…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年西師新版選修3物理下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r，R1、R2為定值電阻，且大于滑動變阻器的最大阻值閉合電鍵S，將滑動變阻器的滑動片P由最上端滑到最下端，若電壓表V1、V2、電流表A的讀數改變量的大小分別用表示；則下列說法中正確的是

A.B.C.電源的發熱功率先減小，再增大D.電源的輸出功率先增大，再減小2、如圖所示的交流電路中，燈L1、L2和L3均發光；如果保持交變電源兩端電壓的有效值不變，但頻率減小，各燈的亮；暗變化情況為。

A.燈L1、L2均變亮，燈L3變暗B.燈L1、L2、L3均變暗C.燈L1不變，燈L2變暗，燈L3變亮D.燈L1不變，燈L2變亮，燈L3變暗3、當波源遠離觀測者時，觀測者所接收到的頻率f'和波源振動的頻率f的關系為A.f'=fB.f'＜fC.f'＞fD.無法確定4、如圖所示，一個物體在與水平方向成角的拉力的作用下沿水平面勻速前進了時間則（）

A.拉力對物體的沖量為B.拉力對物體的沖量為C.摩擦力對物體的沖量為D.拉力的功與摩擦力的功相同5、英國物理學家麥克斯韋認為,磁場變化時會在空間激發感生電場．如圖所示,一個半徑為r的絕緣細圓環水平放置,環內存在豎直向上的勻強磁場B,環上套一帶電荷量為+q的小球,已知磁感應強度B隨時間均勻增加,其變化率為k,若小球在環上運動一周,則感生電場對小球的作用力所做功的大小是()

A.0B.r2qk/2C.2πr2qkD.πr2qk評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、如圖所示，一質量為m、帶電荷量為q的小球，用絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中，假設電場區域足夠大，靜止時懸線向左與豎直方向成60°角。線長為L，細線不可伸長。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。現將電場反向；則下列說法正確的是()

A.小球帶負電，電場強度E＝B.電場反向后，小球在最低點的速度為C.電場反向后，小球先做勻加速直線運動，然后做圓周運動，最大速度vm＝D.電場反向后，小球將做往復運動，能夠回到初始位置7、圖示空間有一靜電場，y軸上各點的場強方向沿y軸正方向豎直向下，兩小球P、Q用長為L的絕緣細線連接，靜止在軸上A、B兩點．兩球質量均為m，Q球帶負電，電荷量為-q，A點距坐標原點O的距離為L，y軸上靜電場場強大小E=，剪斷細線后，Q球運動到達的最低點C與B點的距離為h，不計兩球間的靜電力作用．則

A.P球帶正電B.P球所帶電荷量為-4qC.兩點間電勢差為D.剪斷細線后，Q球與O點相距3L時速度最大8、如圖，一定質量的理想氣體從狀態a出發，經過等容過程ab到達狀態b，再經過等溫過程bc到達狀態c，最后經等壓過程ca回到狀態a，下列說法正確的是（）

A.在過程ab中氣體的內能增加B.在過程ca中外界對氣體做功C.在過程bc中氣體從外界吸收熱量D.在過程ca中氣體從外界吸收熱量9、下列說法正確的是（）A.氣體向真空的自由膨脹是不可逆的B.空調既能制熱又能制冷，說明熱傳遞不存在方向性C.一定質量的某種理想氣體在等壓膨脹過程中，氣體對外做功，內能可能減小E.一定質量100的水變成100的水蒸氣，分子平均動能不變，分子勢能增加E.一定質量100的水變成100的水蒸氣，分子平均動能不變，分子勢能增加10、如圖所示是甲、乙兩個單擺做簡諧運動的圖象，則下列說法中正確的是（）

A.甲、乙兩擺的振幅之比為2:1B.t=2s時，甲擺的重力勢能最小，乙擺的動能為零C.甲、乙兩擺的擺長之比為4:1D.甲、乙兩擺擺球在最低點時擺線的拉力大小一定相等11、下列說法正確的是（）A.在同一地點，單擺做簡諧振動的周期的平方與其擺長成正比B.彈簧振子做簡諧振動時，振動系統的勢能與動能之和可以減少C.在同一地點，當擺長不變時，擺球質量越大，單擺做簡諧振動的周期越小D.系統做穩定的受迫振動時，系統振動的頻率等于周期性驅動力的頻率12、空間存在平面直角坐標系xoy，在x<0區域內有沿x軸正向的勻強電場，在x>0區域內有垂直平面向外的勻強磁場，在第二象限內有矩形OACD，OA=h，OD=2h．一個質量為m，電量為q的帶正電粒子（不計重力）從A點沿y軸正方向以某速度射入第二象限，經t0時間后由D點進入磁場，又經一段時間射出磁場又回到A點，現只改變粒子自A點出射速度大小至v，粒子經過一段時間運動可經過C點，則（）

