2009年江苏物理试题及详解

2009年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）物理试题

一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意。 ．．．．1．两个分别带有电荷量Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F。两小球相互接触后将其固定距离变为仑力的大小为 A．

r，则两球间库2134F B．F C．F D．12F 1243Q3Q，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和2rQQ1，库仑力为Fk，22r2C 【解析】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题。接触前两个点电荷之间的库仑力大小为Fk后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的

所以两球间库仑力的大小为

4F，C项正确。如两球原来带正电，则接触各自带电均为3+2Q。

2．用一根长1m的轻质细绳将一副质量为1kg的画框对称悬挂在墙壁 上，已知绳能承受的最大张力为10N，为使绳不断裂，画框上两个 挂钉的间距最大为（g取10m/s） A．232m B．m 22 C．

31m m D．42A 【解析】熟练应用力的合成和分解以及合成与分解中的一些规律，是解决本题的根本；

一个大小方向确定的力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大。题中当绳子拉力达到F=10N的时候，绳子间的张角最大，即两个挂钉间的距离最大；画框受到重力和绳子的拉力，三个力为共点力，受力如图。绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子长为L0=1m,则有mg2Fcos，两个挂钉的间距离

L2L03m，A项正确。 sin，解得L223．英国《新科学家（New Scientist）》杂志评选出了2008年度世界8项科学之最，在

XTEJ1650-500双星系统中发现的最小黑洞位列其中，若某黑洞的半径R约45km，质量MMc2和半径R的关系满足（其中c为光速，G为引力常量），则该黑洞表面重力加R2G速度的数量级为

A．10m/s B．10m/s

82102

C．10m/s D．10m/s

C 【解析】处理本题要从所给的材料中，提炼出有用信息，构建好物理模型，选择合适的物理方法求解。黑洞实际为一天体，天体表面的物体受到的重力近似等于物体与该天体

122142Mc2Mm之间的万有引力，对黑洞表面的某一质量为m物体有：G2mg，又有，R2GRc2联立解得g，带入数据得重力加速度的数量级为1012m/s2，C项正确。

2R4．在无风的情况下，跳伞运动员从水平飞行的飞机上跳伞，下落过程中受到空气阻力，下列描绘下落速度的水平分量大小vx、竖直分量大小vy与时间t的图像，可能正确的是

B 【解析】跳伞运动员下落过程中受到的空气阻力并非为恒力，与速度有关，且速度越大受到的阻力越大，知道速度与所受阻力的规律是解决本题的关键。竖直方向运动员受重力和空气阻力，速度逐渐增大，阻力增大合力减小，加速度减小，水平方向只受阻力，速度减小，阻力减小，加速度减小。在v-t图象中图线的斜率表示加速度，B项正确。

5．在如图所师的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器的电容为C。当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时， 闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定

A．电源的电动势E一定小于击穿电压U B．电容器所带的最大电荷量一定为CE C．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大

D．在一个闪光周期内，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电 荷量一定相等

D 【解析】理解此电路的工作过程是解决本题的关键。电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光。要使得充电后达到电压U，则电源电动势一定大于等于U，A 项错误；电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为CU，B项错误；闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C项错误；充电时电荷通过R，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，D项正确。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分，每小题有多个选项符合题意。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。

6．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端 的交变电压为u202sin100tV 氖泡在两端电压达到100V

时开始发光，下列说法中正确的有 A．开关接通后，氖泡的发光频率为100Hz B．开关接通后，电压表的示数为100 V C．开关断开后，电压表的示数变大

D．开关断开后，变压器的输出功率不变AB

【解析】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器

变压原理、功率等问题彻底理解。由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有

效值为U12022V=20V，由

n1U1得副线圈两端的电压为U2100V，电压表n2U2的示数为交流电的有效值，B项正确；交变电压的频率为f10050 Hz，一个周2期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，A项正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，C项错误；断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，D项错误。

7．如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯 还有2 s将熄灭，此时汽车距离停车线18m。该车加速时 最大加速度大小为2m/s，减速时最大加速度大小为 5m/s。此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，下列说

法中正确的有 A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽

车可能通过停车线

B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速 C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线 D．如果距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处

AC 【解析】熟练应用匀变速直线运动的公式，是处理问题的关键，对汽车运动的问题一定要注意所求解的问题是否与实际情况相符。如果立即做匀加速直线运动，t1=2s内的位移

2212xv0t1a1t1=20m>18m，此时汽车的速度为v1v0a1t112m/s<12.5m/s，汽车没有

2超速，A项正确；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间t2过的位移为x2v01.6s，此过程通a212a2t26.4m，C项正确、D项错误。 28．空间某一静电场的电势在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C

