（2014?徐汇区一模）如图所示，一边长L=0.2m，质量m1=0.5kg，电阻R=0.1Ω的正方形导体线框abcd，与一质量
（1）线框匀速离开磁场，处于平衡状态，由平衡条件得：对m2：m2gsinθ-μm2gcosθ-T=0，代入数据解得：T=10N，对m1：T-m1g-BIL=0，感应电流：I=BLvR，代入数据解得：v=2m/s，绳子拉力的功率：P=Tv=10×2=20W；（2）从线框刚全部进入磁场到线框ad边刚离开磁场过，由动能定理得：（m2gsinθ-μm2gcosθ）（d2-L）-m1g（d2-L）=12（m1+m2）v2-12（m1+m2）v02，代入数据解得：v0≈1.9m/s；（3）从最初到线框刚完全出磁场过程，由能量守恒定律得：（m2gsinθ-μm2gcosθ）（d1+d2+L）-m1g（d1+d2+L）=Q+12（m1+m2）v2，代入数据解得：Q=1.5J；答：（1）线框ad边从磁场上边缘穿出时绳子拉力的功率为20W；（2）线框刚刚全部进入磁场时速度的大小WEI 1.9m/s；（3）从开始运动到bc边离开磁场过程中线框产生的焦耳热为1.5J．
（1）由于线框匀速出磁场，则：对m2有：m2gsinθ-μm2gcosθ-T=0）对m1有：T-m1g-BIL=0又因为 I＝BLvR联立可得：v=m2g(sinθ?μcosθ)?m1gB2L2=2×10×(sin53°?0.5×cos53°)?0.5×102．52×0．22m/s=2m/s（2）从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守恒定律得： (m2gsinθ?μm2gcosθ)(d1+d2+L)?m1g(d1+d2+L)＝Q+12(m1+m2)v2将数值代入得：（2×10×sin53°-0.5×2×10×cos53°）×（0.8+0.3+0.2）-0.5×10×（0.8+0.3+0.2）=Q+12×（2+0.5）×22可得线框在整个运动过程中产生的焦耳热为：Q=1.5J答：（1）线框ad边从磁场上边缘穿出时速度的大小为2m/s．（2）整个运动过程线框中产生的焦耳热为1.5J．
（1）由于线框匀速出磁场，受力分析知对m2有：m2gsinθ-μm2gcosθ-T=0…①
对m1有：T-m1g-BIL=0…②
又因为有：I＝
| BLv |
| R |
联立①②③可得：v=
| m2g(sinθ?μcosθ)?m1g |
| B2L2 |
| 2×10(0.8?0.5×0.6)?0.5×10 |
| 2.52×0．22 |
（2）从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场，由动能定理得：
(m2gsinθ?μm2gcosθ)(d2?L)?m1g(d2?L)＝
| 1 |
| 2 |
将速度v代入，（2×10×0.8-0.5×2×10×0.6）-0.5×10×（0.3-0.2）=
| 1 |
| 2 |
整理可得线框刚刚全部进入磁场时，线框与物块的动能和为：EK=4.5J
所以此时线框的动能为：E′K＝
| m1 |
| m1+m2 |
（3）从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守恒定律可得：
m2gsinθ-μm2gcosθ）（d1+d2+L）-m1g（d1+d2+L）=Q+
| 1 |
| 2 |
将数值代入有：
2×10×0.8-0.5×2×10×0.6）×（0.8+0.3+0.2）-0.5×10×（0.8+0.3+0.2）=Q+
| 1 |
| 2 |
整理可得线框在整个运动过程中产生的焦耳热为：
Q=1.5 J
答：（1）线框ad边从磁场上边缘穿出时速度的大小为2m/s．
（2）线框刚刚全部进入磁场时动能的大小为0.9J．
（3）整个运动过程线框产生的焦耳热为1.5J．
答：∵AB∥CD，AB⊥BC，∴DC⊥BC，∠ABC=90°，∴∠C=90°，∵AD⊥BD，∴∠ADB=90°，∴∠DBC+∠ABD=∠A+∠ABD=90°，∴∠A=∠DBC，∵CD=1，BC=3，∴∠A的正切值为tanA=tan∠DBC=DCBC=13，故答案为：3．
答：∵AB与x轴平行，抛物线y=x2+bx+c的对称轴为直线x=1，∴点A与点B关于直线x=1对称，而点A的坐标为(0，32)，∴B点坐标为（2，32）．故答案为（2，32）．
答：解答：解：一竖直向上、大小为F的力作用在B点，使AB边保持水平，根据力矩平衡条件，有：F?AB=G?d ①（其中d为重力的力臂）当力臂最大时，作用力最小，即F作用在C点，且与AC垂直，此时力臂最大，作用力最小，有：F′?AC=G?d ②联立①②两式，解得：F′=Fcosθ若从AB水平状态开始，...
