河南省南阳市社旗一高2015届高三上学期第二次月考物理试卷

一、选择题（每题4分，共40分．其中第1，2，3，4，5，8题为单项选择，6，7，9，10为多项选择．）

1．以下是物理学中的四个实验装置或仪器，由图可知这四个实验或仪器共同的物理思想方法是(     )

    A．极限的思想方法    B．猜想的思想方法

    C．控制变量的方法    D．放大的思想方法

考点：物体的弹性和弹力；万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定． 

分析：根据各实验的原理可得出实验中应用的物理思想方法．

解答：    解：桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大；玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化而放大；引力大小仍是借助于光的反射来放大．螺旋测微器将本来很小的距离放大在转动部分上，故这些实验本采用了放大的思想方法；

故选：D．

点评：对于物理问题应透过现象去分析本质，要寻找出问题的相似性．

2．质点作直线运动时的加速度随时间变化的关系如图所示，该图线的斜率为k，图中斜线部分面积S，下列说法正确的是(     )

    A．斜率k表示速度变化的快慢

    B．斜率k表示速度变化的大小

    C．面积S表示t1﹣t2的过程中质点速度的变化量

    D．面积S表示t1﹣t2的过程中质点的位移

考点：匀变速直线运动的图像． 

专题：运动学中的图像专题．

分析：斜率k=，表示加速度变化快慢．将图线分成若干段，每一小段看成加速度不变，通过微元法得出斜线部分的面积表示什么．

解答：    解：A、斜率k=，表示加速度变化快慢，故AB错误；

C、将a﹣t图线分成无数段，每一段加速度可以看成不变，则每一小段所围成的面积△v1=a1△t1，△v2=a2△t2，△v3=a3△t3，…

则总面积为△v1+△v2+△v3+…=△v．斜线部分的面积表示速度的变化量．故C正确，D错误．

故选C．

点评：解决本题的关键运用微元法进行分析，与速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移类似．

3．倾角为θ=30°的长斜坡上有C、O、B三点，CO=OB=10m，在O点竖直地固定一长10m的直杆AO．A端与C点间和坡底B点间各连有一光滑的钢绳，且各穿有一钢球（视为质点），两球从A点由静止开始，同时分别沿两钢绳滑到钢绳末端，如图所示，则小球在钢绳上滑行的时间tAC和tAB分别为(     )

    A．2s 和2s    B．s和2s    C．s和4s    D．4s和s

考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 

专题：牛顿运动定律综合专题．

分析：由几何知识确定出AC与AB的倾角和位移，由牛顿第二定律求出两球的加速度a，由位移公式x=求解时间．

解答：    解：由几何知识得，AC的倾角为α=30°，位移xAC=10m．AC的倾角为β=60°，位移xAB=10m．

沿AC下滑的小球，加速度为a1=gsin30°=5m/s2，

由xAC=得，tAC=s=2s．

沿AB下滑的小球，加速度为a2=gsin60°=5m/s2，

由xAB=得，tAB==2s．

故选：A

点评：本题运用牛顿第二定律和运动学公式结合求解匀加速运动的时间，关键要根据几何知识求出AC与AB的倾角和位移．

4．如图所示，质量为m1和m2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面（斜面与水平面成θ角），最后竖直向上运动．则在这三个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是(     )

    A．由大变小    B．由小变大

    C．始终不变    D．由大变小再变大

考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用． 

专题：牛顿运动定律综合专题．

分析：以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，然后以单个物体为研究对象，由牛顿第二定律求出细线上的拉力．

解答：    解：

设细线上的张力为F1．要求F1，选受力少的物体m1为研究对象较好；此外还必须知道物体m1的加速度a，要求加速度a，则选m1、m2整体为研究对象较好．

在水平面上运动时：

F1﹣μm1g=m1a①

F﹣μ（m1+m2）g=（m1+m2）a②

联立①②解得：F1=

在斜面上运动时：

F1﹣m1gsinθ﹣μm1gcosθ=m1a③

F﹣（m1+m2）gsinθ﹣μ（m1+m2）gcosθ=（m1+m2）a④

联立③④解得：F1=

同理可得，竖直向上运动时，细线上的张力F1仍是

故选：C．

点评：本题考查了求细线的拉力，应用牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意整体法与隔离法的应用； 同时本题可以作为结论应用．