点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有 A．EBx的大小大于ECx的大小 B．EBx的方向沿x轴正方向 C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大

D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功

AD 【解析】本题的入手点在于如何判断EBx和ECx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强磁场，用匀强磁场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法；需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解。在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有E，可见EBx>ECx，A项正确；同d理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C项错误；沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，所以B项错误，D项正确。

9.如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有

A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大 B．当A、B加速度相等时，F A 1F  A、B的速度差最大

C．当A、B的速度相等时，

v A的速度达到最大

D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大 v BCD 【解析】处理本题的关键

v2 是对物体进行受力分析和运动

A B 过程分析，使用图象处理则可

以使问题大大简化。对A、Bv1 在水平方向受力分析如图，F1

t1 t2 为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对Ａ有

B  F1

t FF1ma，对Ｂ有F1ma，得F1F，在整个过程中Ａ的合力（加速度）一直减小2而Ｂ的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于Ｂ的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于Ｂ的合力（加速度）.两物体运动的v-t图象如图，tl时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，Ａ速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，tl时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。

三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分。攻击42分。请将解答写在答题卡相应的位置。【必做题】

10.（8分）有一根圆台状均匀质合金棒如图甲所示，某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率ρ、长度L和两底面直径d、D有关。他进行了如下实验：

（1）用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d、D和长度L。图乙中游标卡尺（游标尺上有20个等分刻度）的读数L=________cm.

（2）测量该合金棒电阻的实物电路如图丙所示（相关器材的参数已在图中标出）。该合金棒的电阻约为几个欧姆。图中有一处连接不当的导线是__________.（用标注在导线旁的数字表示）（3）改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R=6.72Ω.根据

电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为Rd=13.3Ω、RD=3.38Ω.他发现：在误差允许范围内，电阻R满足R2

=Rd·RD，由此推断该圆台状合

金棒的电阻R=_______.（用ρ、L、d、D表述） （1）9.940 （2）⑥ （3）

4LdD 【解析】（1）游标卡尺的读数，按步骤进行则不会出错。首先，确定游标卡尺的精度为20分度，即为0.05mm，然后以毫米为单位从主尺上读出整毫米数99.00mm，注意小数点后的有效数字要与精度一样，再从游标尺上找出对的最齐一根刻线，精度格数=0.058mm=0.40mm，最后两者相加，根据题目单位要求换算为需要的数据，99.00mm+0.40mm=99.40mm=9.940cm （2）本实验为测定一个几欧姆的电阻，在用伏安法测量其两端的电压和通过电阻的电流时，因为安培表的内阻较小，为了减小误差，应用安培表外接法，⑥线的连接使用的是安培表内接法。（3）审题是处理本题的关键，弄清题意也就能够找到处理本题的方法。根据电阻定律计算电阻率为、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为Rd=13.3Ω、RD=3.38Ω.即Rd，RRD带

LdD22LD2，而电阻R满足R2=Rd·RD，将Rd、2入得R4LdD

11.（10分）“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示. （1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸袋如图乙所示。计时器打点的时间间隔为0.02s.从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相

邻计数点之间的距离。该小车的加速度a=______m/s2

.（结果保留两位有效数字）

（2）平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上.挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表： 砝码盘中砝码总重力F(N) 加速度a（m·s） -20.196 0.392 0.69 1.18 0.588 1.66 0.784 2.18 0.980 2.70 请根据实验数据作出a-F的关系图像.

（3）根据提供的试验数据作出的a-F图线不通过原点，请说明主要原因。

11. 11. (1) 0.16 (0.15也算对) （2）（见图） （3）未计入砝码盘的重力 【解析】（1）处理匀变速直线运动中所打出的纸带，求解加速度用公式xat，关键弄清公式中各个量的物理意义，x为连续相等时间内的位移差，t为连需相等的时间间隔，如果每5个点取一个点，则连续两点的时间间隔为t=0.1s，x（3.68-3.52）1022m，带

入可得加速度a=0.16m/s2。也可以使用最后一段和第二段的位移差求解，得加速度a=0.15m/s2.