答：（1）当木块滑到A端时，由于板恰处于平衡状态，对板AB，根据力矩平衡知：MgLcos53°=mg（L-Lcos53°）+μmg Lsin53°代入数解得：m=1.2kg （2）为使F作用时间最短，则木块运动加速度需最大，设F与水平面的夹角为β，则有：Fcosβ-μ（mg-Fsinβ）=ma1a1max=1+μ2F-μmgm=1+0．...
答：（1）A、B在C点形成的场强大小为EA=EB=kQd2，方向如图：根据平行四边形定则，求得C点的场强：EC=2EAcos60°=kQd2，方向水平向左；（2）小球从M点运动到C的过程中，电场力做正功．根据动能定理：qU+mgL=12mv2得M、C两点的电势差为：U=mv2?2mgL2qC点与D点为等势点，所以M点的电势为：φ...
答：设通过每个小灯泡的电流为I，电压为U，则电路中总电流为2I．根据闭合电路欧姆定律得：U=E-2I（R+r）代入得：U=5-10I当U=0时，I=0.5A；当I=0时，U=5V．在U-I图上作出U=5-10I的图象如图1：此图线与小灯泡的U-I图线的交点即为乙图状态下小灯泡的工作状态，由图读出通过每盏小灯泡...
答：A、B、两个等量负点电荷的连线的中垂线上，连线中点的电场强度为零，无穷远电场强度也为零，故从连线中点到无穷远，电场强度先增加后减小；由于+x方向场强向左，-x方向场强向右，故A正确，B错误；C、D、两个等量负点电荷的连线的中垂线上，从连线中点到无穷远是逆着电场线，故电势逐渐增加，故C...
答：在0～2s内，拉力等于4N，最大静摩擦力等于4N，故物体静止．在2～4s内，由牛顿第二定律得：F1-μmg=ma1，解得：a1=2m/s2，位移为：s1＝12 a1t12＝12×2×22m＝4m．4s末物体的速度大小为：v1=a1t1=4m/s，在4～6s内，拉力等于4N，最大静摩擦力等于4N，故物体匀速直线运动，位移为：s2=4...
答：反应N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0，反应是放热反应，升高温度，反应速率增大，平衡逆向进行，氨气的含量减小，随氢气量的增大，平衡移动为主，氨气含量增大，随氢气量增多，当氢气量增大为主时，氨气含量会减小；A、图象分析可知b点是加入氢气一定量，氨气平衡含量最大，但不能说明反应达到平衡...
答：A、甲、乙之间的距离增大，而电量都不变，根据库仑定律可知乙所受的库仑力逐渐减小．若两者是异种电荷，乙下滑的加速度将增大，不可能到C处静止，所以得知甲一定带同种电荷．故A错误．B、由于电荷甲的电性未知，电场线方向未知，无法判断B、C电势的高低．故B错误．C、由于电场力对物块乙做正功，乙...
