天津市武清区2021届新高考物理仿真第四次备考试题含解析

天津市武清区2021届新高考物理仿真第四次备考试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．密闭容器内封有一定质量的空气，使该容器做自由落体运动，气体对容器壁的压强（）
A．为零B．保持不变
C．减小D．增大
【答案】B
【解析】
气体的压强是由于气体分子做无规则运动，对器壁频繁地撞击产生的，容器做自由落体运动时处于完全失重状态，但气体分子的无规则运动不会停止．根据气体压强的决定因素：分子的平均动能和分子的数密度可知，只要温度和气体的体积不变，分子的平均动能和单位体积内分子数目不变，气体对容器壁的压强就保持不变，故B正确，ACD错误．故选B．
点睛：大量的气体分子做无规则热运动，对器壁频繁、持续地碰撞产生了压力，单个分子碰撞器壁的冲力是短暂的，但是大量分子频繁地碰撞器壁，就对器壁产生持续、均匀的压力．所以从分子动理论的观点来看，气体的压强等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力．
2．如图，轻弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放有质量相等的物块P、Q，系统处于静止状态。

现用竖直向上的力0F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动以x表示Q离开静止位置的位移，F表示物块P 对Q的压力大小，在P、Q分离之前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是（）
A．B．C．
D．
【答案】C
【解析】
【详解】
系统静止时，由胡克定律和力的平衡条件得
2k x mg ∆=
物块Q 匀加速向上运动时，由牛顿第二定律得
()=k x x mg F ma ∆---
联立以上两式解得
()m g kx F a --=
对照图象得C 正确。

故选C 。

3．图1所示为一列简谐横波在某时刻的波动图象，图2所示为该波中x=1.5m 处质点P 的振动图象，下列说法正确的是
A ．该波的波速为2m/s
B ．该波一定沿x 轴负方向传播
C ．t= 1.0s 时，质点P 的加速度最小，速度最大
D ．图1所对应的时刻可能是t=0.5s
【答案】D
【解析】
【详解】
由图1可知波长λ=4m ，由图2知周期T=4s ，可求该波的波速v=λ/T=1m/s ，故A 错误；由于不知是哪个时刻的波动图像，所以无法在图2中找到P 点对应的时刻来判断P 点的振动方向，故无法判断波的传播方向，B 错误；由图2可知，t=1s 时，质点P 位于波峰位置，速度最小，加速度最大，所以C 错误；因为不知道波的传播方向，所以由图1中P 点的位置结合图2可知，若波向右传播，由平移法可知传播距离为x=0.5+nλ，对应的时刻为t=（0.5±4n ）s ，向左传播传播距离为x=1.5+nλ，对应的时刻为t=（1.5±4n ）s ，其中n=0、1、2、3……，所以当波向x 轴正方向传播，n=0时，t=0.5s ，故D 正确。

4．在“油膜法估测分子的直径”实验中将油酸分子看成是球形的，所采用的方法是（ ）
A ．等效替代法
B ．控制变量法
C ．理想模型法
D ．比值定义法
【答案】C
【解析】
【详解】
在“油膜法估测分子的直径” 实验中将油酸分子看成是球形的，所采用的方法是理想模型法，故C 项正确，
ABD 三项错误。

5．2019年1月3日，“嫦娥四号”探测器自主着陆在月球背面南极—艾特肯盆地内的冯卡门撞击坑内，实现人类探测器首次在月球背面软着陆。

“嫦娥四号”初期绕地球做椭圆运动，经过变轨、制动后，成为一颗绕月球做圆周运动的卫星，设“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的轨道半径为r 、周期为T ，已知月球半径为R ，不计其他天体的影响。