A.勻強電場的場強大小為B.勻強磁場的磁感應強度大小為C.能使粒子以最短時間從A點運動至C點的初速度v=D.能使粒子以最短時間從A點運動至C點的初速度v>13、如圖所示；箱子放在水平地面上，箱內有一質量為m的鐵球以速度v向左壁碰去，來回碰幾次后停下來，而箱子始終靜止，則整個過程中（）

A.鐵球對箱子的沖量為零B.鐵球和箱子受到的沖量大小相等C.箱子對鐵球的沖量為mv，向右D.摩擦力對箱子的沖量為mv，向右評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)14、如圖，電源電動勢E＝10V，內阻r＝0.8Ω，R1＝3.2Ω，當電鍵S斷開時，電阻R2消耗的電功率為4W；電鍵S閉合后，R2和R3的并聯電路消耗的總功率也是4W．則R2＝_______Ω，R3＝_______Ω．

15、每年入夏時節，西南暖濕氣流與來自北方的冷空氣在江南、華南等地交匯，形成持續的降雨．冷空氣較暖濕空氣密度大,當冷暖氣流交匯時，冷氣團下沉，暖濕氣團在被抬升過程中膨脹．則暖濕氣團溫度會_______（選填“升高”、“不變”或“降低”），同時氣團內空氣的相對濕度會_________（選填“變大”、“不變”或“變小”）．16、（1）用波長為的單色光照射單縫經過雙縫在屏上產生明暗相間的干涉條紋，如圖所示，圖中為相鄰亮紋的位置，為中央亮條紋，則（）

A.到達的路程差為零。

B.到達的路程差為

C.到達的路程差為

D.到達的路程差為

E.若改用波長為的單色光照射單縫光屏上條紋間距將變大。

（2）在“用雙縫干涉測量光的波長”實驗中。

①某同學先將光源靠近遮光筒的雙縫端并等高放置；然后在筒的另外一側觀察，發現筒的上壁照得很亮，此時他應將遮光筒的觀察端向______（選填“上”或“下”）調節．

②某次測量如圖所示，則讀數為______．

③幾位同學實驗時，有的用距離為的雙縫，有的用距離為的雙縫；同時他們還分別用紅；紫兩種不同顏色的濾光片遮住光源進行了觀察；如圖選自他們的觀察記錄，其中正確反映實驗結果的是______．（已知紅光波長大于紫光的波長）

17、玻璃管中的液面呈“凹”形，這是水浸潤玻璃產生的物理現象，根本原因是附著層內分子間距______（選填“大于”“等于”或“小于”）液體內部分子間距；分子勢能Ep和分子間距離r的關系圖像如圖所示，能反映附著層內水分子的分子勢能Ep的可能是圖中______（選填“A”；“B”或“C”）的位置。

18、一太陽能電池板，直接用理想電壓表測得它兩極的開路電壓為0.8V，理想電流表測出的短路電流為0.04A，此電源內阻為________Ω．若將該電池板與一阻值為20Ω的電阻器連成一閉合電路，則流過電阻的電流為________A．19、有一個教學用的可拆變壓器；如圖甲所示，它有兩個外觀基本相同的線圈A；B，線圈外部還可以繞線．

(1)某同學用一多用電表的同一歐姆擋先后測量了A、B線圈的電阻值，指針分別對應圖乙中的A、B位置，由此可推斷________線圈的匝數較多(選填“A”或“B”)．

(2)如果把它看成理想變壓器，現要測定A線圈的匝數，提供的器材有：一根足夠長的絕緣導線、一只多用電表和低壓交流電源，請簡要敘述實驗的步驟(寫出要測的物理量，并用字母表示)________;A線圈的匝數為nA＝________.(用所測物理量符號表示).20、如圖所示的電路，水平放置的上下可移動的平行板電容器中有一個帶電液滴正好處于靜止狀態，若保持電容器兩極板間的距離不變，將滑動變阻器的滑片P向左移動，液滴將___________（填“向上運動”、“向下運動”或“不動”）；若保持變阻器的滑片P的位置不變，減小電容器兩極板間的距離，液滴將_________（填“向上運動”；“向下運動”或“不動”）。