5．已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图a所示），以此时为t=0时刻纪录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2）．已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2．则下列判断正确的是(     )

    A．0～t1内，物块对传送带做正功

    B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ＜tanθ

    C．0～t2内，传送带对物块做功为W=mv22﹣mv12

    D．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大

考点：牛顿第二定律；功能关系． 

专题：传送带专题．

分析：由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况．由于物块能向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ．根据动能定理研究0～t2内，传送带对物块做功．根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小

解答：    解：A、由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功．故A错误．

B、在t1～t2内，物块向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ．故B错误．

C、0～t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W+WG=，则传送带对物块做功W≠．故C错误．

D、物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小．故D正确．

故选：D

点评：本题由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的范围，根据动能定理求解功是常用的方法．

6．如图（甲）所示的电路，不计电表内阻的影响，改变滑动变阻器的滑片位置，测得电压表V1和V2随电流表A的示数变化的两条实验图象，如图（乙）所示．关于这两条实验图象(     )

    A．图线b的延长线一定过坐标的原点O

    B．图线a的延长线与纵轴交点的纵坐标值等于电源的电动势

    C．图线a、b交点的横坐标和纵坐标值的乘积小于电源的输出功率

    D．图线a、b交点的横坐标和纵坐标值的乘积等于电阻Ro消耗的电功率

考点：闭合电路的欧姆定律；路端电压与负载的关系；电功、电功率． 

分析：根据欧姆定律分析得知，当电路中电流增大时，电压V1的示数增大，内电压增大，电压表V2的读数减小，即可知两条图线分别是哪只电压表示数的图象．分析两图象的交点表示电阻R0接在该电源上的工作状态．

解答：    解：A、当电路中电流增大时，电源的内电压增大，路端电压减小，电压V2的示数增大，内电压增大，电压表V1的读数减小，则根据图象可知，图象b是电压表V2的示数与I的关系图象．而R0是定值电阻，电压与电流成正比，则图象b的延长线一定过坐标原点O．故A正确．

B、图象a是电压表V1的示数与I的关系图象，反映电源的特性，当I=0时，U=E，故图线a的延长线与纵轴交点的坐标值等于电源的电动势．故B正确．

CD、图象a反映电源的特性，图象b反映电阻R0的特性，两图象的交点表示电阻R0接在该电源上的工作状态，则交点的横、纵坐标值的乘积等于该状态下电阻R0消耗的瞬时功率，也表示电源的输出功率．故C错误，D正确．

故选：ABD．

点评：本题要通过分析电路中电路的电压和电流变化变化找到与图象的对应关系，要理解交点的物理意义．

7．地球同步卫星距地面高度为h，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，地球的自转角速度为ω，那么同步卫星绕地球转动的线速度为(     )

    A．v=（R+h）ω    B．v=    C．v=R    D．v=

考点：同步卫星． 

专题：人造卫星问题．

分析：研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出线速度大小；也可以根据线速度定义求出线速度大小．

解答：    解：A、同步卫星与地球同步，做匀速圆周运动，则线速度定义可得：

，故A正确；

B、由于地球的引力提供向心力，让同步卫星做匀速圆周运动，则有：

解之得：，故B错误；

C、由黄金代换式：g=，

可得：v=，故C正确；

D、根据及g=得：

解得：r=，

则v=，故D正确．

故选：ACD

点评：本题考查了万有引力在天体中的应用，解题的关键在于找出向心力的来源，并能列出等式解题．

万有引力定律得应用要结合圆周运动的知识解决问题．

8．如图所示，质量为m的物体在水平传送带上有静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v做匀速运动．物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，物体最后能与传送带保持相对静止．对于物体从开始释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法正确的是(     )

