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北京市2024年普通高中学业水平等级性考试 物理
物理
考试时间：90分钟 满分：100分
考生须知
- 本试卷分第一部分和第二部分。满分 100 分，考试时间 90 分钟。
- 考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分
本部分共14小题，每题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．已知钍234的半衰期是24天。1g钍234经过48天后，剩余钍234的质量为（ ）
【答案】B
【详解】已知条件：钍234 的半衰期 T＝24 天，初始质量 m₀＝1 g，经过 t＝48 天。
计算过程：经历的半衰期个数 n＝t/T＝48/24＝2；由衰变规律 m＝m₀(1/2)ⁿ，得 m＝1 g×(1/2)²＝0.25 g。
计算过程：经历的半衰期个数 n＝t/T＝48/24＝2；由衰变规律 m＝m₀(1/2)ⁿ，得 m＝1 g×(1/2)²＝0.25 g。
A．0g：错误，衰变是逐渐进行的，48 天（2 个半衰期）后仍剩余 0.25 g，不会全部衰变完。
B．0.25g：正确，经过 2 个半衰期，剩余质量为原来的 1/4。
C．0.5g：错误，这是经过 1 个半衰期（24 天）时的剩余量。
D．0.75g：错误，0.75 g 是已经衰变掉的质量，不是剩余的质量。
2．一辆汽车以10m/s的速度匀速行驶，制动后做匀减速直线运动，经2s停止，汽车的制动距离为（ ）
【答案】B
【详解】解法一（平均速度）：匀减速直线运动的平均速度 v̄＝(v₀＋v)/2＝(10＋0)/2 m/s＝5 m/s，制动距离 x＝v̄·t＝5×2 m＝10 m。
解法二（位移公式）：a＝(v−v₀)/t＝(0−10)/2 m/s²＝−5 m/s²，x＝v₀t＋½at²＝10×2＋½×(−5)×4＝10 m。
解法二（位移公式）：a＝(v−v₀)/t＝(0−10)/2 m/s²＝−5 m/s²，x＝v₀t＋½at²＝10×2＋½×(−5)×4＝10 m。
A．5 m：错误，这是平均速度的大小，不是制动距离。
B．10 m：正确。
C．20 m：错误，这是把车当作匀速运动按 v₀t 计算的结果。
D．30 m：错误，这是位移公式中加速度符号代错（用成 v₀t＋½|a|t²）的结果。
3．一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体（ ）
4．如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为（ ）
5．如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6 V，3 W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是（ ）
6．如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是（ ）
【答案】B
【详解】线圈M和P绕在同一铁芯上，M接电源和开关，P串联电流表。
A．闭合开关瞬间 — 错误。闭合开关瞬间，M中电流从无到有，穿过线圈P的磁通量增大，P中产生感应电流；但根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁通增加，线圈M和P相互排斥而非吸引。
B．闭合开关达到稳定后，电流表示数为0 — 正确。稳定后M中电流恒定，穿过P的磁通量不再变化，P中无感应电动势和感应电流，串联在P回路中的电流表示数为0。
C．断开开关瞬间，电流方向由a到b — 错误。断开开关瞬间，M中电流从有到无，穿过P的磁通量减小，P中产生感应电流阻碍磁通减小，根据楞次定律，感应电流方向应由b到a，与选项所述相反。
D．断开开关瞬间，P中感应电流磁场方向向左 — 错误。断开瞬间原磁场（M产生）减小，根据楞次定律"增反减同"，感应电流的磁场方向应与原磁场方向相同以阻碍减小，方向应向右。
