2022-2023学年山东省枣庄市高二（下）期末物理试卷（7月）（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省枣庄市高二（下）期末物理试卷（7月）（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年山东省枣庄市高二（下）期末物理试卷（7月）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 第五代移动通信技术(5th Generation Mobile Communication Technology，简称5G)因采用了更高的频率，其频谱资源是4G的10倍以上，速率提高了近100倍。5G具有高速率、低时延和大连接的特点。以下说法正确的是(    )
A. LC振荡电路的LC乘积越小，振荡电路产生的电磁波频率就越高
B. 真空中，电磁波的频率越高，其传播速度就越大
C. 5G中高频电磁波的波长要短于可见光的波长
D. 把声音信号加到高频电磁波中，这个过程叫解调
2. 火星上，太阳能电池板发电能力有限，因此，科学家用放射性材料PuO2制成了核电池，为火星车供电。PuO2中的 94238Pu可以发生α24He衰变，半衰期为88年。下列说法正确的是(    )
A. 该核电池的电能来源于核裂变释放的核能
B. 某时刻，用纯PuO2制成的20g的物质块，经过88年，该物质块的质量还有10g
C. α射线可以穿透几厘米厚的铅板
D.  94238Pu经过α衰变后，生成的新原子核的中子数为142
3. 关于分子动理论，下列说法正确的是(    )
A. 阳光射入教室，从阳光束中看到的尘埃运动是布朗运动
B. 两分子之间距离增大时，可能存在分子势能相等的两个位置
C. 气体压缩到一定程度时很难被继续压缩，说明气体分子之间存在很大的斥力
D. 某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数的数值可表示为NA=VV0
4. 下列四图中静止导体棒所受安培力F的方向描述正确的是(    )
A. 磁场垂直于导轨水平面向上，安培力F水平向左
B. 磁场与导轨水平面成θ角斜向右上方，安培力F水平向右
C. 磁场垂直于导轨斜面向上，安培力F平行于斜面向上
D. 磁场沿悬线斜向右下方，安培力F沿y轴正方向
5. 如图所示，A是一边长为l的方形闭合线框，其总电阻为R，以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过一宽度为3l的匀强磁场区域，运动过程中线框平面与磁场方向保持垂直，且线框前后两边与磁场的左右边界始终平行。若以x轴正方向作为力的正方向，以顺时针的电流方向为感应电流的正方向，从线框在图示位置的时刻开始计时，此时线框右侧与磁场左边界的距离为l，则磁场对线框的作用力F及线框中的感应电流i随时间t的变化图像，在图所示的图像中可能正确的是(    )

A. B.
C. D.
6. 如图所示，在水平放置的条形磁体的N极附近，一个闭合线圈竖直向下沿ABC直线运动并线圈平面始终保持水平；在位置B，磁体N极附近的磁感线正好与线圈平面平行，B、C位置之间的距离足够大。关于线圈经B到C的运动过程中，其感应电流的方向(俯视)描述正确的是(    )

A. 先顺时针、后逆时针 B. 先逆时针、后顺时针
C. 始终顺时针 D. 始终逆时针
7. 在光电效应中，当一定频率的光照射某种金属时，实验得到的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系如图所示，其横轴截距为a，纵轴截距为−b，元电荷电量为e。下列说法正确的是(    )

A. 遏止电压与入射光的频率成正比 B. 金属的逸出功为eb
C. 金属的截止频率为b D. 普朗克常量h=eab
8. 图甲为氢原子能级图，图乙为氢原子的发射光谱，Hα、Hβ、Hγ、Hδ是可见光区的四条谱线，其中Hβ谱线是氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级的过程中辐射产生的。下列说法正确的是(    )

A. 氢原子的发射光谱属于线状谱，这四条谱线中，Hα谱线光子频率最大
B. Hβ谱线光子的能量是2.55eV
C. 用能量为3.3eV的光子照射处于n=2能级的氢原子，刚好使这个氢原子电离
D. 大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁，可辐射出4种不同频率的光子
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 关于固体和液体，下列说法正确的是(    )
A. 形状不规则的金属单质固体可能是晶体，也可能是非晶体
B. 玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端变钝，这是液体表面张力的作用
C. 某种物体若在导热方面表现为各向同性，则该物体一定是非晶体
D. 某种液体跟某种固体接触时，表现为不浸润，这是因为附着层里液体分子比液体内部分子稀疏
10. A.B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波式交变电流，B通以图乙所示的正弦式交变电流。下列说法正确的是(    )

