广东省阳江市阳东县广雅学校2016届高三上学期段考物理试卷(八)

2015-2016学年广东省阳江市阳东县广雅学校高三（上）段考物理试卷（八）一、单项选择题（本题共10个小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得6分，选错或不答的得0分）1．关于磁感强度，下列说法中正确的是（）A．磁感强度的方向，就是通电直导线在磁场中的受力方向B．磁感强度大的地方，通电导线所受的力也一定大C．磁感线密处磁场强，磁感线疏处磁场弱D．通电导线在某处所受磁场力为零，则该处的磁感强度一定为零2．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图（a）所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α=37°，如图（b）所示．已知运动员的质量为50kg，降落伞的质量也为50kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比，即F=kv（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．则下列判断中正确的是（）A．k=100N・s/mB．打开伞瞬间运动员的加速度a=20m/s2，方向竖直向上C．悬绳能够承受的拉力至少为312.5ND．悬绳能够承受的拉力至少为625N3．如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则（）A．A点的场强大于B点B．电子在A点受到的电场力小于B点C．A点的电势高于B点D．电子在A点的电势能小于B点4．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°．不计重力，该磁场的磁感应强度大小为（）A．B． C．D．5．如图所示是质量为1kg的滑块在水平面上做直线运动的v﹣t图象．下列判断正确的是（）A．在t=1s时，滑块的加速度为零B．在1s﹣5 s时间内，合力做功的平均功率为2 WC．在4s﹣6 s时间内，滑块的平均速度大小为2.5 m/sD．在5s﹣6 s时间内，滑块受到的合力大小为2 N6．某人造地球卫星在近似圆轨道上运行的过程中，由于轨道所在处的空间存在极其稀薄的空气，则（）A．如不加干预，卫星所受的万有引力将越来越小B．如不加干预，卫星运行一段时间后动能会增加C．卫星在近似圆轨道上正常运行时，由于失重现象卫星内的物体不受地球引力作用D．卫星在近似圆轨道上正常运行时，其速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间7．我国发射了一颗地球资源探测卫星，发射时，先将卫星发射至距离地面50km的近地圆轨道1上，然后变轨到近地点距离地面50km、远地点距离地面1500km的椭圆轨道2上，最后由轨道2进入半径为7900km的圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q 点．忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是（）A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速B．该卫星在轨道2上稳定运行时，P点的速度小于Q点的速度C．该卫星在轨道2上Q点的加速度大于在轨道3上Q点的加速度D．该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能8．如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，斜面体与墙不接触，整个系统处于静止状态．则（）A．水平面对斜面体没有摩擦力作用B．水平面对斜面体有向左的摩擦力作用C．斜面体对水平面的压力等于（M+m）gD．斜面体对水平面的压力小于（M+m）g9．在图中，标出了磁场B的方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（）A．①②B．①④C．①③D．③④10．如图所示，当电流通过线圈时，磁针将发生偏转，以下的判断正确的是（）A．当线圈通以沿顺时针方向的电流时，磁针S极将指向读者B．当线圈通以沿逆时针方向的电流时，磁针S极将指向读者C．当磁针N极指向读者，线圈中电流沿逆时针方向D．不管磁针如何偏转，线圈中的电流总是沿顺时针方向二、不定项选择题（本题共5小题，每小题6分，共30分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．11．在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻．当开关S闭合后，两平行金属板MN 中有一带电液滴正好处于静止状态．为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是（）A．增大R1B．减小R2C．减小R3D．减小MN间距12．A、B两点在同一条竖直线上，A点离地而的高度为2.5h，B点离地面高度为2h．