江苏省南京市第二十九中学2026届高三上学期模拟预测物理试卷（Word版附答案）

这是一份江苏省南京市第二十九中学2026届高三上学期模拟预测物理试卷（Word版附答案），文件包含2026届江苏省南京市第二十九中学高三上学期模拟预测物理试题docx、解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
1． 将一条长为 L 的纸带扭转 180°后连接两端就构成了一个莫比乌斯环，不考虑连接纸带时的长度损失。 一只蚂蚁以恒定的速率 v 从 P 点沿纸带中线向前爬行，当其再一次来到 P 点的整个过程中，蚂蚁的( )
A ．路程为 L B ．位移的大小为 L
C ．加速度始终为零 D ．平均速度为零
【答案】D
【详解】AB ．从 P 点出发再次来到 P 点，路程为2L，位移为零，AB 错误；
C ．由于速度方向不断改变，即速度在变化，故加速度不为零，C 错误；
D ．由v = 可知， 位移为零，平均速度为零，D 正确。
故选 D。
2．“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜。核电池将2EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(38),94)Pu 衰变释放的核能一部分转换成电能。2EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(3),9)EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(8),4)Pu 的衰变方程为2EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(3),9)EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(8),4)Pu →EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(X),92) U +EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(4),2) He ，则( )
A ．衰变方程中的 X 等于233 B ． EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(4),2)He 的穿透能力比 γ 射线强
C ．2EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(3),9)EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(8),4)Pu 比 EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(X),92)U 的比结合能小 D ．月夜的寒冷导致2EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(3),9)EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(8),4)Pu 的半衰期变大
【答案】C
【详解】A ．根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程为2EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(38),94)Pu → 2EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(34),92)U+ EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(4),2)He 即衰变方程中的 X=234，故 A
错误；
B ． EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(4),2)He 是 α 粒子，穿透能力比 γ 射线弱，故 B 错误；