若在距月球表面高度为h 处（h R =）将一质量为m 的小球以一定的初速度水平抛出，则小球落到月球表面的瞬间月球引力对小球做功的功率P 为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ． 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】 ABCD ．设月球的质量为M ，卫星的质量为m '，卫星绕月球做匀速圆周运动，有
2
224πGMm m r r T
''= 卫星在月球表面时有
2GMm m g R
''=月 联立以上两式解得
23
224πr g T R
=月 小球在月球表面做平抛运动，在竖直方向上有
232
228π2y
r h v g h T R ==月 则小球落到月球表面瞬间月球引力对小球做功的功率
y P mg v ==月 故选C 。

6．匀强电场中有一条直线，M 、N 、P 为该直线上的三点，且MN NP =。

若MN 两点的电势分别为5V 、11V ，则下列叙述正确的是（ ）
A ．电场线方向由N 指向M
B ．P 点的电势不一定为17V
C ．正的检验电荷从M 点运动到N 点的过程，其电势能不一定增大
D ．将负的检验电荷以初速度为0放入该电场中的M 点，检验电荷将沿直线运动
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．在匀强电场中，沿电场线的电势变化，沿其他方向的直线电势也变化，N 点电势高于M 点电势，但直线MN 不一定是电场线，选项A 错误。

B ．匀强电场中沿任意非等势面的直线电势均匀变化，则有
M N N p ϕϕϕϕ-=-
解得
17V p ϕ=
选项B 错误；
C ．电势有M N ϕϕ<，正的检验电荷在高电势处电势能大，则在M 点的电势能小于在N 点的电势能，选项C 错误。

D ．匀强电场的电场线是直线，将负的检验电荷以初速度为0放入M 点，该电荷在恒定电场力的作用下，沿场强的反方向做匀加速直线运动，选项D 正确；
故选D 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．图1是一列沿x 轴方向传播的简谐横波在0t =时刻的波形图，波速为1m /s 。

图2是 5.5m x =处质点的振动图象，下列说法正确的是（ ）
A ．此列波沿x 轴负方向传播
B ． 3.5m x =处质点在2s t =时的位移为42cm
C ． 1.5m x =处质点在4s t =时的速度方向沿y 轴正向
D ． 4.5m x =处的质点在1s t =时加速度沿y 轴负方向
E. 3.5m x =处质点在01s ～内路程为(1682)cm -
【答案】BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据图2的振动图象可知， 5.5m x =处的质点在t=0时振动方向沿y 轴正向，所以利用图1由同侧法知该波沿x 轴正方向传播，故A 错误；
B ．图1可知该简谐横波的波长为4m ，则
4s 4s 1
T v λ=== 圆频率
22rad/s 0.4
5rad/s T ππωπ＝＝＝ 设 5.5m x =处质点的振动方程为
08sin(+)cm 2
x t π
ϕ= t=0时刻
08sin ϕ=
结合t=0时刻振动的方向向上，可知01
4
ϕπ＝，则 5.5m x =处质点的振动方程为 8sin(+)cm 24x t ππ
= 5.5m x =处质点与 3.5m x =处质点的平衡位置相距半个波长，则 3.5m x =处质点的振动方程为
8sin(+)cm 24x t ππ
=- 2s t =
代入方程得位移为，故B 正确；
C ． 1.5m x =处质点在4s t =时的速度方向和0t =时的速度方向相同，由同侧法可知速度方向沿y 轴正向，故C 正确；
D ． 4.5m x =处的质点在0t =时速度方向沿y 轴负向，则经过四分之一周期即1s t =时，质点的位移为负，加速度指向平衡位置，沿y 轴正方向，故D 错误；
E ． 3.5m x =处质点在在0t =时速度方向沿y 轴负向，根据振动方程知此时位移大小为，0t =时
位移大小为，所以01s ～内路程
2(8s =⨯--
故E 正确。