将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在P点相遇，P点离地面的高度为h．已知重力加速度为g，则（）A．两个小球一定同时抛出B．两个小球抛出的时间间隔为（﹣）C．小球A、B抛出的初速度之比=D．小球A、B抛出的初速度之比=13．一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针上方，并与磁针指向平行，能使磁针的S极转向纸内，如图所示，那么这束带电粒子可能是（）A．向右飞行的正离子束B．向左飞行的正离子束C．向右飞行的负离子束D．向左飞行的负离子束14．矩形线圈abcd，长ab=20cm，宽bc=10cm，匝数n=200匝，线圈回路总电阻R=5Ω，整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过．若匀强磁场的磁感应强度B随时间t 的变化规律如图所示，则（）A．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B．线圈回路中产生的感应电流为0.4AC．当t=0.3s时，线圈的ab边所受的安培力大小为0.016ND．在1min内线圈回路产生的焦耳热为48J15．下列说法中正确的是（）A．卢瑟福提出原子的核式结构模型建立的基础是α粒子的散射实验B．发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构C．氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，电子动能增加，电子的电势能减小D．原子核内的某一核子与其他核子间都有核力作用三.实验题16．如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d=mm．（2）小球经过光电门B时的速度表达式为．（3）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：时，可判断小球下落过程中机械能守恒．（4）实验中发现动能增加量△E K总是稍小于重力势能减少量△E P，增加下落高度后，则△E p ﹣△E k将（选填“增加”、“减小”或“不变”）．17．某同学通过实验测定一根粗细均匀、阻值约为5Ω合金丝电阻率的实验，①用螺旋测微器测定合金丝直径的结果如图1所示，合金丝的直径为mm．②现有如下器材：A．输出电压可调的学生电源（2V、4V、6V内阻可不计）B．电流表（0～0.6A，内阻约0 2n）C．电压表（0～3V，内阻约3k ）D．待测电阻R x E．保护电阻R0=5F．滑动变阻器（0～5，额定电流2A）G．滑动变阻器（0～2，额定电流1A）H．开关和导线若干为了减小测量误差，本实验应选用图中两种电路图中的（填相应的电路图2下的字母A或B）；③为了提高测量准确度，获取多组数据，因此电源电压应选用V；滑动变阻器应选用（选填器材前的字母）．四、解答题（共1小题，满分6分）18．如图所示，跟水平面成θ=37°角且连接电源的光滑金属框架宽L=20cm，一根重为G的金属棒ab水平放在金属框架，磁感应强度B=0.6T，方向竖直向上，金属棒ab的电阻R ab=1Ω，电源电动势为25V，内阻r=1Ω，当滑动变阻器的电阻为3Ω时，金属棒刚好处于静止状态．（1）求通过金属棒的电流大小（2）求金属棒的重力大小？（sin 37°=0.6，cos37°=0.8）2015-2016学年广东省阳江市阳东县广雅学校高三（上）段考物理试卷（八）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共10个小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得6分，选错或不答的得0分）1．关于磁感强度，下列说法中正确的是（）A．磁感强度的方向，就是通电直导线在磁场中的受力方向B．磁感强度大的地方，通电导线所受的力也一定大C．磁感线密处磁场强，磁感线疏处磁场弱D．通电导线在某处所受磁场力为零，则该处的磁感强度一定为零【考点】磁感应强度．【分析】磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关．电流元所受磁场力方向是由左手定则来确定．【解答】解：A、磁感强度的方向，一定与通电直导线在磁场中的受力方向相互垂直；故A 错误；B、放在匀强磁场中各处的通电导线，安培力还会与电流元的摆放方向有关，故磁感应强度大时，安培力不一定大；故B错误；C、磁感线的疏密可以表示磁场的强度；磁感线密处磁场强，磁感线疏处磁场弱；故C正确；D、当磁场与导线平行时，导线是不受力的，但不能说明该处的磁感应强度为零；故D错误；故选：C．【点评】磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系．再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关．同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还与放置的角度有关．2．