高考物理三轮必做创新题-情景应用 专题 8电磁感应（有解析）

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8电磁感应
一、单选题
1．某课外研究性学习小组在“如何防止电梯坠落的研究”中，设计的防止电梯坠落的应急安全装置如图所示。在电梯轿厢上安装上永久磁铁，电梯的井壁铺设闭合金属线圈A和B。下列说法正确的是（　　）
A．电梯突然坠落时，该装置可使电梯停在空中
B．电梯突然坠落时，该装置不可能起到阻碍电梯下落的作用
C．电梯坠落至永久磁铁图示位置时，线圈A、B中电流方向相反
D．电梯坠落至永久磁铁图示位置时，已穿过线圈A，所以线圈A不会阻碍电梯下落
2．如图所示为手机的无线充电原理示意图。正常工作状态下，输入电压为220V时，接收线圈的电压为8V。已知发射线圈的匝数为1100匝，装置的磁通量损耗约为。下列说法正确的是（ ）
A．接收线圈的匝数为40匝
B．两线圈中交变电流的频率不相同
C．让手机略微远离充电装置，接收线圈的电压不变
D．相比有线充电器，该装置能量损耗率更高
3．市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示。在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变。松开门铃按钮后，弹簧可使之复位（与a、b连接的外电路未画出）。由此可判断（　　）
A．未按下按钮时，线圈a、b两点间存在电势差
B．按下按钮过程中，线圈中感应电流始终由b经线圈流向a
C．按钮复位过程中，线圈中的磁通量一直减小
D．按下按钮过程与松开复位过程中，a点的电势始终高于b点
4．我国在全球海上风电项目中占有绝对主导地位，发展新能源为减少碳排行动作出了杰出贡献。如图为某沿海区域的风速测速仪的简易图，其工作原理是：风吹动风杯，风杯通过转轴带动永磁铁转动，电流测量装置可监测感应线圈产生的电流变化，从而测量实时风速。由此可知（ ）
A．可以通过监测电流的最大值来监测风速大小
B．感应线圈匝数越少，越有利于监测到电流变化
C．风速越大，电流测量装置显示的电流变化周期越大
D．电流测量装置监测到的电流为大小不变、方向周期性变化的电流
5．汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是（　　）
A．制动过程中，导体不会发热
B．制动力的大小与导体运动的速度无关
C．改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力
D．制动过程中导体获得的制动力逐渐减小
6．摩托车和汽车上装有的磁性转速表的结构原理如图所示，转轴Ⅰ随待测物沿图示方向旋转，永久磁体同步旋转。铝盘、游丝和指针固定在转轴Ⅱ上，铝盘靠近永久磁体，当待测物以一定的转速旋转时，指针指示的转角即对应于被测物的转速。下列说法正确的是（ ）
A．铝盘接通电源后，通有电流的铝盘才会在磁场作用下带动指针转动
B．永久磁体转动时，铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力作用而转动
C．刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的a端
D．若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，铝盘就能同永久磁体完全同步转动
7．如图所示，磁铁在电动机和机械装置的带动下，以O点为中心在水平方向上做周期性往复运动。两匝数不同的线圈分别连接相同的小灯泡，且线圈到O点距离相等。线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响可以忽略，不考虑灯泡阻值的变化。下列说法正确的是（　　）
A．两线圈产生的电动势有效值相等 B．两线圈产生的交变电流频率不相等
C．两小灯泡消耗的电功率相等 D．两线圈产生的电动势同时为零
8．一根带有绝缘皮的硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为（　　）
A． B．
C． D．
9．小明模仿科技小视频制作电磁“小车”：用铜制裸导线绕制成长螺线管当作轨道，固定在水平桌面上；将两个磁性很强的磁铁固定连接在一节新干电池的两极上制成“小车”，磁极与电极如图所示。把“小车”从左侧入口完全推入螺线管，“小车”并没有像视频那样向前运动。以下说法正确的是（　　）