（2）根据图中的数据，合理的设计横纵坐标的刻度值，使图线倾斜程度太小也不能太大，以与水平方向夹角45°左右为宜。由此确定F的范围从0设置到1N较合适，而a则从0到3m/s2较合适。设好刻度，根据数据确定个点的位置，将个点用一条直线连起来，延长交与坐标轴某一点。如图所示。

（3）处理图象问题要注意图线的斜率、交点、拐点、面积等意义，能正确理解这些量的意义则很多问题将会迎刃而解。与纵坐标相交而不过原点，该交点说明当不挂砝码时，小车仍由加速度，即绳对小车仍有拉力，从此拉力的来源考虑很容易得到答案，是因为砝码盘的重力，而在（2）问的图表中只给出了砝码的总重力，而没有考虑砝码

盘的重力。

12．[选做题]本题包括A、B、C三个小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作

答。若三题都做，则按A、B两题评分A．（选修模块3—3）（12分） （1）若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体， 下列说法正确的是 ▲ 。（填写选项前的字母）

（A）气体分子间的作用力增大 （B）气体分子的平均速率增大 （C）气体分子的平均动能减小 （D）气体组成的系统地熵增加

（2）若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6J的功，则此过程中的气泡 ▲ （填“吸收”或“放出”）的热量是 ▲ J。气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1J的功，同时吸收了0.3J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了 ▲ J（3）已知气泡内气体的密度为1.29kg/m3，平均摩尔质量为0.29kg/mol。阿伏加德罗常数

NA=6.021023mol-1，取气体分子的平均直径为210-10m，若气泡内的气体能完全变为液体，请估算液体体积与原来气体体积的比值。（结果保留一位有效数字）B．（选修模块3—4）（12分）

（1）如图甲所示，强强乘电梯速度为0.9c（c为光速）的宇宙飞船追赶正前方的壮壮，壮壮的飞行速度为0.5c，强强向壮壮发出一束光进行联络，则壮壮观测到该光束的传播速度为 ▲ 。（填写选项前的字母）

（A）0.4c （B）0.5c （C）0.9c （D）1.0c

(2)在t0时刻，质点A开始做简谐运动，其振动图象如

图乙所示。

质点A振动的周期是租 ▲ s；t8s时，质点A的运动沿y轴的 ▲ 方向（填“正”或“负”）；质点B在波动的传播方向上与A相距16m，已知波的传播速度为2m/s，在t9s时，质点B偏离平衡位置的位移是 cm

（3）图丙是北京奥运会期间安置在游泳池底部的照相机拍摄的一张照片，照相机的镜头竖直向上。照片中，水利方运动馆的景象呈现在半径r11cm的圆型范围内，水面上的运动员手到脚的长度l10cm，若已知水

的折射率为n4，请根据运动员的实际身高估算该游泳池的水深h，（结果保留两位有效3数字） C．（选修模块3—5）（12分）

在衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出。

中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测。1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中1H的核反应，间接地证实了中微子的存在。

（1）中微子与水中的1H发生核反应，产生中子（0n）和正电子（1e），即

中微子+1H→0n+1e

可以判定，中微子的质量数和电荷数分别是 ▲ 。（填写选项前的字母） （A）0和0 （B）0和1 （C）1和 0 （D）1和1

（2）上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转

变为两个光子（），即 1e+1e2

已知正电子和电子的质量都为9.1×10㎏，反应中产生的每个光子的能量约为 ▲ J.正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子，原因是 ▲ 。 （3）试通过分析比较，具有相同动能的中子和电子的物质波波长的大小。 12 A. (1) D (2) 吸收 0.6 0.2

(3) 设气体体积为V0，液体体积为V1

气体分子数n-31

111011000V0mNA, V1nd36(或V1nd)

3则

V1Vd3NA （或1d3NA） V06mV0mV11104 (9105~2104都算对) V0解得

【解析】（1）掌握分子动理论和热力学定律才能准确处理本题。气泡的上升过程气泡内的压强减小，温度不变，由玻意尔定律知，上升过程中体积增大，微观上体现为分子间距增大，分子间引力减小，温度不变所以气体分子的平均动能、平均速率不变，此过程为自发过程，故熵增大。D 项正确。

（2）本题从热力学第一定律入手，抓住理想气内能只与温度有关的特点进行处理。理想气体等温过程中内能不变，由热力学第一定律UQW，物体对外做功0.6J，则一定同时从外界吸收热量0.6J，才能保证内能不变。而温度上升的过程，内能增加了0.2J。

（3）微观量的运算，注意从单位制检查运算结论，最终结果只要保证数量级正确即可。设

气体体积为V0，液体体积为V1

气体分子数nV0mNA, V1nd36(或V1nd)