7．如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是（ ）
8．将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（ ）
【答案】C
【详解】上升过程（取向上为正）：mg＋f＝ma₁，a₁＝g＋f/m＞g；下落过程：mg−f＝ma₂，a₂＝g−f/m＜g。故 a₁＞a₂。
A．上升、下落位移相同，t₁＝v₀/a₁＜v₀/a₂＝t₂，两过程时间不相等，错误。
B．上升过程经过同一位置时的速度都大于下落经过该位置的速度，上升时阻力更大，上升过程损失的机械能更多，错误。
C．由动量定理，上升过程合外力冲量的大小 I₁＝mv₀，下落过程 I₂＝mv落；全程机械能有损失，落回速度 v落＜v₀，故 I₁＞I₂，即上升过程合力的冲量更大，正确。
D．a₁＞g＞a₂，上升过程的加速度始终大于下落过程的加速度，错误。
故选C。
9．图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
【答案】D
【详解】由a-t图像为正弦曲线可知：
- 振幅 Aₐ = 4 m/s²，周期 T = 0.8 s（由a = 4 sin(2.5πt)得 T = 2π/2.5π = 0.8 s）
- 加速度最大时在最大位移处（t = 0.2 s, 0.6 s 等）
- 加速度为零时在平衡位置（t = 0, 0.4 s, 0.8 s 等）
各选项分析：
- 振幅 Aₐ = 4 m/s²，周期 T = 0.8 s（由a = 4 sin(2.5πt)得 T = 2π/2.5π = 0.8 s）
- 加速度最大时在最大位移处（t = 0.2 s, 0.6 s 等）
- 加速度为零时在平衡位置（t = 0, 0.4 s, 0.8 s 等）
各选项分析：
A．t=0 时弹簧弹力为0 — 错误。t=0 时加速度为0，说明合力为0，弹簧弹力等于重力（F_弹=mg），不为零。
B．t=0.2s 时手机位于平衡位置上方 — 错误。t=0.2s = T/4 时加速度达到正向最大值（向上最大），说明手机位于平衡位置下方最低点。
C．从 t=0 至 t=0.2s 动能增大 — 错误。t=0 在平衡位置速度最大，t=0.2s 在最大位移处速度为0，动能减小。
D．a 随 t 的关系式为 a = 4 sin(2.5πt) m/s² — 正确。振幅4、角频率ω=2.5πrad/s、周期0.8s，与图乙完全吻合。
10．水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（ ）
11．如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP=QN。下列说法正确的是（ ）
12．如图所示为一个加速度计的原理图。滑块可沿光滑杆移动，滑块两侧与两根相同的轻弹簧连接；固定在滑块上的滑动片M下端与滑动变阻器R接触良好，且不计摩擦；两个电源的电动势E相同，内阻不计。两弹簧处于原长时，M位于R的中点，理想电压表的指针位于表盘中央。当P端电势高于Q端时，指针位于表盘右侧。将加速度计固定在水平运动的被测物体上，则下列说法正确的是（ ）
【答案】D
【详解】原理：两弹簧处于原长时 M 位于 R 的中点，P 点电势等于 Q 点电势，电压表指针居中；P 端电势高于 Q 端时指针右偏，低于 Q 端时指针左偏。
A．M 位于 R 中点右侧时，滑片分得的电势高于中点电势（即 Q 端电势），应是 P 端电势高于 Q 端，错误。
B．滑块偏离中点的距离 x 满足 2kx＝ma，x 与 a 成正比；电阻丝分布均匀，UPQ 与 x 成正比，故电压表示数与加速度成正比，错误。
C．指针位于表盘左侧，说明 P 端电势低于 Q 端，M 在中点左侧，这只反映加速度的方向（向右），不能确定速度方向，错误。
D．指针位于表盘左侧 → M 在中点左侧 → 两弹簧对滑块的合力向右 → 滑块加速度方向向右，正确。
故选D。
