專題分層突破練9帶電粒子在復合場中的運動2025年高考總復習優化設計二輪專題物理課后習題專題分層突破練含答案專題分層突破練9帶電粒子在復合場中的運動選擇題:每小題6分,共42分基礎鞏固1.(2024安徽六安模擬)如圖所示,電場強度為E的勻強電場豎直向下,磁感應強度為B的勻強磁場垂直電場向外,電荷量為q的小球(視為質點)獲得某一垂直磁場水平向右的初速度,正好做勻速圓周運動,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.小球帶正電B.將初速度方向變成垂直磁場水平向左,則小球做直線運動C.小球做勻速圓周運動的周期為2D.若把電場的方向改成豎直向上,則小球恰好做類平拋運動答案C解析小球要做勻速圓周運動,電場力與重力等大反向,電場力向上,小球必須帶負電,故A錯誤;將初速度方向變成垂直磁場水平向左,電場力與重力方向相同,小球在重力、電場力和洛倫茲力作用下做曲線運動,故B錯誤;小球做勻速圓周運動,則mg=qE,周期為T=2πmqB=2πEBg,故C正確;若把電場的方向改成豎直向上,小球所受重力與電場力均向下2.(2023新課標卷)一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后,打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點,a點在小孔O的正上方,b點在a點的右側,如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的110,鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場,則電場和磁場方向可能為(A.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里B.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外C.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里D.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外答案C解析當電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里時,若粒子帶正電,則靜電力和洛倫茲力都向左,若粒子帶負電,則靜電力和洛倫茲力都向右,不可能有粒子射到a點,選項A錯誤;當電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外時,可能有受力平衡的粒子,若a處為電子,則α粒子受到的靜電力大,將射到a的左側,若a處為α粒子,則電子受到的洛倫茲力大,將射到a的左側,選項B錯誤;當電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里時,可能有受力平衡的粒子,若a處為電子,則α粒子受到的靜電力大,將射到a的右側,若a處為α粒子,則電子受到的洛倫茲力大,將射到a的右側,選項C正確;當電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外時,若粒子帶正電,則靜電力和洛倫茲力都向右,若粒子帶負電,則靜電力和洛倫茲力都向左,不可能有粒子射到a點,選項D錯誤。3.(多選)(2024湖北卷)磁流體發電機的原理如圖所示,MN和PQ是兩平行金屬極板,勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大量正、負帶電粒子)從左側以某一速度平行于極板噴入磁場,極板間便產生電壓。下列說法正確的是()A.極板MN是發電機的正極B.僅增大兩極板間的距離,極板間的電壓減小C.僅增大等離子體的噴入速率,極板間的電壓增大D.僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數密度,極板間的電壓增大答案AC解析本題考查磁流體發電機。