题目
调控系统 1 x x x-|||--n M-|||-S-|||-2-|||-丁 C-|||-x a × x-|||-M 7-|||-x x x某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1000A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10F，导轨间距为0.5m,磁感应强度大小为1T，MM′到NN′的距离为5m,a、b质量分别为2kg、8kg,a在导轨间的电阻为0.01Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。（1）若分离后某时刻a的速度大小为10m/s,求此时通过a的电流大小。（2）忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量。（3）忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f=kv2（k=0.025N•s2/m2），初始位置与（2）问一致，试估算a运行至NN'时。a分离前的速度大小能否达到（2）问中分离前速度的99%，并给出结论。（0.992=0.980l）
某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1000A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10F，导轨间距为0.5m,磁感应强度大小为1T，MM′到NN′的距离为5m,a、b质量分别为2kg、8kg,a在导轨间的电阻为0.01Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。（1）若分离后某时刻a的速度大小为10m/s,求此时通过a的电流大小。
（2）忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量。
（3）忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f=kv2（k=0.025N•s2/m2），初始位置与（2）问一致，试估算a运行至NN'时。a分离前的速度大小能否达到（2）问中分离前速度的99%，并给出结论。（0.992=0.980l）
题目解答
答案
（1）a的速度大小为v=10m/s时，感应电动势为：E=BLv=1×0.5×10V=5V
此时通过a的电流大小：I=$\frac{E}{R}$=$\frac{5}{0.01}$A=500A；
（2）由于超级电容器经调控系统为电路提供I0=1000A的恒定电流，则当a与b的初始间距为x0=1.25m时，设a与b碰撞前的速度为v0。
此过程中，根据动能定理可得：BI0Lx0=$\frac{1}{2}{m}_{a}{v}_{0}^{2}$-0
解得：v0=25m/s
a与b碰撞时，取向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒有：
mav0=（ma+mb）v
$\frac{1}{2}$ma${v}_{0}^{2}$=EP+$\frac{1}{2}$（ma+mb）v2
设a和b达到NN′的速度大小为v1，a与b整体从碰撞后到NN′的过程中，根据动能定理，有：
BI0L（x-x0）=$\frac{1}{2}（{m}_{a}+{m}_{b}）{v}_{1}^{2}$-$\frac{1}{2}（{m}_{a}+{m}_{b}）{v}^{2}$
解得：v1=20m/s
a与b分离时，取向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒有：
（ma+mb）v1=mava+mbvb
EP+$\frac{1}{2}$（ma+mb）${v}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}$ma${v}_{a}^{2}$+$\frac{1}{2}$mb${v}_{b}^{2}$
联立解得：vb=25m/s
由于分离前二者一起加速，分离时弹性势能又转化为二者的动能，所以此时的速度为b能够获得的最大速度；
由于a和ab组合体均做匀变速直线运动，两个过程中的时间分别为t1、t2，则有：x0=$\frac{{v}_{0}}{2}{t}_{1}$，x-x0=$\frac{v+{v}_{1}}{2}{t}_{2}$
则电容器流出的电荷量为：Δq=I0（t1+t2）
a运动过程中电容器的电压减小量：ΔU=$\frac{Δq}{C}$
联立解得：ΔU=40V；
（3）若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f=kv2，a与b整体从碰撞后到NN′的过程中，根据牛顿第二定律可得：
（BI0L-f）=（ma+mb）a
根据加速度定义式可得：a=$\frac{Δv}{Δt}$=$\frac{Δv}{\frac{Δx}{{v}_{1}′}}$=v1′•$\frac{Δv}{Δx}$=v1′•$\frac{{v}_{1}′-{v}_{1}}{x-{x}_{0}}$
解得分离前的速度：v1′=$\sqrt{392.64}$m/s
则有：$\frac{{v}_{1}′}{{v}_{1}}$≈99.05%
a分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99%
答：（1）若分离后某时刻a的速度大小为10m/s,此时通过a的电流大小为500A。
（2）忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，b分离后的速度大小为25m/s,是b能够获得的最大速度；a运动过程中电容器的电压减小量为40V。
（3）a运行至NN'时，a分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99%。
此时通过a的电流大小：I=$\frac{E}{R}$=$\frac{5}{0.01}$A=500A；
（2）由于超级电容器经调控系统为电路提供I0=1000A的恒定电流，则当a与b的初始间距为x0=1.25m时，设a与b碰撞前的速度为v0。
此过程中，根据动能定理可得：BI0Lx0=$\frac{1}{2}{m}_{a}{v}_{0}^{2}$-0
解得：v0=25m/s
a与b碰撞时，取向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒有：
mav0=（ma+mb）v
$\frac{1}{2}$ma${v}_{0}^{2}$=EP+$\frac{1}{2}$（ma+mb）v2
设a和b达到NN′的速度大小为v1，a与b整体从碰撞后到NN′的过程中，根据动能定理，有：
BI0L（x-x0）=$\frac{1}{2}（{m}_{a}+{m}_{b}）{v}_{1}^{2}$-$\frac{1}{2}（{m}_{a}+{m}_{b}）{v}^{2}$
解得：v1=20m/s
a与b分离时，取向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒有：
（ma+mb）v1=mava+mbvb
EP+$\frac{1}{2}$（ma+mb）${v}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}$ma${v}_{a}^{2}$+$\frac{1}{2}$mb${v}_{b}^{2}$
联立解得：vb=25m/s
由于分离前二者一起加速，分离时弹性势能又转化为二者的动能，所以此时的速度为b能够获得的最大速度；
由于a和ab组合体均做匀变速直线运动，两个过程中的时间分别为t1、t2，则有：x0=$\frac{{v}_{0}}{2}{t}_{1}$，x-x0=$\frac{v+{v}_{1}}{2}{t}_{2}$
则电容器流出的电荷量为：Δq=I0（t1+t2）
a运动过程中电容器的电压减小量：ΔU=$\frac{Δq}{C}$
联立解得：ΔU=40V；
（3）若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f=kv2，a与b整体从碰撞后到NN′的过程中，根据牛顿第二定律可得：
（BI0L-f）=（ma+mb）a
根据加速度定义式可得：a=$\frac{Δv}{Δt}$=$\frac{Δv}{\frac{Δx}{{v}_{1}′}}$=v1′•$\frac{Δv}{Δx}$=v1′•$\frac{{v}_{1}′-{v}_{1}}{x-{x}_{0}}$
解得分离前的速度：v1′=$\sqrt{392.64}$m/s
则有：$\frac{{v}_{1}′}{{v}_{1}}$≈99.05%
a分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99%
答：（1）若分离后某时刻a的速度大小为10m/s,此时通过a的电流大小为500A。
（2）忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，b分离后的速度大小为25m/s,是b能够获得的最大速度；a运动过程中电容器的电压减小量为40V。
（3）a运行至NN'时，a分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99%。