2020年北京高考学业水平等级性考试模拟试卷物理试题（二）

2020年北京市普通高中学业水平等级性考试

模拟试卷（二）物 理

一．本部分共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

1.下列说法中正确的是（　　）

A. 当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而增大

B. 气体压强的大小跟气体分子的平均动能有关，与分子的密集程度无关

C. 食盐晶体物理性质沿各个方向都是一样的

D. 由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势

【答案】D

【解析】

【详解】A．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小，选项A错误；

B．气体压强的大小跟气体分子的平均动能有关，与分子的密集程度也有关；分子平均动能越大，分子对器壁的碰撞力越大；分子密度越大，单位时间打到器壁上的分子数越多，气体的压强越大，选项B错误；

C．食盐是单晶体，物理性质表现为各向异性，选项C错误；

D．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，选项D正确。

故选D。

2. 物理学是一门以实验为基础的学科，许多物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的，有关下面四个实验装置，描述正确的是（ ）

A. 牛顿利用装置（1）测量出了引力常量

B. 安培利用装置（2）总结出了电荷间的相互作用规律

C. 奥斯特利用装置（3）发现了电流的磁效应

D. 亚里士多德利用装置（4）总结出了自由落体运动规律

【答案】C

【解析】

试题分析：牛顿发现万有引力定律之后，卡文迪许利用扭秤装置测定了引力常量的数值，故A错误；库仑通过扭秤实验总结出电荷间相互作用的规律，故B错误；奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应定律，故C正确；伽利略通过逻辑推理和数学知识研究了铜球在斜面滚动的实验，得出了自由落体运动是匀变速直线运动这一规律，故D错误．

考点：物理学史

【名师点睛】对于物理学家所作的科学贡献，要加强记忆，这是常识性问题，考试时是基础题，容易得分．

3.目前，在居家装修中，经常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，比如有些含有铀钍的花岗岩等岩石都会释放出放射性惰性气体氡，而氢会发生放射性衰变，放出、、射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道方面的疾病，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是

A. 衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的

B. 射线是原子核外电子电离形成的质子流它具有很强的穿透能力

C. 已知氢的半衰期为3.8天，若取1g氢放在天平左盘上，砝码放于右盘，左右两边恰好平衡，则3.8天后，需取走0.5g砝码天平才能再次平衡

D. 发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4

【答案】A

【解析】

【详解】A、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的，故A正确，

B、射线是电子流，并不是质子流，它的穿透能力强于射线，弱于射线，穿透能力中等，故B错误；

C、氡的半衰期为3.8天，经3.8天后，有0.5克衰变成新核，新的原子核仍然留在天平左盘中，故取走的砝码应小于0.5克，天平才能再次平衡．故C错误

D、发生α衰变时，电荷数少2（即质子数减少2），质量数少4，故中子数减少2，故D错误．

4.体育器材室里，篮球摆放在如图所示的球架上.已知球架的宽度为，每个篮球的质量为，直径为，不计球与球架之间的摩擦，重力加速度为.则每个篮球对一侧球架的压力大小为（     ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，如图所示，设球架对篮球的支持力与竖直方向的夹角为.由几何知识得，根据平衡条件得，解得，则得篮球对一侧球架的压力大为，故选项C正确.

5.如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固在框架上，下端固定一个质量m的小球，小球上下振动时框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小为

A. g

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

【详解】当框架对地面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力，则小球受到向下的合力等于mg+Mg，由牛顿第二定律可得

mg+Mg=ma

解得小球的加速度大小为

A．g，与结论不相符，选项A错误；

B．，与结论不相符，选项B错误；

C．，与结论不相符，选项C错误；

D．，与结论相符，选项D正确；

6.如图所示，象棋子压着纸条，放在光滑水平桌面上．第一次沿水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的P点．将棋子、纸条放回原来的位置，仍沿原水平方向将纸条抽出，，棋子落在地面上的Q点，与第一次相比（  ）

A. 棋子受到纸条的摩擦力较大

B. 棋子落地速度与水平方向夹角较大

C. 纸条对棋子的摩擦力做功较多

D. 棋子离开桌面至落地过程中动能增量较大

【答案】C

【解析】

【分析】

纸片对棋子的摩擦力的做功，从而使棋子获得初速度，做平抛运动，则根据平抛运动和动能定进行求解即可；

【详解】A、两次由于正压力不变，根据滑动摩擦力公式纸带对棋子的摩擦力没变，故选项A错误；

B、棋子离开桌面后做平抛运动，由于竖直分位移相同，根据竖直方向运动规律可知时间相同，由于第二次水平分位移较大，可以第二次做平抛运动的初速度大，可知第二次纸条对棋子的摩擦力做功较多，设落地时速度与水平方向夹角为，则，可知第二次棋子落地时速度与水平方向夹角较小，故选项B错误，C正确；