    A．电动机多做的功为mv2

    B．摩擦力对物体做的功为mv2

    C．传送带克服摩擦力做的功为mv2

    D．电动机增加的功率为mgvμ

考点：功的计算；电功、电功率． 

专题：功的计算专题．

分析：物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是增加了相同的内能．

解答：    解：A、电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是，所以电动机多做的功一定要大于，所以A错误．

B、在运动的过程中只有摩擦力对物体做功，由动能定理可知，摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化，即为，所以B错误．

C、传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由A的分析可知，C错误．

D、电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为fv=μmgv，所以D正确．

故选：D．

点评：当物体之间发生相对滑动时，一定要注意物体的动能增加的同时，相同的内能也要增加，这是解本题的关键地方．

9．如图所示，两根平行光滑导电轨道竖直放置，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，金属杆ab接在两导轨间，在开关S断开时让金属杆自由下落，金属杆下落的过程中始终保持与导轨垂直并与之接触良好．设导轨足够长且电阻不计，闭合开关S并开始计时，金属杆ab的下落速度随时间变化的图象可能是以下四个图中的(     )

    A．    B．    C．    D．

考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化． 

专题：电磁感应——功能问题．

分析：开关S闭合前，ab自由下落，开关S闭合时ab杆切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，受到安培力，分析安培力与重力可能的关系，再判断杆的运动情况．

解答：    解：A、闭合开关时，若重力与安培力相等，则金属杆做匀速直线运动．该图象是可能的，故A正确．

BC、若安培力小于重力，则加速度的方向向下，金属杆做加速运动，在加速运动的过程中，速度增大，产生的感应电流增大，杆所受的安培力增大，则加速度减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动．故B不可能，C可能．故B错误，C正确．

D、若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动，D是可能的．故D正确．

故选：ACD．

点评：本题是电磁感应的动态变化分析，分析方法可以和机车启动的动态变化过程进行类比解答．

10．如图，空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B（匀强电场水平向右），在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球（不考虑两带电球的相互作用，两球电量始终不变），关于小球的运动，下列说法正确的是(     )

    A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动

    B．只有沿ab抛出的带电小球才可能做直线运动

    C．沿ac做直线运动的小球带负电，且一定是匀速运动

    D．两小球在运动过程中机械能均守恒

考点：带电粒子在混合场中的运动． 

专题：带电粒子在复合场中的运动专题．

分析：根据左手定则，结合正负电荷，可确定洛伦兹力的方向，再由受力平衡条件，即可确定是否可以直线运动，因速度影响洛伦兹力，因此是直线运动，必是匀速直线运动，同时由于电场力做功，导致小球的机械能不守恒．

解答：    解：A、沿ab抛出的带电小球，根据左手定则，及正电荷的电场力的方向与电场强度方向相同，可知，只有带正电，才能平衡，而沿ac方向抛出的带电小球，由上分析可知，小球带负电时，才能做直线运动，因速度影响洛伦兹力大小，所以是直线运动，必然是匀速直线运动，故AC正确，B错误；

D、在运动过程中，因电场力做功，导致小球的机械能不守恒，故D错误；

故选：AC

点评：考查带小球受电场力、重力与洛伦兹力共同作用，掌握左手定则的应用，理解受力平衡的条件，注意速度影响加速度，则是直线运动必然是匀速直线运动，这是解题的关键．

二、实验题（24分）

11．如图，某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋（遵循胡克定律）和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物．

（1）为完成该实验，下述操作中必需的是bcd．

a．测量细绳的长度

b．测量橡皮筋的原长

c．测量悬挂重物后橡皮筋的长度

d．记录悬挂重物后结点O的位置

（2）钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次验证，可采用的方法是改变重物的质量或是橡皮筋的夹角．

考点：验证力的平行四边形定则． 

专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．

分析：本实验是通过作合力与分力图示的方法来验证平行四边形定则，需要测量合力与分力的大小，根据这个原理来选择．

解答：    解：（1）三条橡皮筯遵守胡克定律，要测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度和原长，得到橡皮筋的伸长量，研究拉力与伸长量的倍数来根据比例作力的图示．为了使两次实验效果相同，必须记下O点的位置来作参照．