21、如下左圖所示，楔形木塊A固定在水平放置壓力傳感器上，A的斜面是光滑的．某同學將質量不同的小鋼球從斜面頂端靜止釋放，記錄小鋼珠在斜面上運動時壓力傳感器的示數．重力加速度g="9.8"m/s2.記錄實驗數據后；根據數據做出F-m圖像，如下右圖．

（1）由圖像知，木塊A的質量M=____kg（保留小數點后一位）

（2）若斜面傾角為θ，由圖像知，_____（保留小數點后兩位）

（3）不同質量的小鋼珠在斜面上運動的時間______________（填“相同”或“不相同”）

22、如圖所示：A，B，C，D是勻強電場中一正方形的四個頂點．已知A，B，C三點的電勢分別為φA=15V，φB=3V，φC=－3V，則D點的電勢為_________V．

評卷人得分四、作圖題(共3題，共18分)23、如圖所示，甲、乙是直線電流的磁場，丙、丁是環形電流的磁場，戊、己是通電螺線管的磁場，試在各圖中補畫出電流方向或磁感線方向．

24、示波管的內部結構如圖所示．如果在偏轉電極XX/、YY/之間都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏中心．如果在偏轉電極XX/之間和YY/之間分別加上如圖所示的電壓，請畫出熒光屏上出現的完整掃描波形圖．

25、圖中表示某一時刻的波形圖，已知波速為0.5m/s，波沿著x軸的正方向傳播；畫出經過7s后的波形曲線。

評卷人得分五、解答題(共2題，共18分)26、如圖，相同的兩氣缸A、B裝有理想氣體，器壁導熱性能良好，兩氣缸用絕熱的細管通過閥門D連接，A中氣體溫度恒為t1=27℃，B放在t2=177℃的恒溫箱內，B內有一導熱活塞C，閥門D關閉時，兩氣體的體積相等，活塞C在圖示位置，此時A中氣體的壓強p1=2×105Pa、質量m0=2kg，B中氣體的壓強p2=1×105Pa。打開閥門D；活塞C向右移動，最終達到穩定。連接氣缸的管道體積；活塞體積和摩擦均不計。求：

（1）平衡后氣缸A內氣體的壓強p3；

（2）氣缸A中進入氣缸B中的氣體的質量m。

27、MN為水平放置的光屏，在其正下方有一半圓柱玻璃磚，玻璃磚的平面部分ab與光屏平行且過圓心O，平面ab與屏間距離為d=0.2m，整個裝置的豎直截面如圖所示，在O點正下方有一光源S，發出的一束單色光沿半徑射入玻璃磚，通過圓心O再射到屏上．現使玻璃磚在豎直面內以O點為圓心沿逆時針方向以角速度緩慢轉動，在光屏上出現了移動的光斑。已知單色光在這種玻璃中的折射率為求：

①當玻璃磚由圖示位置轉動多長時間屏上光斑剛好徹底消失；

②玻璃磚由圖示位置轉到光斑剛好徹底消失的過程中，光斑在屏上移動的距離s。

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】

當滑動變阻器的滑臂P由上端向下滑動的過程中，變阻器滑片上側電阻與R1串聯后與變阻器滑片下側并聯的總電阻一直變小；根據閉合電路歐姆定律分析電路中的電流變化和路端電壓的變化，再根據歐姆定律分析對應的電流和電阻關系，再根據功率公式分析功率的變化．

【詳解】

A項：由圖可知，電流表與R0的下部分串聯、R1與R0的上部分串聯，二者再并聯后與R2串聯；電流表中的電流小于流過R2的電流，故故A錯誤；

B項：電壓表V測量路端電壓，則其電壓表示數的變化等于內阻兩端電壓的變化，在滑片向下滑動過程中，總電阻減小，總電流增大，并聯部分電壓減小，流過R1的電流減小，故流過電流表的電流增大，因此總電流的變化量小于A中電流的變化，因此故B正確；

C項：由B的分析可知；總電流增大，故電源的發熱功率一直增大，故C錯誤；

D項：由于外電阻一定大于內電阻；而在改變中外電阻減小，故外電阻越來越接近內電阻，故電源的輸出功率一定增大，故D錯誤．

故應選：B．

【點睛】

本題考查了串、聯電路的特點和歐姆定律的靈活運用，難點是滑動變阻器滑片P從最上端→中間→最下端總電阻變化情況的判斷．2、D【分析】【詳解】

輸入電壓頻率減小，對電阻R沒影響，燈L1亮度不變；電感線圈特點是通低頻阻高頻，燈L2的亮度變亮．電容器的特點是通高頻阻低頻，燈L3變暗一些；故選D.