C．比结合能越大越稳定，由于2EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(38),94)Pu 衰变成为了2EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(34),92)U ，故2EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(34),92)U 比2EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(38),94)Pu 稳定，即2EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(38),94)Pu 比2EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(34),92)U 的比结合能小，
故 C 正确；
D ．半衰期由原子核本身决定的，与温度等外部因素无关，故 D 错误。
故选 C。
3．图 1 和图 2 中曲线I、II、III 分别描述了某物理量随分之间距离变化的规律，r0 为平衡位置。现有如
下物理量：①分子势能，②分子间引力，③分子间斥力，④分子间引力和斥力的合力，则曲线I、II、III 对
应的物理量分别是( )
A ．①④③
B ．②④③
C ．④①③
D ．①③②
【答案】A
【详解】根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为 r0）时分子势能最小可知，曲线 I 为分子势能随分子
之间距离 r 变化的图像；根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为 r0 ）时分子力为零，可知曲线Ⅱ为分 子力随分子之间距离 r 变化的图像；根据分子之间斥力随分子之间距离的增大而减小较引力变化快，可知 曲线Ⅲ为分子斥力随分子之间距离 r 变化的图像。A 正确，故选 A。
4．某卫星发射的过程图简化如下，位于椭圆轨道 1 的卫星变速后进入圆形同步轨道 2，然后在 M 点再次 改变方向进入同步静止轨道 3 上，Q 点为椭圆轨道 1 的近地点，P 点为椭圆轨道 1 上的远地点，则下列说
法正确的是( )
A ．轨道 2 可能在某两条经线组成的圆的正上方
B ．卫星在 Q 的速度大于其在 M 点的速度
C ．卫星在 3 个轨道上的机械能存在的关系式为E1 > E2 = E3
D．卫星在轨道 2 上经过 P 点时的向心加速度大于其在轨道 1 上运动时 经过 P 点的向心加速度
【答案】B
【详解】A ．某两条经线组成的圆所在平面过地轴，所以轨道 2 不可能在某两条经线组成的圆的正上方， 故 A 错误；
B ．卫星绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力vp > v0 > vQ 可得
假设 Q 点为一个圆轨道 4 和椭圆轨道 1 的切点，可知卫星在过 Q 点做圆周运动的速度大于在M 点的速度； 而从 Q 点的圆轨道变轨到椭圆轨道 1 需要在 Q 点点火加速，所以卫星在 Q 的速度大于其在 M 点的速度， 故 B 正确；
C ．卫星从低轨道变轨到高轨道需要在变轨处点火加速，卫星的机械能增加，所以卫星在 3 个轨道上的机 械能存在的关系式为G = ma 故 C 错误
D．。根据牛顿第二定律可得 a > ap 可得
可知卫星在轨道2 上经过P 点时的向心加速度等于其在轨道1 上运动时经过P 点的向心加速度，故D 错误； 故选 B。
5．如图所示，在带电体 C 附近，把与地面绝缘的导体 A 、B 相碰一下后分开，然后分别接触一个小电动 机的两个接线柱，小电动机便开始转动（假设小电动机非常灵敏）。关于以上过程，下列说法正确的是( )
A ．A 、B 相碰后，A 的电势高于B 的电势
B ．A 、B 相碰后分开，A 、B 均不带电
C ．把 A 、B 分开的过程要克服 A 、B 之间的静电力做功
D ．A 、B 分别接触小电动机的两个接线柱时，电流从A 经 电动机流向B
【答案】C
【详解】A ．A 、B 相碰后，A 、B 处于静电平衡状态，A 的电势等于B 的电势，故 A 错误；
B．在带电体 C 附近，地面绝缘的导体 A、B 相碰时，由于静电感应，A、B 带上等量异种电荷，相碰一下 后分开，此时 A 、B 带上等量异种电荷，故 B 错误；
C．结合上述，由于 A、B 带上等量异种电荷，可知，把 A、B 分开的过程要克服 A、B 之间的静电力做功， 故 C 正确；
D ．结合上述可知，A 、B 带上等量异种电荷，由于带电体 C 电性不确定，则 A 、B 的电性不确定，若 A 带正电，B 带负电，当 A、B 分别接触小电动机的两个接线柱时，电流从A 经电动机流向B ，若 A 带负电， B 带正电，当 A 、B 分别接触小电动机的两个接线柱时，电流从 B 经电动机流向 A，故 D 错误。