A．电磁“小车”工作原理是螺线管中产生了电磁感应现象
B．若将“小车”从右侧入口完全推入，“小车”可能会向前运动
C．若将左端磁铁反向与电池固定连接后从左侧入口完全推入，“小车”可能会运动
D．将“小车”放入包有绝缘层的铝制长螺线管中，“小车”可能会运动
10．同型号的废旧玩具直流电动机 a、b、c、d，内部结构如图所示。某同学先后将各台电动机的正负接线柱用导线直接相连，并用力扭转它们的转轴，发现 a 转得越快越省力，b 转得越快越费力，c 转动快慢阻力都一样，d 无法转动，可知其中仍能正常工作的是（　　）
A．a B．b C．c D．d
11．新型交通信号灯，如图所示，在交通信号灯前方路面埋设通电线圈，这个包含线圈的传感器电路与交通信号灯的时间控制电路连接，当车辆通过线圈上方的路面时，会引起线圈中电流的变化，系统根据电流变化的情况确定信号灯亮的时间长短，下列判断正确的是（　　）
A．汽车经过线圈会产生感应电流
B．汽车通过线圈时，线圈激发的磁场不变
C．当线圈断了，系统依然能检测到汽车通过的电流信息
D．线圈中的电流是由于汽车通过线圈时发生电磁感应引起的
二、多选题
12．电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器。电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，固定的条形磁体附近的金属弦被磁化，当弦上下振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，电吉他通过扩音器发出的声音随感应电流的增大而变响。下列说法正确的是（　　）
A．弦振动的周期越大，线圈中感应电流的方向变化越快
B．弦振动的周期越小，线圈中感应电流的方向变化越快
C．其他情况不变，只增大线圈的匝数，电吉他的音量增大
D．其他情况不变，只增大线圈的匝数，电吉他的音量减小
13．电磁学知识在科技生活中有广泛的应用，下列相关说法正确的是（ ）
A．图甲中动圈式扬声器的工作原理是电磁感应
B．图乙中线圈产生的自感电动势有时会大于原来电路中的电源电动势
C．图丙中自制金属探测器是利用地磁场来进行探测的
D．图丁中磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，目的是增加电磁阻尼的作用
三、填空题
14．如图所示是我国预警机“空警-2000”在通过天安门上空时的情境，飞机机翼保持水平，以4.5×102km/h的速度自东向西飞行。已知该飞机两翼尖间的距离为50m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10-5T，那么两翼尖之间的电势差约为_______V；飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势_______（填“高”或“低”）。
四、实验题
15．在“用DIS研究回路中感应电动势的大小与磁通量变化快慢的关系”的实验中，为了研究感应电动势与时间的关系，某小组同学利用图中的实验装置进行实验：让小车以不同的速度靠近螺线管，得到在不同挡光时间内的感应电动势平均值。通过利用小车末端的弹簧将小车以不同的速度从轨道的最右端弹出，就能得到一系列的感应电动势的平均值和时间。
在一次实验中得到的数据如下表：
次数测量值 1 2 3 4 5 6 7 8
E/V 0.116 0.136 0.170 0.191 0.215 0.277 0.292 0.329
△t/×10﹣3s 8.206 7.486 6.286 5.614 5.340 4.462 3.980 3.646
（1）观察和分析该实验装置可看出，在实验中，每次测量的挡光时间内，磁铁相对螺线管位置的变化都______ （选填“相同”或“不同”），从而实现了控制______不变。
（2）在得到上述表格中的数据之后，为了研究与的关系，可采用图像处理数据的方法，在直角坐标系中作______的关系图线，若图线是基本过坐标原点的倾斜直线，可得出的实验结论是______。
（3）若要进一步研究感应电动势与线圈匝数的关系，实验时应控制______相同。
五、解答题