13．产生阿秒光脉冲的研究工作获得2023年的诺贝尔物理学奖，阿秒（as）是时间单位，1as=1×10⁻¹⁸s，阿秒光脉冲是发光持续时间在阿秒量级的极短闪光，提供了阿秒量级的超快“光快门”，使探测原子内电子的动态过程成为可能。设有一个持续时间为100as的阿秒光脉冲，持续时间内至少包含一个完整的光波周期。取真空中光速c=3.0×10⁸m/s，普朗克常量h=6.6×10⁻³⁴J·s，下列说法正确的是（ ）
【答案】C
【详解】计算阿秒光脉冲的波长：
- 持续时间100as = 100×10⁻¹⁸s
- 周期T ≈ 100×10⁻¹⁸s
- 频率f = 1/T = 10¹⁶Hz
- 波长λ = c/f = 3×10⁸/10¹⁶ = 30nm（极紫外光）
各选项分析：
- 持续时间100as = 100×10⁻¹⁸s
- 周期T ≈ 100×10⁻¹⁸s
- 频率f = 1/T = 10¹⁶Hz
- 波长λ = c/f = 3×10⁸/10¹⁶ = 30nm（极紫外光）
各选项分析：
A．衍射现象更明显 — 错误。波长30nm比可见光550nm短，波长越短，衍射越不明显。
B．光子数更多 — 错误。总能量相等，单个光子能量E = hf，阿秒光频率高，光子能量大，光子数更少。
C．可以使基态氢原子电离 — 正确。氢原子电离能13.6eV，阿秒光光子能量E = hf ≈ 41eV > 13.6eV。
D．持续时间应大于电子运动周期 — 错误。要探测快速过程，快门时间应小于被测过程。
14．电荷量Q、电压U、电流I和磁通量Φ是电磁学中重要的物理量，其中特定的两个物理量之比可用来描述电容器、电阻、电感三种电磁学元件的属性，如图所示。类似地，上世纪七十年代有科学家预言Φ和Q之比可能也是一种电磁学元件的属性，并将此元件命名为“忆阻器”，近年来实验室已研制出了多种类型的“忆阻器”。由于“忆阻器”对电阻的记忆特性，其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应用前景。下列说法错误的是（ ）
第二部分
本部分共6小题，共58分。
15．（8分）
（1） 某同学测量玻璃的折射率，作出了如图所示的光路图，测出了入射角i和折射角r，则此玻璃的折射率n=________。
（2） 用如图1所示的实验装置探究影响感应电流方向的因素。如图2所示，分别把条形磁体的N极或S极插入、拔出螺线管，观察并标记感应电流的方向。
关于本实验，下列说法正确的是________（填选项前的字母）。
（3） 某兴趣小组利用铜片、锌片和橘子制作了水果电池，并用数字电压表（可视为理想电压表）和电阻箱测量水果电池的电动势E和内阻r，实验电路如图1所示。连接电路后，闭合开关S，多次调节电阻箱的阻值R，记录电压表的读数U，绘出图像，如图2所示，可得：该电池的电动势E=________V，内阻r=________kΩ。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）n＝sin i / sin r
（2）BC
（3）E＝1.0，r＝3.3
（2）BC
（3）E＝1.0，r＝3.3
【详解】（1）光从空气射入玻璃，由折射定律 n＝sin i / sin r，用量角器测出入射角 i 和折射角 r，代入即可得玻璃的折射率。
（2）
（2）
A．本实验只探究感应电流的方向，不需要记录电流大小，A错误；
B．电流表指针偏转方向与电流方向一一对应，故通过观察指针偏转方向即可确定感应电流方向，B正确；
C．甲、乙两图磁体插入端分别为S极、N极，电流方向相反，表明感应电流方向与插入端是N极还是S极有关，C正确。
（3）电压表为理想电压表，外电路只有电阻箱R，故 U＝E−I·r，其中 I＝U/R。
以U为纵轴、U/R（即电流I）为横轴作图，图线为直线：纵截距等于电动势E，斜率的绝对值等于内阻r。
由图2读出：I＝0时 U＝1.0 V，故 E＝1.0 V；
I＝200×10⁻⁶ A 时 U＝0.34 V，故 r＝(1.0−0.34)/(200×10⁻⁶) Ω≈3.3×10³ Ω＝3.3 kΩ。
以U为纵轴、U/R（即电流I）为横轴作图，图线为直线：纵截距等于电动势E，斜率的绝对值等于内阻r。