故选：bcd

（2）在其他条件不变的情况下，要改变实验效果，可以改变重物的质量，故可采用的方法改变重物的质量或是橡皮筋的夹角．

故答案：（1）bcd；（2）改变重物的质量或是橡皮筋的夹角．

点评：本实验在无法测量力的大小的情况下，可以采用比例法作图，只需要测量橡皮筋的伸长量就行．

12．有一内阻未知（约20kΩ～60kΩ）、量程（0～10V）的直流电压表．

①某同学想通过一个多用表中的欧姆档，直接去测量上述电压表的内阻，该多用表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30，欧姆档的选择开关拨至倍率×1K挡．先将红、黑表棒短接调零后，选用图1中A方式连接．

②在实验中，某同学读出欧姆表的读数为40KΩ（如图2），这时电压表的读数为5.0V．计算出欧姆表中电池的电动势为8.75V．

考点：用多用电表测电阻． 

专题：实验题．

分析：①欧姆表中值电阻附近刻度比较均匀，读数误差最小；红表笔连接着内部表头的正极，黑表笔连接着内部表头的负极，故电流从红表笔流入，黑表笔流出；

②欧姆表读数=表盘读数×倍率；欧姆表内电阻等于中值电阻，根据闭合电路欧姆定律列式求解欧姆表电动势．

解答：    解：①欧姆表中值电阻附近刻度比较均匀，读数误差最小，故倍率选择“×1K”挡位；

电流从红表笔流入，黑表笔流出，故A方式正确；

②欧姆表读数=表盘读数×倍率=40×1K=40KΩ；

电压表读数为：5V；

欧姆表内电阻等于中值电阻，为r=30KΩ；

根据闭合电路欧姆定律，有：E=Ir+U===8.75V；

故答案为：①×1k，A；②40 kΩ，5.0，8.75．

点评：本题关键是明确欧姆表原理、读数规律、中值电阻，然后根据闭合电路欧姆定律列式求解．

13．现要测量电流表G1的内阻，给出下列器材：

电流表G1（量程5mA，内阻r1约为150v0左右），

电流表G2（量程10mA，内阻r2约为100Ω左右）

定值电阻R1=100Ω      定值电阻R2=10Ω

滑动变阻器R3（0～200mCv0=（mC+mA+mB）v）

干电池E（1.5V，内阻未知）

单刀单掷开关S   导线若干

（1）定值电阻选R1；

（2）在方框中已画出部分实验电路设计图，请补充完整，并标明所用器材的代号；

（3）若选测量数据中的一组来计算r1，所用的表达式r1=，式中各符号的意义是：I1、I2分别表示电流表G1、G2读数，R1表示定值电阻R1的阻值．

考点：伏安法测电阻． 

专题：实验题．

分析：（1）定值电阻的选择：实验中定值电阻与G1并联，若其阻值太小，会使其电流过大，应选与G1内阻相差不大的．

（2）据所给器材，设计实验电路，把G1与定值电阻并联，由G2与G1示数得定值电阻的电流，据并联电路电流与电阻成反比关系得G1内阻．

（3）由测量值表达出定值电阻的电流和G1的电流，由电流与电阻的关系列等式．

解答：    解：（1）若选R2，则其阻值太小，电流过大，而R1与G1内阻相当，故选：R1

   （2）电路图如图所示：G2的示数﹣G1的示数为通过R1的电流值．

 （3）由并联电路特点：I1r1=R1（I2﹣I1） 得r1=，I1、I2分别表示电流表G1、G2读数，R1表示定值电阻R1的阻值．

故答案为：（1）R1； （2）电路图如图；

（3）r1=，I1、I2分别表示电流表G1、G2读数，R1表示定值电阻R1的阻值．

点评：本题考查并联电路特点，明确电流与电阻的反比关系，学会由所给器材设计电路．

三、计算题（共56分）

14．如图所示，ABCD为一倾角θ=30°的粗糙斜面，其中AD边与BC边平行，斜面上有一重10N的物体，当对物体施加一个与AD边平行的拉力F时，物体恰能做匀速直线运动，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ=，求力F的大小以及物体运动方向与力F方向间的夹角α．