3则

V1Vd3NA （或1d3NA） V06mV0mV11104 (9105~2104都算对) V0解得

B.（1）D （2）4 正 10 （3）（3）设照片圆形区域的实际半径为R,运动员的实际长为L

折射定律nsinsin90 几何关系sinRR2h2,RL rl得hLn21·r

l取L2.2m，解得h2.1(m)（1.6~2.6m都算对）

【解析】（1）根据爱因斯坦相对论，在任何参考系中，光速不变。D项正确。

（2）振动图象和波形图比较容易混淆，而导致出错，在读图是一定要注意横纵坐标的物理意义，以避免出错。题图为波的振动图象，图象可知周期为4s，波源的起振方向与波头的振动方向相同且向上，t=6s时质点在平衡位置向下振动，故8s时质点在平衡位置向上振动；波传播到B点，需要时间t1x161s=8s，故t9s时，质点又振动了1s(个周期)，处v24于正向最大位移处，位移为10cm.

(3)根据题意能画出光路图，正确使用物象比解决本题的关键。

设照片圆形区域的实际半径为R,运动员的实际长为L，光路如图： 折射定律 nsinsin90 几何关系 sinRR2h2,物象比RL rl得hLn21·r

l取L2.2m，解得h2.1(m)

（本题为估算题，在取运动员实际长度时可以有一个范围，但要符合实际，故求得h值可以不同1.6~2.6m均可）

C.（1）A (2)8.21014 遵循动量守恒

（3）粒子的动量 p2mEk，物质波的波长h p由mnmc，知pnpc，则nc

【解析】（1）发生核反应前后，粒子的质量数和核电荷数均不变，据此可知中微子的质量数和电荷数分都是0，A项正确。

（2）产生的能量是由于质量亏损。两个电子转变为两个光子之后，质量变为零，由

Emc2，故一个光子的能量为

EE14，带入数据得=8.210J。 22正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体，故系统总动量为零，故如果只

产生一个光子是不可能的，因为此过程遵循动量守恒。 （3）物质波的的波长为h，要比较波长需要将中子和电子的动量用动能表示出来即pp2mEk，因为mnmc，所以pnpc，故nc。

四、计算题：本题共3小题，共计47分。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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

13.（15分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动力系统提供的恒定

升力F =28 N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受

2

的阻力大小不变，g取10m/s。

（1）第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = 64 m。求飞行器所阻力f的大

小；

（2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求

飞行器能达到的最大高度h；

（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3 。

解析：

（1）第一次飞行中，设加速度为a1 匀加速运动H12a1t1 2由牛顿第二定律Fmgfma1 解得f4(N)

（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1 匀加速运动s112a1t2 2

设失去升力后的速度为a2，上升的高度为s2 由牛顿第二定律mgfma2

v1a1t2 v12s2

2a2解得hs1s242(m)

（3）设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3 由牛顿第二定律 mgfma3

F+f-mg=ma4

22v3v3h 且

2a32a4V3=a3t3 解得t3=

32(s)(或2.1s) 214.（16分）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所

示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。

（1） 求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比； （2） 求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；

（3） 实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器

磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能E㎞。

解析：

(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1 qu=

12

mv12v12qv1B=m

r1解得 r11B2mU q1B4mU q同理，粒子第2次经过狭缝后的半径 r2则 r2:r12:1

（2）设粒子到出口处被加速了n圈

12mv2v2qvBm R2mTqBtnT2nqU解得 tBR22U

（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为fBm粒子的动能

qB 2mqBm 2mEK12mv 2当fBm≤fm时，粒子的最大动能由Bm决定

2vmqvmBmm

R22q2BmR

2m解得Ekm

当fBm≥fm时，粒子的最大动能由fm决定

vm2fmR

解得 Ekm2mfmR

（4）

15.（16分）如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、 足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强

度大小为B、方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框

连接在一起组成“

”型装置，总质量为m，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为

222I的电流（由外接恒流源产生，图中未图出）。线框的边长为d（d < l），电阻为R，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。重力加速度为g。 求：（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q； （2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1 ；

（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离m 。

15．解析：

(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为

W 由动能定理 mgsin4dWBIld0

且QW

解得 Q4mgdsinBIld

（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1，则接着向下运动2d

由动能定理 mgsin2dBIld0装置在磁场中运动时收到的合力

12mv1 2FmgsinF'

感应电动势 =Bd

 R安培力 F'BI'd

感应电流 I'=

由牛顿第二定律，在t到t+t时间内，有v则

Ft mvB2d2vgsint mR2B2d3有v1gt1sin

mR2B2d32m(BIld2mgdsin)R 解得 t1mgsin（3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动 由动能定理 mgsinxmBIl(xmd)0 解得 xm

BIld

BIlmgsin