2019届江苏省扬州市高三第一次模拟考试物理试题（解析版）

2019届江苏省扬州市高三第一次模拟考试

物    理

一、单项选择题

1.真空中静止点电荷的电场中，A处电场强度为E，若该点电荷电荷量减半，则A处场强为(　　)

A.     B.     C. E    D. 4E

【答案】B

【解析】

【分析】

依据点电荷的电场强度公式E=，结合题意，即可求解.

【详解】真空中静止点电荷的电场中，A处电场强度为E，设点电荷的电量为Q，A离该点电荷的间距为r，则有：E=，若该点电荷电荷量减半，则A处场强为：，故ACD错误，B正确；故选B。

2.2018年11月16日第26届国际计量大会通过“修订国际单位制”决议，正式更新包括国际标准质量单位“千克”在内的4项基本单位定义.研究发现，声音在空气中的传播速度与空气的密度以及压强有关，k为无单位的常数.下列关于空气中声速的表达式中可能正确的是（  ）

A.     B.     C.     D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据传播速度υ、空气的密度ρ以及压强p的单位，分析等式左右两边单位是否相同来判断。

【详解】传播速度v的单位m/s，密度ρ的单位kg/m3，压强p的单位Pa=N/m2=kg/（m•s2），则的单位为，与v的单位相同，可能正确，故A正确。的单位为 =m2/s2，与v的单位不同，不可能，故B错误。的单位与的单位互为倒数，为s/m，与v的单位不同，不可能，故C错误。的单位为=kg/（m4•s2），与v的单位不同，不可能，故D错误。故选A。

【点睛】解决本题时要知道物理表达式既反映了各个量之间数值关系，同时也反映了物理量单位间的关系。通过量纲来检查等式是否正确是常用的方法。

3.足球运动员掷界外球，第一次以速度v1斜向下抛出，第二次在同一高度处以速度v2水平抛出，v1<v2.忽略空气阻力，足球从抛出到落地，在空中的运动时间分别为t1、t2，落地点到运动员的水平距离分别为x1、x2.则(　　)

A. t1>t2；x1>x2    B. t1<t2；x1<x2

C. t1>t2；x1<x2    D. t1<t2；x1>x2

【答案】B

【解析】

【分析】

抛体运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做加速度为g的匀加速运动，根据高度比较运动的时间，结合水平速度和时间比较水平位移．

【详解】斜向下抛，可把初速度分解为水平的初速度和竖直的初速度，根据，由于高度相等，则运动的时间t1<t2；水平位移x=v水平t，由于v1<v2，v1水平<v2，所以x1<x2，故ACD错误，B正确。

故选：B

4.如图所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，图中电压表和电流表均为理想交流电表，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻(温度升高时阻值减小)，C为电容器．下列说法正确的是(　　)

A. 通过R1的电流为零

B. 滑片P向上滑动，电压表示数变大

C. R2处温度升高时，电压表的示数不变

D. 减小电容器C的电容，电流表的示数变大

【答案】C

【解析】

【分析】

交流电能够通过电容器，且随电容的变大，容抗减小；滑片P向上滑动，根据变压器电压和匝数的关系判断电压表读数的变化；变压器次级电压由初级电压和匝数比决定，与次级电阻的变化无关；

【详解】交流电能够通过电容器，通过R1的电流不为零，故A错误；滑片P向上滑动，初级线圈匝数n1变大，根据可知，次级电压减小，即电压表示数变小，选项B错误；R2处温度升高时，阻值减小，不会影响输入和输出电压值，电压表的示数不变，故C正确；减小电容器C的电容，则电容器的容抗变大，则电流表的示数变小，选项D错误；故选C.

5.航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的．电磁驱动原理如图所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小，则合上开关S的瞬间(　　)

A. 两个金属环都向左运动

B. 两个金属环都向右运动

C. 铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力

D. 从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向

【答案】D

【解析】

【分析】

由右手螺旋定则可求得线圈中的磁场方向，再由楞次定律明确电流方向及环的受力方向。

【详解】若环放在线圈两边，根据“来拒去留”可得，合上开关S的瞬间，环要阻碍磁通量增大，则环将向两边运动，故AB错误；由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大；故铜环受到的安培力要大于铝环，故C错误；线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流由左侧向右看为顺时针，故D正确；故选D。