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图（a）所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α=37°，如图（b）所示．已知运动员的质量为50kg，降落伞的质量也为50kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比，即F=kv（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．则下列判断中正确的是（）A．k=100N・s/mB．打开伞瞬间运动员的加速度a=20m/s2，方向竖直向上C．悬绳能够承受的拉力至少为312.5ND．悬绳能够承受的拉力至少为625N【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】由a图可知，当速度等于5m/s时，物体做匀速运动，受力平衡，根据kv=2mg即可求解k，根据牛顿第二定律求解加速度；以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律即可求最小拉力．【解答】解：以运动员和降落伞整体为研究对象，系统受两个力的作用，即重力和阻力，以竖直向上为正方向，由题图（a）可知：2mg=kv匀，又v匀=5 m/s，故k=200 N•s/m，故A错误；B、在打开伞的瞬间，对运动员和降落伞整体由牛顿第二定律可得kv0﹣2mg=2ma，所以a==30 m/s2，方向竖直向上，故B错误；C、设每根绳的拉力为F T，以运动员为研究对象有：8F T cos α﹣mg=ma，解得：F T==312.5 N，故C正确，D错误．故选：C【点评】本题要求同学们能根据速度图象分析出运动员的运动情况，知道当速度等于5m/s 时，物体做匀速运动，受力平衡，难度适中．3．如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则（）A．A点的场强大于B点B．电子在A点受到的电场力小于B点C．A点的电势高于B点D．电子在A点的电势能小于B点【考点】电场强度．【分析】根据电子的运动方向，确定电场力的方向．场强方向与电子所受电场力方向相反，从而可判断出电场强度方向．根据场强方向判断电势的高低．由速度图象的斜率读出加速度的变化情况，确定场强的变化情况．根据能量守恒，分析电势能的变化．【解答】解：A、B：速度时间图象的斜率等于加速度，由图可知：电子做初速度为零的加速度增大的加速直线运动．加速度增大，说明电子所受电场力增大，电子在A点受到的电场力小于B点．由F=qE可知，电场强度增大，A点的场强小于B点，即E A＜E B．故A错误，B正确．C、电子由静止开始沿电场线从A运动到B，电场力的方向从A到B，而电子带负电，则场强方向从B到A，根据顺着电场线电势降低可知，A点的电势低于B点电势，即φA＜φB．故C错误．D、由速度图象看出，电子的速度增大，动能增大，根据能量守恒得知，电子的电势能减小，则电子在A点的电势能大于B点，即ɛA＞ɛB．故D错误．故选：B【点评】本题实质考查分析电子受力情况和运动情况的能力，从力和能量两个角度进行分析，分析的切入口是速度的斜率等于加速度．4．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°．不计重力，该磁场的磁感应强度大小为（）A．B． C．D．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出轨迹半径r，根据牛顿第二定律求出磁场的磁感应强度．【解答】解：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图，根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角60°，且轨迹的半径为r=Rcot30°=R，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：；故选：A．【点评】本题是带电粒子在匀强磁场中运动的问题，画轨迹是关键，是几何知识和动力学知识的综合应用，常规问题．5．如图所示是质量为1kg的滑块在水平面上做直线运动的v﹣t图象．下列判断正确的是（）A．在t=1s时，滑块的加速度为零B．在1s﹣5 s时间内，合力做功的平均功率为2 WC．在4s﹣6 s时间内，滑块的平均速度大小为2.5 m/sD．在5s﹣6 s时间内，滑块受到的合力大小为2 N【考点】匀变速直线运动的图像；功率、平均功率和瞬时功率．【专题】运动学中的图像专题．【分析】根据图线的斜率求出滑块的加速度，根据牛顿第二定律求出合力的大小；结合图线与时间轴围成的面积求出物体的位移，从而得出平均速度的大小．根据初末速度，运用动能定理求出合力做功，从而通过合力功和时间求出平均功率．【解答】解：A、在t=1s时，滑块的加速度为：a===2m/s2，故A错误；B、在1s﹣5 s时间内，根据动能定理合力做功为：W=mv2mv02=×1×42=8J，则合力做功的功率为：P===2w，故B正确；C、在4s﹣6 s时间内，滑块的位移为：x=×4×1+4×1=6m，则滑块的平均速度大小为：= ==3m/s，故C错误；D、在5s﹣6 s时间内，滑块的加速度为：a′===﹣4m/s2，根据牛顿第二定律为：F=ma=1×4=4N，故D错误；故选：B．