D、根据动能定理可知，动能的增量等于合外力的功，由于不计空气阻力，则合力的功即为重力的功，由题可知重力的功相等，故动能的增量相等，故选项D错误．

【点睛】解答本题的关键是正确分析铁块在纸条上的运动过程，根据平抛运动规律和动能定理即可分析解答．

7.直线P1P2过均匀玻璃球球心O，细光束a、b平行且关于P1P2对称，由空气射入玻璃球的光路如图．a、b光相比（ ）

A. 玻璃对a光的折射率较大

B. 玻璃对a光的临界角较小

C. b光在玻璃中的传播速度较小

D. b光在玻璃中的传播时间较短

【答案】C

【解析】

试题分析：由图知，光线通过玻璃砖后，b光偏折角大，则玻璃对b光的折射率较大，故A错误．玻璃对a光的折射率较小，由分析知，玻璃对a光的临界角较大．故B错误．由分析知，b光在玻璃中的传播速度较小，故C正确．b光在玻璃砖通过的路程较大，传播速度较小，由分析知b光在玻璃中的传播时间较长．故D错误．故选C．

考点：光的折射；全发射

【名师点睛】此题考查了光的折射定律及全发射知识；解决本题的关键要明确折射率越大，光的偏折角越大，判断出折射率关系，再分析其他量之间的关系．

8.下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（　　）

A. 图A中，若匀速拉动木板的速度较大，则由图像测得简谐运动的周期较大

B. 由图 B可知，系统的固有频率为f0

C. 图C中频率相同的两列波叠加，使某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱，这种现象叫做波的干涉，只有频率相同的横波才能发生干涉

D. 图D中泊松亮斑是小孔衍射形成图样

【答案】B

【解析】

【详解】A．演示简谐运动的图象实验中，若匀速拉动木板的速度较大，会导致图象的横标变大，但对应的时间仍不变，简谐运动的周期与单摆的固有周期相同，故A错误；

B．由图可知当驱动力的频率f跟固有频率f0相同时，才出现共振现象，振幅才最大，则固有频率为f0，故B正确；

C．根据干涉产生的概念知：频率相同的两列波叠加，使某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱，这种现象叫做波的干涉。频率相同的横波和纵波都能发生干涉，选项C错误；

D．泊松亮斑是圆板衍射形成的图样，故D错误。

故选B。

9.位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示，ab，cd分别是正方形两组对边的中垂线，O为中垂线的点，P，Q分别为ab，cd上的两点OP＞OQ，下列说法中正确的是（　　）

A. P、Q两点电势关系为φP＜φQ

B. P、Q两点电场强度的大小关系为EQ＜EP

C. 若在O点轻放一正点电荷，该正点电荷可能沿ab方向运动

D. 带负电的试探电荷在Q点时的电势能比在M点时的电势能小

【答案】D

【解析】

【分析】

根据题中电场线的分布图可知，本题考查电场线与等势面相结合的问题．根据电场线、等势面规律，运用电场疏密表强弱、沿电场线电势降低、场强的叠加和电势能等知识分析求解．

【详解】AB．电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密，电场强度越大，根据图象知P点的电场强度比Q点的小．根据电场线与等势面垂直，可知ab与cd是两条等势线，则P与O的电势相等，Q与O的电势也相等，所以P、Q两点的电势相等．故AB两项错误．

C．四个点电荷在O点产生的电场相互抵消，场强为零，在O点放一正点电荷，该正点电荷受到的电场力为零，不会运动．故C项错误．

D．P、Q两点的电势相等，又根据电场线的方向知M点的电势比P点的低，则Q点的电势高于M点的电势．负电荷在电势高处电势能小，所以带负电的试探电荷在Q点的电势能比在M点小．故D项正确．

10.有人根据条形磁铁的磁场分布情况用塑料制作了一个模具，模具的侧边界刚好与该条形磁铁的磁感线重合，如图所示．另取一个柔软的弹性导体线圈套在模具上方某位置，线圈贴着模具上下移动的过程中，下列说法正确的是(地磁场很弱，可以忽略)(　　)

A. 线圈切割磁感线，线圈中出现感应电流

B. 线圈紧密套在模具上移动过程中不出现感应电流

C. 由于线圈所在处的磁场是不均匀的，故而不能判断线圈中是否有电流产生

D. 若线圈平面放置不水平，则移动过程中会产生感应电流

【答案】B

【解析】

【分析】

若穿过线圈的磁通量变化就会产生感应电流，据此判断.

