2022-2023學年河南省新鄭市新鄭某中學高三年級上冊學月11月測試物理試題（解析版）

新鄭市新鄭高級中學2022-2023學年高三上學月11月測試物理試題

一、選擇題：第r7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8~12題有多項符合題目要

求，每小題4分，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

I.許多科學家對物理學的發(fā)展做出了巨大貢獻，下列選項中說法正確的是（）

A.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系

B.歐姆發(fā)現(xiàn)了歐姆定律，說明了熱現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間存在聯(lián)系

C.楞次發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系

D.自然界中的電荷有兩種，是美國物理學家密立根將它們分別命名為正電荷和負電荷

【答案】A

【解析】

【詳解】A.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系，A正確；

B.焦耳發(fā)現(xiàn)了焦耳定律，說明了熱現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間存在聯(lián)系，B錯誤；

C.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系，C錯誤；

D.自然界中的電荷有兩種，是富蘭克林將它們分別命名為正電荷和負電荷，D錯誤。

故選Ao

2.如圖所示，兩個線圈A、B套在一起，線圈A中通有電流，方向如圖所示。當線圈A中的電流突然減

弱時，線圈B中的感應電流方向為（）

A.沿順時針方向

B.沿逆時針方向

C.無感應電流

D.先沿順時針方向，再沿逆時針方向

【答案】B

【解析】

【詳解】當線圈A中通有減小的逆時針方向的電流時，知穿過線圈B的磁通量垂直向外，且減小，根據(jù)楞

次定律，線圈B產(chǎn)生與A的電流的方向相同，即逆時針方向的電流。

故選Bo

3.質量，"=2kg的物體在合外力尸的作用下從靜止開始做直線運動。物體所受的合外力尸隨時間f變化圖

像如圖所示。下列說法正確的是（）

A.物體先做勻加速直線運動，再做加速度減小的減速運動

B.4s末物體的速度為零

C.6s內合外力的沖量為4N-s

D.6s內合外力做功為8J

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由圖可知，0?4s合力方向不變，則物體先做勻加速直線運動，再做加速度減小的加速度運

動，最后做加速度增大的減速運動，故A錯誤；

B.由動量定理可知，合外力沖量等于物體動量的變化，物體從靜止開始運動，有

Ft=A/wv

在/-r圖像中，合外力的沖量即為所圍成圖形的面積，有

2x2N-s+^-x2x2N-s=2xv4

解得

v4=3m/s

故B錯誤；

C.圖像與坐標軸所圍面積表示合力的沖量，0?2s合力沖量為

Z2=2x2N-s=4N-s

2~6s合力沖量為0,則6s內合外力的沖量為4N-s,故C正確;