點睛：對于電容和電感的特性可以利用感抗和容抗公式記憶：XL=2πfL，XC=L是電感，C是電容，f是頻率.3、B【分析】【詳解】

f由波源每秒鐘所振動的次數決定,介質振動的頻率由波源頻率及波源相對介質是否移動來決定,當觀察者遠離波源過程中,觀察者接收到的機械波頻率比觀察者靜止時接收到的頻率小,即f'＜f.故ACD錯誤,B正確.

故選B

【點睛】

利用多普勒效應分析即可,當觀察者遠離波源過程中,觀察者接收到的機械波頻率比觀察者靜止時接收到的頻率小;當觀察者靠近波源過程中,觀察者接收到的機械波頻率比觀察者靜止時接收到的頻率大.4、A【分析】【詳解】

AB．拉力對物體的沖量為

方向與F方向相同；A正確；B錯誤；

C．根據力的平衡可得：摩擦力

摩擦力對物體的沖量為

方向與摩擦力的方向相同。C錯誤；

D．拉力做正功；摩擦力做負功，二者做的功不相同，D錯誤。

故選A。5、D【分析】試題分析：磁感應強度B隨時間均勻增加，其變化率為k，故感應電動勢為：根據楞次定律，感應電動勢的方向為順時針方向；小球帶正電，小球在環上運動一周，則感生電場對小球的作用力所做功的大小是：W=qU=πr2qk；故選D。

考點：法拉第電磁感應定律；楞次定律二、多選題(共8題，共16分)6、A:C【分析】【詳解】

A.根據平衡條件可知，小球受電場力向左，與場強方向相反，帶負電；且解得：A正確。

B.電場反向后，小球受向右的電場力大小為繩子松弛無彈力，小球沿電場力與重力的合力方向做勻加速直線運動，當小球運動到最低點時繩子恰被拉直，拉直時由于重力做功獲得的豎直分速度變為0，保留水平方向分速度做圓周運動，所以從反向到最低點，水平方向末速度為v：解得：B錯誤。

C.當繩子方向與重力與電場力合力方向在一條直線上時，小球有最大速度，即當繩子達到右側與豎直夾角60度時速度最大：根據動能定理從最低點到最大速度處：解得：C正確。

D.由于小球在最低點被拉直時，動能有所損失，根據能量守恒，小球回不到最初位置，D錯誤7、B:C:D【分析】【分析】

選取AB組成的整體為研究的對象；寫出平衡方程，即可求得A的電量；剪斷細線后，B球的先向下做加速運動，B球受到的重力與電場力相等時，速度最大，由平衡條件求解A球或B球到O點的距離，根據功能關系分析電勢能的變化．

【詳解】

A．選取AB組成的整體為研究的對象，由平衡可知，其中所以方向向上，故P帶負電，故A錯誤；

B．由解得：且為負電；故B正確；

C．對Q從B到C由動能定理可得：解得：故C正確；

D．速度最即加速度為零，即有：解得：故D正確．

故選BCD．

【點睛】

本題主要是考查帶電粒子在復合場中的運動，兩個小球受到的力是變力，要根據它們受力變化的規律，正確分析得出它們運動的規律，然后才能做出正確的結論．8、A:B:C【分析】【詳解】

A．在過程ab中氣體的溫度升高；則內能增加，選項A正確；

BD．在過程ca中氣體體積減小，則外界對氣體做功，即W>0；壓強不變，則溫度降低，內能減小，即?U<0，則根據可知Q<0；則氣體放熱，選項B正確，D錯誤；

C．在過程bc中氣體溫度不變；內能不變，體積變大，對外做功，則由熱力學第一定律可知，氣體從外界吸收熱量，選項C正確；

故選ABC。9、A:D:E【分析】【詳解】

A．熱力學第二定律也可以表述為：氣體向真空的自由膨脹是不可逆的；故A正確；

B．熱量能自發從高溫物體傳向低溫物體；空調制冷不是自發的，要消耗電能，故B錯誤；

C．根據理想氣體的狀態方程可知一定量的某種理想氣體在等壓膨脹過程中；氣體的溫度升高；又因為一定質量理想氣體的內能大小只與溫度有關，與體積無關，所以內能一定增加，故C錯誤；

