磁悬浮列车高考题

淮北王景民物理工作室2015年3月

．如图所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分与圆弧部分平滑连接，两导轨间距为L，导轨的水平部分有n段相同的匀强磁场区域（图中的虚线范围），磁场方向竖直向上，磁场的磁感应强度为B，磁场的宽度为S，相邻磁场区域的间距也为S，S大于L，磁场左、右两边界均与导轨垂直。现有一质量为m，电阻为r，边长为L的正方形金属框，由圆弧导轨上某高度处静止释放，金属框滑上水平导轨，在水平导轨上滑行一段时间进入磁场区域，最终线框恰好完全通过n段磁场区域。地球表面处的重力加速度为g，感应电流的磁场可以忽略不计，求：

（1）刚开始下滑时，金属框重心离水平导轨所在平面的高度． （2）整个过程中金属框内产生的电热．

（3）金属框完全进入第k（k＜n）段磁场区域前的时刻，金属框中的电功率．

BBB

答案：（1）设金属框在进入第一段匀强磁场区域前的速度为v0，金属框在进入和穿出

SS2BL2第一段匀强磁场区域的过程中，线框中产生平均感应电动势为E

tE2BL2平均电流强度为（不考虑电流方向变化） I

rrt由动量定理得： BILtmv1mv0

2BL2Ltmv1mv0 Brt2B2L3mv1mv0 r2B2L3mv2mv1 同理可得： r2B2L3mv3mv2 r ……

2B2L30mv0 整个过程累计得： nr2nB2L3解得： v0

mr2v0122n2B4L6金属框沿斜面下滑机械能守恒： mghmv0 h 22gm2gr22n2B4L6（2）金属框中产生的热量Q＝mgh Q＝ 2mr（3）金属框穿过第（k－1）个磁场区域后，由动量定理得：

.

.

2B2L3(k1)mvk1mv0

r金属框完全进入第k个磁场区域的过程中，由动量定理得：

B2L3mvk/mvk1

r(2n2k1)B2L3v解得：

mr(BLvk/)2(2n2k1)2B6L8P

rm2r3/k. 功率：

如图16所示，正方形导线框abcd的质量为m、边长为l，导线框的总电阻为R。导线框从垂直纸面向里的水平有界匀强磁场的上方某处由静止自由下落，下落过程中，导线框始终在与磁场垂直的竖直平面内，cd边保持水平。磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场上、下两个界面水平距离为L。已知cd边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动。重力加速度为g.

（1）求cd边进入磁场时导线框的速度大小；

（2）请证明：导线框cd边在磁场中运动的任意瞬间，导线框克服安培力做功的功率等

于导线框消耗的电功率；

（3）求从导线框cd边刚进入磁场到ab边刚离开磁场的过程中，导线框克服安培力所做

的功. 答案：

解：（1）设线框cd边刚进入磁场时的速度为v，则cd边进入磁场过程时产生的感应电动势为E=Blv，

（2）根据闭合电路欧姆定律，通过导线框的感应电流为IBlv R

B2I2v导线框受到的安培力为F安BIl……………………1分

R因cd刚进入磁场时导线框做匀速运动，所以有F安mg，………………1分 以上各式联立，得：vmgR………………………………………………1分 B2l2 （2）导线框cd边在磁场中运动时，克服安培力做功的功率为：P安F安v

B2l2v2代入（1）中的结果，整理得：P安………………………………1分

R.

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B2l2v2B2l2v2R导线框消耗的电功率为：P…………………1分 电IRRR22因此有P安P电……………………………………………………………………1分

（3）导线框ab边刚进入磁场时，cd边即离开磁场，因此导线框继续做匀速运动. 导线

框穿过磁场的整个过程中，导线框的动能不变.