D.0?2s由動量定理可得

2=mv2

即

mv2=4kg-m/s

此時的動能為

k2m2x2

由于2~6s合力的沖量為0,即動量不變，則動能也不變，所以6s內合外力做功為4J,故D錯誤。

故選C。

4.一輕繩一端系在豎直墻仞上，另一端系一質量為根的物體A,用一輕質光滑圓環(huán)。穿過輕繩，并用力

F拉住輕環(huán)上一點，如圖所示?，F(xiàn)使物體A從圖中虛線位置緩慢上升到實線位置。則在這一過程中，力

F、繩中張力尸r及力廠與水平方向夾角。的變化情況是（）

A./保持減小，F(xiàn)T逐漸增大，夾角。逐漸減小

B.F逐漸減小，F(xiàn)T保持不變，夾角6逐漸減小

C尸逐漸減小，F(xiàn)T保持不變，夾角e逐漸減小

D.F逐漸增大，F(xiàn)T逐漸不變，夾角。逐漸增大

【答案】D

【解析】

【詳解】圓環(huán)受到三個力，拉力尸以及兩個繩子的拉力FT,三力平衡，故兩個繩子的拉力的合力與拉力尸

始終等值、反向、共線，繩子的拉力始終等于，陽，即FT保持不變，由于兩個繩子的拉力等于加g,夾角越

小，合力越大，且合力在角平分線上，故使物體A從圖中虛線位置緩慢上升到實線位置的過程中，拉力尸

逐漸變大，由于始終與兩細線拉力的合力反向，故拉力尸逐漸豎直，。逐漸增大。

故選D。

5.如圖所示。質量均為〃？6兩小球用不可伸長的長度均為L的輕質細繩懸掛起來，使小球a在豎直平

面內來回擺動，小球b在水平面內做勻速圓周運動，連接小球人的繩子與豎直方向的夾角和小球a擺動時

繩子偏高豎直方向的最大夾角都為9,重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

A.小球a運動到最高點時受到的繩子拉力為」三

COS。

B.小球a擺動到最低點時的速度大小為J2g￡cos6

C.小球6做圓周運動的速度大小為JgLtan6

D.小球b做圓周運動的周期為2萬,0

【答案】D

【解析】

【詳解】A.小球a運動到最高點時速度為0,將重力分解，拉力為

F“=mgcos0

故A錯誤；

B.小球〃擺動到最低點過程中，由動能定理得

12

—mv=mg(L-Leos6)

解得

v=y]2g(L-Lcos0)

故B錯誤；

CD.小球b在水平面內做勻速圓周運動，則

4萬2

mgland=mR

R-Lsin0

解得

Leos。

T=2TT

根據(jù)

2兀R

v=

可得小球Z?做圓周運動的速度大小

v='Lgsindtan。

故D正確，C錯誤。

故選D。

6.在如圖所示的電路中，電壓表和電流表均視為理想電表，閉合電鍵S,將滑動變阻器滑片P緩慢向左移

動過程中，燈泡的電阻恒定不變，電壓表示數(shù)變化量的絕對值為△0,電流表示數(shù)變化量的絕對值為

M,則下列判斷正確的是()

A.燈泡變亮B.電容器的帶電量變大

C.電源的效率減小D.——變大

A7

【答案】B

【解析】

【詳解】A.滑動變阻器滑片P緩慢向左移動過程中，其接入阻值變大，回路總電阻變大，干路電流變

小，燈泡變暗，A錯誤；

B.由閉合電路歐姆定律可得

U=E-lr

可知路端電壓變大，電容兩端電壓變大，所帶電量變大，B正確;

C.電源的效率可表示為

z7=^xlOO%=-^-xlOO%=—?—X100%

P總R外+「1+-21

R外

可知電源的效率增大，C錯誤;

D.由閉合電路歐姆定律可得

j+r

ML

故——保持不變，D錯誤。

△/

故選B?

7.如圖所示，某同學用玻璃皿在中心放一個圓柱形電極接電源的負極，沿邊緣放一個圓環(huán)形電極接電源的

正極做“旋轉的液體的實驗“，若蹄形磁鐵兩極間正對部分的磁場視為勻強磁場，磁感應強度為8=0.1T,

玻璃皿的橫截面的半徑為a=0.05m,電源的電動勢為E=3V,內阻r=0.1。，限流電阻R)=4.9C,玻璃皿

中兩電極間液體的等效電阻為R=0.9C,閉合開關后當液體旋轉時電壓表的示數(shù)恒為I.5V,貝IJ()

A.由上往下看，液體做順時針旋轉

B.液體所受的安培力大小為1.5xl0-4N

C.閉合開關10s,液體具有的熱能是4.5J

D.閉合開關后，液體熱功率為0.081W

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由于中心放一個圓柱形電極接電源的負極，沿邊緣放一個圓環(huán)形電極接電源的正極，在電源外部

電流由正極流向負極，因此電流由邊緣流向中心；器皿所在處的磁場豎直向上，由左手定則可知，導電液體

受到的磁場力沿逆時針方向，因此液體沿逆時針方向旋轉.故選項A不符合題意.

B.電壓表的示數(shù)為1.5V,則根據(jù)閉合電路的歐姆定律

E=U+IRo+Ir

代入數(shù)據(jù)可得電路中的電流值

/=0.3A,

液體所受的安培力大小為

F=B/L=B/a=O.lxO.3xO.O5=1.5xlO:,N

故選項B不符合題意.

