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2024 北京卷物理真题
一、单选题
1.(2024·北京卷·1)已知钍234 的半衰期是24 天。1 g 钍234 经过48 天后，剩余钍234 的质量为( )
A.0 g
B.0.25 g
C.0.5 g
D.0.75 g
答案 B
解析 半衰期为24 天，1 g 钍234 经过48 天后，剩余质量m=(1
2 )
t
T 1/2m0=0.25 g，故选B。
2.(2024·北京卷·2)一辆汽车以10 m/s 的速度匀速行驶，制动后做匀减速直线运动，经2 s 停止，汽车的制动
距离为( )
A.5 m
B.10 m
C.20 m
D.30 m
答案 B
解析 汽车做末速度为零的匀减速直线运动，则有x=v0+ v末
2
t=10 m，故选B。
3.(2024·北京卷·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( )
A.内能变大
B.压强变大
C.体积不变
D.从水中吸热
答案 D
解析 上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，故A 错误；气泡内气体压强p=p0+ρ 水gh，故上浮过程
气泡内气体的压强减小，故B 错误；由玻意耳定律pV=C 知，气体的体积变大，故C 错误；上浮过程气体
体积变大，气体对外做功，理想气体温度不变，则内能不变，由热力学第一定律ΔU=Q+W 知，气体从水
中吸热，故D 正确。
4.(2024·北京卷·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( )
A.
M
M +mF
B.
m
M +mF
C. M
m F
D. m
M F
答案 A
解析 根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F=(M+m)a，对空间站分析有F'=Ma，解得飞船和空间站之
间的作用力F'=
M
M +mF，故选A。
5.(2024·北京卷·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( )
A.原线圈两端电压的有效值为24❑√2 V
B.副线圈中电流的有效值为0.5 A
C.原、副线圈匝数之比为1∶4
D.原线圈的输入功率为12 W
答案 B
解析 由题图乙知，理想变压器原线圈电压最大值为Um=24❑√2 V，则有效值为U1=U m
❑√2=24 V，故A 错误；
灯泡正常发光，由P=UI 得，副线圈中电流有效值为I= PL
U 2
=3W
6V =0.5 A，故B 正确；由理想变压器原、副
线圈电压与匝数关系可知
n1
n2
=
U 1
U 2
=4，故C 错误；理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈
的输出功率，则原线圈的输入功率P1=PL=3 W，故D 错误。
6.(2024·北京卷·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( )
A.闭合开关瞬间，线圈M 和线圈P 相互吸引
B.闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0
C.断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a 到b
D.断开开关瞬间，线圈P 中感应电流的磁场方向向左
答案 B
解析 闭合开关瞬间，由楞次定律可知，线圈P 中感应电流的磁场与线圈M 中电流的磁场方向相反，二者
相互排斥，故A 错误；闭合开关，达到稳定后，通过线圈P 的磁通量保持不变，感应电流为零，电流表的
示数为零，故B 正确；断开开关瞬间，通过线圈P 的磁场方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知感应电
流的磁场方向向右，因此流过电流表的感应电流方向由b 到a，故C、D 错误。
7.(2024·北京卷·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( )
A.物体在C 点所受合力为零
B.物体在C 点的速度为零
C.物体在C 点的向心加速度等于重力加速度
D.物体在A 点时弹簧的弹性势能等于物体在C 点的动能
答案 C
解析 物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆形轨道
的半径为r，由牛顿第二定律得mg=mv
2
r ，解得物体在C 点的速度v=❑√gr，A、B 错误；由牛顿第二定律得
mg=ma，解得物体在C 点的向心加速度a=g，C 正确；由能量守恒定律知，物体在A 点时弹簧的弹性势能
等于物体在C 点时的动能和重力势能之和，D 错误。
8.(2024·北京卷·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( )
A.上升和下落两过程的时间相等
B.上升和下落两过程损失的机械能相等
C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
答案 C
解析 小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知上升
过程的加速度总大于下落过程的加速度，D 错误；
小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所
以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲
量大于下落过程合力的冲量，C 正确；
上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，
所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A 错误；
经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受空气阻力，由功能关系可知，上升过程损失的机
械能大于下落过程损失的机械能，B 错误。
9.(2024·北京卷·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( )
A.t=0 时，弹簧弹力为0
B.t=0.2 s 时，手机位于平衡位置上方
C.从t=0 至t=0.2 s，手机的动能增大
D.a 随t 变化的关系式为a=4sin(2.5πt) m/s2
答案 D
解析 由题图乙知，t=0 时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为F=mg，A 错误；由题图
乙知，t=0.2 s 时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B 错误；由题图乙知，从t=0 至t=0.2
s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C 错误；由题图乙知