设导线框克服安培力做功为W安，根据动能定理有2mglW安0…………1分 解得W安2mgl…………………………………………………………………1分 (2009宣武)（8分）用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ，并将其放在倾角为θ的平行绝缘导轨上，平行导轨的间距也为l，如图所示。线框与导轨之间是光滑的，在导轨的下端有一宽度为l（即ab=l）、磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场的边界aa′、bb′垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直。某一次，把线框从静止状态释放，线框恰好能够匀速地穿过磁场区域。若当地的重力加速度为g，求： （1）线框通过磁场时的运动速度； （2）开始释放时，MN与bb′之间的距离； （3）线框在通过磁场的过程中所生的热。 答案：

解：（1）（共4分）线框在磁场区域做匀速运动时，其受力如图所示：

∴ F=mgsinθ

又安培力: F=BIl （1分） 感应电流: I=E/R

感应电动势: E=Blv （1分） 解得匀速运动的速度: v=mgRsinθ/Bl（2分）

（2）（共2分）在进入磁场前，线框的加速度a=gsinθ （1分）

22

v2m2gR2sin 所以线框进入磁场前下滑的距离s= =（1分）

2a2B4l4（3）（共2分）过程中线框沿斜面通过了2 l的距离，所以：Q热=mg·2lsinθ （5）综合应用

(2010海淀)（10分）如图18甲所示，长方形金属框abcd下面简称方框），各边长度为acbdl/2、abcdl，方框外侧套着一个内侧壁长分别为l/2及l的U型金属框架MNPQ（下面简称U型框），U型框与方框之间接触良好且无摩擦。两个金属框的质量均为m，PQ边、ab边和cd边的电阻均为r，其余各边电阻可忽略不计。将两个金属框放在静止在水平地面上的矩形粗糙绝缘平面上，将平面的一端缓慢抬起，直到这两个金属框都恰能在此平面上匀速下滑，这时平面与地面的夹角为，此时将平面固定构成一个倾角为.

.

的斜面。已知两框与斜面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。在斜面上有两条与其底边垂直的、电阻可忽略不计，且足够长的光滑金属轨道，两轨道间的宽度略大于l，使两轨道能与U型框保持良好接触，在轨道上端接有电压传感器并与计算机相连，如图18乙所示。在轨道所在空间存在垂直于轨道平面斜向下、磁感强度大小为B的匀强磁场。

（1）若将方框固定不动，用与斜面平行，且垂直PQ边向下的力拉动U型框，使它匀速向下运动，在U形框与方框分离之前，计算机上显示的电压为恒定电压U0，求U型框向下运动的速度多大；

（2）若方框开始时静止但不固定在斜面上，给U型框垂直PQ边沿斜面向下的初速度

v0，如果U型框与方框最后能不分离而一起运动，求在这一过程中电流通过方框产生的焦

耳热；

（3）若方框开始时静止但不固定在斜面上，给U型框垂直PQ边沿斜面向下的初速度

3v0，求在二者分离之前U型框速度减小到2v0时，方框的加速度。 U型框与方框将会分离。

注：两个电动势均为E、内阻均为r的直流电源，若并联在一起，可等效为电动势仍为

rE，内电阻为的电源；若串联在一起，可等效为电动势为2E，内电阻为2r的电源。

2 答案：

解：（1）当U型框以速度v运动时，在与方框分离之前，方框ab边和cd边为外电路，

P 甲

M a c b d Q N P M ac M P ca d b N Q d b N Q 电压传感器 θ乙 图18

计算机 PQ边为电源，它产生的感应电动势EBlv………………………………………………1分

内电路电阻为r，外电路电阻为0.5r，U0分

解得v0.5rBlv …………………………1

(r0.5r)3U0……………………………………………………………………………1分 Bl（2）由于两金属框在斜面上恰能匀速下滑，所以沿斜面方向两个金属框所受合力为零，因此两个金属框组成的系统沿斜面方向动量守恒。 ……………………………………1分

设二两个金属框一起运动的共同速度为v1，则 mv02mv1，解得 v1两个框产生的焦耳热 Q.

1v0 212112mv02mv12mv0…………………………1分 224.