C.液體的等效電阻為/?=0.9Q,10s內液體的熱能

Q=『R/=0.32x0.9x10=0.81J

故選項C不符合題意.

D.玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R=0.9O,則液體熱功率為

22

Ptft=//?=0.3x0.9=0.081W

故選項D符合題意.

8.如圖甲所示，某電場中的一條電場線恰好與M、P所在直線重合，以M為坐標原點，向右為正方向建

立直線坐標系x,P點的坐標郎=5.0cm,此電場線上各點的電場強度E的大小隨x變化的規(guī)律如圖乙所

示。若一電子（電荷量大小為e）僅在電場力作用下自M點運動至P點，其電勢能減小45eV,以下說法

正確的是（）

A.該電子做勻變速直線運動

B.x軸上各點的電場強度方向都為x軸負方向

C.MP兩點電勢差為一45V

D.圖象中的比的數(shù)值為1.2

【答案】BCD

【解析】

【詳解】A.由圖乙可知，從M點到P點過程，電場強度逐漸減小，又因為電子僅受到電場力的作用，可

知該電子的加速度逐漸減小，故電子不是做勻變速直線運動，A錯誤；

B.電子從M點運動至P點過程電勢能減小，電場力做正功，可知電子受到的電場力沿+x方向，場強沿-x

方向，B正確；

C.由功能關系可得

-6。卬=△耳=45eV

解得

%=-45V

C正確；

D.乙圖中圖線下方的面積與電荷量e的乘積表示電勢能的減少量，可得

4+"

e-------—?x-AEn

2P

代入數(shù)據(jù)解得

3

Eo=1.2x10V/m

故圖象中的Eo的數(shù)值為1.2,D正確。

故選BCD,

9.“天問一號”火星探測器需要通過霍曼轉移軌道從地球發(fā)射到火星，地球軌道和火星軌道近似看成圓形

軌道，霍曼轉移軌道是一個在近日點M和遠日點P分別與地球軌道、火星軌道相切的橢圓軌道（如圖所

示）?！疤靻栆惶枴痹诮拯c短暫點火后進入霍曼轉移軌道，接著沿著這個軌道運行直至抵達遠日點，然

后再次點火進入火星軌道。己知引力常量為G,太陽質量為相，地球軌道和火星軌道半徑分別為r和R,

地球、火星、“天問一號”運行方向都為逆時針方向。若只考慮太陽對“天問一號”的作用力，下列說法

正確的是（）

P

/高

霍

工

理

地

轉

移

道

軌

軌

道

\M/

B軌皂/

A.兩次點火噴射方向都與速度方向相同

B.兩次點火之間的時間間隔為生、（-+ri

2V2Gm

C.“天問一號”在地球軌道上的線速度大于在火星軌道上的線速度

D.“天問一號”在霍曼轉移軌道上P點的加速度比在火星軌道上尸點的加速度小

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.兩次點火都是從低軌道向高軌道轉移，需要加速，所以點火噴射方向都與運動方向相反，A

錯誤；

B.探測器在地球軌道上由萬有引力提供向心力有

Gmm

2

r~

由開普勒第三定律得

（丁）3r3

兩次點火之間的時間為

4

聯(lián)立解得

B正確;

C.“天問一號”在繞太陽做勻速圓周運動時滿足

可得

在地球軌道上運行時軌道半徑較小，故線速度較大，c正確;

D.由牛頓第二定律可得

Gmm'

=ma

R2

解得

Gm

“天問一號”在霍曼轉移軌道上P點與在火星軌道上P點位置相同，到太陽球心距離R相同，故加速度相

同，D錯誤。

故選BC。

10.如圖所示，兩根間距為d的平行光滑金屬導軌間接有電源E,導軌平面與水平面間的夾角9=30。，金

屬桿"垂直導軌放置，導軌與金屬桿接觸良好。整個裝置處于磁感應強度為8的勻強磁場中。當磁場方

向垂直導軌平面向上時，金屬桿如剛好處于靜止狀態(tài)，要使金屬桿能沿導軌向下運動，可以采取的措施

是（）

A.增大磁感應強度B

B.調節(jié)滑動變阻器滑片向下滑動

c.增大導軌平面與水平面間的夾角e

D.將電源正負極對調使金屬桿中的電流方向改變

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.金屬桿時剛好處于靜止狀態(tài)，根據(jù)平衡條件可得

