2023届北京市第四中学高三下学期保温测试物理试题（含解析）

这是一份2023届北京市第四中学高三下学期保温测试物理试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列说法中正确的是（ ）
A．对一定质量的理想气体，当分子的密集程度增加时，其压强一定增大
B．气体对外做功，内能一定减少
C．分子间距离增大时，分子间的作用力与分子势能均减小
D．水的温度越高，水分子的热运动越剧烈
2．下列说法正确的是（ ）
A．氡的半衰期为3.8天，若有8个氡核，则经过7.6天后剩下2个氡核
B．发生β衰变时，生成的核与原来的核相比，质子数少1
C．比结合能越大，原子核中核子结合得越紧密，原子核越稳定
D．太阳内部的氢核的聚变反应释放能量，聚变反应后产生的新核的核子平均质量大
3．在水下同一深度有两个不同颜色的点光源P、Q，在水面上P的出色光的区域大于Q光出射光的区域，以下说法正确的是（ ）
A．P光的频率大于Q光的频率
B．P光在水中的传播速度小于Q光在水中的传播速度
C．P光恰能使某金属发生光电效应，则Q光也一定能使该金属发生光电效应
D．用P和Q发出的光分别照射同一双缝干涉装置，P光条纹间距离小于Q光条纹间距
4．假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常数为G，则地球的密度为（ ）
A．B．C．D．
5．波速均为的甲、乙两列同性质的简谐横波各自沿x轴正方向传播，某时刻波的图象分别如图所示，其中质点P、Q均处于波峰。关于这两列波，下列说法正确的是（ ）
A．如果这两列波相遇，可能产生稳定的干涉图样
B．甲波的周期大于乙波的周期
C．甲波中的质点P比质点M先回到平衡位置
D．从图示的时刻开始，经过1.0s，P、Q两质点通过的路程均为1.2m
6．某交流发电机产生交变电流的装置如左图所示，产生的感应电动势与时间的关系如右图所示，下列说法正确的是（ ）

A．t=0时，线圈平面处于中性面位置，磁通量变化率最大
B．线圈通过中性面时，交变电流改变方向。
C．线框中产生的感应电动势e=100sin50t（V）
D．如果仅使线圈的转速加倍，则电动势的最大值和周期分别变为200V、0.08s
7．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为–4 kg·m/s，则（ ）
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2 ： 5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1 ： 10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2 ： 5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1 ： 10
8．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。在苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．手掌对苹果的摩擦力越来越大B．苹果先处于超重状态后处于失重状态
C．手掌对苹果的支持力越来越大D．苹果所受的合外力越来越大
9．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程（ ）

A．动能增加B．机械能增加
C．重力势能增加D．电势能增加
10．如图所示，将一个半径为r的不带电的金属球放在绝缘支架上，金属球的右侧放置一个电荷量为Q的带正电的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离也为r。由于静电感应在金属球上产生感应电荷。设静电力常量为k。则关于金属球内的电场以及感应电荷的分布情况，以下说法中正确的是（ ）

A．金属球的球心处电场强度大小为
B．感应电荷在金属球球心处激发的电场场强，方向向右
C．感应电荷全部分布在金属球的表面上
D．金属球右侧表面的电势高于左侧表面
11．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环。规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场方向向上为正方向。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，导体环中感应电流随时间变化的图像是（ ）
A．B．
C．D．
12．三级跳远是速度、力量和平衡能力的结合。设运动员在空中运动过程只受重力和沿跳远方向恒定的水平风力作用，地面水平、无杂物、无障碍，运动员每次起跳姿势不变且与地面的作用时间不计，假设人着地反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反，则运动员从A点开始起跳到D点的整个过程中均在竖直平面内运动，下列说法正确的是（ ）