故选BCE 。

8．如图，篮球赛中，甲、乙运动员想组织一次快速反击，甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑，甲运动员要将球传给乙运动员，不计空气阻力，则（ ）
A．应该让球沿着3的方向抛出
B．应该让球沿着2的方向抛出
C．两运动员对球的冲量大小和方向都是相同的
D．当乙接着球后要往身体收，延长触球时间，以免伤害手指
【答案】AD
【解析】
【详解】
AB．甲和乙相对静止，所以甲将球沿着对方抛出，即沿着3方向抛出，就能传球成功，A正确，B错误；C．根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，可知两运动员接球时速度的变化量大小相等、方向相反，动量的变化量等大反向，所以两运动员对球的冲量等大反向，C错误；
D．当乙接着球后要往身体收，根据动量定理可知，相同的动量变化量下，延长作用时间，减小冲击力，以免伤害手指，D正确。

故选AD。

9．如图，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在电场中通过A、B两点的连线中点对称地选取一个闭合路径abcd。

现将一个质子沿abcd移动一周，下列说法正确的是（）
A．a点和b点的电场强度相同
B．c点电势低于于d点电势
C．由b→c，电场力一直做正功
D．由c→d，质子电势能一直在增加
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
等量同种电荷电场线如图：
A ．结合等量异种点电荷的电场线的图象可知，ab 两点的电场强度的方向不同，故A 错误；
B ．d 点的电势为正值，c 点的电势为负值，c 点电势低于d 点电势，故B 正确；
C ．在bc 的连线上，两电荷连线上方，场强竖直向分量向下，两电荷连线下方，场强竖直向分量向上。

则质子由b 到c ，电场力先做正功后做负功，故C 错误；
D ．由c→d ，质子受力的方向与运动的方向之间的夹角始终是钝角，电场力做负功，电势能一直在增大，故D 正确。

故选BD 。

10．沿x 轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s ，则下列说法正确的是（ ）
A ．从图示时刻开始，经0.01s 质点a 通过的路程为40cm ，相对平衡位置的位移为零
B ．图中质点b 的加速度在增大
C ．若产生明显的衍射现象，该波所遇到障碍物的尺寸为20m
D ．从图示时刻开始，经0.01s 质点b 位于平衡位置上方，并沿y 轴正方向振动做减速运动
E.若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为50Hz
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A ．由图象可知波长为
4m λ=
又波速为
200m/s v =
则该列波的周期为
0.02s T v λ
==
那么经过0.01s ，质点a 振动了半个周期，质点a 通过的路程为40cm ，应在负向最大位移处，所以A 错误；
B ．根据同侧法可以判断b 质点此时正沿y 轴负方向振动，也就是远离平衡位置，所以回复力在增大，加
速度在增大，所以B正确；
C．由图象已知该波的波长是4m，要想发生明显的衍射现象，要求障碍物的尺寸与机械波的波长差不多或更小，所以障碍物20m不能观察到明显的衍射现象，C错误；
D．经过0.01s，质点b振动了半个周期，图示时刻质点b正沿y轴负方向振动，所以可知过半个周期后，该质点b在平衡位置上方且沿y轴正方向振动，速度在减小，所以D正确；
E．该波的周期是0.02s，所以频率为
1
==
f
50Hz
T
所以若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，那么另一列波的频率也是50Hz，所以E正确。

故选BDE。

11．对于热运动和热现象，下列说法正确的是（）
A．玻璃裂口放在火上烧熔，其尖端变圆的原因是表面张力的作用
B．云母片导热性能各向异性，是由于该物质的微粒在空间按一定的规则排列
C．未饱和汽在降低温度时也不会变成饱和汽
D．物体放出热量，其分子平均动能可能增大
E.气体压强达到饱和汽压时，蒸发和液化都停止了
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】
A．玻璃裂口放在火上烧熔，其尖端变圆的原因是表面张力的作用，选项A正确；
B．云母片导热性能各向异性，是由于该物质的微粒在空间按一定的规则排列，选项B正确；
C．饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，温度越高，饱和气压越大，则降低温度可使未饱和汽变成饱和汽，故C错误；
D．物体放出热量，若外界对物体做功大于放出的热量，则物体内能增大，温度升高，则其分子平均动能会增大，选项D正确；
E．气体压强达到饱和汽压时，进入液体内的和跑出液体的分子数相等，蒸发和液化都没有停止，选项E 错误。