根據左手定則,帶正電的粒子因受到洛倫茲力而向上偏轉,同理帶負電的粒子向下偏轉,此時極板MN帶正電為發電機正極,A正確;當粒子受到的洛倫茲力和電場力平衡時,設此時極板間距為d,有qvB=qUd,可得U=Bdv,因此僅增大兩極板間的距離,極板間的電壓U增大,僅增大等離子體的噴入速率,極板間的電壓U增大,極板間的電壓U的大小與噴入等離子體的正、負帶電粒子數密度無關,B、D錯誤,C4.(2024北京豐臺一模)一束含有兩種比荷qm的帶電粒子,以大小不同的初速度沿水平方向進入速度選擇器,從O點進入垂直紙面向外的偏轉磁場,打在O點正下方的粒子探測板上的P1和P2點,如圖甲所示。撤去探測板,在O點右側的磁場區域中放置云室,若帶電粒子在云室中受到的阻力大小Ff=kq,k為常數,q為粒子的電荷量,其軌跡如圖乙所示。下列說法正確的是(甲乙A.打在P1點的帶電粒子的比荷小B.增大速度選擇器的磁感應強度,P1、P2向下移動C.打在P1點的帶電粒子在云室里運動的路程更長D.打在P1點的帶電粒子在云室里運動的時間更短答案D解析在速度選擇器中,只有豎直方向受力平衡的粒子才能沿水平方向運動,即qE=qvB1,可得v=EB1,可知粒子進入磁場B2的速度相等,根據qvB2=mv2r,可得r=mvqB2,則qm=vB2r,可知打在P1點的帶電粒子的比荷大,故A錯誤;增大速度選擇器的磁感應強度,由v=EB1可知,v將變小,即粒子到達磁場B2的速度變小,根據r=mvqB2,可知粒子在磁場B2做圓周運動的半徑變小,則P1、P2向上移動,故B錯誤;在云室內受到的阻力始終與速度方向相反,做負功,洛倫茲力不做功,根據動能定理-Ffs=-kqs=0-12mv2,可得s=mv22kq,兩個帶電粒子的速度大小相等5.(多選)(2024安徽安慶三模)如圖所示,在三維直角坐標系O-xyz中,分布著沿z軸正方向的勻強電場E和沿y軸正方向的勻強磁場B,一個電荷量為+q、質量為m的小球沿x軸正方向以一定的初速度v0拋出后做平拋運動,已知重力加速度為g,則下列說法正確的是()A.小球的初速度v0大小為EB.經過時間2EC.若僅將電場方向變為沿y軸正方向,小球可能做勻速圓周運動D.若僅將電場撤去,小球可能做勻速直線運動答案AC解析小球在xOy平面內做平拋運動,則有Eq=qv0B,解得v0=EB,A正確;小球的動能變為初動能的2倍時,Ek=12m(vy2+v02)=2Ek0,則vy=v0=EB=gt,即經過時間為t=EgB,B錯誤;若僅將電場方向變為沿y軸正方向,如果電場力和重力大小相等,小球可能做勻速圓周運動,C正確;若僅將電場撤去6.(2024湖北卷)如圖所示,在以O點為圓心、半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B。圓形區域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區域。不計粒子重力,下列說法正確的是()A.粒子的運動軌跡可能經過O點B.粒子射出圓形區域時的速度方向不一定沿該區域的半徑方向C.粒子連續兩次由A點沿AC方向射入圓形區域的最小時間間隔為7D.若粒子從A點射入到從C點射出圓形區域用時最短,則粒子運動的速度大小為3答案D解析本題考查帶電粒子在圓形邊界磁場中的運動。在圓形勻強磁場中,沿著徑向射入的粒子,總是沿徑向射出,根據圓的特點可知粒子的運動軌跡不可能經過O點,故A、B錯誤;粒子連續兩次由A點沿AC方向射入圓形區域,且經過的時間間隔最小,根據對稱性畫粒子的運動軌跡如圖甲所示,則粒子運動的最小時間間隔為t=2T=4πmqB,故C錯誤;粒子從A點射入到從C點射出圓形區域用時最短,則粒子運動軌跡如圖乙所示,設粒子在磁場中運動的半徑為r,根據幾何關系得r=3R3,根據洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r,甲乙綜合提升7.(2023湖南卷)如圖所示,真空中有區域Ⅰ和Ⅱ,區域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向下(與紙面平行),磁場方向垂直于紙面向里,等腰直角三角形CGF區域(區域Ⅱ)內存在勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向外。