A．每次运动到最高点时速度为0
B．每次起跳速度方向与水平方向的夹角相等
C．运动员在空中时的加速度恒定
D．从起跳到着地三段运动水平方向速度变化量越来越大
13．一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg的B固定在一起，质量为1kg的A放于B上。现在A上施加力F使得弹簧压缩，然后撤去力F，此后A和B一起竖直向上运动，且A和B能分离。如图所示。当A、B分离后，A上升0.2m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法不正确的是（ ）（g取10m/s2）
A．A、B分离时B的加速度为gB．弹簧的弹力对B做功为零
C．弹簧的弹力对B的冲量大小为6N·sD．B的动量变化量为零
14．晶须是一种发展中的高强度材料，它是一些非常细的、非常完整的丝状（横截面为圆形）晶体．现有一根铁质晶须，直径为d，用大小为F的力恰好将它拉断，断面呈垂直于轴线的圆形．已知铁的密度为ρ，铁的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则拉断过程中相邻铁原子之间的相互作用力是（ ）
A．B．C．D．
二、实验题
15．某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中
①该同学用游标卡尺测得单摆小球的直径为___________cm；同学用秒表记录的时间如图所示，则秒表的示数为___________s；

②如果某同学在实验时，用的摆球质量分布不均匀，无法确定其重心位置。他第一次量得悬线长为L1（不计摆球半径），测得周期为T1：第二次量得悬线长为L2，测得周期为T2.根据上述数据，可求得g值为( )
A． B． C． D．
该同学又想出另一个办法测重力加速度，他测出多组摆线长L与周期T的数据，根据实验数据，作出了T2-L的关系图象如图所示理论上T2-L是一条过坐标原点的直线，根据图中数据，可算出重力加速度其值为___________m/s2（取，结果保留三位有效数字），仅考虑该数据处理方法，他得到的加速度g与真实值相比___________（填偏大、偏小或相同）

③如果该同学测得的g值偏大，可能的原因是( )
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．开始计时时，秒表按下稍晚
C．实验中将51次全振动误记为50次
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
16．在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm。
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某次测量结果如右图所示，其读数应为___________mm（该值接近多次测量的平均值）。

（2）用伏安法测金属丝的电阻R。实验所用器材为：电池组（电动势3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干。
某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
由以上实验数据可知，他们测量R是采用下图中的___________图（选填“甲”或“乙”）。

（3）下图是测量R的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端。请根据（2）所选的电路图，补充完成下图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。( )

（4）任何实验测量都存在误差。本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是___________。
A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D．用U-I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
（5）如下电路原理图所示，电源电动势为E，内阻忽略不计。设滑动变阻器的总长度为L，在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，R上的电压U从0增大到E。图中给出了两条电压U随x/L的图像，一条实验条件为R=10R，另一条实验条件为R=10R。
①则当实验条件为R=10R，电压U随x/L的图像为图中___________（填“a”或“b”）。
②根据图像说明分压电路滑动变阻器应如何选择_______。

三、解答题
17．超市为节省收纳空间，常常将手推购物车相互嵌套进行收纳。质量均为m=16kg的两辆购物车相距静止在水平面上。第一辆车在工作人员猛推一下后，沿直线运动与第二辆车嵌套在一起，继续运动了后停了下来。人推车时间、两车相碰时间极短，可忽略，车运动时受到的阻力恒为车重的k=0.25倍，重力加速度取，求：
（1）两辆车从嵌套后运动到停下来所用时间；
（2）两辆车在嵌套过程中损失的机械能；
（3）工人对第一辆车所做的功。
18．如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L=1.0m，与水平面之间的夹角a=37°，匀强磁场磁感应强度B=2.0T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R=1.6Ω的电阻，质量m=0.5kg，电阻r=0.4Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s=3.8m时达到稳定状态，对应过程的v-t图像如图乙所示。取g=10m/s2，导轨足够长（sin37°=0.6，cs37°=0.8）。求：
（1）运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；
（2）从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属杆上产生的焦耳热；
（3）计算导体棒在第1秒末的加速度。

19．如图所示，真空圆柱形空腔上、下底面为金属导体平板，两平板距离为d，侧面为绝缘玻璃。将空腔上、下底面分别连接于电源正、负电极（图中未画出），电源电动势为E，内阻忽略不计。空腔区域电场可视为匀强电场。现在空腔内放置有许多导体小颗粒（以图中黑点表示），腔内导体小颗粒因反复带上正、负电荷，在电场力的作用下，上下跳跃。设导体颗粒数目为n，且n远大于1；每个颗粒质量为m，颗粒与上下导体极板碰撞均为完全非弹性碰撞，碰撞后瞬间沾染正、负电量大小均为q。忽略小颗粒重力的作用，且不考虑颗粒间的碰撞。
（1）求粒子上、下运动往返一次所用时间T。
（2）电源不断给上下底面提供电荷，从而构成一个回路，求该回路等效电流I。
（3）试分析说明上述情境中电源提供的能量的转化情况。

