2023屆安徽省淮北市高三下學(xué)期一模物理（解析版）

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淮北市2023屆高三第一次模擬考試物理試題第I卷（選擇題）一、選擇題（本題包括10小題。在每小題給出的四個選項中，第1-6小題只有一項符合題目要求，第7-10小題有多項符合題目要求。）1.如圖所示，一束紅光和一束黃光，從O點以相同角度沿PO方向射入橫截面為半圓形的玻璃柱體，其透射光線分別從M、N兩點射出，已知α=45°，β=60°，則下列說法正確的是（　?。〢.ON是紅光，OM是黃光B.玻璃對OM光束的折射率為C.沿ON路徑傳播的光穿過玻璃柱體所需時間較長D.若將OM光束從N點沿著NO方向射入，可能發(fā)生全反射【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)光的折射定律，光在介質(zhì)中的折射率為由圖可知，OM、ON兩束光在空氣中的入射角相等，而在介質(zhì)中OM光的折射角大于ON光的折射角，所以O(shè)M光束在介質(zhì)中的折射率小于ON光束在介質(zhì)中的折射率，而紅光的折射率小于黃光的折射率，所以O(shè)M為紅光，ON為黃光，故A錯誤；B．對OM光束，根據(jù)光的折射定律有故B錯誤；C．光在介質(zhì)中的傳播速度為第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

1由于OM光束在介質(zhì)中的折射率小于ON光束在介質(zhì)中的折射率，所以O(shè)M光束在介質(zhì)中的傳播速度大于ON光束在介質(zhì)中的傳播速度，而光穿過玻璃柱體的路程相同，所以沿ON路徑傳播的光穿過玻璃柱體所需時間較長，故C正確；D．OM光線發(fā)生全反射的臨界角為則則若將OM光束從N點沿著NO方向射入，此時的入射角一定小于臨界角，則一定不會發(fā)生全反射，故D錯誤。故選C。2.下列有關(guān)近代物理內(nèi)容的描述，其中說法正確的是（　?。〢.結(jié)合能越大的原子核越穩(wěn)定B.衰變?yōu)?，?jīng)過3次衰變，2次衰變C.入射光的強度越大，從金屬表面逸出的光電子的最大初動能越大D.氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電子的動能減小，原子的能量也減小【答案】B【解析】【詳解】A．比結(jié)合能越大，原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定，A錯誤；B．衰變?yōu)榉匠虨楣式?jīng)過3次衰變，2次衰變，B正確；C．根據(jù)光電效應(yīng)規(guī)律，逸出的光電子的最大初動能與入射光的頻率有關(guān)，與光強無關(guān)，C錯誤；D．氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，氫原子吸收光子，原子的總能量增大，D錯誤；故選B。3.準(zhǔn)北市科創(chuàng)中心項目是我市近幾年重點工程項目之一，旨在提升城市綜合服務(wù)功能,增強城市科技創(chuàng)新氛圍。其核心建筑商務(wù)政務(wù)中心已經(jīng)建成,最大高度達，是淮北市第一高樓,第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

2成為淮北市的新地標(biāo)。如圖所示，工人師傅正在用一根繩索將自己懸在空中，對大樓表面玻璃進行清潔工作，工人及其裝備總重量為，且可視為質(zhì)點，懸繩與豎直墻壁的夾角為，設(shè)懸繩對工人的拉力為，墻壁對工人的彈力為，不計人和墻壁間的摩擦力。下列說法正確的是（　　）A.墻壁對工人的彈力大小為B.懸繩對工人拉力大小為C.若緩慢增加懸繩的長度，與的合力增大D.若緩慢增加懸繩的長度，和都減小【答案】D【解析】【詳解】AB．工人受到重力、拉力和支持力，如圖根據(jù)共點力平衡條件，有即墻壁對工人的彈力和懸繩對工人的拉力的大小分別為，AB錯誤；CD．若工人緩慢下移，增加懸繩的長度，則減小，即和都減小，而與第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

3的合力始終與工人的重力平衡，大小不變，故C錯誤，D正確。故選D。4.如圖所示，同一房間中有a、b、c三根完全相同的玻璃試管，管內(nèi)各用一段相同長度的水銀柱封閉了相等質(zhì)量的空氣。現(xiàn)使管由靜止沿光滑斜面下滑；管輕放在粗糙斜面上，之后下滑；管以初速度沿粗糙斜面上滑過程中，當(dāng)水銀柱與玻璃管位置相對穩(wěn)定時，三管內(nèi)的氣柱長度、、之間的大小關(guān)系為（　?。〢.B.C.D.【答案】D【解析】【詳解】設(shè)大氣壓為，玻璃試管的橫截面積為。對a管：a管由靜止沿光滑斜面下滑，以水銀為研究對象根據(jù)牛頓第二定律可得對管子和水銀整體有聯(lián)立可得對b管：以水銀為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得對管子和水銀整體有可得對c管：以水銀為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