T=0.8 s，则ω=2π
T =2.5π rad/s，则a 随t 变化的关系式为a=4sin(2.5πt) m/s2，D 正确。
10.(2024·北京卷·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( )
A.刚开始物体相对传送带向前运动
B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
答案 D
解析 刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A 错误；
匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B 错误；
物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C 错误；
设物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时a=μmg
m =μg，做匀加速运动，物体速度小于
传送带速度则一直加速，由v=at 可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D 正确。
11.(2024·北京卷·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( )
A.P 点电场强度比Q 点电场强度大
B.P 点电势与Q 点电势相等
C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2 倍，P 点电场强度大小也变为原来的2 倍
D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2 倍，P、Q 两点间电势差不变
答案 C
解析 由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q 两点电场强度大小相等，A 错误；
由沿电场线方向电势越来越低知，P 点电势高于Q 点电势，B 错误；
由电场叠加得P 点电场强度E=k Q
M P
2+k Q
N P
2，若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2 倍，则P 点电场强
度大小也变为原来的2 倍，同理Q 点电场强度大小也变为原来的2 倍，而PQ 间距不变，根据U=Ed 定性
分析可知P、Q 两点间电势差变大，C 正确，D 错误。
12.(2024·北京卷·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( )
A.若M 位于R 的中点右侧，P 端电势低于Q 端
B.电压表的示数随物体加速度的增大而增大，但不成正比
C.若电压表指针位于表盘左侧，则物体速度方向向右
D.若电压表指针位于表盘左侧，则物体加速度方向向右
答案 D
解析 由题意可知，M 位于R 中点位置时与两电源间的电势相等，设R 的中点电势为零，则M 位于R 的
中点右侧，P 端电势高于Q 端电势，A 错误；由欧姆定律及电阻定律可知，P 端与Q 端电势差与M 偏离R
中点的距离x 成正比，由牛顿第二定律可知2kx=ma，k 为弹簧的劲度系数，m 为滑块的质量，则a 与x 成
正比，故电压表的示数与物体的加速度成正比，B 错误；若电压表指针位于表盘左侧，只能确定加速度的
方向，不能确定速度的方向，C 错误；若电压表指针位于表盘左侧，滑块左侧弹簧压缩、右侧弹簧伸长，
滑块所受合力向右，故物体加速度方向向右，D 正确。
13.(2024·北京卷·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，1
as=1×10-18 s，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100 as 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=3.0×108 m/s，普朗克常量h=6.6×10-34 J·s，下列说法正确的是( )
A.对于0.1 mm 宽的单缝，此阿秒光脉冲比波长为550 nm 的可见光的衍射现象更明显
B.此阿秒光脉冲和波长为550 nm 的可见光束总能量相等时，阿秒光脉冲的光子数更多
C.此阿秒光脉冲可以使能量为-13.6 eV(-2.2×10-18 J)的基态氢原子电离
D.为了探测原子内电子的动态过程，阿秒光脉冲的持续时间应大于电子的运动周期
答案 C
解析 此阿秒光脉冲的波长为λ=cT≤30 nm<550 nm，由障碍物尺寸与波长相差不多或比波长小时，衍射现
象越明显知，波长为550 nm 的可见光比此阿秒光脉冲的衍射现象更明显，故A 错误；由ε=hc
λ知，阿秒光
脉冲的光子能量大，故总能量相等时，阿秒光脉冲的光子数更少，故B 错误；阿秒光脉冲的光子能量
ε=hν= h
T ≥6.6×10-18 J>2.2×10-18 J，故此阿秒光脉冲可以使能量为-13.6 eV(-2.2×10-18 J)的基态氢原子电离，故
C 正确；为了探测原子内电子的动态过程，阿秒光脉冲的持续时间应小于电子的运动周期，故D 错误。
14.(2024·北京卷·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( )
A.QU 的单位和ΦI 的单位不同
B.在国际单位制中，图中所定义的M 的单位是欧姆
C.可以用I
U 来描述物体的导电性质
D.根据图中电感L 的定义和法拉第电磁感应定律可以推导出自感电动势的表达式E=L Δ I
Δt
答案 A
解析 由法拉第电磁感应定律可知E= ΔΦ
Δt ，则Φ 的单位为V·s，由Q=It 可知，Q 的单位为A·s，则QU 与
ΦI 的单位相同均为V·A·s，故A 错误，符合题意；由题图可知，从单位角度分析有M=Φ
Q =V ·s
A ·s=Ω，故B
正确，不符合题意；由R=U
I 知I
U = 1
R ，可以用来描述物体的导电性质，故C 正确，不符合题意；由电感的
定义L=Φ
I = ΔΦ
Δ I ，以及法拉第电磁感应定律E= ΔΦ
Δt ，解得E=L Δ I
Δt ，故D 正确，不符合题意。
二、实验题
15.(2024·北京卷·15)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= 。
答案 sini
sin r
解析 根据折射定律有sin i=nsin r
解得n= sini
sin r
16.(2024·北京卷·16)用如图甲所示的实验装置探究影响感应电流方向的因素。如图乙所示，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)。
A.需要记录感应电流的大小
B.通过观察电流表指针的偏转方向确定感应电流的方向
C.图乙中A 和B 表明，感应电流的方向与条形磁体的插入端是N 极还是S 极有关
答案 BC
解析 本实验探究影响感应电流方向的因素，故不需要记录感应电流的大小，故A 错误；