20．舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某同学自己设计了一个如图甲所示的电磁弹射系统模型。该弹射系统工作原理如图乙所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可以水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为。开关与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时掷向2接通定值电阻，同时对动子施加一个回撤力，在时刻撤去力，最终动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的图像如图丙所示。已知模型飞机起飞速度，，，线圈匝数匝，每匝周长，动子和线圈的总质量，线圈的电阻，，，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：
（1）动子和线圈向前运动的最大位移；
（2）回撤力与动子速度大小的关系式；
（3）图丙中的数值。（保留两位有效数字）
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520
参考答案：
1．D
【详解】A．根据压强的微观意义可知，气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关；对一定质量的理想气体，当分子的密集程度增加时，其压强不一定增大，故A错误；
B．气体对外做功的同时有可能吸热，由热力学第一定律可知内能不一定减少，故B错误；
C．分子间为斥力时距离增大时，分子间的作用力与分子势能均减小；分子间为引力时距离增大时，分子间的作用力减小，分子势能增大；故C错误；
D．水的温度越高，分子的平均动能增大，水分子的热运动越剧烈，故D正确。
故选D。
2．C
【详解】A．半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用，故A错误；
B．发生β衰变时，生成的核与原来的核相比，质子数多1，故B错误；
C．比结合能越大，原子核中核子结合得越紧密，原子核越稳定, 故C正确；
D．反应过程中存在质量亏损，导致反应后核子的平均质量小于反应前核子的平均质量，故D错误；
故选C。
3．C
【详解】A．在水面上P的出色光的区域大于Q光出射光的区域，可知P光的临界角较大，根据
可知，P光折射率较小，P光的频率小于Q光的频率，选项A错误；
B．根据
可知， P光在水中的传播速度大于Q光在水中的传播速度，选项B错误；
C．因为 P光的频率小于Q光的频率，则若P光恰能使某金属发生光电效应，则Q光也一定能使该金属发生光电效应，选项C正确；
D．根据
P光的波长大于Q光的波长，用P和Q发出的光分别照射同一双缝干涉装置，P光条纹间距离大于Q光条纹间距，选项D错误。
故选C。
4．B
【详解】由万有引力定律可知，设质量为m的物体在两极处，有
在地球的赤道上，有
地球的质量为
联立三式可得
故选B。
5．C
【详解】AB．甲波的周期
乙波的周期
周期不同，频率不同，所以这两列波相遇，不可能发生干涉现象，且甲的周期小于乙的周期，故AB错误；
C．波沿x轴正方向传播，此时M点向上运动，P质点直接向下运动回到平衡位置，所以甲波中P处质点比M处质点先回平衡位置，故C正确；
D．经过1.0s，甲通过半个周期，路程为20cm=0.2m，乙通过，通过路程10cm=0.1m，故D错误。
故选C。
6．B
【详解】AB．由图像可知，t=0时，电动势为零，此时线圈平面处于中性面位置，磁通量变化率最小，交变电流改变方向。故A错误；B正确；
C．线框中产生的感应电动势的最大值和周期分别为
，
根据
可知感应电动势瞬时值为
e=100sin50πt（V）
故C错误；
D．根据
，
可知与成正比，如果仅使线圈的转速加倍，则电动势的最大值为
周期为
可知，周期与成反比，如果仅使线圈的转速加倍，则周期减半为
故D错误。
故选B。
7．A
【详解】两物体的运动是同向追击（都向右运动），只有后边的物体速度大于前边的物体才能发生碰撞，以此分析应该是A球在左方追击B球，发生碰撞，A球的动量减小4 kg·m/s，其动量变为2 kg·m/s，根据动量守恒B球动量增加4 kg·m/s，其动量变为10 kg·m/s，两球质量关系为mB=2mA，则 A、B两球的速度关系为2∶5。
故选A。
8．A
【详解】A．苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程中，加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度逐渐增大，由牛顿第二定律可知，手掌对苹果的摩擦力越来越大，A正确；
B．苹果做匀速圆周运动，从a到b的运动中，加速度在竖直方向上有向上的分加速度，可知苹果处于超重状态，B错误；
C．苹果做匀速圆周运动，从a到b的运动中，加速度大小不变，加速度在竖直方向上的分加速度逐渐减小，可知手掌对苹果的支持力越来越小，C错误；
D．苹果做匀速圆周运动，加速度大小不变，则有苹果所受的合外力大小不变，方向始终指向圆心，D错误。
故选A。
9．B
【详解】A．小球动能增加量为

