電學綜合練2、選擇題（第1?3題為單項選才i題，第4?5題為多項選擇題）.如圖所示是一款避雷針原理演示器， 上下金屬板之間用絕緣材料固定，尖端電極和球形電極與下金屬板連接，給上下金屬板接感應圈并逐漸升高電壓，當電壓逐漸升高時 （ ）A.尖端電極先放電.球形電極先放電C.兩電極同時放電D.兩電極都不放電解析：選A由題圖可知，兩電極一個為尖頭、一個為圓頭，當上下金屬板接在高壓電源上，因末端越尖越容易放電，故可以觀察到尖端電極先放電，這種放電現象叫做尖端放電,故A正確，B、CD錯誤。.如圖所示是“二分頻”音箱內部電路，來自前級電路的電信號,被電容和電感組成的分頻電路分成高頻成分和低頻成分，分別送到高、低音揚聲器，下列說法正確的是（ ）G讓低頻成分通過L2讓高頻成分通過C.揚聲器BL是低音揚聲器D.揚聲器BL2是低音揚聲器解析：選DG的作用是阻礙低頻成分通過BL1揚聲器，故A錯誤；匕的作用是阻礙高頻成分通過BL揚聲器，是讓低頻成分通過，故B錯誤；高頻和低頻成分通入該電路，由于線圈通低頻、阻高頻，電容通高頻、阻低頻，所以低頻成分通過 BL揚聲器，高頻成分通過BL揚聲器，所以BL揚聲器是低音揚聲器，故C錯誤，D正確。.如圖所示，兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平面的 MN兩小孔中，O為MN連線的中點，連線上a、b兩點關于O點對稱。導線中均通有大小相等、方向向上的電流。已知長直導線在周圍產生的磁場的KI磁感應強度B=丁，式中K是常數、I是導線中的電流、r為點到導線的距離。一帶正電小球以初速度V0從a點出發沿連線運動到b點。關于上述過程，下列說法正確的是 （ ）A.小球先做加速運動后做減速運動

B.小球先做減速運動后做加速運動C.小球對桌面的壓力一直在增大D.小球對桌面的壓力先減小后增大解析：選C根據右手定則可知，小球從a點出發沿連線運動到b點，直線M處的磁場方向垂直于MN向里，直線N處的磁場方向垂直于MN向外，所以合磁場大小先減小，過O點后反向增大，而方向先向里，過O點后方向向外，根據左手定則可知，帶正電的小球受到的洛倫茲力方向開始時方向向上， 大小在減小，過O點后洛倫茲力的方向向下，大小在增大。由此可知，小球在速度方向上不受力的作用， 則將做勻速直線運動，而小球對桌面的壓力一直在增大，故A、BD錯誤，C正確。.如圖所示，電源內阻較大，當開關S閉合、滑動變阻器滑片P位于某位置時，水平放置的平行板電容器C間一帶電液滴恰好處于靜止狀態，燈泡L也能正常發光，現將滑動變阻器的滑片 P由原位置向a端滑動，則（ ）A.燈泡L將變暗，電源效率將增大B.液滴帶正電，將向下做加速運動C.電源的路端電壓增大，輸出功率也增大D.滑片P滑動瞬間，液滴電勢能將減小解析：選AD將滑片P由原位置向a端滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻增大，電路中總電阻增大，電路中電流減小， 燈泡L消耗的功率減小，則燈泡L將變暗；外電路總電阻增大，路端電壓增大，則電源的效率為 T]=UI><100%RU<100%U增大，則知T]增大，故A正確；液滴受力平衡，因電容器上極板帶負電，板間場強向上，則知液滴帶正電。路端電壓增大，故電容器板間電壓增大，板間場強增大，液滴所受的電場力增大，因此液滴將向上做加速運動，故B錯誤；由于電源的內電阻與外電阻關系未知， 所以不能判斷輸出功率如何變化，故C錯誤；因電容器兩端的電壓增大，故液滴所在位置相對于下極板的電勢差增大，因下極板接地，故液滴所在位置的電勢減小，因液滴帶正電，故液滴電勢能將減小，故 D正確。5.帶正電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能E隨位移x變化的關系如圖所示，其中O?X2段是關于直線x=xi對稱的曲線，x2?x3段是直線，則下列說法正確的是（）xi處電場強度最小，但不為零x2?x3段電場強度大小恒定，方向沿 x軸負方向C.粒子在0-x2段做勻變速運動，x2?x3段做勻速直線運動D.在Qxi、x2、x3處電勢（｛）0、（｛）1、（｛）2、（｛）3的關系為63>62=60>（j）1解析：選BD根據電勢能與電勢的關系：E=qG,場強與電勢的關系：E=-JL,得：Zax