A.
图甲交变电流的有效值为 58I0

B. 图乙交变电流的有效值为I0 2
C. 这两个电热器的电功率之比PA:PB等于5:4
D. 这两个电热器的电功率之比PA:PB等于9:4
11. 如图所示，宽为L、电阻不计的平行光滑金属导轨与水平面成α角放置。质量为m、长度为L、电阻为R的金属杆水平放置在导轨上，与导轨接触良好。已知电源的电动势为E，内电阻为r。空间存在着匀强磁场，调节电阻箱R′使回路总电流为I时，金属杆恰好能静止，重力加速度为g，则(    )

A. 磁感应强度B最小值为mgIL，此时磁场方向应垂直于金属杆水平向左
B. 磁感应强度B最小值为mgILsinα，此时磁场方向应垂直于导轨平面向上
C. 若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B的大小应为mgILsinα
D. 若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B的大小应为mgILtanα
12. 某质谱仪的原理如图所示。A为粒子加速器，加速电压为U1；B为速度选择器，两极板分别为P1、P2，两极板之间电压为U2，距离为d1；两极板之间磁场与电场正交，磁感应强度为B1。C为偏转分离器，磁场的磁感应强度为B2。今有 11H(氕H核)、 12H(氘D核)两种粒子(其中 11H的质量为m、电荷量为e)，经A从上极板处由静止加速后进入B和C，不计重力和粒子之间的相互作用力，下列说法正确的是(    )

A.  11H、 12H离开A时的速度之比为vH:vD= 2:1
B. 若 11H可沿虚线穿过B，则 12H穿越B时要向P2板偏转
C. 若 11H可沿虚线穿过B，则其在C中做圆周运动的半径为R=1B2 2mU1e
D. 若U2=0、B1=0，则 11H、 12H在C中做圆周运动的半径之比为rH:rD=1: 2
第II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13. 如图甲是一种电感式微小位移传感器的原理图。1是待测位移的物体，3是空心线圈，软铁芯2插在线圈3中并且可以随着物体1在线圈中左右平移。这种传感器可以把被测物体位移的大小转换为线圈自感系数的大小。
  
(1)关于这种传感器的工作原理，下列说法正确的是_____
A.当物体1向右移动时，线圈的自感系数增大
B.当物体1向右移动时，线圈的自感系数减小
C.线圈是敏感元件，软铁芯是转换元件
D.这种传感器输入的物理量是位移，输出的物理量是电学量
(2)小明同学设计了一个电路，想把位移信号转换为电信号，其原理图如图乙所示。为使传感器正常工作，电路中的电源应使用_____(选填“交流”或“直流”)电源。
(3)他利用这个装置设计了一个简易的台秤，原理如图丙所示，台秤上放置不同质量的砝码，记下电压表对应的各个示数，然后，把质量值标到电压表刻度盘的对应电压示数位置，就做成了简易的台秤，那么，称量质量的零刻度对应电压表的示数_____(选填“最大值”或“最小值”)。

14. 某实验小组做了“用油膜法测油酸分子的大小”的实验。
(1)他们进行了下列操作。请选出需要的操作，并按正确操作的先后顺序排列起来：D、_____(用字母符号表示)。
A.倒入油酸     B.倒入水  
C.描绘油膜轮廓     D.记录油酸酒精溶液的滴数  
E.滴油酸酒精溶液  F.撒粉  
(2)在实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸5mL。用注射器测得1mL上述溶液为100滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标纸中正方形小格的边长为1cm。
  
该油酸薄膜的面积约为_____cm2，油酸分子直径约为_____m(本空保留一位有效数字)。
(3)在该实验中，若测出的分子直径结果明显偏大，则可能的原因有_____。
A.水面上爽身粉撒得较多，油酸膜没有充分展开
B.计算油酸膜面积时，错将不足半格的方格作为完整方格处理
C.油酸酒精溶液配制的时间较长，酒精挥发较多
D.求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液滴数少计了5滴