考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 

专题：共点力作用下物体平衡专题．

分析：物体在斜面上做匀速直线运动，受力平衡，分析受力情况，将重力分解．根据平衡条件求出物体所受的滑动摩擦力和支持力，并求解拉力F．

解答：    解：垂直于斜面方向上，物体对斜面的压力N=Gcosθ，在斜面所在平面上，滑块受力为拉力F，摩擦力f和重力的分力Gsinθ，

根据物体的平衡条件由：μN=

解得：F=5N

tanα==1

故α=45°

答：力F的大小以为5N，物体运动方向与力F方向间的夹角α为45°．

点评：本题物体受力分布在立体空间，分成垂直于斜面和平行于斜面两平面内研究，任何一个平面内物体的合力都为零．

15．如图所示，在倾角为θ的光滑物块P斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B；C为一垂直固定在斜面上的挡板．P、C总质量为M，A、B质量均为m，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面．现开始用一水平力F从零开始增大作用于P．（物块A一直没离开斜面，重力加速度为g）

求：（1）物块B刚要离开C时力F．

（2）从开始到此时物块A相对于斜面的位移D．

考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 

专题：牛顿运动定律综合专题．

分析：先对斜面体和整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，再分别多次对物体A、B或AB整体受力分析，然后根据牛顿第二定律，运用合成法列式分析求解．

解答：    解：（1）物体B刚要离开C时，与挡板间的弹力为零，对AB以及弹簧整体分析，

整体受重力和支持力，则整体的加速度a=

再对A、B、C、P整体分析，根据牛顿第二定律得，F=（M+2m）a=（M+2m）gtanθ．

（2）开始时，A处于平衡，有mgsinθ=kx，则弹簧的形变量

物块B刚要离开C时，弹簧处于原长，则A相对于斜面的位移D=x=．

答：（1）物块B刚要离开C时力F的大小为（M+2m）gtanθ．

（2）从开始到此时物块A相对于斜面的位移D为．

点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．

16．如图所示，在xoy坐标系中，y＞0的范围内存在着沿y轴正方向的匀强电场；在y＜0的范围内存在着垂直纸面的匀强磁场（方向未画出）．已知oa=oc=cd=de=ef=L，ob=．现在一群质量为m、电荷量大小为q （重力不计）的带电粒子，分布在a、b之间．t=0时刻，这群带电粒子以相同的初速度vo沿x轴正方向开始运动．观察到从a点出发的带电粒子恰好从d点第一次进入磁场，然后从o点第一次离开磁场．

（1）试判断带电粒子所带电荷的正负及所加匀强磁场的方向；

（2）试推导带电粒子第一次进入磁场的位置坐标x与出发点的位置坐标y的关系式；

（3）试求从a点出发的带电粒子，从o点第一次离开磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角θ（图中未画出）

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动． 

专题：带电粒子在复合场中的运动专题．

分析：（1）由带电粒子在电场中的受力方向与电场方向相反，判断该带电粒子带负电，由粒子在磁场中偏转方向，由左手定则判断磁场方向

（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，类平抛的水平位移值恰恰是第一次进入磁场的位置坐标x，类平抛下降“高度”恰是出发点的位置坐标y

（3）根据类平抛运动规律求得第一次进入磁场时速度与x轴正向的夹角，由几何关系和对称性可得从o点第一次离开磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角θ