mgsin0=BIL

增大磁感應強度B,安培力增大，金屬棒將沿導軌向上運動，A錯誤；

B.調節(jié)滑動變阻器滑片向下滑動，其接入阻值減小，電流增大，安培力增大，金屬棒將沿導軌向上運動,

B錯誤；

C.增大導軌平面與水平面間的夾角優(yōu)導致

mgsin0>BIL

金屬棒將沿導軌向下運動，C正確；

D.將電源正負極對調使金屬桿中的電流方向改變，安培力將沿導軌向下，金屬棒將沿導軌向下運動，D正

確。

故選CD。

11.如圖所示，懸掛于0點的輕質彈簧，勁度系數(shù)k=100N/m,其下端拴一質量〃?=1kg的小物體A,緊

挨物體A有一質量M=2kg的物體B,對B施加一個豎直向上、大小為35N的力F,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。

現(xiàn)突然改變力尸的大小，使物體A、B以加速度a=5m/s2勻加速下降，直到A、B兩物體分離，取8=

10m/s2,則（）

O

A

B

A.兩物體剛開始勻加速下降時，力F大小為20N

B.兩物體分離時，彈簧剛好恢復原長

C.改變力P的大小后經(jīng)0.2s,A、B兩物體分離

D.從改變力尸到兩物體分離的過程中，系統(tǒng)克服力尸做的功為3.84J

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.系統(tǒng)靜止時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，設壓縮量為則

Fo-^m+M^g+kxy

代入數(shù)據(jù)解得

Xi=0.05m

A、B兩物體剛開始勻加速下降時有

kXy+^m+M^g-F=^m+M^a

代入數(shù)據(jù)解得

尸=20N

A正確;

B.設經(jīng)時間f兩物體分離，A、B間的彈力為0,彈簧處于拉伸狀態(tài)，令拉伸量為及，則對A有

mg-kx2=ma

代入數(shù)據(jù)得

x2=0.05m

故兩物體分離時，彈簧處于拉伸狀態(tài)，B錯誤;

C.A、B分離瞬間整體下降的距離為

x=xt+x2=0.10m

而

12

x=—at~

2

代入數(shù)據(jù)得

t-0.2s

C正確;

D.剛開始和兩物體分離瞬間，彈簧的形變量一樣，整個過程彈簧彈力做功為零，由動能定理可得

2

(m+M^gx-WF=--^m+M^v

其中

v=at

聯(lián)立解得

%=L5J

D錯誤;

故選AC

12.如圖所示，兩根光滑、足夠長的平行金屬導軌固定在水平面上.滑動變阻器接入電路的電阻值為R（最

大阻值足夠大），導軌的寬度L=0.5m,空間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度的大小B=1T.內

阻廠=1。的金屬桿在F=5N的水平恒力作用下由靜止開始運動.經(jīng)過一段時間后，金屬桿的速度達到最大

速度vm,不計導軌電阻，則有（）

A.R越小,Vm越大

B.金屬桿的最大速度大于或等于20m/s

C.在金屬桿達到最大速度之前，恒力F所做的功等于電路中消耗的電能

D.金屬桿達到最大速度后，金屬桿中電荷沿桿長度方向定向移動的平均速率先與恒力尸成正比

【答案】BD

【解析】

【詳解】根據(jù)法拉第電磁感應定律可得E=根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應電流/=圓匕，勻速運動

R+r

時受力平衡，則F=8〃=生”計算得出:5=幺絲?，由此可以知道，R越小，必”越小，故A錯誤；

R+rBI?