四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）
15. 为了测量一些形状不规则而又不便于浸入液体的固体体积，可以用如图所示的装置测量。操作步骤和实验数据如下。
a.打开阀门K，使管A、容器B、容器C和大气相通。上下移动D，使左侧水银面到达刻度n的位置。
b.关闭K，向上举D，使左侧水银面到达刻度m的位置。这时测得两管水银面高度差为19.0cm。
c.打开K，把被测固体放在C中，上下移动D，使左侧水银面重新到达位置n，然后关闭K。
d.向上举D，使左侧水银面重新到达刻度m处，这时测得两管水银面高度差为20.0cm。
已知容器C和管A的总体积为1000cm3，大气压相当于76cmHg，求被测固体的体积。

16. 在空间中足够大的范围内存在匀强磁场，磁感应强度为B，置于其中的闭合矩形线圈abcd，ab边与磁场平行，bc边与磁场垂直，如图甲所示。线圈匝数为n、总电阻为R、边长ab=L1、bc=L2。线圈既可绕ad边转动，也可绕ab边转动，如图甲、乙所示。若转动角速度都为ω，求：
(1)绕ad边转动至图甲所示位置时，线圈中感应电流的大小和方向；
(2)由图甲所示位置转过90°这段时间内，线圈中平均感应电动势的大小；
(3)绕ab边如图乙所示转动时，d、a两点之间的电压Uda；
(4)两种情况下线圈产生的热功率各为多少。


17. 有一条河流，河水流是为Q=4m3/s，落差为h=4m。现利用它来发电，发电机的输出电压恒为U1=400V。水电站到用户之间要进行远距离输电，两地之间输电线的总电阻为r=10Ω，认为所用的变压器都是理想变压器，用户所需要电压为220V。
(1)若水电站的总效率为η=50%，输电线上损枆的功率为发电机输出功率的5%，求升压、降压变压器原、副线图的匝数比。已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，取重力加速度g=10m/s2；
(2)当用户消耗功率变化时，会引起用户端电压的波动，可以通过微调降压变压器的原线圈匝数来保持220V不变。设第(1)问中降压变压器原线圈匝数为n3、当用户消耗功率为3.9×104W时降压变压器原线圈匝数为n′3，其它线圈匝数均不变，求n3与n′3的比值。

18. 如图所示，xOy为平面直角坐标系。x轴上方区域存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.1T；x轴下方的圆形区域内(含边界)存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小也为B=0.1T；该圆形区域与x轴相切于O点、半径R=0.8m。置于原点O处的粒子源，可在xOy平面内向各个方向发射比荷均为qm=2×105C/kg的带正电的粒子。一足够长的粒子收集板PQ垂直于x轴放置，底端P位于x0=0.6m处。粒子运动到收集板即被吸收，粒子被吸收的过程收集板始终不带电，不计粒子间相互作用力和重力的影响。
(1)从粒子源发出的粒子1沿+y方向进入x轴上方磁场区域后，若垂直打在PQ板上，求粒子1的速度大小v1；
(2)从粒子源发出的粒子2沿−y方向进入x轴下方磁场区域后，若第一次到达x轴上的点为P点，求粒子2的速度大小v2；
(3)将x轴下方的磁场撤除，粒子源沿各个方向均匀地向磁场区发射速度大小均为v3=1.0×104m/s的粒子，会有两个不同方向入射的粒子打在收集板PQ上的同一位置被吸收，求PQ上这种位置分布的区域长度。(结果可以带根号)


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】A.由 f=12π LC 可知， LC 乘积越小，振荡电路产生的电磁波频率就越高，故A正确；
B.真空中，不同电磁波的传播速度相同都为光速，故B错误；
C.5G使用的电磁波属无线电波，由电磁波谱可知，5G中高频电磁波的波长要长于可见光的波长，故C错误；
D.把声音信号加到高频电磁波中，这个过程叫调制，故D错误。
故选A。


2.【答案】D 
【解析】A.由题意可知，该核电池的电能来源于 α 衰变释放的能量，故A错误；
B.半衰期是指有半数原子核发生衰变所用的时间，而不是物块质量的一半，故B错误；
C.α射线是高速运动的氦原子核，电离本领较强，穿透性极弱，只能穿透薄纸片，故C错误；
D.由质量数和电荷数守恒可得，生成的新原子核的质量数为234，电荷数为92，则中子数为142，故D正确。
故选D。