解答：    解：（1）由带电粒子在电场中的偏转方向可知其受电场力与电场方向相反，该带电粒子带负电；

根据带电粒子在磁场中做圆周运动的情况，由左手定则知匀强磁场方向沿垂直纸面向里

（2）设带电粒子在电场中的加速度为a，运动时间为t，t1，对于从a点进入电场的粒子，有：

L=①

2L=v0t1②

而进入磁场时的位置坐标：

x=v0t③

出发点的位置坐标：

y=at2④

由①②③④得：x=2⑤

从位置坐标y出发的带电粒子，从x位置坐标离开电场

（3）由几何知识可得：θ与带电粒子第一次进入

磁场时与y轴正方向的夹角相等．对于从a点进入电场的带电粒子，其y轴方向的速度：

vy1=at1⑥

tanθ=⑦

由⑥⑦得：tanθ=1，故θ=45°

答；（1）该带电粒子带负电；匀强磁场方向沿垂直纸面向里

（2）带电粒子第一次进入磁场的位置坐标x与出发点的位置坐标y的关系式X=2

（3）从o点第一次离开磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角θ=45°

点评：类平抛运动为常见题，注意运用运动分解的观点处理，带电粒子在磁场中的偏转运动若仅受洛伦兹力，为匀速圆周运动，若为有直线界磁场注意出入磁场对称性

17．（17分）磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具．它的驱动系统简化为如下模型，固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框，电阻为R，金属框置于xOy平面内，长边MN长为l平行于y轴，宽度为d的NP边平行于x轴，如图1所示．列车轨道沿Ox方向，轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度B沿Ox方向按正弦规律分布，其空间周期为λ，最大值为B0，如图2所示，金属框同一长边上各处的磁感应强度相同，整个磁场以速度v0沿Ox方向匀速平移．设在短暂时间内，MM、PQ边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略，并忽略一切阻力．列车在驱动系统作用下沿Ox方向加速行驶，某时刻速度为v（v＜v0）．

（1）简要叙述列车运行中获得驱动力的原理；

（2）为使列车获得最大驱动力，写出MM、PQ边应处于磁场中的什么位置及λ与d之间应满足的关系式；

（3）计算在满足第（2）问的条件下列车速度为v时驱动力的大小．

考点：电磁感应在生活和生产中的应用；安培力；左手定则；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势． 

专题：压轴题．

分析：线圈处于变化的磁场中，且该磁场在运动，导致线圈中产生感应电流，从而使线圈在磁场中受到安培力作用．因此线圈在运动．为使列车获得最大驱动力，则线圈前后两边都应受到安培力且最大．所以要求提供的磁场是最大的并方向相反．

解答：    解：（1）由于列车速度与磁场平移速度方向不同，导致穿过金属框的磁通量发生变化，由于电磁感应，金属框中会产生感应电流，该电流受到安培力即为驱动力．

（2）为使列车获得最大驱动力，MM、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大，导致线框中电流最强，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大，因此，d应为的奇数倍，即①

（3）由于满足（2）问条件，则MM、PQ边所在处的磁感应强度大小均为B0且方向总相反，经短暂的时间△t，磁场沿Ox方向平移的距离为v0△t，同时，金属框沿Ox方向移动的距离为v△t．

因为v0＞v，所以在△t时间内MN边扫过磁场的面积

S=（v0﹣v）l△t

在此△t时间内，MN边左侧穿过S的磁通量移进金属框而引起框内磁通量变化

△ΦMN=B0l（v0﹣v）△t   ②

同理，该△t时间内，PQ边左侧移出金属框的磁通引起框内磁通量变化

△ΦPQ=B0l（v0﹣v）△t   ③

故在△t内金属框所围面积的磁通量变化

△Φ=△ΦMN+△ΦPQ ④

根据法拉第电磁感应定律，金属框中的感应电动势大小    ⑤

根据闭合电路欧姆定律有   ⑥

根据安培力公式，MN边所受的安培力

FMN=B0Il

PQ边所受的安培力

FPQ=B0Il

根据左手定则，MM、PQ边所受的安培力方向相同，此时列车驱动力的大小

F=FMN+FPQ=2 B0Il⑦

联立解得⑧

点评：磁通量虽没有方向，但穿过线圈却分正反面．同时运用法拉第电磁感应定律求出产生的感应电动势，从而确定安培力．但注意的是前后边均受到安培力，且方向相同．