4對管子和水銀整體，有可解得所以可得根據(jù)玻意耳定律和得故選D。5.圖甲一簡諧橫波在某時刻波形圖，圖乙為質(zhì)點以該時刻為計時起點的振動圖像，則從該時刻起（　?。〢.經(jīng)過，波沿軸正方向傳播了0.2mB.經(jīng)過3s，質(zhì)點的加速度沿軸正方向且最大C.經(jīng)過5s，質(zhì)點的振動速度大于質(zhì)點的振動速度D.經(jīng)過6s，質(zhì)點的加速度大于質(zhì)點的加速度【答案】C【解析】【詳解】A．由乙圖可知計時起點時P向y軸負方向振動，再由甲圖可知波向x軸負方向傳播，故A錯誤；B．由乙圖可知，周期則所以經(jīng)過3s，質(zhì)點的加速度沿軸負方向且最大，故B錯誤；C．由第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

5可知經(jīng)過5s，質(zhì)點的位移是正值且向y軸正方向振動；質(zhì)點的位移是負向最大處，速度為0，故經(jīng)過5s，質(zhì)點的振動速度大于質(zhì)點的振動速度，故C正確；D．由可知可知經(jīng)過6s，質(zhì)點的位移是正值且向y軸負方向振動；質(zhì)點的位置在平衡位置，加速度為0，故經(jīng)過6s，質(zhì)點的加速度小于質(zhì)點的加速度，故D錯誤。故選C。6.如圖甲所示，在粗糙絕緣水平面的、兩處分別固定兩個電荷，、的位置坐標(biāo)分別為和。已知處電荷的電荷量為，圖乙是連線之間的電勢與位置坐標(biāo)的關(guān)系圖像，圖中點為圖線的最低點，處的縱坐標(biāo)，處的縱坐標(biāo)。若在的點，由靜止釋放一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為，電荷量為的帶電物塊，物塊隨即向右運動，小物塊到達處速度恰好為零。則下列說法正確的是（　?。〢.處電荷帶正電，電荷量為，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)B.處電荷帶負電，電荷量為，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)C.處電荷帶正電，電荷量為，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)D.處電荷帶負電，電荷量為，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)【答案】A【解析】【詳解】由乙圖可知，圖像在處的切線斜率為零，說明處的場強為零，故、第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

6兩處電荷為同種電荷，由于電勢大于零，可知、兩處電荷均帶正電；設(shè)處電荷的電荷量為，則有解得在的點，由靜止釋放一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為，電荷量為的帶電物塊，物塊隨即向右運動，小物塊到達處速度恰好為零，根據(jù)動能定理可得解得故選A。7.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)開始，經(jīng)歷回到原狀態(tài)，其圖像如圖所示，下列判斷正確的是（　?。〢.氣體在狀態(tài)的內(nèi)能大于在狀態(tài)的內(nèi)能B.氣體從到的過程中，體積先變大后不變C.氣體從到的過程中，吸收的熱量大于內(nèi)能的變化量D.氣體從到的過程中氣體對外界做的功，小于到的過程中外界對氣體做的功【答案】AD【解析】【詳解】A．理想氣體，忽略分子勢能，所以理想氣體的內(nèi)能由溫度決定，氣體在狀態(tài)b的溫度大于在狀態(tài)c的溫度，所以在狀態(tài)b的內(nèi)能大于在狀態(tài)的內(nèi)能，故A正確；B．由氣體理想狀態(tài)方程可知，b到c的過程中，P不變，T減小，V減小，從c到d的過程中，V不變，故B錯誤；第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