D．布朗運動是指懸浮在液體中的固體顆粒的無規則運動；是液體分子對它的撞擊作用不平衡的結果，故D正確；

E．溫度是分子的平均動能的標志，一定量100的水變成100的水蒸氣；吸收熱量，溫度不變，其分子的平均動能不變，吸收的熱量增加了分子之間的勢能，故E正確。

故選ADE。10、A:B【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖知甲；乙兩擺的振幅分別為2cm、1cm；故A正確；

B．t=2s時；甲擺在平衡位置處重力勢能最小；乙擺在振動的最大位移處，動能為零，故B正確；

C．甲、乙兩擺的周期之比為1:2，由單擺的周期公式T＝2π得到甲；乙兩擺的擺長之比為1：4，故C錯誤；

D．由題目的條件不能比較甲；乙兩擺擺球在最低點時擺線的拉力大小；故D錯誤。

故選AB。11、A:D【分析】【詳解】

根據單擺的周期公式解得：在同一地點，g一定，則知與L成正比，即單擺做簡諧振動的周期的平方與其擺長成正比，A正確；彈簧振子做簡諧振動時，振動系統的機械能守恒，即振動系統的勢能與動能之和保持不變，B錯誤；根據單擺的周期公式單擺做簡諧振動的周期與擺球質量無關，C錯誤．系統做穩定的受迫振動時，系統振動的頻率等于周期性驅動力的頻率，與固有頻率無關，D正確．12、A:D【分析】【詳解】

A．設粒子的初速度為從A點進入電場以后做類平拋運動，可得A正確。

B．粒子從A運動到D做類平拋的位移偏轉角的正切值為所以速度偏轉角的正切值為所以D點速度與y軸正方向成60°，根據幾何關系可得，要想粒子回到A點，粒子必須在D點關于x軸對稱的點回到電場才可以，所以粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為所以B錯誤。

CD．因為不改變電場，所以粒子第一次運動到y軸的時間不變，設粒子第一次到達y軸的坐標為（0，y），速度為方向與y軸成x方向的速度為則粒子進入磁場做勻速圓周運動的半徑

所以粒子第二次到達y軸的坐標為（0，），第一次和第二次到達y軸的點的間距為與初速度無關，所以根據對稱性可知，第一次到達y軸的坐標為（0，3h），第二次到達y軸的坐標為（0，-h），所以能使粒子以最短時間從A點運動至C點的初速度v=C錯誤D正確13、C:D【分析】A；箱子在水平方向上受到兩個力作用；球隊對箱子的作用力和地面對箱子的摩擦力，二力始終等值方向，其合力始終為零，故箱子始終靜止．因此，鐵球對箱子的沖量與摩擦力對箱子的沖量等值反向，合沖量為零，故A錯誤；

B；根據動量定理；鐵球受到的沖量為I=0-mv=-mv，而箱子受到的沖量始終為零．故B錯誤；

C；根據動量定理；箱子對鐵球的沖量為I=0-mv=-mv，負號表示方向向右．故C正確；D、箱子對鐵球的沖量mv，向右，根據牛頓第三定律，鐵球對箱子的沖量為mv，向左．又因為摩擦力與鐵球對箱子的作用力等值反向，所以摩擦力對箱子的沖量為mv，向右．故D正確；

故CD正確；三、填空題(共9題，共18分)14、略

【分析】【詳解】

當電鍵斷開時，電阻與串聯連接到電源上；則有：

解得：

令的電阻為則有：

解得：

由電阻并聯的特點，均舍去。

所以．【解析】1615、略

【分析】試題分析：空氣的相對濕度等于水蒸氣的實際壓強與同溫下水的飽和汽壓的比值；飽和汽壓隨溫度的降低而變小；一定溫度下，飽和汽的壓強是一定的．

暖濕氣團在被抬升過程中膨脹，膨脹的過程中對外做功，氣團的內能減小，所以暖濕氣團溫度會降低；飽和汽壓隨溫度的降低而變小，氣團內空氣的絕對濕度不變而飽和蒸汽壓減小，所以相對濕度會變大．【解析】降低變大16、略

【分析】【詳解】

（1）選B、D、E．振動一致的兩光源在空間發生干涉，得到亮條紋的條件滿足若單色光波長變大，則條紋間距變大，E正確．

（2）①[1]發現筒的土壁照得很亮說明光線向上；即觀察端偏下所以應將觀察端向上調節．

②[2]螺旋測微器的固定刻度為可動刻度為所以最終讀數為．

③[3]根據可知，當紅光分別通過距離為和的雙縫時，距離越大的條紋間的距離越小，故B正確；同理，當紅光和紫光通過相同距離的雙縫時，即L、d相同情況下，波長越長的條紋間的距離越大，故D正確．【解析】（1）BDE（2）①上②5.007③BD17、略