【点睛】本题要掌握楞次定律的两种描述，一是“增反减同”；二是“来拒去留”；并能灵活根据它们去判断电流方向及受力方向。

二、多项选择题

6.2018年12月8日我国成功发射了嫦娥四号探测器，它实现了人类首次月球背面着陆探测.12日16时39分，探测器在距月面129km处成功实施发动机点火，约5分钟后，探测器顺利进入距月面100km的圆形轨道，运行一段时间后择机着陆月球表面，下列说法正确的有 (　　)

A. 探测器发射速度大于7.9km/s

B. 探测器在距月面129km处发动机点火加速

C. 从点火到进入圆轨道，探测器位移是29km

D. 若已知引力常量、圆形轨道半径及探测器在其上运行周期，可估算月球质量

【答案】AD

【解析】

【分析】

第一宇宙速度是最小的发生速度；探测器要进入低轨道，必须要制动减速；根据判断选项D.

【详解】第一宇宙速度是最小的发生速度，即探测器发射速度必须要大于7.9km/s，选项A正确；探测器要进入低轨道，必须要制动减速，选项B错误；从点火到进入圆轨道，轨道的高度降低29m，而探测器位移要大于29km，选项C错误；根据可知，若已知引力常量G、圆形轨道半径r及探测器在其上运行周期T，可估算月球质量M，选项D正确；故选AD.

7.如图所示，在等量异种电荷形成的电场中有一正方形ABCD，其对角线AC与两点电荷的连线重合，两对角线的交点位于电荷连线的中点O.下列说法中正确的有(　　)

A. A、B两点的电场强度方向相同

B. B、D两点的电势相同

C. 质子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功

D. 电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先增大后减小

【答案】ABD

【解析】

【分析】

解答本题要掌握等量异种电荷周围电场分布情况，在如图所示的等量异种电荷连线的中点O是两点电荷连线之间电场强度最小的点，同时是两点电荷连线中垂线上最强的点，中垂线为零等势线，中垂线上电场方向水平向右；另外电势能的变化可通过电场力做功来判断．

【详解】在如图所示的电场中，A、B两点的场强方向都是水平向右的，故A正确；由于中垂线为零等势线，则B、D两点电势相同，故B正确；图中两电荷连线电场方向水平向右，即由A指向C，质子受电场力水平向右，故质子由C点沿C→O→A路径移至A点过程中电场力做负功，故C错误。电子由B沿B→C运动到C过程中，靠近负电荷远离正电荷，因此电场力做负功；沿C→D运动到D过程中，靠近正电荷远离负电荷，电场力做正功；故整个过程中电场力对其先做负功后做正功，故D正确；故选ABD.

【点睛】要熟练掌握等量异种电荷和等量同种电荷周围电场强度、电势分布情况，并能正确判断电荷在电场中运动时动能、电势能变化情况．

8.去年底，我省启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战．暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)．则(　　)

A. a侧电势比c侧电势高

B. 污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大

C. 若污水从右侧流入测量管，显示器显示为负值，将磁场反向则显示为正值

D. 污水流量Q与U成正比，与L、D无关

【答案】AC

【解析】

【分析】

正负离子流动时，受到洛伦兹力，发生偏转，正离子偏转到哪一个表面，哪一个表面电势就高．两表面上有正负电荷，之间就存在电场，最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡．

【详解】根据左手定则可知，正离子向a侧偏转，则仪器显示a侧电势比c侧电势高，选项A正确；根据qvB=可得，可知显示仪器的示数与污水中离子浓度无关，选项B错误；若污水从右侧流入测量管，则受磁场力使得正离子偏向c侧，则c端电势高，显示器显示为负值，将磁场反向，则受磁场力使得正离子偏向a侧，则显示为正值，选项C正确；污水流量，则污水流量Q与U成正比，与D有关，与L无关，选项D错误；故选AC.

【点睛】解决本题的关键正握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，前后表面形成稳定的电势差．

9.如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边传送带与水平方向的夹角均为37°.两个相同的物块A、B与传送带间的动摩擦因数是0.5，从传送带顶端均以1m/s的初速度沿传送带下滑．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列说法中正确的有(　　)

A. A、B所受摩擦力沿传送带向上

B. 滑至底端，A用时较少

C. 滑至底端时A所受重力的瞬时功率较大

D. 下滑过程A与传送带间产生的热量较少

【答案】AD

【解析】

【分析】

首先根据动摩擦因数的值判断AB两滑块的运动情况，从而判断摩擦力的方向；根据牛顿第二定律判断加速度关系，从而判断到达底端的时间关系和速度关系，根据P=mgvsinθ判断重力的瞬时功率关系；根据Q=μmgxcosθ判断产生的热量关系.

