点．则下列说法正确的是（）A．当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大B．当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大C．当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向BD．在摇“绳”过程中，A点电势总是比B点电势高【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电势；安培力．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】地球的周围存在磁场，且磁感线的方向是从地理的南极指向地理的北极，当两个同学在迅速摇动电线时，总有一部分导线做切割磁感线运动，电路中就产生了感应电流，根据绳子转动方向与地磁场方向的关系，判断感应电动势和感应电流的大小，从而判断安培力的大小，由右手定则判断感应电流的方向和电势高低．【解答】解：A、当“绳”摇到最高点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，故A错误．B、当“绳”摇到最低点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，绳受到的安培力也最小，故B错误．C、当“绳”向下运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知，“绳”中电流从A流向B．故C正确．D、在摇“绳”过程中，当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向B，A点相当于电源的负极，B点相当于电源正极，则A点电势比B点电势低；当“绳”向上运动时，“绳”中电流从B流向A，B点相当于电源的负极，A点相当于电源正极，则B点电势比A点电势低；故D错误．故选：C【点评】本题要建立物理模型，与线圈在磁场中转动切割相似，要知道地磁场的分布情况，能熟练运用电磁感应的规律解题．4．如图所示，电源电动势大小为E，内阻大小为r，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中（）A．灯泡L变亮B．电流表读数变大，电压表读数变小C．电源的总功率先变大后变小D．处于电容器C两板间某固定的正点电荷的电势能变大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当滑片向左滑动的过程中，分析其阻值的变化，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化和路端电压的变化，确定两电表读数的变化，以及灯泡亮度的变化．处于电容器C 两板间某点的一个负点电荷所具有的电势能随着电压的增大而变小．电源的总功率P=EI，与电流的大小成正比．【解答】解：A、B当滑片向左滑动的过程中，其有效阻值变大，所以根据闭合电路欧姆定律得知：干路电流变小，路端电压变大，电流表读数变小，电压表读数变大，小电珠L变暗．故AB错误．C、电源的总功率P=EI，与电流的大小成正比，则知电源的总功率变小．故C错误．D、与变阻器并联的电容器两端电压变大，由于正电荷所在处电势为正值，则其在电场中的电势能由于为正值，电势能随电压增大而变大，故D正确．故选：D【点评】本题是电路动态变化分析问题，首先确定变阻器有效电阻的变化，再分析总电阻、总电流的变化，再分析局部电压的变化．5．如图，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直．给导线通以垂直纸面向里的电流，用F N表示磁铁对桌面的压力，用F f表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前相比较（）A．F N减小，F f=0 B．F N减小，F f≠0C．F N增大，F f=0 D．F N增大，F f≠0【考点】安培力．【分析】通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；摩擦力产生的条件是两个物体相互接触，有相对运动的趋势或者已经发生相对运动．据此分析．【解答】解：磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中央上方，所以此处的磁感线水平向左，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受到磁铁给的安培力方向竖直向上，如右图所示．根据牛顿第三定律知，导线对磁铁的反作用力方向竖直向下，因此磁铁对水平桌面的压力除了重力之外还有通电导线的作用力，则F N增大；因为这两个力的方向都是竖直向下的，所以磁铁不会产生运动趋势，就不会产生摩擦力，则F f=0．故选：C．【点评】本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析．6．如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过△t时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角．现将带电粒子的速度变为，仍从A点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（）A．△t B．2△t C．△t D．3△t【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】由于粒子在匀强磁场是做匀速圆周运动，运动周期T=，与粒子速度大小无关，可见，要计算粒子在磁场中运动的时间，只要求得它在磁场中运动轨迹对应的圆心角，就可得到所用的时间．【解答】解：设圆形磁场区域的半径是R，以速度v射入时，半径，根据几何关系可知，，所以运动时间t=以速度射入时，半径，所以设第二次射入时的圆心角为θ，根据几何关系可知：tan所以θ=120°则第二次运动的时间为：t=′=2△t故选：B．【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题．7．矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示．磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则（）A．从0到t1时间内，导线框中电流的方向为abcdaB．从0到t1时间内，导线框中电流越来越小C．从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcbaD．从0到t2时间内，导线框bc边受到的安培力越来越大【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【分析】由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；由F=BIL可知安培力的变化情况．【解答】解：A、由图可知， 0﹣t2内，线圈中磁通量的变化率相同，故0到t2时间内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为adcba方向，故A错误，C正确B、从0到t1时间内，线圈中磁通量的变化率相同，感应电动势恒定不变，电路中电流大小时恒定不变；导线电流大小恒定，故B错误；D、从0到t2时间内，磁场的变化率不变，则电路中电流大小时恒定不变，故由F=BIL可知，F与B成正比，即先减小后增大，故D错误；故选：C．【点评】本题要求学生能正确理解B﹣t图的含义，才能准确的利用楞次定律、左手定律等进行判定；解题时要特别注意，两个时段，虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流一定是相同的．8．如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．t=0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速运动．