【详解】ABC．线圈贴着模具上下移动的过程中，由于穿过线圈的磁通量不变可知不会产生感应电流，选项AC错误，B正确；

D．若线圈平面放置不水平，则移动过程中由于穿过线圈的磁通量不变，也不会产生感应电流，选项D错误；

故选B.

11.如图所示，一导热性能良好的金属气缸静放在水平面上，活塞与气缸壁间的摩擦不计．气缸内封闭了一定质量的气体，气体分子间的相互作用不计．现缓慢地逐渐向活塞上倒一定质量的沙土，忽略环境温度的变化，在此过程中（    ）

A. 气体的内能增大

B. 气缸内分子的平均动能增大

C. 单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数一定增多

D. 因为外界对气体做了功，所以气体的温度是升高的

【答案】C

【解析】

金属气缸导热性能良好，由于热交换，气缸内封闭气体温度与环境温度相同，向活塞上倒一定质量的沙土时气体等温度压缩，温度不变，气体的内能不变．故AD错误．温度不变，气体分子的平均动能不变，平均速率不变，等温压缩时，根据玻意耳定律得知，压强增大，则单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数增多．故B错误，C正确．选C.

【点睛】金属气缸导热性能良好，由于热交换，气缸内封闭气体温度与环境温度相同，认为保持不变，封闭气体的内能和平均动能都保持不变．气体的体积减小，根据玻意耳定律分析压强的变化，由压强的微观含义分析单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数的变化．

12.如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功．当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AB

【解析】

试题分析：变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，消耗的功率为,∝，故A正确；电容器的电压，电荷量，则，保持不变，则图象是向下倾斜的直线，故B正确；电压表示数，图象应是向下倾斜的直线，故C错误；电源通过电荷量时电源做的功，是电源的电动势，则是过原点的直线，故D错误．

考点：本题考查了闭合电路的动态分析

13.如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的电动势图象如图乙所示，通过原、副线圈的匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22 W，现闭合开关，灯泡正常发光．则（ ）

A. t＝0．01s时刻穿过线框回路的磁通量为零

B. 交流发电机的转速为100 r/s

C. 变压器原线圈中电流表示数1 A

D. 灯泡的额定电压为220V

【答案】C

【解析】

t＝0.01 s时刻感应电动势为零，故此时穿过线框回路的磁通量最大，选项A错误；交流电的频率，故交流发电机的转速为n=f=50 r/s，选项B错误；变压器原线圈中电压有效值为22V，则根据I1U1=P=22W，解得I1=1A，即电流表示数为1 A，选项C正确；变压器次级电压有效值为，则灯泡的额定电压为220 V，选项D错误；故选C.

14.如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接．现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧．不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是（　　）

A. E=      I=2 B. E=       I=2

C. E=       I= D. E=       I=

【答案】A

【解析】

【详解】AB碰撞瞬间，由动量守恒定律可知：

mv0=2mv1

解得：

v1=

碰撞后系统机械能守恒，当两球向左减速到零时弹簧的弹性势能最大，最大弹性势能E，则：

E=

取AB整体分析，取向右为正，由动量定理可得

所以墙对弹簧的冲量大小为2mv0

A. E=、I=2，与分析相符，故A项正确；

B. E=、I=2，与分析不符，故B项错误；

C. E=、I=，与分析不符，故C项错误；

D. E=、I=，与分析不符，故D项错误．

二、非选择题，本部分共 6 题，共 58 分。

15.某实验小组利用下图所示的装置探究物体的加速度与力、质量的关系.