E=1?笑，由數學知識可知Epx圖像切線的斜率等于芋，xi處切線的斜率為零，則xiqAx Ax處電場強度為零，因此xi處電場強度最小，且為零，故A錯誤；x2?x3段斜率不變，場強不變，即電場強度大小和方向均不變， 是勻強電場，帶正電的粒子電勢能在增大，則電場力做負功，電場力沿x軸負方向，電場場強方向沿 x軸負方向，故B正確；由題圖可知在OHxi段圖像切線的斜率不斷減小，則場強減小，粒子所受的電場力減小，加速度減小， 做非勻變速運動；xi?x2段圖像切線的斜率不斷增大，場強增大，粒子所受的電場力增大，做非勻變速運動；x2?x3段圖像斜率不變，場強不變，即電場強度大小和方向均不變，是勻強電場，粒子做勻變速直線運動，故C錯誤；根據電勢能與電勢的關系： Ep=qG,粒子帶正電，q>0,根據正電荷的電勢能越大，粒子所在處的電勢越高，可知 （J）iv巾2<巾3；由于O和x2處粒子的電勢能相等，則 （｛）2=（｛）O,可得（｛）3>（｛）2=（｛）。>（｛）i,故D正確。二、非選擇題.熱敏電阻包括正溫度系數電阻（PTC）和負溫度系數電阻（NTC）,正溫度系數電阻的電阻隨溫度的升高而增大，負溫度系數電阻的電阻隨溫度的升高而減小， 某實驗小組選用下列器材探究某一熱敏電阻R的導電特性。A.電流表Ai（滿偏電流i0mA,內阻ri為i0Q）B.電流表外（量程0.6A,內阻「2為0.5Q）C.滑動變阻器R（最大阻值i0◎）D.滑動變阻器R（最大阻值500Q）E.定值電阻R（阻值i490Q）F.定值電阻R（阻值i40Q）G.電源E（電動勢i5V,內阻不計）H.開關與導線若干⑴實驗采用的電路圖如圖i所示，則滑動變阻器選，定值電阻R選（填儀器前的字母序號）。（2）該小組分別測出某個熱敏電阻的IiI2圖像如圖2（2）該小組分別測出某個熱敏電阻的熱敏電阻是（選填"PTC或"NTC）熱敏電阻。i0Q的電源兩端，則此時該熱敏（3）若將此熱敏電阻直接接到一電動勢為 9V,i0Q的電源兩端，則此時該熱敏電阻的阻值為◎（結果保留三位有效數字

電阻的阻值為◎（結果保留三位有效數字C；解析：(1)由題圖1知滑動變阻器采用分壓接法，故滑動變阻器應選擇總阻值較小的C；定值電阻R與電流表串聯充當電壓表使用，故應選擇阻值較大的 E。(2)由題圖2所示圖線可知，隨電壓(由電流表Ai示數代表)增大，電流增大，電阻實際功率增大，溫度升高，電壓與電流比值增大， 電阻阻值增大，即隨溫度升高，電阻阻值增大,該電阻是正溫度系數(PTC)熱敏電阻。(3)根據改裝原理可知，加在電阻兩端的電壓 U=Ii(ri+R)=1500I1；則在題圖2中作出所接的電源的伏安特性曲線如圖中傾斜直線所示。由圖可知，對應的電流 Ii=6.5mAI2=0.25A,則由歐姆定律可知:答案=0.25A,則由歐姆定律可知:答案：(1)CE(2)PTC.在我國南海上有一浮桶式波浪發電燈塔，其原理如圖甲所示。浮桶內的磁體通過支柱固定在暗礁上，浮桶內置圓形線圈隨波浪相對磁體沿豎直方向運動，上下運動的速度 v=0.4兀sin兀tm/s,且始終處于輻射磁場中，該線圈與阻值 R=15Q的燈泡相連；浮桶下部由內、外兩密封圓筒構成(圖乙中陰影部分)，其內部為產生磁場的磁體； 線圈匝數N=200,線圈所在處磁場的磁感應強度大小 B=0.2T,線圈直徑40.4m,電阻r=1Q,計算時取兀2的值為10。(1)求線圈中產生感應電動勢的最大值 En；(2)求燈泡工作時消耗的電功率 P;⑶若此燈塔的發電效率為 90%求3min內海浪提供給發電燈塔的能量。解析：(1)線圈在磁場中切割磁感線，產生電動勢最大值為： "NBlVmax其中：l=兀D,聯立得：En=NNBDVax=兀X200X0.2X0.4X0.4兀V=64V。(2)電動勢的有效值為:En(2)電動勢的有效值為:En64已7rgV=32/V,根據閉合電路歐姆定律有:E根據閉合電路歐姆定律有:ERH77'得：=12gA=2*A,通過燈泡電流的有效值為：I=2取A,則燈泡的電功率為： P=I2R=(2q2)2X15W120Wo(3)此燈塔的發電效率為90%根據能量守恒定律，有：90%E總=UIt燈泡兩端電壓的有效值為：U=IR=2艱X15V=3MV,〃,口UIt30,2X22X180 4解得：e-90T-"S：9-J=2-10J。答案：(1)64V(2)120W(3)2.4X104J.如圖所示，在xOy直角坐標平面內一0.05nn<x<0的區域有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B=0.4T,0WxW0.08m的區域有沿x軸負方向的勻強電場。在x軸上坐標為(一0.05m,0)的S點有一粒子源，它一次能沿紙面同時向磁場內每個方向發射一個比荷9=5X107C/kg,速率v°=2X106m/s的帶正電粒子。若粒子源只發射一次，其中只有一個m粒子Z恰能到達電場的右邊界，不計粒子的重力和粒子間的相互作用(結果可保留根號)。求:(1)粒子在磁場中運動的半徑 R;(2)第一次經過y軸的所有粒子中，位置最高的粒子 P的坐標;2Vo

qvc2Vo

qvcB=mR解析：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有一,口mv2X106可信R=5X