【分析】【詳解】

[1][2]浸潤現象產生的原因是附著層內分子間距小于液體內部分子間距，分子間表現為斥力，分子勢能可能是圖像中的A點。【解析】小于A18、略

【分析】【分析】

根據開路電壓可求得電源的電動勢；再根據短路電流由閉合電路歐姆定律可求得內阻大小；再對接入20Ω的電阻進行分析，由閉合電路歐姆定律求出電流大小；

【詳解】

開路電壓為則電源的電動勢短路電流為

則內阻

若與20Ω的電阻串聯時，電流．

【點睛】

本題考查閉合電路歐姆定律的正確應用，要注意明確開路電壓為電源的電動勢，當外電阻為零時的電流為短路電流．【解析】200.0219、略

【分析】【詳解】

(1)由題圖乙可知A位置的阻值大于B位置的阻值，由電阻定律可得A線圈的匝數多于B線圈的．

(2)①用長導線繞一個n匝線圈，作為副線圈替代A線圈；

②把低壓交流電源接B線圈，測得線圈的輸出電壓為U；

③用A線圈換下繞制的線圈測得A線圈的輸出電壓為UA.

因為要測量A線圈匝數，所以要把A線圈與低壓交流電源相連接．變壓器輸入輸出電壓都是交流電，所以要用交流電壓檔測輸入和輸出電壓．根據變壓器電壓比等于匝數比，有:所以

【點睛】

此題既要對多用表能正確使用，又要對變壓器的原理熟練掌握，綜合要求較高．【解析】(1)A(2)①用長導線繞一個n匝線圈，作為副線圈替代A線圈；②把低壓交流電源接B線圈，測得線圈的輸出電壓為U；③用A線圈換下繞制的線圈測得A線圈的輸出電壓為UA；20、略

【分析】【詳解】

[1]因開始時液滴受力平衡，故液滴受上的電場力等于重力；當滑片向左滑動時，滑動變阻器接入電阻變大，則電路中電流減小，故R2兩端的電壓減小；因電容器與R2并聯，故電容器兩端的電壓減小，根據

則電容器內部的場強E減小；液滴受電場力減小，故液滴將向下運動；

[2]當滑片不動時，電容器兩端的電壓不變，減小極板間的距離，根據

則電容器內部的場強E增大，故受電場力增大，故液滴將向上運動。【解析】向上運動向上運動21、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）當m=0時，傳感器的示數即為木塊A的重力，則有：Mg=4.80N，解得：

（2）對小球受力分析；根據平衡條件可知，A對小球的支持力N=mgcosθ；

根據牛頓第三定律可知；小球對A的壓力為mgcosθ；

對A受力分析可知；傳感器對A的支持力F=Mg+mgcosθcosθ；

則傳感器的示數為F=Mg+mgcos2θ

則F-m圖象的斜率k=gcos2θ；

則有：

解得：cos2θ=0.82

（3）根據牛頓第二定律得小球下滑的加速度為：a＝gsinθ；則不同質量的小鋼珠在斜面上運動情況完全相同，所以運動的時間也相同．

考點：研究加速度與物體質量；受力的關系.

【名師點睛】

本題考查研究加速度與物體質量、受力的關系實驗；解題的關鍵是搞清實驗的原理及分別對小球和A受力分析，求出傳感器的示數F與m的表達式，注意F-m圖象斜率和截距所表示的含義，難度適中．【解析】0.50.80（0.77~0.83）相同22、略

【分析】【詳解】

試題分析：連接AC，將AC三等分，標上三等分點E、F，則根據勻強電場中沿電場線方向相等距離，電勢差相等可知，E點的電勢為3V，F點的電勢為9V．連接BE，則BE為一條等勢線，根據幾何知識可知，DF∥BE，則DF也是一條等勢線，所以D點電勢．

考點：考查了等勢面；電勢，勻強電場中電場強度與電勢差關系。

【名師點睛】

本題關鍵是找到等勢點，作出等勢線．電場線與等勢面之間的關系要理解，常常是作電場線的依據．【解析】9V四、作圖題(共3題，共18分)23、略

【分析】【詳解】

利用右手螺旋定則；已知電流的方向可判定磁場方向，也可以通過磁場方向來確定電流的方向；

圖甲；已知磁場方向，順時針方向，則電流垂直紙面向里；