【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移；通过初末速度，结合动能定理求解合力的功比较方便简捷．6．某人造地球卫星在近似圆轨道上运行的过程中，由于轨道所在处的空间存在极其稀薄的空气，则（）A．如不加干预，卫星所受的万有引力将越来越小B．如不加干预，卫星运行一段时间后动能会增加C．卫星在近似圆轨道上正常运行时，由于失重现象卫星内的物体不受地球引力作用D．卫星在近似圆轨道上正常运行时，其速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】人造卫星问题．【分析】万有引力提供圆周运动的向心力，所以第一宇宙速度是围绕地球圆周运动的最大速度，卫星由于摩擦阻力作用，轨道高度将降低，运行速度增大，失重不是失去重力而是对悬绳的拉力或支持物的压力减小的现象．根据相应知识点展开分析即可．【解答】解：A、卫星本来满足万有引力提供向心力，即=，由于摩擦阻力作用卫星的线速度减小，提供的引力大于卫星所需要的向心力，故卫星将做近心运动，即轨道半径将减小，则万有引力会增大．故A错误；B、根据万有引力提供向心力有：解得：，轨道高度降低，卫星的线速度增大，故动能将增大．故B正确；C、失重现象卫星内的物体受地球的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，故C错误；D、第一宇宙速度为最大环绕速度，卫星的线速度一定小于第一宇宙速度，故以D错误．故选：B【点评】解决卫星运行规律问题的核心原理是万有引力提供向心力，通过选择不同的向心力公式，来研究不同的物理量与轨道半径的关系，知道第一宇宙速度为最大环绕速度，卫星的线速度一定小于第一宇宙速度．7．我国发射了一颗地球资源探测卫星，发射时，先将卫星发射至距离地面50km的近地圆轨道1上，然后变轨到近地点距离地面50km、远地点距离地面1500km的椭圆轨道2上，最后由轨道2进入半径为7900km的圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q 点．忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是（）A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速B．该卫星在轨道2上稳定运行时，P点的速度小于Q点的速度C．该卫星在轨道2上Q点的加速度大于在轨道3上Q点的加速度D．该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】人造卫星问题．【分析】在1圆轨道变轨到2椭圆轨道的过程中，需要加速做离心运动，速度可能大于7.9km/s．卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中机械能守恒．由轨道2变为轨道3需要在远地点点火加速做离心运动．【解答】解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有：，解得：v=A、卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道2半长轴比轨道1半长轴大，因此该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速，故A正确；B、该卫星在轨道2上稳定运行时，根据开普勒第二定律可知，近地点P点的速度大于远地点Q点的速度，故B错误；C、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：a=，所以卫星在轨道2上经过Q点的加速度等于在轨道3上经过Q点的加速度，故C错误；D、卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道3半长轴比轨道1半长轴大，所以该卫星在轨道3的机械能大于在轨道1的机械能．故D错误．故选：A．【点评】该题考查卫星的变轨问题，关键明确卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，卫星在轨道上的运动过程中只有重力做功，机械能守恒；而变轨的时候，需要点火加速或减速．8．如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，斜面体与墙不接触，整个系统处于静止状态．则（）A．水平面对斜面体没有摩擦力作用B．水平面对斜面体有向左的摩擦力作用C．斜面体对水平面的压力等于（M+m）gD．斜面体对水平面的压力小于（M+m）g【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，根据平衡条件求斜面体受到的支持力和摩擦力．【解答】解：以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，水平方向：f=Tcosθ，方向水平向右，故AB错误；竖直方向：N=（m+M）g﹣Tsinθ，可见N＜（M+m）g，根据牛顿第三定律：斜面体对水平面的压力N′=N＜（M+m）g故C错误D正确；故选：D．