故A错误；
BC．小球在竖直方向做匀减速运动，竖直速度减为零时，设上升高度为h，有

解得
则重力势能增加量为

机械能增加量为

故B正确，C错误；
D．小球在竖直方向做匀减速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直速度由v减到零的过程，水平速度刚好由零加到2v，根据加速度定义式
可知水平方向的加速度大小为竖直方向加速度大小的2倍，根据牛顿第二定律得水平方向电场力和加速度大小分别为2mg、2g，则水平方向位移大小为

电场力做正功，电势能减少，减少量为
故D错误。
故选B。
10．C
【详解】A．电荷与感应电荷在金属球内任意位置激发的电场场强都是等大且反向，金属球内部合电场为零，故A错误；
B．感应电荷在金属球球心处激发的电场场强与点电荷在球心处产生的电场强度大小相等，方向相反，即为
故B错误；
C．由于金属球感应电荷产生的电场导致内部电荷分布在金属球的表面上，故C正确；
D．静电平衡的导体是一个等势体，导体表面是一个等势面，故D错误。
故选C。
11．A
【详解】均匀变化的磁场产生恒定的电流，在内，磁场方向竖直向下， 并且均匀减小，根据楞次定律得感应电流方向为正；内磁场方向竖直向上，并且均匀增大，根据楞次定律得感应电流方向为正，内磁场方向竖直向上，并且均匀减小，根据楞次定律得感应电流方向为负；在内，磁场方向竖直向下， 并且均匀增大，根据楞次定律得感应电流方向为负；内的变化与内一致，即电流方向为正，因此选项A正确。
故选A。
12．C
【详解】A．每次运动到最高点时竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，故A错误；
BD．由于运动员着地反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反，由
可知每次起跳高度相同，由
可知每次起跳在空中的时间相同，而在水平方向上受恒定的水平风力作用，因此每次起跳水平方向上都是匀加速直线运动，起跳时竖直分速度不变，而水平分速度越来越大，故每次起跳速度方向与水平方向的夹角不相等，且水平方向上
可知从起跳到着地三段运动水平方向速度变化量相同，故BD错误；
C．由于运动员在空中运动过程只受重力和沿跳远方向恒定的水平风力作用，因此运动员在空中时所受合外力不变，加速度不变，故C正确。
故选C。
13．D
【详解】A．由分离的条件可知，A、B物体分离时二者的速度、加速度相等，二者之间的相互作用力为0，所以此时A只受重力，A的加速度为
所以B的加速度为也等于g，故A正确，不符合题意；
B．A、B物体分离时弹簧恢复原长，A到最高点时弹簧再次恢复原长，所以从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中弹簧的弹性势能变化为零，所以弹簧对B做功为零，故B正确，不符合题意；
C．A、B物体分离后A做竖直上抛运动，可知竖直上抛的初速度为
上升到最高点所需的时间为
由运动的对称性可知此时B的速度为2m/s，方向竖直向下，对B在此过程中运用动量定理得
解得弹簧的弹力对B的冲量大小为
故C正确，不符合题意；
D．B的动量变化量为
故D错误，符合题意。
故选D。
14．C
【详解】铁的摩尔体积
单个分子的体积
又
所以分子的半径
分子的最大截面积
铁质晶须的横截面上的分子数
拉断过程中相邻铁原子之间的相互作用力
故C正确。
故选C。
【点睛】该题考查分子之间的引力，解题的关键是根据分子之间的作用力的概念出发，能够应用截面上所有分子之间的作用力的和等于拉力F。
15． 1.070 96.8 B 9.86 相同 AB/BA
【详解】①[1]用游标卡尺测得单摆小球的直径为
1cm+0.05mm×14=1.070cm
[2]同学用秒表记录的时间为
1min+36.8s=96.8s
②[3]根据
可得
可得
故选B。
[4]根据
可得
解得
g=9.86m/s2
[5]仅考虑该数据处理方法，没有系统误差，则他得到的加速度g与真实值相比相同；
③[6]根据
A．测摆线长时摆线拉得过紧，则摆长测量值偏大，则重力加速度的测量值偏大，选项A正确；
B．开始计时时，秒表按下稍晚，则周期测量值偏小，则重力加速度的测量值偏大，选项B正确；
C．实验中将51次全振动误记为50次，则周期测量值偏大，则重力加速度的测量值偏小，选项C错误；
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，计算时还用原来的值计算，则重力加速度测量值偏小，选项D错误。
故选AB。
16． 0.396/0.397/0.398/0.399 甲 CD/DC a 选择滑动变阻器在确保安全的条件下阻值应小一些好，使得分压部分的电压与滑动端移动的距离线性度较好，便于调节
【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数为
至均算正确；
（2）[2]实验中测量的电压从0.10V开始，非常小，故滑动变阻器采用的是分压式接法，采用的是图甲的电路；
（3）[3]根据（2）中电路图可得实物图连接如下