由图2读出：I＝0时 U＝1.0 V，故 E＝1.0 V；
I＝200×10⁻⁶ A 时 U＝0.34 V，故 r＝(1.0−0.34)/(200×10⁻⁶) Ω≈3.3×10³ Ω＝3.3 kΩ。
16．如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。
（1） 关于本实验，下列做法正确的是________（填选项前的字母）。
（2） 图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。首先，将质量为m₁的小球从斜槽上的S位置由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次。然后，把质量为m₂的被碰小球置于斜槽末端，再将质量为m₁的小球从S位置由静止释放，两球相碰，重复多次。分别确定平均落点，记为M、N和P（P为m₁单独滑落时的平均落点）。
a． 图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点：________；
b． 分别测出O点到平均落点的距离，记为OP、OM和ON。在误差允许范围内，若关系式________成立，即可验证碰撞前后动量守恒。
（3） 受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A′，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1、2的质量分别为m和M，弦长AB=l₁、A′B=l₂、CD=l₃。推导说明，m、M、l₁、l₂、l₃满足________关系即可验证碰撞前后动量守恒。
【答案】（1）AC
（2）a．用圆规画尽量小的圆把所有落点圈住，圆心即平均落点 b．m₁·OP＝m₁·OM＋m₂·ON
（3）m√l₁＝M√l₃−m√l₂
（2）a．用圆规画尽量小的圆把所有落点圈住，圆心即平均落点 b．m₁·OP＝m₁·OM＋m₂·ON
（3）m√l₁＝M√l₃−m√l₂
【详解】（1）
A．实验前调节装置使斜槽末端水平，是为了保证小球离开斜槽后做平抛运动，每次落点才有可比性，正确；
B．应选用两个半径相同的小球，才能保证两球发生对心碰撞（一维碰撞），半径不同时碰撞会偏离一维，错误；
C．用质量大的小球碰撞质量小的球，可保证碰后入射小球不反弹，便于通过落点测量，正确。
故选AC。
（2）a．确定平均落点的方法：用圆规画一个尽可能小的圆，把同一次实验的各个落点全部圈在圆内，这个圆的圆心位置即为平均落点。
b．小球离开斜槽末端后做平抛运动，抛出点高度相同，运动时间 t 相同，水平位移 x＝vt 与初速度成正比，故可用水平位移代替速度验证动量守恒。碰撞前后动量守恒：m₁v₀＝m₁v₁＋m₂v₂，两边同乘 t 得 m₁·OP＝m₁·OM＋m₂·ON，即该关系式成立即可验证碰撞前后动量守恒。
b．小球离开斜槽末端后做平抛运动，抛出点高度相同，运动时间 t 相同，水平位移 x＝vt 与初速度成正比，故可用水平位移代替速度验证动量守恒。碰撞前后动量守恒：m₁v₀＝m₁v₁＋m₂v₂，两边同乘 t 得 m₁·OP＝m₁·OM＋m₂·ON，即该关系式成立即可验证碰撞前后动量守恒。
（3）小球 1 从 A 摆到最低点 B 的过程中机械能守恒：mgh₁＝½mv₁²。由几何关系，绳长 L 一定时，弦长 l₁ 与对应下落高度 h₁ 的关系为 h₁＝l₁²/(2L)，代入得 v₁＝l₁·√(g/L)。同理，碰后小球 1 反弹至 A′：v₂＝l₂·√(g/L)；小球 2 摆至 D：v₃＝l₃·√(g/L)。B 处正碰过程中动量守恒（取向右为正）：mv₁＝Mv₃−mv₂，代入速度表达式并消去公共因子 √(g/L)，得 m√l₁＝M√l₃−m√l₂，即满足该关系即可验证碰撞前后动量守恒。
17．如图所示，水平放置的排水管满口排水，管口的横截面积为S，管口离水池水面的高度为h，水在水池中的落点与管口的水平距离为d。假定水在空中做平抛运动，已知重力加速度为g，h远大于管口内径。求：