（1）实验中下列做法正确的是__________

A. 平衡摩擦力后，实验就不需要满足小车及车中砝码总质量远大于砝码盘及盘中砝码总质量的条件

B. 每次改变小车中砝码的质量后，都需要重新平衡摩擦力

C. 选取点迹清晰的纸带，必须以打的第一个点为计数起始点进行测量

D. 实验中应先接通打点计时器的电源，然后再释放小车

（2）实验中由于实际绳对小车的拉力__________（选填“大于”、“等于”、“小于”）重物所受的重力，会给实验带来系统误差．为减小此误差，实验中要对小车质量M和重物质量m进行选取，以下四组数据中最合理的一组是__________. （填写相应序号）

①M=200g，m=40g、60g、80g、100g、120g

②M=200g，m=30g、35g、40g、45g、50g

③M=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g

④M=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g

（3）如图所示是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带．取计数点1、2、3、4、5．已知打点计时器的打点周期为0. 02s，用刻度尺测量出各相邻计数点间的距离分别为3. 05cm、3. 92cm、4. 77cm、5. 62cm，则小车运动的加速度大小a=__________m/s2. （结果保留两位有效数字）

（4）如图所示为此同学在探究加速度a与力F的关系时，根据测量数据作出的a-F图象，说明实验存在的问题是____________________.

【答案】    (1). D    (2). 小于    (3). ④    (4). 0.86    (5). 平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力

【解析】

【详解】（1）[1]A.平衡摩擦力后，只有当满足小车及车中砝码总质量远大于砝码盘及盘中砝码总质量的条件下，可以认为小车受到的拉力等于砝码盘及盘中砝码的重力，故A错误；

B.每次改变小车中砝码的质量后，不需要重新平衡摩擦力，故B错误；

C.研究实验中打下的纸带，从而测定小车运动的加速度，不一定以打的第一个点为计数起始点进行测量，故C错误；

D.实验中必须先接通打点计时器的电源，然后再释放小车，故D正确．

（2）[2][3]由于砝码桶加速下降，处于失重状态，故实验中实际绳对小车的拉力小于重物所受的重力，为减小此误差，需，故最合理的一组数据是④；

（3）[4]据逐差法，小车运动的加速度大小

；

（4）[5]a-F图像的斜率不过坐标原点，说明已经有拉力，但是还没有加速度，所以平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力；

16.要测绘额定电压为 2 V 的小灯泡的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：

A.电源 E（电动势 3.0 V，内阻不计）

B.电压表 V1（量程 0~3.0 V，内阻约 2 kΩ）

C.电压表 V2（量程 0~15.0 V，内阻约 6 kΩ）

D.电流表 A1（量程 0~0.6 A，内阻约 1Ω）

E.电流表A2（量程0~100 mA，内阻约2 Ω）

F.滑动变阻器 R1（最大阻值 10 Ω）

G.滑动变阻器 R2（最大阻值 2 kΩ）

(1)为了减小实验误差，实验中电压表应选择________，电流表应选择_______，滑动变阻器应选择____________。（填写各器材的序号）

(2)为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在如图的虚线框中___________。

(3)实验中测得一组数据如下表所示，根据表格中的数据在图中坐标系中作出小灯泡的伏安特性曲线______________。

(4)该小灯泡的额定功率是_________W。（保留两位小数）

(5)由图像可知，小灯泡电阻的变化特点是_________________。

【答案】    (1). B    (2). D    (3). F    (4). 见解析    (5). 见解析    (6). 1.00    (7). 灯泡电阻随电压的增大而增大

【解析】

【详解】(1)[1][2][3]．由题意小灯泡额定电压为2V，故电压表应选B，电流表应选D，又描绘伏安特性曲线要求电流从零调节，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器F。
(2)[4]．由于小电珠电阻较小，为了减小实验测量误差，电流表应用外接法，同时本实验中电压由零开始变化，故变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：

(3)[5]．据所给数据得伏安特性曲线如图：

(4)[6]．电压为2V时的电流为0.5A，则额定功率为

P=UI=2×0.50=1.00W

(5)[7]．I-U图象中的斜率表示电阻的倒数，故由图可知，灯泡电阻随电压（温度）的增大而增大；

17.激光已经深入到我们生活的各个方面。某物理小组利用激光束测量玻璃对激光的折射率和利用双缝干涉测量激光的波长。

(1)如图所示，在水平面上方适当位置固定激光光源，使其发射与水平面成30°角斜向下的激光，在水平光屏上M点呈现一小光斑。放入一块平行于水平面的长方体玻璃砖，激光光斑移至水平光屏上的N点。测得玻璃砖厚度为 d＝ cm，MN＝b＝2 cm。根据以上信息，求该玻璃砖的折射率 n；