圖中A、C、O三點在同一直線上,AO與GF垂直,且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續將比荷一定但速率不同的粒子射入區域Ⅰ中,只有沿直線AC運動的粒子才能進入區域Ⅱ。若區域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應強度大小為B1,區域Ⅱ中磁感應強度大小為B2,則粒子從CF的中點射出,它們在區域Ⅱ中運動的時間為t0。若改變電場或磁場強弱,能進入區域Ⅱ中的粒子在區域Ⅱ中運動的時間為t,不計粒子的重力及粒子之間的相互作用,下列說法正確的是()A.若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為2B1,則t>t0B.若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為2E,則t>t0C.若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為34B2,則t=D.若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為24B2,則t=2t答案D解析在區域Ⅰ中,由qvB1=qE得,粒子速度v=EB1,粒子進入區域Ⅱ后,當粒子從CF中點射出時,在區域Ⅱ中運動半徑為r=24a(a為CF長度),又由qvB2=mv2r得r=mvB2q,t0=14T=πm2B2q,運動軌跡如圖甲所示。當區域Ⅰ中的磁感應強度大小變為2B1時,v1=E2B1=v2,這時粒子進入區域Ⅱ后,r1=mv1B2q=mv2B2q<r,粒子還是從CF射出,如圖乙所示,在區域Ⅱ中的運動時間不變,A錯誤;當區域Ⅰ中電場強度大小變為2E時,v2=2EB1=2v,這時粒子進入區域Ⅱ后,r2=2mvB2q=2r=22a,根據幾何關系知,粒子恰好從F點射出,如圖丙所示,在區域Ⅱ中的運動時間不變,B錯誤;當區域Ⅱ中磁感應強度大小變為34B2時,r3=mv34B2q=43r=23a,如圖丁所示,這時粒子從FG邊界射出,軌跡對應的圓心角的正弦值sinθ=22a23a=32,θ=π3,8.(12分)(2024山西臨汾三模)如圖所示,平面直角坐標系xOy中直線OM與x軸之間的夾角θ=30°,OM與x軸之間存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于坐標平面向里。直線OM與y軸之間存在勻強電場(圖中沒有畫出)。一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從OM上某點P垂直于磁場進入磁場區域,粒子速度方向與直線OM之間的夾角也是30°。粒子在磁場中偏轉,恰好沒有穿過x軸,再次經過直線OM時與坐標原點O的距離為L。不計粒子的重力。(1)求該粒子進入磁場時速度v的大小;(2)若電場方向沿y軸負方向,粒子再次從P點進入磁場區域,求電場強度E1的大小;(3)若帶電粒子恰能再次從P點以速度v返回磁場區域,求電場強度E2的大小和方向。答案(1)qBL4m(2)qB2L3解析(1)根據題意,粒子在磁場中做圓周運動,則有qvB=mv解得r=mv粒子的運動軌跡如圖所示由幾何關系可得,粒子做圓周運動的軌跡半徑r=L解得v=qBL4(2)粒子進入電場時速度方向沿x軸負方向,若電場方向沿y軸負方向,粒子在電場中做類平拋運動,設運動時間為t1,則有x=rcos30°=vt1,y=rsin30°=12a1其中a1=q解得E1=qB(3)粒子恰能再次從P點以速度v返回磁場區域,則電場力對粒子做功為零,所以電場E2的方向垂直于OM向下,粒子從Q到P做類斜拋運動,設運動時間為t2,則有r=(vcos30°)t2,2vsin30°=a2t2其中a2=q解得E2=3q9.(14分)(2024湖南岳陽三模)在如圖所示的O-xyz三維空間中,x≤0的區域存在沿y軸正方向的勻強電場,在x>0區域內存在半圓柱體MNP-M'N'P'空間區域,半圓柱沿y軸方向足夠高,該區域內存在沿y軸正方向的勻強磁場,磁感應強度大小B=mv0qL,平面MNN'M'在yOz平面內,D點(0,0,0)為半圓柱體底面圓心,半圓柱體的半徑為r=L。