故选 C。
6．如图，“”形导线框置于磁感应强度大小为 B 、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直， 各边长均为 l。线框绕 b、e 所在直线以角速度w 顺时针匀速转动，be 与磁场方向垂直。t = 0 时，abef与水
平面平行，则( )
A ．t = 0 时，电流方向为 afedcba
B ．t = 0 时，感应电动势为Bl2 w
C ． 时，感应电动势为 0
D ．t = 0 到过程中，感应电动势平均值为 0
【答案】B
【详解】AB ．线框旋转切割磁场产生电动势的两条边为cd 和af ，t = 0 时刻cd
边速度与磁场方向平行，不产生电动势，因此此时af 边切割产生电动势，由右手定则可知电流方向为 abcdefa ，电动势为E = Blv = Blwl = Bl2w，A 错误，B 正确；
C ． 时，线框旋转 180°, 此时依旧是af 边切割磁场产生电动势，感应电动势不为零，C 错误；
D ．t = 0 到 时，线框abef 的磁通量变化量为零，线框bcde 的磁通量变化量为 ΔΦ = 2BS = 2Bl2 由法拉第电磁感应定律可得平均电动势为 错误。
故选 B。
7．人造蓝宝石具有卓越的绝缘性能。如图所示，直流电源与一平行板电容器、理想二极管连接，电容器 A
板接地。闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的 P 点恰好处于静止状态。下列说法错误的是 ( )
A ．该带电油滴带负电
B ．B 板下移，油滴将继续保持静止状态
C ．减小极板间的正对面积，P 点处的电势升高
D ．若两板间插入人造蓝宝石，则电容器的电容增大
【答案】C
【详解】A ．油滴受重力和电场力作用，处于平衡状态。重力方向竖直向下，电场力方向竖直向上，A 板 带正电荷，因此该带电油滴带负电。故 A 正确；
B．B 板下移，d 增大，由可知电容减小。由Q = CU 可知，Q 减小，由于二极管具有单向导电性， 电容器不会放电，则由 可知电场强度不变，电场力不变，油滴将继续保持静止状态。故 B 正确；
C ．减小极板间的正对面积，由 可知E 增大，由U = Ed 可知 A 板与 P 点之间的电势差增大，A 板接地，电势始终为 0，因此 P 点处的电势降低。故 C 错误；
D ．两板间插入人造蓝宝石， εr 增大，由 可知电容增大。故 D 正确。 故选 C。
8．如图甲所示，平静水面上两个频率相同的简谐波源S1 、S2 与点 M 处于直角三角形的三个点上，θ = 30 ， MS1 = 3m 。t = 0 时，S1 、S2 同时垂直水面开始振动，至 9s 时点 M 的振动图像如图乙所示。下列说法正确 的是( )
A ．两列波的传播速度均为 1m/s B ．两列波的周期均为 3s
C ．两列波的波长均为 3m D ．两列波的振幅分别为 5cm 和 2cm
【答案】A
【详解】A．机械波的传播速度只与介质有关，因而两列波的波速相等，根据几何关系S1 、S2 到 M 的距离 之差为
由题图乙可知，前 3s 两列波都未传到 M 点，3s 时S1 的水波先传到，单独在 M 点激起振动，6s 时S2 的水 波也传到，两列波叠加形成干涉振动。故S1 、S2 产生的水波传到 M 点的时间差为Δt = 6s − 3s = 3s
水波的传播速度大小 故 A 正确；
B ．由题图乙知波的周期为 T=2s，故 B 正确；
C ．波长λ= vT = 2m，故 C 错误；
D．M 点为振动减弱点，由题图乙知波源S1、S2 产生的波的振幅分别为 5cm、3cm（叠加合成的振幅为 2cm）， 故 D 错误。
故选 A。
9．如图，某小组设计了灯泡亮度可调的电路，a 、b、c 为固定的三个触点，理想变压器原、副线圈匝数比 为 k，灯泡 L 和三个电阻的阻值均恒为 R，交变电源输出电压的有效值恒为 U。开关 S 与不同触点相连， 下列说法正确的是( )
A ．S 与 a 相连，灯泡的电功率最大
B ．S 与 a 相连，灯泡两端的电压为 U
C ．S 与 b 相连，流过灯泡的电流为(k2 + 2)R
D ．S 与 c 相连，灯泡的电功率为
【答案】B
【详解】设变压器原、副线圈的电压分别为U1、U2 ，灯泡 L 的阻值为 R，根据等效电阻的思想有R等 = k2R
A ．S 与 a 相连，根据等效电源思想，灯泡的电功率最大时应该满足R等 = 3R 因为k 值不确定，灯泡的电功率不一定最大，故 A 错误；