本实验通过电流表指针的偏转方向确定感应电流的方向，故B 正确；
由题图乙A 和B 知，条形磁体插入N 极和S 极时，电流方向不同，故感应电流的方向与条形磁体的插入端
是N 极还是S 极有关，故C 正确。
17.(2024·北京卷·17)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，实验电路如图甲所示。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，如图乙所示，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 1.0 3.3
解析 由闭合电路欧姆定律得E=U+U
R r，
解得U=-U
R r+E
结合题图乙可得
E=1.0 V，r=|k|= 1.0-0.4
180×10
-6 Ω≈3.3 kΩ
18.(2024·北京卷·18)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)。
A.实验前，调节装置，使斜槽末端水平
B.选用两个半径不同的小球进行实验
C.用质量大的小球碰撞质量小的小球
(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)用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点
m1OP=m1OM+m2ON
(3)ml1=-ml2+Ml3
解析 (1)实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前、后速度成正比，需要确保小球做平抛运动，
即实验前，调节装置，使斜槽末端水平，故A 正确；
为使两小球发生的碰撞为对心正碰，两小球半径需相同，故B 错误；
为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出，需要用质量大的小球碰撞质量小的小球，故C 正确。
(2)用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点。
碰撞前、后小球均做平抛运动，由h=1
2gt2可知，小球的运动时间相同，所以水平位移与平抛初速度成正比，
所以若m1OP=m1OM+m2ON
即可验证碰撞前后动量守恒。
(3)设轻绳长为L，小球从偏角θ 处静止摆下，摆到最低点时的速度为v，小球经过圆弧对应的弦长为l，则
由动能定理有mgL(1-cos θ)=1
2mv2
由数学知识可知sinθ
2= l
2 L
联立两式解得v=l❑√
g
L
若两小球碰撞过程中动量守恒，则有
mv1=-mv2+Mv3
又有v1=l1
❑√
g
L，v2=l2
❑√
g
L，v3=l3
❑√
g
L
整理可得ml1=-ml2+Ml3
三、解答题
19.(2024·北京卷·19)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。
答案 (1)❑√
2h
g (2)d❑√
g
2h (3)Sd❑√
g
2h
解析 (1)水在空中做平抛运动，由平抛运动规律得，竖直方向h=1
2gt2
解得水从管口到水面的运动时间t=❑√
2h
g
(2)由平抛运动规律得，水平方向d=v0t
解得水从管口排出时的速度大小v0=d❑√
g
2h
(3)管口单位时间内流出水的体积
Q=Sv0=Sd❑√
g
2h
20.(2024·北京卷·20)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) Q
CR (2) BQL
CRm (3)见解析图
解析 (1)开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压U=Q
C ，
开关闭合瞬间，通过导体棒的电流I=U
R ，
解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流为I= Q
CR 。
(2)开关闭合瞬间，对导体棒由牛顿第二定律有BIL=ma，
将电流I 代入解得a= BQL
CRm。
(3)由(2)中结论可知，随着电容器放电，所带电荷量不断减少，所以导体棒的加速度不断减小，其v-t 图线
如图所示。
21.(2024·北京卷·21)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)1
8ρ0
(2)a.-2
3Gπρ0mr0
2 b.见解析
解析 (1)在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体P 运动前后距离O 点半径为r0和2r0的球内质量
相同，即ρ0·4
3 πr0
3=ρ·4
3 π(2r0)3
解得小星体P 远离到2r0处时宇宙的密度ρ=1
8ρ0
(2)a.此球内的质量M=ρ0·4
3 πr0
3
P 从r0处远离到2r0处，由能量守恒定律得，动能的变化量
ΔEk=-G Mm
r0
-(-GMm
2r0
)=-2
3Gπρ0mr0
2
b.由上可知星体的速度随r0增大而减小，星体到观测点距离越大，运动时间t 越长，由v=Hr 知，H 减小，
故H 随t 增大而减小。
22.(2024·北京卷·22)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)，可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为+e，
初速度近似为零。氙离子经过电场加速，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；对于氙离子，仅考虑电场的作用。
(1)求氙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)设被电离的氙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)eE
M (2) Em
B1eR (3)nk ❑√2edEM
1+k
解析 (1)氙离子在放电室时只受静电力作用，由牛顿第二定律eE=Ma
解得氙离子在放电室内运动的加速度大小a=eE
M
(2)电子在阳极附近做匀速圆周运动，
则有B1ev=mv
2
R ，
轴线方向上所受静电力与洛伦兹力平衡，
即Ee=evB2
解得径向磁场的磁感应强度大小为B2= Em
B1eR
(3)单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，又氙离
子与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和，则单位时间内被电离的氙原子数N= nk
1+k
氙离子经电场加速，有deE=1
2Mv1
2
时间Δt 内氙离子所受到的作用力为F'，
由动量定理有F'·Δt=N·Δt·Mv1
解得F'=nk ❑√2edEM
1+k
由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小F'=F
则F=nk ❑√2edEM
1+ k
。