Fr5x1

當夫=0時,Vm最小，此時％=-K7rn/s=20m/s,所以金屬桿的最大速度大于或等于20m/s，故

B21312X0.52

B正確；根據(jù)功能關系可以知道,在金屬桿達到最大速度之前，恒力F所做的功等于電路中消耗的電能與金屬

桿動能增加之和，故C錯誤;金屬桿達到最大速度后，有F=BIL,所以1=上，根據(jù)恒定電流的微觀計算公式

BL

可得/=〃eS%,計算得出匕=」一,所以金屬桿中電荷沿桿長度方向定向移動的平均速率％與恒力F成

BLneS

正比，故D正確；故選BD

二、非選擇題（本題共5小題，共54分）

13.某同學在做“驗證力的平行四邊形定則”實驗時，將橡皮筋改為勁度系數(shù)為400N/m的輕質彈簧A4，，

將彈簧的一端A'固定在豎直墻面上。不可伸長的細線OA、OB、OC,分別固定在彈簧的A端和彈簧秤

甲、乙的掛鉤上，其中。為。A、OB、OC三段細線的結點，如圖1所示。在實驗過程中，保持彈簧4r伸

長1.00cm不變。（彈簧均在彈性限度內）

（1）若。A、OC間夾角為90。，彈簧秤乙的讀數(shù)如圖2所示，則彈簧秤甲的讀數(shù)是No

（2）在（1）問中若保持OA與OB夾角不變，逐漸增大OC與OA的夾角，則彈簧秤甲的讀數(shù)大小將

，彈簧秤乙的讀數(shù)大小將。（填“變大”、“變小”、“先變小后變大”）

【答案】5.00②.變?。?）.先變小后變大

【解析】

【詳解】（1）⑴彈簧秤乙的最小分度為0.1N,應估讀到0.01N,讀數(shù)是3.00N,根據(jù)胡克定律可得，彈簧

A4’的拉力大小為

E=收=400x0.01N=4.00N

OA、OC間夾角為90°,由三力平衡原理可知，彈簧秤甲的讀數(shù)等于彈簧A4,的拉力與彈簧秤乙的拉力的

矢量和，即

綜=^3.002+4.002N=5.00N

（2）[2][3]若保持。4與的夾角不變，逐漸增大OC與OA的夾角，甲、乙兩彈簧秤彈力的合力不變,

如圖所示，則可知彈簧秤甲的讀數(shù)大小將變小，彈簧秤乙的讀數(shù)大小將先變小后變大。

14.某同學利用電壓表和電阻箱測定特殊電池的電動勢(E約為9V,r約為50C)。已知該電池最大允許電

流為150mA,該同學利用圖示電路實驗，電壓表內阻約為2kC,R為電阻箱，阻值范圍0?9999C,Ro是定

值電阻，起保護電路的作用

(1)定值電阻Ro有以下幾種規(guī)格，保護電阻應選(填入相應的字母)

A.2QB.20QC.200QD.2000Q

(2)在實物圖中，已正確地連接了部分電路,請完成余下電路的連接.

/xio2n1

(3)該同學完成電路的連接后，閉合開關S,調節(jié)電阻箱的阻值，讀取電壓表的示數(shù)，其中電壓表的某一次

偏轉如圖所示，其讀數(shù)為V

(4)改變電阻箱阻值,取得多組數(shù)據(jù)，作出圖示圖線，則電動勢E為一V,內阻廠為一。。(保留兩

位有效數(shù)字)

【答案】①.B③.6.5?.10⑤.50

【解析】

【詳解】(1)⑴最大電流為150mA,最小總電阻為

E

。=廠=60。

1max

最小保護電阻為

%=凡一=10。

應該選B：

(2)[2]見實物連接圖;

(3)⑶電壓表用的應該是075V量程，按5分度的電表的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)，應為6.5V

(4)[4]由

￡=(7+——r

&+R

得

r__1_

U~E+E4+R

由圖可知

-=0.1

E

解得

E=10V

⑸由圖知

,k=—r=0--.-2--5--0--.-1-=5=

E3x10-2

解得

r=5()Q

15.圖為直流電動機提升重物的裝置圖，重物的質量20kg,電源電動勢100V,電源內阻3C,當電動機

0.5m/s的恒定速度豎直向上提升重物時，電路中的電流/=2A。不計繩的重力，不計摩擦阻力與空氣阻

力，取重力加速度大小gulOm/s?,求:

(1)電動機的輸入功率以；

(2)電動機線圈的電阻;

(3)電源的工作效率。

【答案】(1)188W：(2)22Q；(3)94%

【解析】

【詳解】(1)電池內電壓

U內=%=6V

根據(jù)閉合電路歐姆定律

后=。內+。外

可得

。外=94V

根據(jù)

P入=4卜/

代入數(shù)據(jù)

.=188W

(2)電動機工作時

由焦耳定律

比=12r2

又

%=Fv

聯(lián)立解得

r2=22c

(3)電源的工作效率

旦=”

P入E

代入數(shù)據(jù)

77=94%

16.如圖所示，光滑傾斜軌道A8和光滑半圓弧軌道BC固定在同一豎直平面內，兩者間通過一小段長度不

計的光滑弧形軌道相連，已知AB長L=5m,傾角為37。，BC弧的半徑R=0.5m,。為圓心。兩個相同

的小球P和。質量均為m=0.4kg,小球Q靜止在A點，小球P從某一位置以%=4m/s的初速度水平拋

出，運動到4點時恰好沿斜面向下與小球。發(fā)生彈性正碰。sin37°=0.6,cos37=（）.8,g取lOm/s?。

求:

(1)小球P的拋出點距A點的高度;

(2)小球P運動到圓弧軌道最低點3點時對軌道的壓力是多少？；

(3)通過計算判斷小球Q能否通過最高點Co

【答案】(1)0.45m；(2)52N；(3)Q能通過最高點C

【解析】

【詳解】（1）根據(jù)幾何關系可得

—匕4—=c5m/s

cos37°

A點速度豎直方向分速度

vAy=%tan37°=3m/s

豎直方向根據(jù)運動學公式

h==0.45m

2g

（2）根據(jù)動量守恒定律可得

mvA=mvp-\~mvQ

根據(jù)機械能守恒定律

解得

vp=0

vQ=5m/s

設小球P從A滑到B點時由動能定理得

mgLsin37°=；mv^-；mvp

在8點根據(jù)牛頓第二定律

2

F^-mg=m—

K

解得

8=52N

結合牛頓第三定律可知小球P運動到圓弧軌道最低點B點時對軌道的壓力也為52N。

(3)Q從4到C的過程中，由動能定理得

121,

mgLsin37°-mg2R=—mv^--mvQ

解得

vc=V65m/s

剛好過最高點時

7

mg=m—V

解得

V-Vsni/s

由于

vc>v

所以Q能通過最高點C。

17.在平面坐標系第I像限內有沿x軸負方向的勻強電場，虛線PQ為在同一平面內的豎直直線邊界，在

第H、III像限內虛線P0與)，軸之間有垂直坐標平面向里的大小為B的勻強磁場。C、。兩個水平平行金屬

板之間的電壓為U。一質量為〃人電荷量為e的帶正電的粒子(不計粒子重力)從靠近。板的S點由靜止

開始做加速運動，從x軸上x=2L處的A點垂直于x軸射入電場，粒子進入磁場時速度方向與y軸正方向

0=60°,不計粒子的重力。要使粒子不從P。邊界射出，求：

(1)粒子運動到A點的速度大小%；

(2)勻強電場的場強大小E；

(3)虛線尸。與y軸之間磁場的最小寬度d。

2Ue/c、?3U，32mU

【答案】（1）%——；(2)E=—；⑶d=—J------

m2Le

【解析】

【詳解】（1）由動能定理得

j,12

可得粒子運動到A點的速度大小

2Ue

%=

m

（2）水平方向做勻加速運動

vcos6=%

根據(jù)動能定理

2qEL-gmv~—；mv^

聯(lián)立解得

3U

E五

（3）帶電粒子進入磁場中洛倫茲力提供向心力

V2

qvB=m—

r

當粒子運動的軌跡剛好與邊界PQ相切時，粒子不從PQ邊界射出，虛線PQ與y軸之間磁場的最小寬度

」3

a=—r

2

解得

d=t呼

B、e

18.電磁彈射是我國最新研究的重大科技項目，原理可用下述模型說明。如圖甲所示，虛