(2)为测量该激光的波长，将激光垂直射向间距为 d 的双缝（每个缝的宽度很窄，宽度可忽略），在双缝后面距离为 L处的光屏上可以观察到干涉条纹。现使测量头的分划板中心刻线与条纹的中心对齐，经测量得出5条亮条纹之间的距离为 a，求该激光的波长。

【答案】（1）；（2） 。

【解析】

【详解】(1)由几何关系可知

解得

r=30°

根据光的折射定律可得

(2)5条亮条纹之间的距离为 a，可知条纹间距

根据解得

18.如图所示，一玩滚轴溜冰的小孩(可视作质点)质量为m=30kg，他在左侧平台上滑行一段距离后平抛，恰能无碰撞地从A进入光滑竖直圆弧轨道并沿轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平.已知圆弧半径为R=1.0m，对应圆心角为θ=106°，平台与AB连线的高度差为h=0.8m(计算中取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6)求:

（1）小孩平抛的初速度；

（2）小孩从离开平台到A点所用的时间；

（3）若小孩运动到轨道最低点O时的速度为m/s，则小孩对轨道的压力为多少?

【答案】（1）3m/s（2）0.4s（3）1290N

【解析】

【详解】（1，2）由于小孩无碰撞进入圆弧轨道，即小孩落到A点时速度方向沿A点切线方向（如图）

则：

又由：

得：

而：

vy=gt=4m/s

联立以上各式得：

v0=3m/s

（3）在最低点，据牛顿第二定律，有：

代入数据解得

FN=1290N

由牛顿第三定律可知，小孩对轨道的压力为1290N．

19. 如图所示,P、Q为某地区水平地面上的两点,在P点正下方一球形区域内储藏有石油.假定区域周围岩石均匀分布,密度为ρ;石油密度远小于ρ,可将上述球形区域视为空腔.如果没有这一空腔,则该地区重力加速度(正常值)沿竖直方向;当存在空腔时,该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离.重力加速度在原竖直方向(即PO方向)上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”.为了探寻石油区域的位置和石油储量,常利用P点附近重力加速度反常现象.已知引力常数为G.

(1)设球形空腔体积为V,球心深度为d(远小于地球半径),求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常;

(2)若在水平地面上半径为L的范围内发现:重力加速度反常值在δ与kδ(k>1)之间变化,且重力加速度反常的最大值出现在半径为L的范围的中心.如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的,试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积.

【答案】(1)(2)

【解析】

【详解】(1)如果将近地表的球形空腔填满密度为ρ的岩石,则该地区重力加速度便回到正常值.因此,重力加速度反常可通过填充后的球形区域产生的附加引力来计算,

mΔg①

式中m是Q点处某质点的质量,M是填充后球形区域的质量.M=ρV②

而r是球形空腔中心O至Q点的距离r=③

Δg在数值上等于由于存在球形空腔所引起的Q点处重力加速度改变的大小｡Q点处重力加速度改变的方向沿OQ方向,重力加速度反常Δg′是这一改变在竖直方向上的投影

Δg′=Δg④

联立①②③④式得Δg′=⑤

(2)由⑤式得,重力加速度反常Δg′的最大值和最小值分别为

(Δg′)max=⑥

(Δg′)min=⑦

由题设有(Δg′)max=kδ,(Δg′)min=δ⑧

联立⑥⑦⑧式得,地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为

20.如图所示为电子发射器原理图，M处是电子出射口，它是宽度为d的狭缝．D为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a的金属圆柱A可沿半径向外均匀发射速率为v的电子；与A同轴放置的金属网C的半径为2a.不考虑A、C的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m，电荷量为e.

(1)若A、C间加速电压为U，求电子通过金属网C发射出来的速度大小vC；

(2)若在A、C间不加磁场和电场时，检测到电子从M射出形成的电流为I，求圆柱体A在t时间内发射电子的数量N.(忽略C、D间的距离以及电子碰撞到C、D上的反射效应和金属网对电子的吸收)

(3)若A、C间不加电压，要使由A发射的电子不从金属网C射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B的最小值．

【答案】(1) (2) (3)

【解析】

【分析】

（1）根据动能定理求解求电子通过金属网C发射出来的速度大小；（2）根据 求解圆柱体A在时间t内发射电子的数量N；（3）使由A发射的电子不从金属网C射出，则电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求解B.

【详解】（1）对电子经 CA 间的电场加速时，由动能定理得

解得：

（2）设时间t从A中发射的电子数为N，由M口射出的电子数为n， 则

解得

（3）电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为．设此轨迹圆的半径为 ，则



解得：