B ．S 与 a 相连，变压器原线圈电压 灯泡两端的电压为 正确；
C ．S 与 b 相连，变压器原线圈电路接入两个电阻，变压器原线圈的电流 流过灯泡的电流 错误；
D ．S 与 c 相连，变压器原线圈电路接入一个电阻，变压器原线圈的电流 流过灯泡的电流 灯泡的电功率为 错误。 故选 B。
10．某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道 PQ 内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转 磁场 B。带电荷量为−q 、质量为 m 的离子以初速度v0 从 P 处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内 循环加速。已知加速电压为 U，磁场区域中离子的偏转半径均为 R。忽略离子重力和相对论效应，下列说
法正确的是( )
A ．偏转磁场的方向垂直纸面向外
B ．第 1 次加速后，离子的动能增加了2qU
C ．第 k 次加速后．离子的速度大小变为 ·、 m
D ．第 k 次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为 ·、 qR
【答案】D
【详解】A．直线通道PQ 有电势差为U 的加速电场，粒子带负电，粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可 知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，故 A 错误；
BC ．根据题意，由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为qU ，由于洛伦兹力不做功，则加 速 k 次后，带电粒子的动能增量为kqU，加速 k 次后，由动能定理有
解得 故 BC 错误；
D ．粒子在偏转磁场中运动的半径为R ，则有 联立解得 故 D 正确。
故选 D。
11．如图甲，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为M 的光滑半圆形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板，质 量为m 的小球从半圆形弯槽左端静止释放，小球速度的水平分量和弯槽的速度与时间的关系如图乙所示。
下列说法正确的是( )
A ．小球释放后，小球与弯槽系统动量守恒
B ．t2 时小球到达位置等于释放时的高度
C ．由图可知m 大于M
D ．图中阴影面积S2 < 2S1
【答案】D
【详解】A ．小球从弯槽左侧边缘静止下滑的过
程中，弯槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对弯槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直挡
板挡住，所以弯槽不会向左运动，则小球与弯槽在水平方向受到外力作用，系统动量不守恒；小球从弯槽
最低点向右侧运动过程，由于存在小球的重力作用，系统动量不守恒，但水平方向所受合外力为零，故水
平方向动量守恒，故A 错误；
B ．t1 时小球与弯槽在水平方向第一次共速，即小球到达弯槽右侧，t2 时再次共速则到达弯槽左侧，根据 能量守恒
可知h > h’，故小球此时不可能到达释放时的高度，故 B 正确；
C ．小球通过弯槽最低点后，系统水平动量守恒，则有mv1 = Mv3 − mv2 ，移项得m (v1 + v2）= Mv3 若m 大于M ，则 v1 + v2 < v3 ，图中明显获知v1 > v3 ，故 C 错误；
D．小球第一次到达弯槽最低点时，其具有最大速度，而在t1 ~t2 时间内即小球的从弯槽右侧共速点到左侧 共速点，共速点低于弯槽左右两端，根据vx − t 图像围成面积等于水平位移，得S1 = R ，而S2 为t1 ~t2 两者 的相对位移，有S2 < 2R ，故 D 正确。
故选 D。
二、非选择题： 共 5 题，共 56 分．其中第 13 题~第 16 题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的 演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．
12．如图所示，某同学利用水平桌面上的气垫导轨和数字计时器，探究滑块沿气垫导轨下滑过程中机械能 是否守恒。气垫导轨上有很多小孔，气泵送来的压缩空气从小孔喷出，使得滑块与导轨之间有一层薄薄的 空气层，滑块运动时阻力近似为零。