3.【答案】B 
【解析】A.阳光射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动并不是布朗运动，是由于气体的对流引起的，故A错误；
B.当两分子之间的距离等于r0，分子势能最小；从该位置起增加或减小分子距离，都是分子力做负功，分子势能增加，则分子之间的距离增大时，可能存在分子势能相等的两个点，故B正确；
C.气体压缩到一定程度时很难被继续压缩，是由于压强增大的原因，故C错误；
D.由于分子的无规则运动，气体的体积可以占据很大的空间，故不能用摩尔体积除以分子体积得到阿伏加德罗常数，故D错误。
故选B。


4.【答案】C 
【解析】A.磁场垂直于导轨水平面向上，根据左手定则可知，安培力 F 水平向右，故A错误；
B.磁场与导轨水平面成 θ 角斜向右上方，根据左手定则可知，安培力 F 斜向右下方，与竖直方向夹角 θ ，故B错误；
C.磁场垂直于导轨斜面向上，根据左手定则可知，安培力 F 平行于斜面向上，故C正确；
D.磁场沿悬线斜向右下方，安培力 F 斜向上方，方向与 y 轴成 θ 角，故D错误。
故选C。


5.【答案】B 
【解析】
【分析】本题考查电磁感应中的图像问题，明确感应电流的产生条件，根据右手定则判断感应电流的方向，根据左手定则判断安培力的方向，从而确定正确的图像。
【解答】
在0∼lv内，线框在磁场之外，所以感应电流为0，安培力也为0；
在lv∼2lv内，线框进入磁场，线框右边切割磁感线，由右手定则可知，此时感应电流的方向为逆时针的方向，因为题中说明线框以恒定的速度沿x轴运动，即线框的感应电动势和感应电流不变，安培力大小不变，根据左手定则可知，此时安培力的方向为向左，即沿x轴负方向；
在2lv∼4lv内，线框全部在磁场中，此时穿过线圈的磁通量不变，即无感应电动势和感应电流，也没有安培力；
在4lv∼5lv内，线框出磁场，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出感应电流的方向为顺时针方向，又因为线框以恒定速度v运动，故感应电动势和和感应电流不变，安培力大小不变，根据左手定则可知，此时安培力方向向左即沿x轴负方向。
由上述分析可知，ACD错误，B正确。
故选B。
  
6.【答案】B 
【解析】线圈到达B处时磁通量为零，因为向下运动，所以磁通量向下增大，线圈中感应电流方向沿逆时针(俯视)；由于B、C位置之间的距离足够大，继续向下运动，穿过线圈的磁通量向下减小，据楞次定律判断可知：线圈中感应电流方向沿顺时针，所以线圈经B到C的运动过程中，其感应电流的方向(俯视)先沿沿逆时针，后沿沿顺时针。
故选B。


7.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查光电效应方程，根据爱因斯坦光电效应方程结合动能定理得出Uc−ν关系式，结合图像分析斜率和纵轴截距的物理意义即可解题。
【解答】
根据光电效应方程可得电子的最大初动能为Ekm=hν−W0，
根据动能定理可得−eUc=0−Ekm，
联立可得Uc=heν−W0e，
可知遏止电压与入射光的频率不成正比关系， Uc−ν 图像的斜率为he=ba，
解得普朗克常量为h=eba，
Uc−ν 图像的纵轴截距为−W0e=−b，
解得金属的逸出功为W0=eb，
金属的截止频率为ν0=W0h=ebeba=a，
故选B。
  
8.【答案】B 
【解析】A.由图乙可知，氢原子的发射光谱属于线状谱， Hα 谱线光子波长最大，则 Hα 谱线光子频率最小，故A错误；
B. Hβ 谱线是氢原子从 n=4 能级跃迁到 n=2 能级的过程中辐射产生，则能量为
ΔE=E4−E2=(−0.85eV)−(−3.40eV)=2.55eV
故B正确；
C.处于 n=2 能级的氢原子能量为−3.40eV，要使其电离至少要用能量为 3.4eV 的光子照射，故C错误；
D.大量处于 n=4 能级的氢原子向低能级跃迁，可辐射出 C42=6 种不同频率的光子，故D错误。
故选B。