【点评】本题采用整体法分析问题较简单，作出力图结合平衡条件分析即可．采用整体法时球与斜面间的作用力不用分析．9．在图中，标出了磁场B的方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（）A．①②B．①④C．①③D．③④【考点】左手定则．【分析】由左手定则可以判断出B、I、F方向间的关系，然后选出正确的选项．【解答】解：A、由左手定则可知，通电导线所受安培力竖直向上，故①正确；B、由图可知，磁感应强度B与电流I平行，导线不受安培力，故②错误；C、由左手定则可知，通电导线所受安培力竖直向下，故③正确；D、由左手定则可知，通电导线所受安培力垂直于纸面向外，故④错误；故选C．【点评】本题考查了左手定则的应用，要掌握左手定则内容，会用左手定则判断安培力及洛伦兹力的方向．10．如图所示，当电流通过线圈时，磁针将发生偏转，以下的判断正确的是（）A．当线圈通以沿顺时针方向的电流时，磁针S极将指向读者B．当线圈通以沿逆时针方向的电流时，磁针S极将指向读者C．当磁针N极指向读者，线圈中电流沿逆时针方向D．不管磁针如何偏转，线圈中的电流总是沿顺时针方向【考点】电流的磁场对磁针的作用．【分析】一个通电线圈也有N极和S极，也按照安培定则判断，纸里是线圈的N极，纸外是线圈的S极．线圈外部的磁场是从线圈的N极出来回到S极，线圈内部的磁场是从线圈的S极出来回到N极．磁场中该点的磁体N极受到磁力方向和该点的磁场方向相同．【解答】解：安培定则：用右手握着通电线圈，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向是通电线圈的N极．A、当线圈通以沿顺时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的N极，纸外是通电线圈的S极．通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电螺线管的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸里．故A正确；B、当线圈通以沿逆时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的S极，纸外是通电线圈的N极．通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电线圈的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸外，故B错误；CD、由B的分析可知，当磁针N极指向读者，线圈中电流沿逆时针方向．故C正确D错误．故选：AC．【点评】通电线圈内部的磁场方向和通电线圈外部的磁场方向不同．通电线圈内部的磁场从S极出来回到N极；通电线圈外部的磁场从N极出来回到S极．二、不定项选择题（本题共5小题，每小题6分，共30分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．11．在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻．当开关S闭合后，两平行金属板MN 中有一带电液滴正好处于静止状态．为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是（）A．增大R1B．减小R2C．减小R3D．减小MN间距【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】R1、R2为滑动变阻器，而R3为变阻箱．当开关闭合后，带电液滴正好处于静止，为使能加速向上，则电场力大于重力．可以提高两极板的电压，即提高变阻箱R3的电压；也可以变化两极板的距离，从而实现提高两板间的电场强度．【解答】解：A、当增大R1电阻时，没有作用，因为R1电阻与两平行金属板相串联，没有电流通过，所以R1电阻两端没有电势差．故A错误；B、当R2减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则变阻器R3电压变大，电容器板间电压增大，场强增大，液滴所受的电场力增大，将向上加速运动，故B正确；C、当R3减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则R2电阻两端电压变大，那么R3变阻器电压变小，电容器板间电压减小，场强减小，液滴所受的电场力减小，将向下加速运动，故C错误；D、当减小MN间距时，由于平行板两端电压不变，则两板间的电场强度变大，所以电场力将大于重力，液滴向上加速运动，故D正确．故选：BD．【点评】电阻R1与两平行板相串联，由于没有电流，所以没有电势降落，因此可将R1电阻去除．当改变间距时，会导致两板间的电容变化．12．A、B两点在同一条竖直线上，A点离地而的高度为2.5h，B点离地面高度为2h．将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在P点相遇，P点离地面的高度为h．已知重力加速度为g，则（）。