（1）实验时，气垫导轨的 b 端需用垫片垫高。用50 分度游标卡尺测量某块垫片的厚度，标尺位置如图 所示，其读数为 mm。
（2）设实验测得垫片的总高度为 h，遮光条的有效宽度为 d，单脚螺丝到双脚螺丝连线的距离为 L，滑块 经过光电门 1 和光电门 2 时的遮光时间分别为 t1 和 t2 ，则还需要测量的物理量是 （写出物理量的符号并说明），实验需要验证的关系式是 （用题中和所测物理量字母表示）。
（3）数据处理时发现重力势能减小量小于动能增加量，造成的原因可能 。
A ．滑块释放位置不够高
B ．充气泵的气流较小，滑块与导轨存在较大摩擦
C ．导轨被垫高之前没有将导轨调节水平，被垫高的一端偏高
（4）光电门计时器的计时原理：光电门中的光敏元件接收到的光线是直径约 2mm 的圆柱型光束，只要遮 光条前沿挡住 90％的光照就能使光控信号 u 上跳为 H，只要后沿让光照恢复达到 70％就能使光控信号 u 下跳为 L。计时器可以设置两种计时模式：①记录前沿挡光与后沿复光信号之间的时间；②记录 2 次前沿 挡光信号之间的时间。根据以上信息，下列哪种型号的遮光条测量速度的误差较小 （填“ 甲”或“ 乙” ）。
sgh d 2 d 2
= −
L 2tEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(2),2) 2tEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(2),1)
C 乙
【答案】 5.06 两光电门之间的距离 s
【详解】（1）[1]用50 分度游标卡尺测量，其精确度为 0.02mm，由图可知，主尺读数是 5mm，游标尺的 第 3 个刻度线与主尺的某刻度线对齐，则读数是 5.06
（2）[2]垫片的总高度为 h，单脚螺丝到双脚螺丝连线的距离为 L，设气垫导轨与水平面间的夹角为 θ,可 得
遮光条的有效宽度为 d，滑块经过光电门 1 和光电门 2 时的遮光时间分别为 t1 和 t2，滑块经光电门时的速 度分别为
要探究滑块沿气垫导轨下滑过程中机械能是否守恒。可探究滑块从光电门 1 到光电门 2 的运动中，动能的 增加量与重力势能的减少量是否相等，因此还需要测量的物理量是两光电门之间的距离 s，可得滑块从光 电门 1 到光电门 2 下落的高度
[3]则有实验需要验证的关系式是
整理可得
（3）[4] A ．滑块释放位置不够高，则有滑块经光电门时的时间会较长，由平均速度代替瞬时速度，则速 度会比真实值偏小，有较大的误差，导致重力势能减小量大于动能增加量，不符合题意；
B ．充气泵的气流较小，滑块与导轨存在较大摩擦，滑块运动中会克服摩擦力做功，会导致滑块的动能增 加量偏小，重力势能的减小量不变，则重力势能减小量大于动能增加量，不符合题意；
C ．导轨被垫高之前没有将导轨调节水平，被垫高的一端偏高，这样在计算重力势能减小量时按正常高度 计算，实际滑块在经光电门时的速度比正常时偏大，因此则有重力势能减小量小于动能增加量，符合题意。 故选 C。
（4）[5]由计时器设置的两种计时模式，可知甲遮光条符合第一种计时模式，在此模式下遮光条挡光时间 所对应的位移略小于遮光条的真实宽度，而计算速度用的是遮光条的真实宽度，显然甲型号的遮光条计算 得到的平均速度均大于真实值；对于乙遮光条，符合第二种模式，在此模式下丙遮光条挡光时间所对应的 位移x乙 = 3×10−2m ，即遮光条挡光时间所对应的位移等于遮光条的宽度，计算得到的平均速度等于真实 值。可知乙遮光条测量速度的误差最小。
13．折射率n = 2 的透明材料其截面形状如图所示，ABC 为等腰直角三角形，BDC 是以BC 为直径的半圆 弧，其半径为R ，一束平行光在平面内沿垂直于AB 边方向射入材料，不考虑多次反射。求：
(1)圆弧上有光射出的部分弧长l；
(2)自圆弧射出的光在材料中传播的最长时间t 。

【详解】（1）光线垂直AB 界面进入玻璃后在AC 界面的入射角为45 ， 由
可知，其临界角C = 30
故光束将在AC 界面发生全反射，反射光线平行于AB 方向，如图所 示。
当光线在圆弧BDC 的入射角θ≥30 时，光线将发生全反射，不能射出，圆弧MDN 范围内有光线射出，由 几何关系可知，其圆心角为60 ，所对应的弧长
（2）如图，由几何关系可知，当反射光线过圆心O 时其光程最长，s = 3R 由v =
c
可知光在介质中的传播速度v =
2
其传播时间
v c