一質量為m、電荷量為+q的帶電粒子從A點(-L,0,0)以大小v0、方向沿著x軸正方向的速度射入勻強電場,經過C(1)電場強度E的大小;(2)帶電粒子在半圓柱體內運動的時間;(3)帶電粒子從半圓柱體射出時的位置坐標。答案(1)2(2)π(3)3解析(1)粒子在電場中做類平拋運動,有L=v0t,L=12at根據牛頓第二定律qE=ma聯立解得E=2m(2)在磁場中,粒子的運動可以分解為勻速圓周運動和沿y正方向的勻速直線運動,垂直磁場方向,根據洛倫茲力提供向心力qv0B=mv解得R=L俯視圖如圖所示根據幾何關系可知粒子在磁場中運動的圓心角為π3,T=2半圓柱沿y軸方向足夠高,則帶電粒子在半圓柱體內運動的時間t'=16×聯立解得t'=πL(3)在磁場中,粒子沿著y軸正方向的速度大小vy=atx軸方向x=Rsinπ3y軸方向y=L+vyt'=L+2z軸方向z=Rcosπ帶電粒子從半圓柱體射出時的位置坐標為3210.(15分)(2024重慶預測)如圖所示,OP與x軸的夾角θ=60°,在第一象限中OP右側有沿x軸負方向的勻強電場,一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從x軸上的M點平行于y軸射入電場,經電場后沿垂直于OP的方向由N點立刻進入一矩形磁場區域(未畫出,方向垂直紙面向里),并沿y軸負方向經過O點。已知O點到N點的距離為3l,不計粒子的重力,求:(1)勻強電場的電場強度大小;(2)勻強磁場的磁感應強度大小;(3)矩形磁場區域的最小面積。答案(1)2(2)2(3)32l解析(1)粒子從M點到N點做類平拋運動,在y軸方向上做勻速直線運動,在x軸方向上做初速度為零的勻加速直線運動,設粒子到達N點時x軸方向的速度為vx,合速度為v,所用時間為t,如圖甲所示甲則tan60°=v粒子在y軸方向的位移大小為y=3lsin60°=v0t解得勻強電場的電場強度大小E=2m(2)粒子達到N點時的速度大小v=v0cos60°=粒子由N點進入一矩形磁場沿y軸負方向經過O點,運動軌跡如圖乙所示乙粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r=(3l-r)sin30°解得r=l由qvB=mv2r,解得B=(3)如圖丙所示丙矩形磁場區域的面積最小時,矩形的長為a=2rcos30°=3l矩形的寬為b=r-rsin30°=12所以矩形磁場區域的最小面積為Smin=ab=32l211.(17分)(2024山東臨沂一模)一種研究微觀帶電粒子的儀器原理圖如圖甲所示,三維坐標系O-xyz中,熒光屏P與平面xOy平行放置,分界面M與P平行并將空間分為Ⅰ、Ⅱ兩區域,區域Ⅰ內存在沿y軸正方向的勻強電場,電場強度大小為E。區域Ⅱ內存在隨時間變化如圖乙所示的勻強磁場(沿z軸正方向為磁場的正方向),磁感應強度大小為B。一電荷量為q、質量為m的帶正電粒子從O點以初速度v0沿z軸正方向射入區域Ⅰ,到達M時速度方向與z軸正方向成53°,此時開始計時,最后粒子在t=10πm3(1)分界面M到O點的距離;(2)M與P間的距離;(3)粒子打在P上時的x坐標和y坐標。答案(1)4(2)10(3)10解析(1)根據題意可知,粒子在區域Ⅰ內,在yOz平面內做類平拋運動,沿y軸正方向有Eq=ma,vy=at,y1=12at設分界面M到O點的距離為z1,則有z1=v0t又有tan53°=v聯立解得vy=43v0,z1=4mv023(2)粒子進入區域Ⅱ中后,沿z軸方向的運動不受洛倫茲力,沿y軸方向的運動受沿x軸正方向的洛倫茲力,在與平面xOy平行的面中做勻速圓周運動,綜上所述,粒子在區域Ⅱ中,在與z軸垂直的平面中做勻速圓周運動的同時,沿z軸正方向做勻速直線運動,則M與P間的距離為LMP=vzt=10π(3)根據上述分析,由牛頓第二定律有qvyB=mv解得R=4運動的周期為T=2由圖乙可知,磁場變化的周期為T'=4π則粒子在區域Ⅱ中運動13T后洛倫茲力方向反向,總的運動時間為t=10綜上所述,畫出沿z軸正方向看,粒子在與z軸垂直的平面內運動的軌跡,如圖所示由圖可知,根據幾何關系可得,粒子打在P上的點的x坐標x=5R+5Rsin30°=10粒子打在P上的點的y坐標為y=y1+5Rcos30°=8mv02選擇題:1~7題每小題8分,8~11題每小題11分,共100分基礎鞏固1.