7C．由熱力學(xué)第一定律可知，從c到d的過程中，V不變，W不變，T增大，增大，Q增大，則氣體吸收的熱量等于內(nèi)能的變化量，故C錯誤；D．從d到a的過程中，氣體做功由蓋—呂薩克定律可知聯(lián)立可得同理可得，從b到c過程從c到d的過程中，由查理定律可知聯(lián)立可知故D正確。故選AD。8.如圖所示，勁度系數(shù)為的輕質(zhì)彈簧一端固定在墻上，另一端與置于水平面上的質(zhì)量為的物體A連接，質(zhì)量為的物體B緊挨物體A放置，此時彈簧水平且無形變，用水平力緩慢推動物體B，在彈性限度內(nèi)彈簧長度被壓縮了，此時物體A、B靜止。撤去后，物體A、B開始向左運動，不計一切阻力，在此后運動過程中（　?。〢.物體A做簡諧運動的振幅為第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

8B.物體A向左運動的最大位移小于C.物體A、B向左運動位移為時分離D.物體A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】BC【解析】【詳解】ABC．撤去后，物體A、B開始向左運動做加速運動，當(dāng)彈簧形變量為零時，速度最大，根據(jù)動能定理有之后A物體做減速運動，B物體做勻速運動，所以物體A、B在彈簧形變量為零時分開，物體A繼續(xù)向左運動到速度為零時，根據(jù)動能定理有解得則物體A向左運動的最大為物體A做簡諧運動的振幅為故A錯誤，BC正確；D．撤去后，物體A、B向左運動過程，只有彈簧彈力做功，則物體A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，物體A、B組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故D錯誤。故選BC。9.2022年11月29日，神舟十五號飛船在酒泉發(fā)射成功，次日凌晨對接于空間站組合體前向?qū)涌?。至此，中國空間站實現(xiàn)了“三大艙段”+“三艘飛船”的最大構(gòu)型，天和核心艙、問天實驗艙、夢天實驗艙、天舟五號貨運飛船、神舟十四號、神舟十五號載人飛船同時在軌。神舟十五號航天員順利進駐中國空間站，與神舟十四號的三名航天員實現(xiàn)了首次“太空會師”。空間站繞地球的運動可以看作勻速圓周運動，已知空間站離地面高度約為，地球半徑約為，下列說法正確的是（　　）第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

9A.神舟十五號飛船運載火箭發(fā)射過程中，航天員處于完全失重狀態(tài)B.由于對接后空間站的總質(zhì)量增加，會造成飛船的運行周期增大C.空間站運行的向心加速度與地球表面重力加速度之比約為D.考慮稀薄大氣阻力，若空間站沒有進行動力補充，運行速度會越來越大【答案】CD【解析】【詳解】A．神舟十五號飛船運載火箭發(fā)射過程中，加速度向上，航天員處于完全超重狀態(tài)，故A錯誤；B．根據(jù)可得可知飛船的運行周期不變，故B錯誤；C．根據(jù)，空間站運行的向心加速度與地球表面重力加速度之比約為故C正確；D．考慮稀薄大氣阻力，若空間站沒有進行動力補充，將會做近心運動，引力做正功，運行速度會越來越大，故D正確。故選CD。第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

1010.近年來，無線充電技術(shù)得到了廣泛應(yīng)用。圖甲為正在進行無線充電的電子產(chǎn)品，圖乙為某種無經(jīng)充電器的簡化原理圖。由于發(fā)射線圈與接收線圈處于兩個分離的裝置中，穿過接收線圈的磁通量少于發(fā)射圈的磁通量。已知發(fā)射線圈與接收線圈的匝數(shù)分別為1210匝和55匝，當(dāng)發(fā)射線圈接入交流電源時，接收線圈輸出電壓為。忽略其它損耗，下列說法正確的是（　?。〢.發(fā)射線圈與接收線圈的電流之比為B.發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率之比為C.穿過接收線圈的磁通量變化率是穿過發(fā)射線圈的D.只要發(fā)射線圈接入電壓為，接收線圈輸出電壓均為【答案】BC【解析】【詳解】AC．發(fā)射線圈與接收線圈的電壓之比等于其匝數(shù)之比，則有帶入數(shù)據(jù)可得但因為漏磁，接收線圈的電壓實際只達到了,故可知發(fā)射線圈與接收線圈的電流之比為將不再是匝數(shù)的反比，即將不再是，另，因為理論上接收線圈中的輸出電壓為而實際上只有，因此可得穿過接收線圈的磁通量變化率是穿過發(fā)射線圈的，故A錯誤，C正確；B．發(fā)射線圈與接收線圈中磁通量變化的頻率相同，則可得發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率為，故B正確；D．無線充電利用的是電磁感應(yīng)，因此必須使用交變電壓，若使用直流電，將不會產(chǎn)生變化的磁場，接收線圈中也就不會有電壓產(chǎn)生，故D錯誤。故選BC。第II卷（非選擇題）第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