故选ABD。

12．质量为m的物块在t＝0时刻受沿固定斜面向上的恒力F1作用，从足够长的倾角为θ的光滑斜面底端由静止向上滑行，在t0时刻撤去恒力F1加上反向恒力F2(F1、F2大小未知)，物块的速度－时间(v－t)图象如图乙所示，2t0时刻物块恰好返回到斜面底端，已知物体在t0时刻的速度为v0，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）
A ．物块从t ＝0时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为2mgt 0sinθ
B ．物块从t 0时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为3mv 0
C ．F 1的冲量大小为mgt 0sinθ＋mv 0
D ．F 2的冲量大小为3mgt 0sinθ－3mv 0
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．根据冲量的定义式可知物块从0t =时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为
0022G I mg t mgt ==g
故A 错误；
B ．由于在0t 时撤去恒力1F 加上反向恒力2F ，物块在02t 时恰好回到斜面的底端，所以在沿固定斜面向上的恒力的时间与撤去恒力加上反向恒力后回到底端的时间相等，设物体在沿固定斜面向上的恒力作用下的位移为x ，加速度为1a ，取沿斜面向上为正；根据位移时间关系可得
21012
x a t = 根据速度时间关系可得撤去沿固定斜面向上的恒力时的速度为
010v a t =
撤去恒力加上反向恒力作用时的加速度为2a ，则有
2002012
x v t a t -=- 联立解得
213a a =
物块在02t 时的速度为
202002v v a t v =-=-
物块从0t 时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量为
2003P mv mv mv ∆=-=-
即物块从0t 时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为03mv ，故B 正确；
C ．物体在沿固定斜面向上的恒力作用下，根据动量定理可得
100sin θ0F I mg t mv -=-g
解得1F 的冲量大小为
1
00sin θF I mgt mv =+ 故C 正确；
D ．撤去恒力加上反向恒力作用时，根据动量定理可得
2000sin θ2F I mg t m v mv --=--g g
解得
200sin θ3F I mgt mv =+
故D 错误；
故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．在一次实验中,某同学想描绘一标有“3V ，1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线，除导线开关外还有: A ．直流电源(电动势约为4V ，内阻可不计)
B ．直流电流表A 1(量程0~3A ，内阻约为0.1Ω)
C ．直流电流表A 2(量程0~300mA ，内阻为1 Ω)
D ．直流电压表V 1(量程0~15V ，内阻很大)
E.直流电压表V 2(量程0~4V ，内阳很大)
F.滑动变阻器(最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A)
G .滑动变阻器(最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A)
H.定值电阻R 1=1Ω
I.定值电阻R 2=10Ω
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。

(1)实验中电流表应选用_____，电压表应选用_______，滑动变阻器应选用_____(均用序号字母表示)。

(2)请按要求设计实验电路_______
(3)某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图所示，现把实验中使用的两个相同的小灯泡串联后由E=3V ，内阻不计的电源供电，此时灯泡的实际功率约为______W(结果保 留两位有效数字)。

【答案】C E F 0.54--0.57
【解析】
【详解】
(1)[1][2]小灯泡的额定电压为3V ，因此电压表选择量程大于等于3V 的即可，电压表故选E ；而小灯泡的额定电流为 1.5A 0.5A 3
P I U === 电流表A 1量程太大，测量误差太大，故应用电流表A 2和定值电阻1R 并联，改装成电流表，电流表故选C ；
[3]还需要调节电路的滑动变阻器，为了方便操作，且小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应选阻值较小的F ；
(2)[4]本实验小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；同时因电流表内阻与小灯泡的电阻接近，电压表内阻远大于小灯泡的电阻，故电流表选用外接法；实验电路图如图所示：
(3)[5]电源内阻不计，两灯泡串联，每个灯泡两端电压相等为 1.5V U =，根据U I -图象可知，此电压下流经灯泡的电流为
0.37A I =
则小灯泡的功率
1.50.37W 0.56W P UI ==⨯≈
14．某同学用如图所示装置探究气体做等温变化的规律。