设方框产生的焦耳为Q方， 则解得Q方Q方Q0.5r1………………………………………1分 1.5r312 ……………………………………………………………………1分 mv012（3）设U型框速度为2v0时，方框的速度为v2，二框组成的系统沿斜面方向动量守恒， 则3mv02mv0mv2， 解得v2v0

框组成回路的总电动势 E总2Blv0Blv0Blv0………………………………1分 两框组成回路中的电流 IE总Blv02Blv0………………………………1分 ＝R总r0.5r3r2B2l2v0方框受到的安培力即为合外力 FBIl

3r

F2B2l2v0根据牛顿第二定律解得此时方框的加速度 a……………………1分 m3mr磁悬浮列车是一种高速运载工具，它具有两个重要系统。一是悬浮系统，利用磁力（可由超导电磁铁提供）使车体在导轨上悬浮起来与轨道脱离接触从而减小阻力。另一是驱动系统，即利用磁场与固定在车体下部的感应金属框相互作用，使车体获得牵引力，图22是实验列车驱动系统的原理示意图。在水平面上有两根很长的平行轨道PQ和

P a d Q MN，轨道间有垂直轨道平面的匀强磁场B1和B2，且B1

和B2的方向相反，大小相等，即B1=B2=B。在列车的底M 部固定着绕有N匝相同的闭合矩形金属线圈，并且与之

B1 B2 B1 B2 b

B1 c B2 B1 N v 绝缘。整个线圈的总电阻为R，每个矩形金属线圈abcd垂直轨道的边长Lab=L，且两磁场的宽度均与金属线圈ad的边长相同（列车的车厢在图中未画出）。当两磁场Bl和B2同时沿导轨方向向右运动时，金属框也会受到向右的磁场力，带动列车沿导轨运动。已知列车车厢及线圈的总质量为M，整个线圈的电阻为R。

（1）假设用两磁场同时水平向右以速度v0作匀速运动来起动列车，为使列车能随磁场运动，列车所受总的阻力大小应满足的条件；

（2）设列车所受阻力大小恒为f，假如使列车水平向右以速度v做匀速运动，求维持列车运动外界在单位时间内需提供的总能量；

（3）设列车所受阻力大小恒为f，假如用两磁场由静止沿水平向右做匀加速运动来起动列车，当两磁场运动的时间为t1时，列车也正在以速度v1向右做匀加速直线运动，求两磁场开始运动后到列车开始起动所需要的时间t0。

答案：（12分）

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解：（1）列车静止时，电流最大，列车受到的电磁驱动力最大设为Fm，此时，线框中产生的感应电动势 E1=2NBLv0 线框中的电流 I1=

E1 R整个线框受到的安培力 Fm=2NBI1L 4N2B2L2v0列车所受阻力大小为fmFm (4分)

R（2）当列车以速度v匀速运动时，两磁场水平向右运动的速度为v′，金属框中感应电动势E2NBL(vv)

金属框中感应电流I2NBL(vv)

R又因为 F2NBILf 求得 vv分)

当列车匀速运动时，金属框中的热功率为 P1 = IR 克服阻力的功率为 P2 = fv

2

fR (2

4N2B2L2f2R所以可求得外界在单位时间内需提供的总能量为E= IR +fv=fv (2

4N2B2L22

分)

（3）根据题意分析可得，为实现列车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同，设加速度为a，则t1时刻金属线圈中的电动势E2NBL(at1v1) 金属框中感应电流 I2NBL(at1v1)R

4N2B2L2(at1v1)又因为安培力 F2NBIL

R4N2B2L2(at1v1)fMa 所以对列车，由牛顿第二定律得

RfR4N2B2L2v1解得 a (2分) 2224NBLt1MR设从磁场运动到列车起动需要时间为t0，则t0时刻金属线圈中的电动势 E02NBLat0

金属框中感应电流 I02NBLat0 R

4N2B2L2at0又因为安培力 F02NBILR.

.

4N2B2L2at0f 所以对列车，由牛顿第二定律得

RfRfR4N2B2L2t1MR解得 t04N2B2L2a4N2B2L2(fR4N2B2L2v1)

 (2分)

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