11二、實驗題（本大題共2小題，把答案寫在答題卡指定的答題處，不要求寫出演算過程。）11.某幼兒園欲建一個如圖甲所示滑梯，根據(jù)空地大小和安全需要，對制作滑梯的板材與兒童褲料之間的動摩擦因數(shù)有一定要求。某物理興趣小組用如圖乙所示的實驗裝置測量板材與兒童褲料間的動摩擦因數(shù)。先取一種板材水平固定在桌面上，用兒童褲料包裹的物塊受重物的牽引在板材上由靜止開始運動，細繩始終與桌面平行，當(dāng)重物落地后，物塊再運動一段距離后停在板材上。打點計時器打出的紙帶記錄了物塊的運動情況。（1）選取重物落地后的一段紙帶如圖丙所示，1、2、3、4是選取的4個計數(shù)點，相鄰兩個計數(shù)點之間還有四個點未畫出。圖上注明了對各計數(shù)點間的測量結(jié)果，其中有一個數(shù)據(jù)在記錄時有誤，有誤的數(shù)據(jù)是_______段。（填“”“”或“”）。已知打點計時器電源的頻率為。利用紙帶測得的數(shù)據(jù)可求出該物塊在減速運動過程中的加速度大小______.（2）若重力加速度大小取，板材與兒童褲料間的動摩擦因數(shù)______。（所有計算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）【答案】①.②.4.9③.0.49【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)記錄數(shù)據(jù)時，數(shù)據(jù)的精確度應(yīng)該保持一致，所以有誤的一組數(shù)據(jù)是x2；根據(jù)勻變速直線運動中相同時間內(nèi)相鄰位移差滿足Δx=aT2其中解得第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

12（2）[2]根據(jù)牛頓第二定律可得μmg=ma解得：μ=0.4912.隨著居民生活水平的提高，純凈水已經(jīng)進入千家萬戶。我市質(zhì)量監(jiān)督部門對市場上出售的純凈水進行了抽測，結(jié)果發(fā)現(xiàn)了有少樣品的電阻率不合格。某實驗小組通過以下方案測量純凈水樣品的電阻率。（1）用游標(biāo)卡尺測量圓柱形玻璃管的內(nèi)徑，游標(biāo)卡尺示數(shù)如圖甲，則______；（2）向玻璃管內(nèi)注滿純凈水樣品，用金屬圓片電極密封玻璃管兩端，并用刻度尺測量水柱長度；（3）采用圖乙中電路測量樣品的電阻。先閉合電鍵，將電鍵接1，調(diào)節(jié)電阻箱，使電壓表讀數(shù)盡量接近滿量程，讀出這時電壓表和電流表的示數(shù)、；再將電鍵接2，讀出這時電壓表和電流表的示數(shù)、；則表達式為_______（用、、、表示）；的測量值_______真實值（選填“小于”、“等于”或“大于”）；純凈水樣品的電阻率的表達式為：______（用、、、、、、表示）?！敬鸢浮竣?30.00②.③.等于④.【解析】【詳解】（1）[1]游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

13（2）[2]當(dāng)電鍵接1時，由歐姆定律有當(dāng)電鍵接2時，由歐姆定律有聯(lián)立兩式解得[3]由以上分析可知，電流表內(nèi)阻對未知電阻的計算結(jié)果沒有影響，所以的測量值等于真實值。[4]根據(jù)電阻公式可得結(jié)合前面式子可得三、計算題（本題包括4小題。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）13.如圖所示的直角坐標(biāo)系中，x<0區(qū)域有沿x軸正向的勻強電場，x≥0區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一個帶正電的粒子從原點O進入磁場，初速度大小為v0，速度方向與y軸正向夾角為θ，粒子第一次在磁場中運動時離y軸最遠距離為L。且?guī)щ娏Ｗ咏?jīng)電場偏轉(zhuǎn)后將再次從O點進入磁場，不計粒子重力，求：（1）粒子的比荷；（2）粒子從O點出發(fā)再次回到O點所用時間。第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

14【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）粒子的運動軌跡如圖所示粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有根據(jù)幾何知識，粒子在磁場中運動時離y軸最遠距離為聯(lián)立解得粒子比荷為（2）粒子在磁場中運動時間為在電場中運動時間為t2，粒子進入電場時的速度方向與y軸正向成θ角，則從磁場進入電場的位置與O點距離為粒子進入電場后沿y軸正方向做勻速運動，沿x軸方向先減速后加速，最后到達O點，則有解得粒子從O點出發(fā)再次回到O點所用時間為第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