【详解】物块B沿传送带加速下滑，则所受的摩擦力沿传送带向上；因mgsin370>μmgcos370，可知物块A也相对传送带加速下滑，所受的摩擦力沿传送带向上，选项A正确；AB下滑的加速度均为，可知下滑到底端时的时间相同，选项B错误；根据v=v0+at可知，两物体下滑到底端时的速度大小相同，根据P=mgvsinθ可知，滑至底端时AB所受重力的瞬时功率相同，选项C错误；下滑过程中A相对传送带的位移较小，根据Q=μmgxcosθ可知下滑过程A与传送带间产生的热量较少，选项D正确；故选AD.

【点睛】滑动摩擦力与相对运动方向相反；AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，降低了本题的难度，若没有这一条件，同学可思考一下会怎样。

三、简答题

10.某同学通过实验测量玩具上的小直流电动机转动的角速度大小，如图甲所示，将直径约为3cm的圆盘固定在电动机转动轴上，将纸带的一端穿过打点计时器后，固定在圆盘的侧面，圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘的侧面上，打点计时器所接交流电的频率为50Hz.

(1) 实验时，应先接通________(选填“电动机”或“打点计时器”)电源．

(2) 实验得到一卷盘绕在圆盘上的纸带，将纸带抽出一小段，测量相邻2个点之间的长度L1，以及此时圆盘的直径d1，再抽出较长的一段纸带后撕掉，然后抽出一小段测量相邻2个点之间的长度L2，以及此时圆盘的直径d2，重复上述步骤，将数据记录在表格中，其中一段纸带如图乙所示，测得打下这些点时，纸带运动的速度大小为________m/s.测得此时圆盘直径为5.60cm，则可求得电动机转动的角速度为________rad/s.(结果均保留两位有效数字)

(3) 该同学根据测量数据，作出了纸带运动速度(v)与相应圆盘直径(d)的关系图象，如图丙所示．分析图线，可知电动机转动的角速度在实验过程中________(选填“增大”“减小”或“不变”)．

【答案】    (1). 打点计时器    (2). 1.8    (3). 64    (4). 不变

【解析】

【分析】

（1）实验时,应先接通打点计时器电源，再接通电动机的电源；（2）根据 求解线速度，根据 求解角速度；（3）根据v=ωr=ωD结合图像判断角速度的变化.

【详解】（1）实验时,应先接通打点计时器电源，再接通电动机的电源；

（2）纸带运动的速度大小为；

角速度；

（3） 根据v=ωr=ωD，因v-D图像是过原点的直线，可知 ω不变.

11.某同学测量0.5mm自动铅笔笔芯的电阻．

(1)先用欧姆表估测笔芯的电阻，在测量前发现电表指针位置如图甲所示，该同学应该调节________(选填“T”或者“S”)．用“×10”挡和“×1”挡按正确步骤分别测量，指针指在图乙所示位置．则笔芯电阻的测量值较为准确的是________Ω.

(2)再用如图丙所示的电路测定笔芯电阻，相关器材的规格已在图中标出，请根据实验要求在图丙中用笔画线代替导线完成实物电路连接．__________

(3)正确连接电路后，调节滑动变阻器，多次测量，将数据描在U-I坐标纸上，请根据图丁中描出的点画出U-I图线_________．并求笔芯接入电路的电阻为________Ω.

【答案】    (1). （1）T    (2). 18    (3). （2）；    (4). （3）；    (5). 14

【解析】

【分析】

（1）根据指针偏转的位置确定倍率挡，然后读数；（2）因电压表内阻远大于待测电阻，故采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路；（3）画出U-I图像，根据斜率求解电阻；

【详解】（1）在测量前发现电表指针位置如图甲所示，该同学应该调节T；用“×10档”和“×1”档按正确步骤分别测量，根据指针所示位置可知，用“×10档”偏角过大，倍率挡过大，则应该选择“×1”挡，笔芯电阻的测量值较为准确的是18Ω；

（2）因电压表内阻远大于待测电阻，故采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路；实物连线如图；

（3）画出的U-I图像如图；

根据图像可知：.