(1)在实验中，下列哪些操作不是必需的__________。

A ．用橡胶塞密封注射器的下端
B ．用游标卡尺测量柱塞的直径
C ．读取压力表上显示的气压值
D ．读取刻度尺上显示的空气柱长度
(2)实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管（或注射器），并且在实验中要缓慢推动活塞，这些要求的目的是____。

(3)下列图像中，最能直观反映气体做等温变化的规律的是__________。

【答案】B 保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变 C
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]A ．为了保证气密性，应用橡胶塞密封注射器的下端，A 需要；
BD ．由于注射器的直径均匀恒定，根据=V LS 可知体积和空气柱长度成正比，所以只需读取刻度尺上显示的空气柱长度，无需测量直径，B 不需要D 需要；
C ．为了得知气压的变化情况，所以需要读取压力表上显示的气压值，C 需要。

让选不需要的，故选B 。

(2)[2]手温会影响气体的温度，且实验过程中气体压缩太快，温度升高后热量不能快速释放，气体温度会升高，所以这样做的目的为保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变。

(3)[3]根据=PV C T
可知当气体做等温变化时，p 与V 成反比，即1p V ∝，故1p V -图像为直线，所以为
了能直观反映p 与V 成反比的关系，应做1p V
-图像，C 正确。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图，导热性能良好的水平放置的圆筒形气缸与一装有水银的U 形管相连，U 形管左侧上端封闭一段长度为15cm 的空气柱，U 形管右侧用活塞封闭一定质量的理想气体．开始时U 形管两臂中水银面齐平，活塞处于静止状态，此时U 形管右侧用活塞封闭的气体体积为490mL ，若用力F 缓慢向左推动活塞，使活塞从A 位置移动到B 位置，此时U 形管两臂中的液面高度差为10cm ，已知外界大气压强为75cmHg ，不计活塞与气缸内壁间的摩擦，求活塞移动到B 位置时U 形管右侧用活塞封闭的气体体积．
【答案】300mL
【解析】
【详解】
对左侧密闭气体，设管横截面积为S ，初态：P 1=P 0=75cmHg ，
由等温变化可得：P 1V 1= P′1V′1
对右侧气体，末态：P′2= P′1+10
由等温变化可得：P 2V 2= P′2V′2 解得：V′2=300mL
16．如图所示为xOy 平面直角坐标系，在x=a 处有一平行于y 轴的直线MN ，在x=4a 处放置一平行于y 轴的荧光屏，荧光屏与x 轴交点为Q ，在第一象限内直线MN 与荧光屏之间存在沿y 轴负方向的匀强电场。

原点O 处放置一带电粒子发射装置，它可以连续不断地发射同种初速度大小为v 0的带正电粒子，调节坐标原点处的带电粒子发射装置，使其在xOy 平面内沿不同方向将带电粒子射入第一象限（速度与x 轴正方向间的夹角为0≤θ≤2
π）。

若在第一象限内直线MN 的左侧加一垂直xOy 平面向外的匀强磁场，这些带电粒子穿过该磁场后都能垂直进入电场。

已知匀强磁场的磁感应强度大小为B ，带电粒子的比荷
0v q m Ba =，电场强度大小E=12
Bv 0，不计带电粒子重力，求： (1)粒子从发射到到达荧光屏的最长时间。