下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、磁通量的瞬时变化率、通过金属棒的电荷量q以及a、b两端的电势差U随时间t 变化的图象中，正确的是（）A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应与图像结合．【分析】由题可知，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速运动，回路中的感应电流与时间成正比，说明感应电动势也是随时间均匀增大的，明确各个图象的物理意义，结合产生感应电流的特点即可正确求解．【解答】解：A、据题金属棒做匀加速直线运动，v=at，根据E=BLv=BLat，可知金属棒产生的感应电动势是均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知回路的磁通量的变化率均匀增大，则Φ﹣t图象的斜率增大，Φ﹣t图象应为曲线，故A错误．B、由上分析得：E=BLat，又E=，则得：=BLat∝t，故B正确．C、回路中的感应电动势平均值为： =，感应电流为： =，通过金属棒的电荷量 q=△t===，可知，q∝t2；则Φ﹣t图象应为抛物线，故C错误．D、a、b两端的电势差U=E=BLat∝t，故D正确．故选：BD．【点评】对于图象问题一定弄清楚两坐标轴的含义，尤其注意斜率、截距的含义，对于复杂的图象可以通过写出两坐标轴所代表物理量的函数表达式进行分析．9．如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（）A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择中的磁场方向垂直纸面向外C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【专题】压轴题．【分析】带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏转电场后做匀速圆周运动，根据半径公式得出半径与粒子比荷的关系．【解答】解：A、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有qE=qvB，解得v=，进入偏转电后，有qvB0=m，解得R=．知r越小，比荷越大．同位素电量相等，质量不同，则偏转半径不同，所以质谱仪是分析同位素的重要工具．故A、C正确，D错误．B、粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则知该粒子带正电，在速度选择器中，所受的电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则，磁场的方向垂直纸面向外．故B正确．故选ABC．【点评】解决本题的关键知道粒子在速度选择器和偏转电场中的运动规律，掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式．二.非选择题10．图1为一正在测量电阻中的多用电表表盘和用测量圆柱体直径d的螺旋测微器，如果多用表选用×100挡，则其阻值为1400 Ω、如图2，圆柱体直径为 1.706 mm．【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题．【分析】欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．【解答】解：如果多用表选用×100挡，由图1所示可知，所测电阻阻值为：14×100=1400Ω；由图2所示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+20.6×0.01mm=1.706mm；故答案为：1400；1.706．【点评】本题考查了欧姆表与螺旋测微器读数，要掌握常用器材的使用及读数方法．11．有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线．现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）B．电压表（0～15V，内阻20kΩ）C．电流表（0～3A，内阻1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（500Ω，1A）G．学生电源（直流6V）、开关、导线若干（1）实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，请说明理由：在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；（2）实验中所用电压表应选 A ，电流表应选用 D ，滑动变阻器应选用 E ．（填序号示）（3）把图丙中所示的实验器材用实线连接成实物电路图．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题．【分析】（1）根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法．（2）仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器．（3）对照电路图连接实物图，注意电流从电流表电压表正接线柱流入．【解答】解：（1）在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，所以电路图选用图甲．（2）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；由P=UI得，灯泡的额定电流I===0.5A，故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；（3）对照电路图连接实物图，注意电流从电流表电压表正接线柱流入，如图：故答案为：（1）在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；（2）A，D，E．（3）如图．【点评】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．12．倾角为37°的光滑斜面上水平放置一条长0.2m的直导线PQ，两端以很软的导线通入5A的电流，如上图所示．当有一个竖直向上的B=0.6T的匀强磁场时，PQ恰好平衡，则导线PQ的重力为多少？（sin37°=0.6）【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．【分析】导体ab静止在斜面上，受力平衡，磁场的方向竖直向上，对导体受力分析，根据平衡条件求解即可；【解答】解：若磁场方向竖直向上，从a向b观察，导体受力情况如图所示．由平衡条件得：在水平方向上：F﹣Nsinθ=0在竖直方向上：mg﹣Ncosθ=0其中：F=BIL联立解得：答：导线PQ的重力为0.8N．【点评】对导体受力分析，根据平衡的条件直接计算即可，难度不大．13．如图所示，电容器C1=6 μF，C2=3 μF，电阻R1=6Ω，R2=3Ω，U=18V，则：（1）开关S断开时，A、B两点间的电压U AB为多大？（2）开关S闭合时，电容器C1的电量改变了多少？【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）开关S断开时，电路稳定时电容器相当于开关断开，电路中没有电流，电容器C1、C2的电压均等于电源的电动势．（2）开关S闭合时，两电阻串联，电容器C1、C2的电压分别等于电阻R1、R2的电压，由串联电路的特点求出电压，再求解电量Q1，即可求出电容器C1的带电量．从而其电量的变化量．【解答】解：（1）S断开时，电路断开，A、B两端电压即外电压，所以 U AB=U=18V．（2）S断开时，C1带电量 Q1=CU AB=1.08×10﹣4CS闭合时，两电阻串联，则C1、C2的电压分别等于电阻R1、R2的电压，则有电容器C1的电压 U1′=U=×18V=12VC1带电量 Q1′=CU′=7.2×10﹣5C所以△Q=Q1′﹣Q1=﹣3.6×10﹣5C，负号表示带电量减小．答：。