（2014?浙江二模）如图所示，固定在光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，
（1）棒产生的感应电动势E1=BLv0通过R的电流大小I1＝E1R+r＝BLv0R+r根据右手定则判断得知：电流方向为b→a （2）棒产生的感应电动势为E2=BLv感应电流I2＝E2R+r＝BLvR+r棒受到的安培力大小F＝BIL＝B2L2vR+r，方向沿斜面向上，如图所示．根据牛顿第二定律 有 mgsinθ-F=ma解得 a＝gsinθ?B2L2vm(R+r)（3）导体棒最终静止，有 mgsinθ=kx弹簧的压缩量x＝mgsinθk设整个过程回路产生的焦耳热为Q0，根据能量守恒定律 有 12mv20+mgxsinθ＝EP+Q0解得 Q0＝12mv20+(mgsinθ)2k?EP电阻R上产生的焦耳热Q＝RR+rQ0＝RR+r[12mv20+(mgsinθ)2k?EP]答：（1）初始时刻通过电阻R的电流I的大小为BLv0R+r，方向为b→a；（2）此时导体棒的加速度大小a为gsinθ-B2L2vm(R+r)；（3）导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为RR+r[12mv20+(mgsinθ)2k-EP]．
（1）棒产生的感应电动势E 1 =BLv 0 通过R的电流大小 I 1 = E 1 R+r = BL v 0 R+r 根据右手定则判断得知：电流方向为b→a （2）棒产生的感应电动势为E 2 =BLv感应电流 I 2 = E 2 R+r = BLv R+r 棒受到的安培力大小 F=BIL= B 2 L 2 v R+r ，方向沿斜面向上，如图所示．根据牛顿第二定律 有 mgsinθ-F=ma解得 a=gsinθ- B 2 L 2 v m(R+r) （3）导体棒最终静止，有 mgsinθ=kx弹簧的压缩量 x= mgsinθ k 设整个过程回路产生的焦耳热为Q 0 ，根据能量守恒定律 有 1 2 m v 20 +mgxsinθ= E P + Q 0 解得 Q 0 = 1 2 m v 20 + (mgsinθ) 2 k - E P 电阻R上产生的焦耳热 Q= R R+r Q 0 = R R+r [ 1 2 m v 20 + (mgsinθ) 2 k - E P ] 答：（1）初始时刻通过电阻R的电流I的大小为 BL v 0 R+r ，方向为b→a；（2）此时导体棒的加速度大小a为gsinθ- B 2 L 2 v m(R+r) ；（3）导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为 R R+r [ 1 2 m v 20 + (mgsinθ ) 2 k -E P ]．
（1）导体棒匀速穿过磁场，做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：mgsinθ=BIL，解得：I=
| mgsinθ |
| BL |
（2）设导体棒匀速运动的速度为v，
感应电动势：E=BLv，
由欧姆定律可得：E=I（R+r），
解得：v=
| mg(R+r)sinθ |
| B2L2 |
导体棒进入磁场前做匀加速运动，
由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，
由速度位移公式得：v2=2ax，
解得：x=
| m2g(R+r)2sinθ |
| 2B4L4 |
（3）导体棒最终在边界GH下方往复运动，
从开始到在GH下方往复运动过程中，动能的变化量：△EK=0，
由能量守恒定律得：mg（x+d）sinθ=Q，
解得：Q总=
| m3g2(R+r)2sin2θ |
| 2B4L4 |
R上产生的焦耳热：Q=
| R |
| R+r |
| m3g2(R+r)Rsin2θ |
| 2B4L4 |
| mgdRsinθ |
| R+r |
答：（1）导体棒匀速穿过磁场时，通过电阻R的电流I=
| mgsinθ |
| BL |
（2）导体棒开始下滑的位置离EF边的距离为
| m2g(R+r)2sinθ |
| 2B4L4 |
（3）导体棒最终在边界GH下方往复运动，从初始到最终全过程中电阻R上产生的焦耳热为：
| m3g2(R+r)Rsin2θ |
| 2B4L4 |
| mgdRsinθ |
| R+r |
答：答：（1）导体棒匀速穿过磁场时，通过电阻R的电流I=mgsinθBL，电流方向为：a→b；（2）导体棒开始下滑的位置离EF边的距离为m2g(R+r)
答：由三视图知：几何体是半圆锥与四棱锥的组合体，且半圆锥的底面半径为1，由俯视图知底面是半圆和正方形，又正方形的边长为2，∴侧视图等边三角形的边长为2，∴半圆锥与四棱锥的高都为3，∴几何体的体积V=12×13×π×12×3+13×22×3=36π+433=3π+836．故答案为：<tab ...
答：消耗67.2L O2，如果是标准状况，则消耗的氧气的物质的量为3mol，则可以净化2mol CO（NH2）2，故D正确；故选B．
答：A、设高度为H，绳长为L，根据动能定理得：mgL=12mv2，解得：v=2gL，根据H-L=12gt2，t=2(H?L)g，得水平位移为：x=2gL2(H?L)g=4L(H?L)，知当L=H2时，水平位移最大．故A错误．B、在最低点，根据牛顿第二定律得：F-mg=mv2L，解得：F=mg+mv2L=3mg，与绳索的长度无关．故B错误...
答：利用匀变速直线运动的推论可知平均速度等于中间时刻的瞬时速度：vC=xBD2t=0.6030?0.07502×0.1=2.64m/s；（2）v-t图象延长线与纵轴的交点坐标值是：打点计时器打下计时点A时纸带对应的速度，小车的速度为0.10m/s．故答案为：（1）2.64；（2）从A点开始计时时，小车的速度为0.10 m/s．
答：A、极小星体Q在运动过程中只受到万有引力和静电力，万有引力指向P，静电力是斥力，离背P，由于万有引力始终大于静电力，两者的合力方向始终指向P，与速度方向的夹角先小于90°，后大于90°，则合外力先做正功后做负功，根据动能定理得知从C到B动能增大，从B到A动能减小．所以Q在A点的动能比B点小...
答：A、加速度的变化率是指加速度的变化与所用时间的比值，即△a△t，根据单位制知，其单位为m/s3，故A正确；B、加速度变化率为0是指加速度保持不变，如果加速度为0则物体做匀速直线运动，如果加速度不为0，则物体做匀变速运动，故B错误；C、若加速度与速度同向，则物体作加速运动，如图示加速度...
答：（1）设在斜坡下滑的加速度为a1，根据牛顿第二定律得，mgsinθ-μmgcosθ=ma1，代入数据解得a1＝0.25m/s2，设滑到斜坡底端的速率为v，则v12=2a1L1，代入数据解得v=6m/s．（2）设在水平段滑行的加速度大小为a2，则μmg=ma2，解得a2＝3m/s2，设水平运动的位移为x，则v2=2a2x解得x=v...
答：如图，为使拉力最小，动力臂要最长，拉力F的方向应该垂直杠杆向上，即竖直向上，动力臂为OA最长，∵杠杆在水平位置平衡∴F1L1=F2L2F1×0.2m=30N×0.1m F1=15N．故答案为：向上； 大小为15N．
答：①设细筒横截面积为s，根据两圆筒的截面积之比4：1，则粗筒横截面积为4s，由体积相等得：5×4s=hs解得：h=20cm，即进入细圆筒中水银柱高应为：h=20cm，最后水银柱的总高度h′＝h+H2＝25cm．开始时，气体：P1=P0+ph=85cmHg V1=20S 被封气体的末态压强为：P2=P0+h′=75+25cmHg=100cmHg...