【点睛】对于多用电表欧姆挡测电阻换挡方法要熟记：“大换小，小换大”，即偏转角度大时，换用倍率小的挡位；偏转角度小时，换用倍率大的挡位．

12.在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能产生光电效应．对于这两个过程，可能相同的物理量是________．

A. 遏止电压    B. 饱和光电流

C. 光电子的最大初动能    D. 逸出功

【答案】B

【解析】

【分析】

同一束光的光子能量相同，不同的金属，逸出功不同，根据光电效应方程Ekm=hv-W0判断光电子最大初动能的大小；根据Uq=Ekm判断遏止电压；同一束光照射，光中的光子数目相等，所以饱和光电流是相同的。

【详解】同一束光照射不同的金属，由可知，一定相同的是入射光的光子能量，不同的金属，逸出功W0不同，根据光电效应方程知，最大初动能不同，则遏止电压不同；同一束光照射，光中的光子数目相等，所以饱和光电流可能是相同的，故ACD错误，B正确。

故选：B。

13.验证动量守恒定律装置如图所示．在气垫导轨上给滑块A向右的速度，通过光电门1后与静止的滑块B相碰并粘合在一起通过光电门2.计时器显示滑块A、B通过光电门1和2的时间分别为Δt1和Δt2.测得滑块A、B的质量分别为m1、m2，A、B滑块上的遮光片宽度分别为d1、d2.碰撞过程中，滑块A对B的冲量大小________(选填“>”“<”或“＝”)滑块B对A的冲量大小，碰撞过程中验证动量守恒定律的表达式为__________________________(用题中所给的字母表示)．

【答案】    (1). ＝    (2).

【解析】

【分析】

（1）作用力与反作用力的大小关系，和冲量公式I=Ft即可判断；

（2）根据动量守恒定律可明确表达式，再根据光电门确定对应的速度，从而确定应证明的表达式。

【详解】（1）滑块A对B的作用力与B对A的作用力等大反向，所以滑块A对B的冲量大小等于滑块B对A的冲量大小；

（2）根据动量守恒定律可知，m1v1=(m1+m2)v2

根据速度公式可知v1=d1/△t1，v2=d2/△t2；

代入上式可得应满足的公式为：

14.假设两个氘核在一直线上相碰发生聚变反应生成氦的同位素和中子，已知氘核的质量是m1，中子的质量是m2，氦核同位素的质量是m3，光在真空中速度为c.

①写出核聚变反应的方程式；

②求核聚变反应中释放出的能量ΔE.

【答案】①核反应方程式为②

【解析】

【分析】

根据核反应前后电荷数和质量数守恒手写核反应方程；根据质能方程求解释放的核能.

【详解】①核反应方程式为

②核反应过程中的质量亏损：

氘核聚变时放出的能量：

15.关于分子力，下列说法正确的有________．

A. 分子间距离增大时，分子力减小

B. 液体的表面张力是液体表面层分子力表现为引力的宏观表现

C. 金刚石中碳原子间相互作用力很强，所以金刚石十分坚硬

D. 布朗运动中的花粉微粒在不停地做无规则运动，这是分子间存在斥力的宏观表现

【答案】BC

【解析】

【详解】当r>r0时分子间距离增大时，分子力先增大后减小，选项A错误；液体的表面张力是液体表面层分子力表现为引力的宏观表现，选项B正确；金刚石中碳原子间相互作用力很强，所以金刚石十分坚硬，选项C正确；布朗运动中的花粉微粒在不停地作无规则运动，这是液体分子无规则运动的宏观表现，选项D错误；故选BC.

16.如图所示，用导热性能良好的汽缸和活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内(活塞与汽缸壁之间无摩擦)．在活塞上缓慢地加沙子，在此过程中，密闭气体________(选填“吸热”“放热”或“无热传递”)，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数________(选填“增多”“减少”或“不变”)．

【答案】    (1). 放热    (2). 增多

【解析】

【分析】

根据热力学第一定律判断气体吸热还是放热；根据气体压强的微观意义来判断单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数.

【详解】在活塞上缓慢地加沙子，气体的压强变大，体积减小，外界对气体做功，由于活塞导热性良好，则气体与外界温度保持相等，根据热力学第一定律可知，密闭气体放热；气体的温度不变，而压强变大，可知单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增加；

17.如图所示，一定质量的理想气体从状态A经等温过程到状态B.此过程中，气体温度为0℃.已知阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1，1mol气体在1atm、0℃时的体积为22.4L．(结果保留两位有效数字)

①气体在状态A的体积VA；

②气体分子数N.

【答案】①          ②

【解析】

【分析】

根据玻意耳定律求解体在状态A的体积VA；结合阿伏伽德罗常数求解气体分子数。

【详解】①从A到B，根据

解得

②根据，解得个。

18.下列说法中正确的有______________.