16．如图甲所示，某国货车频繁脱轨、侧翻的重要原因是铁路轨道不平整。我国的高铁对轨道平整度有着极高的要求，为了检测高铁轨道可能存在的微小不平整，某科学兴趣小组设计了如图乙所示的方案：M为水平待测轨道，其上有一可沿轨道无摩擦运动的小车Ⅰ，车上固定竖直放置的n匝线圈ABCD，总阻值为R，小车与线圈总质量为m，线圈中连有微电流传感器，可显示ABCD中非常微弱的电流信号，A→B为电流正方向；N为标准水平平整轨道（轨道N与轨道M平行正对放置），其上有一可沿轨道运动的小车Ⅱ，小车Ⅱ上安装了车速控制系统，且车上固定磁场发射装置EFGH，该装置可在EFGH范围内激发垂直并指向ABCD的匀强磁场，磁感应强度大小为，，。现先将小车Ⅰ、Ⅱ平行正对放置，调节ABCD的高度，使之略高于EFGH，其高度差远小于但大于待测轨道凹凸不平引起的高度差，然后给小车Ⅰ大小为的初速度，同时控制小车Ⅱ以相同的速度向前匀速行驶。（不考虑磁场的边缘效应，忽略轨道不平整对小车沿轨道方向速度的影响）
（1）若在时间内，微电流传感器显示出如图丙所示的电流信号，问这段时间内经过的待测轨道是凸起还是凹陷？试简要说明理由。
（2）若小车Ⅱ在行驶过程中突然停止，求小车Ⅰ继续前进并离开的过程中，线圈上产生的总热量Q。
（3）现控制小车Ⅱ做匀减速直线运动，为确保微电流传感器不损坏，线圈中电流不能超过，求小车Ⅱ做匀减速直线运动时加速度的最大值。
17．图甲是磁悬浮实验车与轨道示意图，图乙是固定在车底部金属框abcd（车厢与金属框绝缘）与轨道上运动磁场的示意图。水平地面上有两根很长的平行直导轨PQ和MN，导轨间有竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场和，二者方向相反。车底部金属框的ad边宽度与磁场间隔相等，当匀强磁场和同时以恒定速度沿导轨方向向右运动时，金属框会受到磁场力，带动实验车沿导轨运动。设金属框垂直导轨的ab边长、总电阻，实验车与线框的总质量，磁感应强度，磁场运动速度。已知悬浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力，求：
（1）设时刻，实验车的速度为零，求金属框受到的磁场力的大小和方向；
（2）求实验车的最大速率；
（3）实验车以最大速度做匀速运动时，为维持实验车运动，外界需提供的总功率是多少？
18．如图所示为某精密电子器件防撞装置，电子器件T和滑轨PQNM固定在一起，总质量为，滑轨内置磁场的磁感应强度为B。受撞滑块K套在PQ，MN滑轨内，滑块K上嵌有闭合线圈abcd，线圈abcd总电阻为R，匝数为n，bc边长为L，滑块K（含线圈）质量为，设T、K一起在光滑水平面上以速度向左运动，K与质量为的静止障碍物C相撞后结为一体后继续运动。不计滑块与滑轨间的摩擦作用，ab大于滑轨长度。
（1）求滑块K与C碰撞后瞬间速度大小和bc边受到的最大安培力；
（2）设滑轨足够长，防撞装置和障碍物C所吸收的总机械能；
（3）为使保险杠线圈bc边不与器件T发生直接碰撞，求滑轨的长度满足的条件。
19．舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某同学自己设计了一个如图甲所示的电磁弹射系统模型。该弹射系统工作原理如图乙所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可以水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为。开关与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时掷向2接通定值电阻，同时对动子施加一个回撤力，在时刻撤去力，最终动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的图像如图丙所示。已知模型飞机起飞速度，，，线圈匝数匝，每匝周长，动子和线圈的总质量，线圈的电阻，，，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：
（1）回撤力与动子速度大小的关系式；
（2）图丙中的数值。（保留两位有效数字）
20．如图所示，电阻为、半径为R的单匝圆形导体线圈，两端与导轨ME、NH相连，处于竖直向下匀强磁场中，其磁感应强度B随时间t变化规律为，其中、为已知量。CD、EF、HI是三根材质和粗细相同的匀质金属棒，CD棒的长度为3d、电阻为3r、质量为m.导轨ME与NH平行且间距为d，导轨FG与IJ平行且间距为3d，EF和HI的长度相同且与ME、NH的夹角均为45°。由磁场源S产生的正方形边界匀强磁场存在于区域Ⅰ中，边长为、方向竖直向下、磁感应强度大小为。区域Ⅱ是和区域Ⅰ相邻的边长也为L的正方形区域，时间内，水平外力使棒CD在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨FG与IJ对齐。其余导体电阻均不计，导轨均固定于水平面内，不计一切摩擦。