15聯(lián)立以上相關(guān)式子解得14.2022年2月我國成功舉辦了第24屆“冬奧會”，冬奧會讓冰雪運動走向大眾，讓更多人認識冰雪，愛上冰雪，北京冬奧留下的不只是場館設(shè)施等物質(zhì)遺產(chǎn)，還有影響深遠的文化和精神遺產(chǎn)。如圖甲所示為2022年北京冬奧會首鋼滑雪大跳臺，將其簡化為如圖乙所示模型：段和段是長度均為的傾斜滑道，傾角均為；段是半徑的一段圓弧軌道，圓心角為，與段平滑連接；段為結(jié)束區(qū)。一滑雪愛好者連同裝備總質(zhì)量，從A點由靜止出發(fā)沿著滑道下滑，從C點水平拋出落到斜面上的點，點到的距離。該愛好者可看作質(zhì)點，將到的運動簡化為平拋運動處理。忽略其運動過程中所受的空氣阻力，，重力加速度取。求：（1）該人運動到點時對滑道的壓力大小；（2）從開始運動到落至點的過程中摩擦阻力做的功?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）從處平拋，豎直方向有水平方向有得在處，據(jù)牛頓第二定律有第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

16解得滑道對人的支持力為據(jù)牛頓第三定律，人運動到點時對滑道的壓力與大小相等，為。（2）從到由動能定理得解得15.如圖所示，質(zhì)量的子彈以的速度射入處在木板左端的物塊，并留在物塊里。子彈射入前，物塊與木板一起隨傳送帶以的速度勻速向右運動，子彈射入物塊后，物塊將在木板上滑行，最終未從木板上滑落。已知物塊的質(zhì)量，木板的質(zhì)量，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)，木板與傳送帶間動摩擦因數(shù)，傳送帶速度始終保持不變。不計空氣阻力，重力加速度取，求：（1）物塊相對于木板滑行的時間；（2）木板與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的熱量。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）子彈穿擊物塊過程中，子彈和物塊組成系統(tǒng)動量守恒，則有解得此后子彈和物塊一起做勻減速運動，對物塊和子彈受力分析，由牛頓第二運動定律可得第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

17木板做勻加速運動，由牛頓第二運動定律可得解得設(shè)經(jīng)時間木板與滑塊共速，則解得（2）木板與滑塊共同的速度為對木板和滑塊對傳送帶木板與滑塊共速后，由于所以木板與滑塊相對靜止一起勻減速，設(shè)經(jīng)與傳送帶共速由勻變速運動規(guī)律解得這段時間內(nèi)，木板位移第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

18傳送帶位移板相對于傳送帶的位移木板與傳送帶間產(chǎn)生的熱量解得16.艦載機電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達到世界先進水平。某同學(xué)自己設(shè)計了一個如圖甲所示的電磁彈射系統(tǒng)模型。該彈射系統(tǒng)工作原理如圖乙所示，用于推動模型飛機的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可以水平導(dǎo)軌上無摩擦滑動。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強度大小均為。開關(guān)與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機加速，飛機達到起飛速度時與動子脫離；此時擲向2接通定值電阻，同時對動子施加一個回撤力，在時刻撤去力，最終動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的圖像如圖丙所示。已知模型飛機起飛速度，，，線圈匝數(shù)匝，每匝周長，動子和線圈的總質(zhì)量，線圈的電阻，，，不計空氣阻力和飛機起飛對動子運動速度的影響，求：（1）動子和線圈向前運動的最大位移；（2）回撤力與動子速度大小的關(guān)系式；（3）圖丙中的數(shù)值。（保留兩位有效數(shù)字）第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

19【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）動子和線圈向前運動的最大位移即時間段內(nèi)的位移，由圖像知（2）動子和線圈在時間做勻減速直線運動，加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律有其中可得第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

20解得在時間反向做勻加速直線運動，加速度不變根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立相關(guān)式子，解得（3）動子和線圈在在時間段內(nèi)的位移從時刻到返回初始位置時間內(nèi)的位移根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有據(jù)電荷量定義式據(jù)閉合電路歐姆定律解得從時刻到返回初始位置時間內(nèi)電荷量其中動子和線圈從時刻到返回時間內(nèi),只受磁場力作用，根據(jù)動量定理有第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

21又因為安培力的沖量聯(lián)立可得故圖丙中的數(shù)值為第23頁/共23頁學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

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