（1） 水从管口到水面的运动时间t；
（2） 水从管口排出时的速度大小v₀；
（3） 管口单位时间内流出水的体积Q。
18．如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。
（1） 求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；
（2） 求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；
（3） 在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。
【答案】（1）I = Q/(CR)
（2）a = BQL/(CRm)
（3）v-t图线从原点出发、斜率逐渐减小、趋近某一渐近值的曲线
（2）a = BQL/(CRm)
（3）v-t图线从原点出发、斜率逐渐减小、趋近某一渐近值的曲线
【详解】开关闭合前，电容器电荷量为Q。
（1）闭合开关瞬间，电容器两极板间电压 U = Q/C。此时通过导体棒的电流：
I = U/R = Q/(CR)
（2）导体棒受安培力：F = BIL = BQL/(CR)
由牛顿第二定律：F = ma
解得加速度：a = BQL/(CRm)
（3）随着电容器放电，电荷量不断减少 → 电压U降低 → 电流I减小 → 安培力F减小 → 加速度a减小。因此导体棒的速度v随时间t的变化为：从原点出发、斜率逐渐减小的曲线，最终趋近于某一渐近值（当电容器完全放电后，a=0，速度达到最大并保持不变）。图线形状类似于从原点出发的饱和曲线。
（1）闭合开关瞬间，电容器两极板间电压 U = Q/C。此时通过导体棒的电流：
I = U/R = Q/(CR)
（2）导体棒受安培力：F = BIL = BQL/(CR)
由牛顿第二定律：F = ma
解得加速度：a = BQL/(CRm)
（3）随着电容器放电，电荷量不断减少 → 电压U降低 → 电流I减小 → 安培力F减小 → 加速度a减小。因此导体棒的速度v随时间t的变化为：从原点出发、斜率逐渐减小的曲线，最终趋近于某一渐近值（当电容器完全放电后，a=0，速度达到最大并保持不变）。图线形状类似于从原点出发的饱和曲线。
19．科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点O为观测点，以质量为m的小星体（记为P）为观测对象。当前P到O点的距离为r₀，宇宙的密度为ρ₀。
（1） 求小星体P远离到2r₀处时宇宙的密度ρ；
（2） 以O点为球心，以小星体P到O点的距离为半径建立球面。P受到的万有引力相当于球内质量集中于O点对P的引力。已知质量为m₁和m₂、距离为R的两个质点间的引力势能Ep＝−Gm₁m₂/R，G为引力常量。仅考虑万有引力和P远离O点的径向运动。
a． 求小星体P从r₀处远离到2r₀处的过程中动能的变化量ΔEk；
b． 宇宙中各星体远离观测点的速率v满足哈勃定律v＝Hr，其中r为星体到观测点的距离，H为哈勃系数。H与时间t有关但与r无关，分析说明H随t增大还是减小。
【答案】（1）ρ = ρ₀/8
（2）a．ΔEₖ = −(2/3)Gπρ₀mr₀² b．H随t增大而减小
（2）a．ΔEₖ = −(2/3)Gπρ₀mr₀² b．H随t增大而减小
【详解】（1）在宇宙中所有位置观测结果相同 → 小星体P运动前后，半径为r₀和2r₀的球体内质量相同：
ρ₀·(4/3)πr₀³ = ρ·(4/3)π(2r₀)³ = ρ·(32/3)πr₀³
解得：ρ = (1/8)ρ₀
（2）a．球内质量：M = ρ₀·(4/3)πr₀³
在r₀处的引力势能：Eₚ₁ = −GMm/r₀
在2r₀处的引力势能：Eₚ₂ = −GMm/(2r₀)
动能变化量（仅考虑万有引力做功）：ΔEₖ = −ΔEₚ = Eₚ₁ − Eₚ₂ = −GMm/r₀ + GMm/(2r₀) = −GMm/(2r₀)
代入M得：ΔEₖ = −(2/3)Gπρ₀mr₀²