（1）求内使棒CD保持静止的水平外力F大小；
（2）在以后的某时刻，撤去右侧圆形磁场，在外力作用下磁场源S以速度向左匀速运动，当磁场从区域Ⅰ内全部移入区域Ⅱ时，导体棒CD速度恰好达到且恰好进入区域Ⅱ，且棒CD产生的焦耳热为Q，求金属棒CD与区域Ⅰ左边界的初始距离和该过程维持磁场源S匀速运动的外力所做的功；
（3）在（2）前提下，若磁场全部移入区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒CD运动到FI时的速度v。
21．随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术。其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道和超导MN、PQ线圈（图中未画出），超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为，经过时间火箭着陆，速度恰好为零；线圈的电阻为，其余电阻忽略不计；边长为，火箭主体质量为，匀强磁场的磁感应强度大小为，重力加速度为，一切摩擦阻力不计，求：
（1）缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；
（2）火箭主体的速度从减到零的过程中系统产生的电能。
参考答案：
1．C
【详解】A．感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，若电梯停在空中，线圈不会产生感应电流，电梯上的磁铁不会受到感应电流的作用，所以电梯不可能停在空中，A错误；
B．若电梯突然坠落时，线圈内的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到阻碍电梯下落的作用，B错误；
C．当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，B中中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A与B中感应电流方向相反，C正确；
D．结合A的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，D错误。
故选C。
2．D
【详解】A．由法拉第电磁感应定律得，发射线圈的电压为
装置的磁通量损耗约为，则接收线圈的电压为
所以
可得，接收线圈的匝数为
A错误；
B．发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相等，则发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，B错误；
C．让手机略微远离充电装置，受电线圈中感应电流变小，发射线圈中的感应电流变小，则接收线圈的电压发生变化，C错误；
D．无线充电利用能量转化的原理充电的，将电场能变成磁场能，然后再变成电场能给电池充电，相比有线充电器，该装置能量损耗率更高，D正确。
故选D。
3．B
【详解】A．未按下按钮时，线圈磁通量不变，因此a、b两点电势差为零，故A错误；
BCD．按下按钮过程中，线圈中的磁场先向右减小，后向左增加，根据楞次定律可知，感应电流方向从b接线柱通过线圈流向a接线柱，又因为线圈是电源，电源内部电流方向由负极流向正极，因此线圈a接线柱的电势比b接线柱高；按钮复位过程中，线圈中的磁场先向左减小，后向右增加，磁通量先减小后增大，根据楞次定律可知，感应电流方向从a接线柱通过线圈流向b接线柱，线圈a接线柱的电势比b接线柱低，故B正确，CD错误。
故选B。
4．A
【详解】线圈在磁场中转动会产生交流电，根据运动的相对性可知，磁体相对线圈转动在线圈中也会产生交流电，转动的周期与产生的交流电的周期相同，风速越大，磁体转动的越快，产生的交流电的周期越小，线圈磁通量的变化率越大，由法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势就越大，感应电流也就越大，感应电动势的大小与线圈的匝数成正比，故匝数越多，产生的感应电流也越大。