(多選)(2023全國乙卷)黑箱外有編號為1、2、3、4的四個接線柱,接線柱1和2、2和3、3和4之間各接有一個電阻,在接線柱間還接有另外一個電阻R和一個直流電源。測得接線柱之間的電壓U12=3.0V,U23=2.5V,U34=-1.5V。符合上述測量結果的可能接法是()A.電源接在1、4之間,R接在1、3之間B.電源接在1、4之間,R接在2、4之間C.電源接在1、3之間,R接在1、4之間D.電源接在1、3之間,R接在2、4之間答案CD解析由于1、2間的電勢差為正,所以1要接電源正極。若電源接在1、4之間,如圖甲所示,不管電阻R接在1、3之間還是接在2、4之間,3、4間的電勢差一定是正的,即U34>0,與題目已知條件不符合,選項A、B錯誤。因此電源接在1、3之間,若電阻R接在1、4之間,如圖乙所示,則U13=U12+U23=5.5V,同時U13=U14+U43,因為U43=-U34=1.5V,所以只要UR=U14=4V就能滿足題目要求,選項C正確。若電阻R接在2、4之間,如圖丙所示,則U23=2.5V,同時U23=U24+U43,因為U43=-U34=1.5V,所以只要UR=U24=1V就能滿足題目要求,選項D正確。甲乙丙2.(多選)(2024新課標卷)電動汽車制動時可利用車輪轉動將其動能轉換成電能儲存起來。車輪轉動時帶動磁極繞固定的線圈旋轉,在線圈中產生電流。磁極勻速轉動的某瞬間,磁場方向恰與線圈平面垂直,如圖所示。將兩磁極間的磁場視為勻強磁場,則磁極再轉過90°時,線圈中()A.電流最小B.電流最大C.電流方向由P指向QD.電流方向由Q指向P答案BD解析本題考查交變電流的產生過程。開始時線圈處于中性面,這時電流最小,再轉過90°,電流最大,選項A錯誤,B正確。應用右手定則可得,磁極再轉過90°時,線圈中的電流方向由Q指向P,選項D正確,C錯誤。3.(2024遼寧丹東一模)如圖所示,理想變壓器原線圈接入正弦式交變電流,副線圈接入可變電阻R和小燈泡L(阻值不變)。電路中的電表均為理想電表。若可變電阻R的阻值變小,則下列說法正確的是()A.小燈泡會變暗B.電流表示數會變大C.電壓表示數不變D.理想變壓器的輸入功率變小答案B解析原線圈電壓不變,原、副線圈匝數不變,根據U1U2=n1n2可知,副線圈電壓不變,可變電阻R的阻值變小,總電阻變小,電流變大,小燈泡會變亮,根據I2I1=n1n2可知,電流表示數變大,故A錯誤,B正確;小燈泡兩端的電壓增大,則可變電阻兩端的電壓減小,4.(2024廣東卷)將阻值為50Ω的電阻接在正弦式交流電源上,電阻兩端電壓隨時間的變化規律如圖所示。下列說法正確的是()A.該交變電流的頻率為100HzB.通過電阻電流的峰值為0.2AC.電阻在1s內消耗的電能為1JD.電阻兩端電壓表達式為u=102sin(100πt)V答案D解析本題考查交變電流的表達式和“四值”問題。交變電流的頻率f=1T=50Hz,選項A錯誤;交變電流的峰值為Im=UmR=0.22A,選項B錯誤;電阻在1s內消耗的電能Q=U2Rt=10250×1J=2J,選項C錯誤;根據u-t圖像得,ω=2πT=100πrad/s,電阻兩端電壓表達式為u=105.(2022河北卷)張家口市壩上地區的風力發電場是北京冬奧會綠色電能的主要供應地之一,其發電、輸電簡易模型如圖所示,已知風輪機葉片轉速為每秒z轉,通過轉速比為1∶n的升速齒輪箱帶動發電機線圈高速轉動,發電機線圈面積為S,匝數為N,勻強磁場的磁感應強度為B,t=0時刻,線圈所在平面與磁場方向垂直,發電機產生的交變電流經過理想變壓器升壓后,輸出電壓為U。忽略線圈電阻,下列說法正確的是()A.發電機輸出的電壓為2πNBSzB.發電機輸出交變電流的頻率為2πnzC.變壓器原、副線圈的匝數比為2πNBSnz∶UD.發電機產生的瞬時電動勢e=2πNBSnzsin2πnzt答案C解析發電機線圈的轉速為nz,輸出交變電流的頻率為f=ω2π=nz,B錯誤;線圈繞垂直于磁場的軸勻速轉動,產生正弦式交變電流,最大值為Em=NBS·2π·nz,輸出電壓的有效值為E=Em2=2πNBSnz,A錯誤;變壓器原、副線圈的匝數比為n1n2=EU=2πNBSnzU,C正確;6.