A. 摆钟偏快时可增加摆长进行校准

B. 做简谐运动的物体,其振动能量与振动的频率有关

C. “隔墙有耳”现象是指声波发生了干涉现象

D. 光经过大头针尖儿时,针尖边缘轮廓会模糊不清,这是光的衍射现象

【答案】AD

【解析】

【详解】摆钟偏快时，周期过小，根据可知，可增加摆长进行校准，选项A正确；做简谐运动的物体，其振动能量与振动的振幅有关，与频率无关，选项B错误；“隔墙有耳”现象是指声波发生了衍射现象，选项C错误；光经过大头针尖儿时，针尖边缘轮廓会模糊不清，这是光的衍射现象，选项D正确；故选AD.

19.如图所示，在某一均匀介质中，A、B是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式均为x＝0.3sin(200πt)m，两波源形成的简谐横波分别沿AP、BP方向传播，波速都是500m/s，则简谐横波的波长为________m，某时刻两列波的波峰在P点相遇，则介质中P点的振幅为________m.

【答案】5，0．6

【解析】

试题分析：由简谐运动表达式为xA=0．1sin（20πt）m知，角频率ω=20πrad/s，则周期为：，由得，波长为：；某时刻在P点两列波的波峰相遇，说明P点是振动加强点，故振幅为2A=0．6m；

考点：考查了波的干涉

【名师点睛】本题要掌握简谐运动的表达式，即可读出ω，求出周期和波长．同时要记住波的干涉现象中振动加强的条件．

20.如图所示的装置可以测量棱镜的折射率，ABC表示待测直角棱镜的横截面，棱镜的顶角为α，紧贴直角边AC是一块平面镜．一光线SO射到棱镜的AB面上，适当调整SO的方向，当SO与AB成β角时，从AB面射出的光线与SO重合，则棱镜的折射率n为多少？

【答案】

【解析】

【分析】

根据几何关系以及光的折射定律求解折射率.

【详解】入射角． 要使从AB面射出的光线与SO重合，则AB面上折射光线必须与AC面垂直，由几何知识得到，折射角．

根据折射定律得：

四、计算题

21.如图所示，足够长的两光滑水平导轨间距为L，导轨间所接电阻的阻值为R.质量为m的金属棒ab阻值也为R、金属棒在大小为F的水平恒力作用下沿导轨由静止开始滑动，其他电阻忽略不计．整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.

(1) 求金属棒ab速度的最大值vm；

(2) 画出电阻R两端的电压U与金属棒速度v的关系图象(要求写出作图依据)；

(3) 经过时间t，金属棒运动距离为x，速度为v1，求该过程金属棒产生的焦耳热Q.

【答案】(1) (2) (3)

【解析】

【分析】

（1）当安培力与拉力达到平衡时受到最大，根据共点力的平衡条件结合安培力的计算公式求解；

（2）找到U-v函数关系，结合数学知识画图；

（3）根据动能定理求解该过程产生的总热量，从而求解金属棒产生的焦耳热.

【详解】（1）金属棒中产生的感应电动势： 

由闭合电路欧姆定律：

金属棒受到的安培力：

由牛顿第二定律：

以上各式联列可得：

当时，金属棒速度的最大值

（2）电阻两端的电压

且

关系图象如图

（3）金属棒速度达到的过程中：由动能定理可得：

解得回路中产生的总热量：

金属棒产生的焦耳热：

【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．

22.如图所示，半径为R的半圆形管道ACB固定在竖直平面内，倾角为θ的斜面固定在水平面上，细线跨过小滑轮连接小球和物块，细线与斜面平行，物块质量为m，小球质量M＝3m，对物块施加沿斜面向下的力F使其静止在斜面底端，小球恰在A点．撤去力F后，小球由静止下滑．重力加速度为g，sinθ＝≈0.64，不计一切摩擦．求：

(1)力F的大小；

(2)小球运动到最低点C时，速度大小v以及管壁对它弹力的大小N；

(3)在小球从A点运动到C点过程中，细线对物块做的功W.

【答案】(1)      (2) (3)

【解析】

【分析】

（1）分别对小球和物块列平衡方程可求解力F；（2）对小球和物块组成的系统机械能守恒，根据牛顿第二定律求解管壁对小球的弹力；（3）由动能定理求解在小球从 A 点运动到 C 点过程中细线对物块做的功.

【详解】（1）对小球：细线上的拉力

对物块：

解得：

（2）小球在 C 点时速度与物块速度大小相等。

对小球和物块组成的系统，由机械能守恒定律：

解得：

在 C 点：对小球，由牛顿第二定律

解得：

（3）在小球从 A 点运动到 C 点过程中，对物块，由动能定理：

解得：

23.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：