故选A。
5．D
【详解】A．由于导体中产生了涡流，根据
可知，制动过程中，导体会发热，A错误；
B．导体运动速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受安培力，即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，B错误；
C．根据楞次定律，可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，C错误；
D．制动过程中，导体的速度逐渐减小，穿过导体中回路的磁通量的变化率变小，产生的涡流变小，则所受安培力，即制动力变小，D正确。
故选D。
6．B
【详解】AB．当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，A错误，B正确；
C．刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的中央，C错误；
D．若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，永久磁体固定在转轴Ⅰ上，铝盘固定在转轴Ⅱ上，由楞次定律知，铝盘不能同永久磁体完全同步转动，转速低于磁体，D错误。
故选B。
7．D
【详解】磁铁运动过程中磁通量变化率相同，两线圈产生的交变电流频率相等，产生的电动势同时为零，两线圈匝数不同故产生的电动势有效值不相等，两小灯泡电阻相同电动势不同故消耗的电功率不相等。
故选D。
8．C
【详解】根据法拉第电磁感应定律，大圆中的感应电动势为
每个小圆中的感应电动势为
根据楞次定律可知小圆中的感应电动势方向与大圆中的感应电动势方向相反，所以线圈中总的感应电动势大小为
故选C。
9．B
【详解】AB．两磁极间的磁感线如图所示
干电池与磁铁及中间部分线圈组成了闭合回路，在两磁极间的线圈中产生电流，左端磁极的左侧线圈和右端磁极的右侧线圈中没有电流，其中线圈中电流方向的左视图如图所示
由左手定则可知线圈所受的安培力向右，根据牛顿第三定律可知，“小车”向左加速，显然该“小车”前进不是利用电磁感应原理，把“小车”从左侧入口完全推入螺线管，其肯定不会向右运动，而若将“小车”从右侧入口完全推入螺线管，“小车”可能会向前运动，故A错误，B正确；
C．若将左端磁铁反向与电池固定连接，则磁感线不会向外发散，“小车”受到的合力为零，不能加速运动，故C错误；
D．将“小车”放入包有绝缘层的铝制长螺线管中，在螺线管中不会产生电流，则“小车”不会受到力的作用，不可能会运动，故D错误。
故选B。
10．B
【详解】当将电动机的正负接线柱用导线直接相连时，若电动机内部线路完好，则内部线圈构成了一个完好无损的闭合电路，当用力扭转转轴时，穿过线圈的磁通量发生改变，线圈中产生感应电流，该感应电流受到磁铁磁场的安培力作用，根据楞次定律可知，该安培力的效果是阻碍线圈的运动，线圈转动越快，感应电流越大，安培力越大，磁铁的磁场对感应电流的安培力越大，即阻碍效果越强，可知a、b、c、d四台电动机中，b仍能正常工作。
故选B。
11．A
【详解】A．汽车上大部分是金属汽车经过线圈时会引起线圈磁通量的变化，从而产生电磁感应现象，产生感应电流。故A正确；
B．汽车通过线圈时，线圈由于电磁感应使自身电流发生变化，激发的磁场也能变化。故B错误；
C．当线圈断了，没有闭合回路，系统不能检测到汽车通过的电流信息，故C错误；
D．线圈本身就是通电线圈，线圈中的电流不是汽车通过线圈时发生电磁感应引起的，汽车通过产生的电磁感应现象只是引起线圈中电流的变化。故D错误。
故选A。
12．BC
【详解】AB．根据
可知，弦振动的周期越大，磁通量的变化率越小，则线圈中感应电流的方向变化越慢，弦振动的周期越小，磁通量的变化率越大，线圈中感应电流的方向变化越快，A错误，B正确；
CD．根据
可知，增大线圈的匝数，则感应电动势增大，感应电流增大，则电吉他的音量增大，C正确，D错误。
故选BC。
13．BD
【详解】A．图甲中动圈式扬声器的工作原理是电流的磁效应，故A错误；
B．图乙中线圈产生的自感电动势有时会大于原来电路中的电源电动势，故B正确；
C．图丙中自制金属探测器是利用金属探测器中变化电流产生的磁场来进行探测的，故C错误。
D．图丁中磁电式仪表，把线圈绕在铝框骨架上，目的是增加电磁阻尼的作用，故D正确。
故选BD。
14． 0.29 高
【详解】[1]两翼尖之间的电势差约为