(2024北京朝陽一模)如圖甲所示,R1是電阻箱,R2是定值電阻。閉合開關S,改變R1的阻值,兩理想電壓表V1、V2的示數隨R1阻值變化的關系如圖乙所示,已知圖線①和②為相互平行的直線。下列說法正確的是()A.圖線①表示電壓表V1的示數與R1的對應關系B.通過R1的電流隨R1的增大而減小C.R2兩端的電壓隨R1的增大而增大D.供電設備輸出的總功率隨R1的增大而增大答案D解析在如圖甲所示的電路中,閉合開關S后,電壓表V1測量R1兩端的電壓,電壓表V2測量R1與R2串聯后的電壓,電壓表V2的示數大于電壓表V1的示數,所以圖線①表示電壓表V2的示數與R1的對應關系,故A錯誤;電路中的電流I=U1R1,由圖乙中的圖線②可知,R1增大時I不變,供電設備是恒流電源,故B錯誤;由圖乙可知,電壓表V1、V2的示數之差為定值,即R2兩端的電壓為定值,故C錯誤;因為R1增大時,電壓表V2的示數增大,I不變,根據P=UI可知,電路的總功率隨R1的增大而增大,7.(2024浙江溫州二模)某款全液冷超級充電樁如圖所示,其最大輸出電流為600A,充電電壓范圍為200V至1000V,并且該充電樁能根據不同電動汽車車型的充電需求智能分配所需充電功率。某款電動汽車總質量為1.6t,所用電池組規格為“360V150A·h”(內阻不能忽略),車上顯示屏顯示此次充電電量由30%充到80%用時10min,本次充電共消費60元(充電樁計費規則為每度電2元)。經實測,顯示屏電量由80%下降到50%共行駛了120km,已知該電動汽車行駛時的阻力為車重的150,則(A.充電樁上標識的“600kW”表示給各電動汽車充電時的平均功率B.該電動汽車充電的平均功率約為300kWC.該電動汽車充電的充電效率約為90%D.該電動汽車的電機將電能轉化為機械能的效率約為40%答案C解析根據最大充電電流與最大充電電壓可知,Pmax=UmaxImax=1000×600W=600kW,即600kW指的是充電樁最大充電功率,因為充電樁能根據不同電動汽車車型的充電需求智能分配所需充電功率,所以充電樁的平均充電功率必定小于最大功率,故A錯誤;該電動汽車充電時的平均功率約為P=Wt=360×150×3600×(80%-30%)10×60W=162kW,故B錯誤;該電動汽車的充電效率約為η1=360×150綜合提升8.(2024四川宜賓三模)電蚊拍利用高壓電擊網擊殺飛近的蚊蟲。如圖所示,將3V直流電壓通過轉換器轉變為正弦式交變電壓u=3sin10000πtV,再將其加在理想變壓器的原線圈上,副線圈兩端接電擊網,電壓峰值達到2700V時可擊殺蚊蟲。下列說法正確的是()A.交流電壓表的示數為3VB.電蚊拍正常工作時,副線圈與原線圈匝數比需滿足n2nC.電擊網上的高頻電壓的頻率為10000HzD.將3V直流電壓連接在變壓器原線圈的兩端,電蚊拍也可以正常工作答案B解析正弦式交變電壓的有效值為U1=U1m2=322V,交流電壓表的示數為322V,故A錯誤;根據變壓器原、副線圈電壓比等于匝數比,可知副線圈與原線圈匝數比需滿足n2n1=U2mU1m≥27003=900,故B正確;電擊網上的高頻電壓的頻率為f=ω2π=109.(2024湖南常德一模)如圖甲所示的交變電路中,變壓器可看作理想變壓器,燈泡和電動機的額定電壓相等,當原線圈兩端接有如圖乙所示的交流電壓時,燈泡剛好正常發光,電動機也剛好正常工作。已知電動機的內阻r=0.1Ω,電動機的額定功率為2W,效率為80%,燈泡正常發光時電阻為0.5Ω。下列說法正確的是()A.燈泡的額定電壓為1VB.原、副線圈的匝數比為11∶1C.原線圈中的電流為5.5AD.燈泡中的電流1s內方向改變50次答案A解析由題意可知,電動機的輸出功率P出=80%P額=1.6W,則電動機的熱功率Pr=P額-P出=0.4W,又Pr=Ir2r,解得Ir=2A,電動機額定功率P額=U2Ir,解得U2=1V,所以燈泡正常發光時兩端的電壓也為1V,則燈泡的額定電壓為1V,A正確;由以上分析可知副線圈的輸出電壓為1V,由題圖乙可知變壓器原線圈兩端電壓的有效值U=22V,由變壓器的工作原理得U1U2=n1n2,解得n1n2=221,故B錯