b．由a知星体的速度随r₀增大而减小。由v = Hr知，当r增大时v增大但增速放缓（因为速度实际随r₀增加而减小）。由于哈勃常数H = v/r，随着时间t推移、距离r增大，H值逐渐减小。
结论：H随t增大而减小。
ρ₀·(4/3)πr₀³ = ρ·(4/3)π(2r₀)³ = ρ·(32/3)πr₀³
解得：ρ = (1/8)ρ₀
（2）a．球内质量：M = ρ₀·(4/3)πr₀³
在r₀处的引力势能：Eₚ₁ = −GMm/r₀
在2r₀处的引力势能：Eₚ₂ = −GMm/(2r₀)
动能变化量（仅考虑万有引力做功）：ΔEₖ = −ΔEₚ = Eₚ₁ − Eₚ₂ = −GMm/r₀ + GMm/(2r₀) = −GMm/(2r₀)
代入M得：ΔEₖ = −(2/3)Gπρ₀mr₀²
b．由a知星体的速度随r₀增大而减小。由v = Hr知，当r增大时v增大但增速放缓（因为速度实际随r₀增加而减小）。由于哈勃常数H = v/r，随着时间t推移、距离r增大，H值逐渐减小。
结论：H随t增大而减小。
【章节】力学-万有引力与航天【考点】万有引力定律引力势能宇宙膨胀模型
20．我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和B₁；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氩原子碰撞并使其电离。每个氩离子的质量为M、电荷量为+e，初速度近似为零。氩离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。
已知电子的质量为m、电荷量为−e；对于氩离子，仅考虑电场的作用。
（1） 求氩离子在放电室内运动的加速度大小a；
（2） 求径向磁场的磁感应强度大小B₂；
（3） 设被电离的氩原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。
【答案】（1）a = eE/M
（2）B₂ = √(mE/2e)
（3）F = nk√(2eEM)/(1+k)
（2）B₂ = √(mE/2e)
（3）F = nk√(2eEM)/(1+k)
【详解】（1）氙离子（电荷量+e、质量M）在放电室中仅受电场力作用：
eE = Ma
解得加速度：a = eE/M
（2）电子由阴极发射运动到阳极过程中，电场对电子做功。由动能定理：
eE = (1/2)mv²
得电子速度：v = √(2eE/m)
电子在阳极附近做匀速圆周运动（径向磁场B₂提供向心力），轴线上电场力与洛伦兹力平衡：
eE = evB₂
解得径向磁场磁感应强度：B₂ = E/v = √(mE/2e)
（3）单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数与进入放电室的电子数之比为常数k，则单位时间内被电离的氙离子数：N = nk/(1+k)
氙离子经电场加速后喷出，由eE·d = (1/2)MV₁²得喷出速度：V₁ = √(2eEd/M)（或由动能定理直接得）
由动量定理：推力F等于单位时间喷射离子的动量变化：F = NMV₁
最终得：F = nk√(2eEM)/(1+k)
（式中M为氙离子质量）
eE = Ma
解得加速度：a = eE/M
（2）电子由阴极发射运动到阳极过程中，电场对电子做功。由动能定理：
eE = (1/2)mv²
得电子速度：v = √(2eE/m)
电子在阳极附近做匀速圆周运动（径向磁场B₂提供向心力），轴线上电场力与洛伦兹力平衡：
eE = evB₂
解得径向磁场磁感应强度：B₂ = E/v = √(mE/2e)
（3）单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数与进入放电室的电子数之比为常数k，则单位时间内被电离的氙离子数：N = nk/(1+k)
氙离子经电场加速后喷出，由eE·d = (1/2)MV₁²得喷出速度：V₁ = √(2eEd/M)（或由动能定理直接得）
由动量定理：推力F等于单位时间喷射离子的动量变化：F = NMV₁
最终得：F = nk√(2eEM)/(1+k)
（式中M为氙离子质量）