9.【答案】BD 
【解析】A.形状不规则的金属单质固体是多晶体，故A错误；
B.把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端变钝，这是由于液体表面张力的作用，故B正确；
C.某种物体若在导热方面表现为各向同性，物体可能是多晶体或是非晶体，故C错误；
D.液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏，分子力为引力表现为不浸润，故D正确。
故选BD。


10.【答案】ABC 
【解析】A.根据有效值的定义，则有
I02R×T2+(−I02)2R×T2=I甲2RT
得
I甲= 58I0
故A正确；
B.正弦交流电的电流有效值
I乙=I0 2
故B正确；
CD.根据功率公式P=I2R得到
P甲:P乙=I甲2:I乙2=5:4
故C正确，D错误。
故选ABC。


11.【答案】BD 
【解析】AB.对导体棒受力分析，当磁感应强度 B 最小时，安培力最小，此时安培力的方向沿斜面向上，则B的方向垂直于导轨向上，此时
BIL=mgsinα
解得
Bmin=mgILsinα
故A错误，B正确；
  
CD.若磁场方向竖直向上，则安培力水平向右，此时
BIL=mgtanα
解得磁感应强度 B 的大小应为
B=mgILtanα
故C错误，D正确。
故选BD。


12.【答案】ACD 
【解析】A.  11H 、  12H 两粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得
eU1=12mvH2 ， eU1=12×2mvD2
联立可得  11H 、  12H 离开A时的速度之比为
vH:vD= 2:1
故A正确；
B.若  11H 可沿虚线穿过B，则有
evHB1=eE
则  12H 穿越B时，有
evDB1 可知  12H 穿越B时要向 P1 板偏转，故B错误；
C.若  11H 可沿虚线穿过B，则其在C中做圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力得
R
解得
eB2
故C正确；
D.若 U2=0 、 B1=0 ，则  11H 、  12H 在C中做圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力得
rH ， rD
可得
eB2 ， eB2
则  11H 、  12H 在C中做圆周运动的半径之比为
rH:rD=vH:2vD=1: 2
故D正确。
故选ACD。


13.【答案】  BCD##BDC##CBD##CDB##DBC##DCB     交流     最大值 
【解析】(1)[1]AB.当物体1向右移动时，线圈的自感系数减小，A错误，B正确；
C.线圈是敏感元件，软铁芯是转换元件，C正确
D.这种传感器输入的物理量是位移，输出的物理量是电学量，输出的是电阻两端的电压，D正确。
故选BCD。
(2)[2]为使传感器正常工作，电路中的电源应使用交流电源。软铁移动能改变线圈的自感系数，改变线圈的感抗，改变回路的电流，改变电阻两端的电压，改变电压表的示数；
(3)[3]台秤上砝码的质量越大，软铁插入越深，自感系数越大，感抗越大，电流越小，电压表的示数越小，所以，零刻度对应电压表的示数最大值。


14.【答案】 DBFEC     116     4×10−10      AD#DA 
【解析】(1)[1]“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制酒精油酸溶液(记下配制比例)→测定一滴酒精油酸溶液的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径，因此操作先后顺序排列应是：DBFEC
(2)[2]按照超过半格的算一个，不足半格的舍去原则，可得共有116格，油酸膜的面积为
S=116×1×1cm2=116cm2
[3]每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
V=1100×5104×10−6m3=5×10−12m3
估测出油酸分子的直径为
d=VS=5×10−121.16×10−2m≈4×10−10m
(3)[4]A.水面上爽身粉撒得较多，油膜没有充分展开，测得的油膜面积偏小，由 d=VS 可知，测出的分子直径结果偏大，故A正确；
B.计算油酸膜面积时，错将不足半格的方格作为完整方格处理，测的油膜面积偏大，由 d=VS 可知，测出的分子直径结果偏小，故B错误；
C.油酸酒精溶液配制时间较长，酒精挥发较多，则溶液浓度增大，1滴溶液形成油膜面积变大，得到的分子直径将偏小，故C错误；
D.求每滴油酸酒精溶液的体积时， 1mL 的溶液滴数少计了5滴，测得纯油酸的体积偏大，由 d=VS 可知，测出的分子直径结果偏大，故D正确。
故选AD。


