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将一质量为M的平板PQ
...
m
,接在MP之间的定值电阻R 0 =0.9 Ω;
质量M
=80 g
答:
(2)碰撞结束后,橡皮泥和金属棒将在安培力F作用下做加速度减小的减速运动,直到速度减为零。其中碰撞结束瞬间,它们的加速度最大。在滑动中的任意时刻,有:F=ILB=B 2 L 2 v/(R 0 +R/3)=(
m
+
M
)a由上式可知,当加速度等于其最大值的
1
/2时,速度v′=v/2=1 m/s此时:E′ cd ...
如图所示,用
质量为m
、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框...
答:
(1)线框MN边在磁场中运动时,感应电动势E=BLv线框中的感应电流 I=ER=BLvR;(2)M、N两点间的电压为电源的输出电压,由闭合电路欧姆定律可得出UMN=34E=34BLv(3)线框运动过程中有感应电流的时间 t=2lv 此过程线框中产生的焦耳热Q=I 2Rt=2B2l3v R根据能量守恒定律得水平外力做功W=...
...通电导体棒ab垂直放置在导轨上,已知导体棒
质量m
=1kg,长l=2.0m_百...
答:
则安培力需为动力,则设磁场方向与轨道平面成θ角向左斜向上,由左手定则可知安培力方向与磁场垂直斜向右上方,如图所示,则有:BILsinθ=μFN ①FN+BILcosθ=mg ②联立①②解得:B=μsinθ+μcosθ?mgIL=12sin(30°+θ),故θ=60°时磁感应强度最小,最小值为12T,即0.5T;故选:B.
...轨道
PQ
上有一个轻质弹簧,其左端固定。现用
质量m
=2kg的小物块将弹簧...
答:
弹簧具有弹性势能:Ep=
1
/ 2 mv²=5J…② (2)物块由顶端滑到底端过程由机械能守恒:mg2R=1 /2 mv2 ² -1 /2 mv1 ²…③ 解得:v2=5m/s 在轨道底端由牛顿第二定律得:F-mg=mv 2²/ R …④ 解得:F=6mg=120N…⑤ 由牛顿第三定律得物块对轨道的压力为...
...方形MN
PQ
桌面上,用长为L的不可伸长的轻绳连接
质量
分别
答:
解:(
1
)F=m A =0.5× N=0.1 N由F=m A ω 2 L OA =m B ω 2 L OB 得m B =m A =1 kg(2)x=(v A +v B )t 1 =0.6×1.5 m=0.9 m 水平距离为s=
m
=1.5 m(3)t 2 = s=0.5 sx′=(v A +v B )t 2 +a=0.6×0...
...圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。轨道上的A点离
PQ
的
答:
如图所示,一半径为R,粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。轨道上的A点离
PQ
的距离为R,
一质量为m的
质点自P点上方某处由静止开始下落,从P点进入轨道后刚好能到达Q点并能再次返回经过N点。已知质点第一次滑到轨道最低点N时速率为v1,第一次到达A点时速率为v2,选定N点所在的...
...光滑轨道
PQ
上有一个轻弹簧其左端固定,现用
一质量m
=2.0kg的小物块...
答:
②(2)物块由顶端滑到底端过程,由机械能守恒:2mgR=12mv22-12mv21…③解得:v2=5gR=5×10×0.5=5m/s在轨道底端,由牛顿第二定律得:F-mg=mv22R…④解得:F=6mg=6×2×10N=120N…⑤由牛顿第三定律得物块对轨道的压力为 F′=F=120N…⑥(3)m、M相互作用:
m的
加速度为:a1=μ...
如图所示,用
质量为m
、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框...
答:
(1)线框MN边在磁场中运动时,感应电动势E=BLv线框中的感应电流 I= E R = BLv R ;(2)M、N两点间的电压为电源的输出电压,由闭合电路欧姆定律可得出U MN = 3 4 E= 3 4 BLv(3)线框运动过程中有感应电流的时间 t= 2l v 此过程...
如图所示,边长为d的正方形导体线框MN
PQ的质量为m
、总电阻为R,平行绝缘...
答:
线框开始运动到刚出磁场,重力势能转化为电能和动能,重力势能和动能相等,则电能也相等.答:(
1
)刚开始释放时,MN与bb′之间的距离
为m
2R2sinθ2B4d4;(2)线框在通过磁场的过程中所生的热量为2mgdsinθ;(3)若将磁场的边界bb′向上移动少许,则线框产生的热量不变,理由见上.
如图甲所示,MN、
PQ
为间距L=0.5
m
足够长的平行导轨,NQ⊥MN,导轨的电阻均...
答:
解:(1)当v=0时,a=2m/s 2 μ=0.5 (2)由图像可知:v m =2m/s,当金属棒达到稳定速度时,有 , , (3) (4)当回路中的总磁通量不变时,金属棒中不产生感应电流,此时金属棒将沿导轨做匀加速运动
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