（4）[4]A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故A错误；
B．由于误差总是存在，由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，故B错误；
C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，完善了实验方案，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C正确；
D．图像法与多次测量求平均值的方法等效，故用U-I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差，故D正确。
故选CD；
（5）[5]根据闭合回路欧姆定律与电阻定律可得当R=10R时，由于
因此R在与滑动变阻器分压部分电阻并联时，R分得更多电流，使得分压部分的电压与滑动端的电压的分压比例的线性度变差，同理当R=10R时，R远大于滑动变阻器分压部分电阻，R分得电流较小，使得分压部分的电压与滑动端移动的距离线性度较好，故R=10R，电压U随x/L的图像为图中a；
[6]结合图像与[5]中分析可知，选择滑动变阻器在确保安全的条件下阻值应小一些好，使得分压部分的电压与滑动端移动的距离线性度较好，便于调节。
17．（1）1s；（2）；（3）240J
【详解】（1）对整体，由牛顿第二定律
解得
逆向过程
得
t=1s
（2）嵌套后，对整体
得
嵌套过程中
得
在嵌套过程中损失的机械能
解得
（3）对小车
解得
W=240J
18．（1）端电势高；；（2）；（3）
【详解】（1）由右手定则可判断感应电流由流向b，b相当于电源的正极，故端电势高，
当金属棒匀速运动时，由平衡条件得
其中
由乙图可知
联立解得
（2）从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理
又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得
两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为
（3）进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由牛顿第二定律有
由图可知
代入数据解得
19．（1）；（2）；（3）电源提供的电能一方面通过完全非弹性碰撞转化为内能，另一方面通过颗粒与极板作用时电荷中和过程转化为内能
【详解】（1）粒子的加速度
由运动学公式
得周期
（2）回路等效电流为
（3）电源提供的电能一方面通过完全非弹性碰撞转化为内能，另一方面通过颗粒与极板作用时电荷中和过程转化为内能。
20．（1）；（2）时段 ，时段；（3）
【详解】（1）动子和线圈向前运动的最大位移即时间段内的位移，由图像知
（2）动子和线圈在时间做匀减速直线运动，加速度大小为
根据牛顿第二定律有
其中
可得
解得
在时间反向做匀加速直线运动，加速度不变
根据牛顿第二定律有
联立相关式子，解得
（3）动子和线圈在时间段内的位移
从时刻到返回初始位置时间内的位移
根据法拉第电磁感应定律有
据电荷量的定义式
据闭合电路欧姆定律
解得从时刻到返回初始位置时间内电荷量
其中
动子和线圈从时刻到返回时间内,只受磁场力作用，根据动量定理有
又因为安培力的冲量
联立可得
故图丙中的数值为