15.【答案】解：设容器C和管A的总体积为V0，容器B的体积为VB，被测固体的体积为V，大气压强为p0
放入被测固体前，对容器中的气体：
初态：p1=p0，V1=V0+VB
末态：p2=p0+19cmHg，V2=V0
根据玻意耳定律可得：p1V1=p2V2
放入被测物体后，对容器中气体：
初态：p3=p0，V3=V0+VB−V
末态：p4=p0+20.0cmHg，V4=V0−V
根据玻意耳定律可得：p3V3=p4V4
联立解得：V=50cm3
答：被测固体的体积50cm3。 
【解析】整个过程都是等温变化，确定三个状态和各状态下的状态参量，根据理想气体等温变化列式即可求得结果。
该题考查了理想气体等温变化，解题的关键是确定气体状态和分析状态参量，体积的分析是解答该题的关键。

16.【答案】(1) nBωL1L2R ；顺时针方向；(2) 2ωnBL1L2π ；(3) 12nBωL22 ；(4) n2B2ω2L12L222R ；0 
【解析】(1)绕 ad 边转动至图甲所示位置时，线圈中感应电动势
E1=nBωS=nBωL1L2
感应电流的大小
I1=E1R=nBωL1L2R
方向为顺时针方向；
(2)由图甲所示位置转过90°这段时间内，线圈中平均感应电动势
E=nΔΦΔt=nBL1L2π2ω=2ωnBL1L2π
(3)绕 ab 边如图乙所示转动时，d点电势高，则d、 a 两点之间的电压
Uda=nBL2⋅ωL22=12nBωL22
(4)甲图中线圈的热功率
P1=(I1 2)2R=n2B2ω2L12L222R
乙图中线圈中无感应电流，则热功率为零。


17.【答案】(1) n1n2=110 ， n3n4=19011 ；(2) n3n′3=7639 
【解析】(1)每秒流水的质量为
m=ρV=ρQt=4×103kg
水电站的总效率为 η=50% ，则输出功率为
P=50%×mgh=8×104W
输电线上损枆的功率为
P损=5%×P=4×103W
根据 P=UI 解得
I1=200A
根据
P损=I22r
解得
I2=20A
根据理想变压器电流与线圈匝数之比的关系有
n2
根据
n1n2=U1U2
可知副线圈电压为
U2=4000V
输电线的电压为
U损=I2r=200V
根据理想变压器电压与线圈匝数之比的关系有
U3U4=n3n4
其中
U3=4000V−200V=3800V ， U4=220V
解得
n3n4=19011
(2)当用户消耗功率为 3.9×104W 时，电流为
I5 =PU=3922×102A
此时有
I2 I5=n4n′3
解得
n3n′3=7639


18.【答案】(1) v1=1.2×104m/s ；(2) v2=815×104m/s ；(3) l=4− 65m 
【解析】(1)粒子1沿 +y 方向进入x轴上方磁场区域后垂直打在PQ板上，根据几何关系可知
r1=x0=0.6m
根据
qv1B=mv12r1
解得
v1=1.2×104m/s
(2)从粒子源发出的粒子2沿 −y 方向进入 x 轴下方磁场区域后，若第一次到达 x 轴上的点为 P 点，轨迹如图，则
  
由几何关系
∠OO2P=37∘
粒子运动的轨道半径
r2+r2cos37∘=OP
解得
r2=415m
根据
qv2B=mv22r2
解得
v2=815×104m/s
(3)粒子圆周运动的半径
r3=mv3Bq=0.5m
临界1：如图，初速度与+y轴成θ1的粒子轨迹直径与PQ交于M，这是PQ上离P最远的亮点

cosθ1=x02r3=0.6
PM=2r3sinθ1=0.8m
临界2：如图，初速度与+y轴成θ2的粒子轨迹PQ相切于N，有
r3(1+cosθ2)=x0
解得
cosθ2=0.2

可得
PN= r3sinθ2=  65 m
所以两个不同方向入射的粒子打在 PQ 上的同一位置长度
l=MN=4− 65m