(2)符合条件的磁场区域的最小面积。

(3)粒子打到荧光屏上距Q 点的最远距离。

【答案】 (1)0(
62a v π+）；(2) (12π-)a 2；(3)98
a 。

【解析】
【详解】 (1)
由题意知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度沿y 轴正方向的粒子在磁场中运动的时间最长，此时粒子轨迹为14圆，由圆周运动知 22024==mv m r qvB r T
π 解得 2=m T qB
π 则此时最长时间为
10
90==3602a t T v πo o 粒子进入电场到到达荧光屏，在x 轴方向做匀速直线运动，运动时间为
2000
43===x a a a t v v v - 故粒子从发射到到达荧光屏的最长时间
()120+6=+=2a
t t t v π
(2)带电粒子在磁场内做匀速圆周运动，有
200=mv qv B R
解得
=R a
由于带电粒子的入射方向不同，若磁场充满纸面，它们所对应的运动轨迹如图所示.为使这些带电粒子经磁场偏转后都能垂直直线MN 进入电场，由图可知，它们必须从经O 点做圆周运动的各圆的最高点飞离磁场.设磁场边界上P 点的坐标为（x ，y ），则应满足方程
=sin x R θ
()=1cos y R θ-
所以磁场边界的方程为
()222+=x y R R - 以=2
πθ的角度射入磁场区域的粒子的运动轨迹()222+=x y R R -即为所求磁场另一侧的边界，因此，符合题目要求的最小磁场的范围应是圆()222+=x y R R -与圆()222+=x R y R -的交集部分（图中阴影部
分），由几何关系，可以求得符合条件的磁场的最小面积为
2min =12S a π⎛⎫- ⎪⎝⎭
(3)
带电粒子在电场中做类平抛运动，分析可知所有粒子在荧光屏左侧穿出电场，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向的位移为y ，水平方向的位移为l ，则
0=l v t
21=
2qE y t m
01=2E Bv 联立解得 =4l ay 设粒子最终打在荧光屏的最远点距Q 点为h ，粒子射出电场时速度与x 轴的夹角为α，则有
==y qE l v at m v ⋅ 20tan ==y
x v qEl y v mv a
α()((4=41tan =3434ay y h a a a ay a ay a α--
则当
34=4a ay ay - 时，即9=16y a 时，h 有最大值max 9=8
h a 。

17．如图所示， 在xoy 平面内， 有一线状电子源沿x 正方向发射速度均为v 的电子，形成宽为2R 、在y 轴方向均匀分布且关于x 轴对称的电子流.电子流沿+x 方向射入一个半径为R 、中心位于原点O 的圆形匀强磁场区域， 磁场方向垂直xoy 平面向里.在磁场区域的正下方d 处，有一长为2d 的金属板MN 关于y 轴对称放置，用于接收电子，电子质量为m ，电量为e ，不计电子重力及它们间的相互作用.
(1)若正对0点射入的电子恰好从P 点射出磁场，求磁感应强度大小B ； (2)在第(1)问的情况下，求电子从进入磁场到打在MN 板上的时间t ：
(3)若所有电子都能从P 点射出磁场，MN 板能接收到的电子数占发射电子总数的比例是多大?
【答案】 (1)
mv eR (2) 2π+R d v v (3) 22
【解析】
【详解】 （1）可求得电子旋转的轨道半径是r R =，根据公式
mv r eB
= 解得 mv B eR =
（2）电子在磁场中运动时间为
1142m t T Be
π== 12R t v
π= 电子出磁场后的运动时间为
2d t v
= 总时间为
122R d t t t v v
π=+=+ （3）所有电子在磁场中运动的半径相等，因为所有电子都能从P 点射出磁场，所以所有电子在磁场中运动的半径均为R 。

MN 板能接收到的电子从P 点射出时，速度偏转角为θ（即与x 正方向的夹角θ）满足0045135θ≤≤ ①到达N 点的电子轨迹如图甲所示，其入射点为E ，四边形1O POE 为菱形，
E 点到x 轴的距离
122
y R = ②到达M 点的电子轨迹如图乙所示，其入射点为F ，四边形2O POF 为菱形，F 点到x 轴的距离 222
y R = EF 竖直长度占射入总长度2R 的比例
1222y y R +=所以MN 板能接收的电子数占发射电子总数的比例22。