14．如图为某学校的气膜体育馆，馆内空气压强高于馆外空气压强，通过自动充气装置将馆内外气压差维 持在 250~500Pa，这种气压差对人体是安全的，且有利于营造馆内的富氧环境，对运动者的健康有益。已 知馆内空间体积为 V，空气温度 T1=300K 且保持不变，馆外大气压强为p0=1.0×105Pa，假设空气可看作理 想气体，标准状态下（0℃ , p0=1.0×105Pa）空气的摩尔体积为 V0，阿伏伽德罗常数为 NA。某次充气后到 下次充前，求：
(1)漏掉空气的质量与馆内原有空气质量之比。
(2)漏掉空气分子的总个数。

【详解】（1）某次充气后，馆内气压为p1 = p0 + 500Pa
下次充气前，馆内气压为p2 = p0 + 250Pa 由玻意耳定律有p1V = p2 (V + ΔV1 )
ΔV
1
Δm
=
m V +ΔV
则漏掉空气的质量与馆内原有空气质量之比
1
解得
（2）标准状态下温度 T0=273K，设漏出的空气体积为 ΔV2，有 ΔV
V
漏掉空气分子的总个数n = 2 NA
0
解得
15．如图所示的倒“T”字型装置中，圆环 a 和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴底部和环 a， 细线穿过光滑小孔 O，两端分别与环 a 和小球 b 连接，细线与竖直杆平行，整个装置开始处于静止状态。 现使整个装置绕竖直轴缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角为 53°时，使整个装置以角速度 ω 匀速转 动。已知弹簧的劲度系数为 k，环 a、小球 b 的质量均为 m，重力加速度为 g，sin53°=0.8，cs53°=0.6。求：
（1）装置静止时，弹簧的形变量x0；
（2）装置角速度为 ω 转动时，小孔与小球 b 的之间的线长 L；
（3）装置由静止开始转动至角速度为 ω 的过程中，细线对小球 B 做的功 W。
2mg 5g
【答案】（1）x0 = k ；（2）L = 3①2 ；
（3）
【详解】（1）装置静止时，对环 a 和小球 b 整体 kx0＝（m＋m）g 得弹簧的形变量
（2）对 b 球：由牛顿第二定律得 mgtanθ =mω2·Lsinθ 解得小孔下方绳长
（3）整个装置以角速度 ω 匀速转动时，设弹簧的形变量为 x2 ，对环 a 受力平衡 kx2 ＝mg＋T
对小球 b Tcsθ=mg
解得 小球 b 的速度 v=ω·Lsinθ
对 b 球，竖直方向上升的高度 Δh=L（1－csθ) -（x2－x0）
1 2
由动能定理得 W − mgΔh = mv
2
解得细线对小球 B 做的功
16．磁悬浮列车是一种靠安培力使列车浮于空中而减小地面的支持力和摩擦力，从而提高运行速度的列车。
图甲为磁悬浮列车简化原理图。一个质量为 m、宽为 L、长略大于 L、总电阻为 R 的矩形单匝线圈，下半 部分处于长为 L、宽为 、方向交互相反的匀强磁场中，磁感应强度均为 B，线圈下边在磁场外；上半部 分处于足够长、磁感应强度B1 随时间 t 的变化规律如图乙所示的匀强磁场（未画出）中，规定垂直于纸面 向内的方向为正方向。设t = 0 时刻，线圈经过如图位置，在水平力 F（未知）作用下，线圈不接触任何支 持物匀速向右平动。线圈与地面间的动摩擦因数为μ ,且 ，不考虑磁场边缘效应，重力加速度取 g。
(1)求水平力 F 的大小及匀速运动的速度v0 ；
(2)若t1 时刻撤去外力 F，求从撤去力 F 到线圈停止运动所需时间及位移；
(3)若B0 < ，t1 时刻撤去外力 F 后线圈的v − t 图像如图丙所示，至t2 时刻停止运动，t1 、t2 、B0 为已知量，
求该过程线圈的位移。
【答案】(1)F = μmg ，v0 = (2) t = ， 【详解】（1）令线圈匀速运动时电流为I0 ，则对线圈上边受力分析有B0I0L = mg
对线圈左右两条边受力分析，由牛顿第二定律有 联立以上两式可得F = μmg
由法拉第电磁感应定律有E0 = BLv0
由欧姆定律有I0 =
联立解得
（2）撤去外力后，线圈做减速运动，当线圈速度为 v 时，由法拉第电磁感应定律有E = BLv 由欧姆定律有
则F安1 = B0IL
对线框受力分析竖直方向有B0IL + FN = mg 则摩擦力有f = μFN
线框左右两边受到的安培力为F安2 = BIL
则线框在水平方向上受到的合外力为F合 = F安2 + f = μmg 故线圈做匀减速直线运动，由动量定理有有F合t = mv0
联立解得t =
由动能定理有F合 解得
若 ，则对线框受力分析由牛顿第二定律有F安 线圈做加速度逐渐减小的减速运动。
由动量定理可得
解得