[2]如图所示，规定垂直纸面向里为竖直向下，根据右手定则可以判断飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高。
15． 相同 螺线管中磁通量的变化量 感应电动势与挡光时间的倒数 在匝数和磁通量不变的情况下，感应电动势和时间成反比 小车通过光电门的挡光时间
【详解】（1）[1][2]观察和分析该实验装置可看出，在实验中，每次测量的挡光时间内，磁铁相对螺线管位置的变化都相同，从而实现了控制螺线管中磁通量的变化量不变。
（2）[3][4]由表中实验数据可知，感应电动势与和挡光时间的乘积一定，说明感应电动势与挡光时间成反比，则感应电动势与挡光时间的倒数成正比，为了研究与的关系，可采用图像处理数据的方法，在直角坐标系中作感应电动势与挡光时间的倒数的关系图线，若图线是基本过坐标原点的倾斜直线，可得出的实验结论是在匝数和磁通量不变的情况下，感应电动势和时间成反比。
（3）[5]若要进一步研究感应电动势与线圈匝数的关系，需要控制通过螺线管的磁通量的变化率相同，因此实验时应控制小车通过光电门的挡光时间相同。
16．（1）凸起，见解析；（2）；（3）
【详解】（1）根据图丙可知，电流先正后负，说明线圈内磁通量先减少后增加，线圈先向上运动后向下运动，故此处轨道有凸起。
（2）若小车Ⅱ在行驶过程中突然停止
，
根据能量守恒
（3）根据题意分析，小车Ⅰ、Ⅱ相对速度不断变大，小车I线圈中的电流不断增大，做加速度不断增大的减速运动，在不分离的情况下，最终小车I与小车Ⅱ的加速度应相等，此时小车I的加速度最大，即电流最大。为确保微电流传感器不损坏，故
解得
17．（1）水平向右；4N；（2）9m/s；（3）18.4W
【详解】（1）当实验车速度为0时，根据楞次定律“来拒去留”可知，金属框受到水平向右的磁场力，两个磁场以恒定速度沿导轨方向向右运动，相当于两根导体棒向左切割磁感线，根据动生电动势的计算，有
回路中的电流为
金属框受到的磁场力的大小为
（2）试验车的速度最大时满足
解得实验车的最大速率
（3）线圈以最大速度行驶时，克服阻力的功率为
P1＝fvm＝18W
当实验车以最大速度vm匀速运动时金属框中感应电流
金属框中的热功率为
P2＝I2R＝0.4W
外界需提供的总功率是
P＝P1+P2＝18.4W
18．（1），；（2）；（3）大于
【详解】（1）当滑块K与C碰撞时，根据动量守恒可得
解得碰撞后瞬间速度大小为
此时边与电子器件速度差最大，为
线圈中感应电动势和感应电流分别为
，
此时边受到的安培力最大，为
联立解得
（2）滑块K与T最后的速度相同，设此时线圈的速度大小为，根据系统动量守恒可得
因此整个运动过程中，防撞装置和障碍物C所吸收的总机械能为
联立解得
（3）以线圈（包含K和C）为研究对象，根据动量定理可得
设边向右发生的相对位移为，则有
联立解得
为使保险杠线圈边不与器件T发生直接碰撞，滑轨的长度需要大于。
19．（1）；（2）
【详解】（1）动子和线圈在时间做匀减速直线运动，加速度大小为
根据牛顿第二定律有
其中
可得
解得
在时间反向做匀加速直线运动，加速度不变 根据牛顿第二定律有
联立相关式子，解得
（2）动子和线圈在在时间段内的位移
从时刻到返回初始位置时间内的位移
根据法拉第电磁感应定律有
据电荷量的定义式
据闭合电路欧姆定律
解得从时刻到返回初始位置时间内电荷量
其中
动子和线圈从时刻到返回时间内,只受磁场力作用，根据动量定理有
又因为安培力的冲量
由
联立可得
故图丙中的数值为
20．（1）；（2）；；（3）
【详解】（1）根据楞次定律和安培定则可知，在内，感应电动势为
CD中的电流由到，感应电流为
安培力
则外力
（2）CD棒向左加速过程中，导体棒速度为时导体棒感应电动势的瞬时值为
安培力的瞬时值为
由动量定理得
联立可得
解得
由串联电路的特点可知，电路中产生的总热量为
由功能关系和能量守恒得
（3）从区域Ⅱ右边界向左运动距离时，棒CD的速度为，棒CD接入回路中的长度为
则回路中总电阻为
回路中电流为
棒CD所受安培力为
棒CD从磁场区域Ⅱ右边界运动到过程
由动量定理得
即
其中
所以
21．（1）；（2）
【详解】（1）刚落地时产生的感应电动势
回路电流
所受安培力
根据牛顿第二定律
解得
（2）设下落时间内火箭下落的高度为，则由动量定理
解得
又
解得
产生的电能为
解得
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