10.如圖1所示,MN左側(cè)存在磁感應(yīng)強度B=1.0T的勻強磁場,正方形金屬線框abcd邊長L=10cm,垂直于磁場放置,bc邊與MN平行,現(xiàn)用外力將線框向右勻速拉出磁場,以bc邊剛離開磁場開始計時(即此時t=0),線框某一條邊受到的磁場力F隨時間t變化的關(guān)系如圖2所示,以下說法正確的是( 。
A.拉出線框的速度大小是3m/s
B.線框的電阻是1.0Ω
C.將金屬框拉出的過程中,通過線框某一截面的電荷量為1.0×10-3C
D.將金屬框拉出的過程中,外力做功2.0×10-3J

分析 由圖示圖象求出線框離開磁場的運動時間,然后應(yīng)用速度公式求出線框的速度;
由圖示圖象求出最大安培力,然后應(yīng)用安培力公式求出感應(yīng)電流,再應(yīng)用歐姆定律求出電阻大小;
根據(jù)電流定義式的變形公式與法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律求出通過線框的電荷量;
應(yīng)用焦耳定律求出線框產(chǎn)生的焦耳熱,克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱,由能量守恒定律求出拉力做功.

解答 解:A、線框做勻速直線運動,由圖示圖象可知,線框離開磁場過程需要的時間:t=0.05s,線框的速度:v=$\frac{L}{t}$=$\frac{0.10}{0.05}$=2m/s,故A錯誤;
B、由題意及圖象可知,當t=0時刻邊的受力最大,為:F1=BIL=0.02N,解得:I=$\frac{{F}_{1}}{BL}$=$\frac{0.02}{1×0.10}$=0.2A,感應(yīng)電流:I=$\frac{E}{R}$,則線框電阻:R=$\frac{E}{I}$=$\frac{BLv}{I}$=$\frac{1×0.10×2}{0.2}$=1Ω,故B正確;
C、通過線框截面的電荷量:q=$\overline{I}$△t=$\frac{\overline{E}}{R}$△t=$\frac{△Φ}{R△t}$△t=$\frac{△Φ}{R}$=$\frac{BS}{R}$=$\frac{B{L}^{2}}{R}$=$\frac{1×0.1{0}^{2}}{1}$=0.01C,故C錯誤;
D、線框離開磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱:Q=I2Rt=0.22×1×0.05=2.0×10-3J,由能量守恒定律可知,外力做功:W=Q=2.0×10-3J,故D正確;
故選:BD.

點評 本題考查切割電動勢,關(guān)鍵是明確線框勻速離開磁場區(qū)域過程產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流,結(jié)合切割公式、歐姆定律公式、安培力公式和焦耳定律公式列式分析即可,

練習(xí)冊系列答案
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B.物體運動到最高點時,速度方向水平
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5.空間某區(qū)域豎直平面內(nèi)存在電場,電場線分布如圖所示.一個質(zhì)量為m、電量為q,電性未知的小球在該電場中運動,小球經(jīng)過A點時的速度大小為v1,方向水平向右,運動至B點時的速度大小為v2.若A、B兩點之間的高度差為h,則( 。
A.A點的電勢比B點的電勢高
B.v1>v2,則小球帶正電
C.在B點,小球的動能與電勢能之和一定比在A點的大
D.若小球帶正電,則小球從A到B動能的增加量小于電勢能的減少量

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15.下列說法正確的是( 。
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B.比結(jié)合能越大,原子核中核子結(jié)合的越不牢固,原子核越不穩(wěn)定
C.當觀察者向靜止的聲源運動時,接收到的聲音頻率等于聲源發(fā)出的頻率
D.天然放射現(xiàn)象說明了原子核具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)

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2.如圖所示,假設(shè)跳傘運動員從靜止開始在下落,下落初始時刻就打開降落傘,此過程中傘所受空氣阻力的大小跟下落速度的平方成正比,即f=kv2,比例系數(shù)k=20N•s2/m2,跳傘運動員和傘的總質(zhì)量為72kg,起跳高度足夠高,g=10m/s2.請描述跳傘運動員在空中的運動情況先加速運動后勻速運動,運動員的收尾速度是6m/s,當運動員的速度為4m/s時其加速度大小為5m/s.

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19.在牛頓第二定律的數(shù)學(xué)表達式F=kma中,有關(guān)比例系數(shù)k的說法,正確的是(  )
A.k的數(shù)值由F、m、a的數(shù)值決定B.k的數(shù)值由F、m、a的單位決定
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3.下列說法正確的是( 。
A.玻爾對氫原子光譜的研究導(dǎo)致原子的核式結(jié)構(gòu)模型的建立
B.可利用某些物質(zhì)在紫外線照射下發(fā)出熒光來設(shè)計防偽措施
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