一半圆闭合线圈半径r=0.1m,通过电流i=10a,放在均匀磁场中

（1）装置水平方向受向左额滑动摩擦力和向右的推力，根据牛顿第二定律，有：F-μmg=Ma1解得a1=10 m/s2设装置运动的时间为t1，由 v0-a1t1=0解得t1=1s装置向

1.根据动能定理.初始动能+电能=现在的动能.这个你会撒2.上题求到了速度.课根据U=QVB3.求了电压,就可以求电流,根据动力BIL.A=BIL/M.其中的L就是就是与Y的量交点距离再问：第三问能给

小球向左运动的过程中小球做匀减速直线运动，故有vA2-v02=-2as           

由于磁铁在振动过程,线圈会产生感生电流,这电流通过电阻,转变为热,消耗了机械能.如果超导,不消耗电能于电阻上,但线圈产生的电流是反复变化的,会不断发射电磁波,从而消耗能量.A不选.简谐振动的恢复力必须

匀减速时候,有s=(V0^2-Va^2)/2a得,Va=√32在AB上,又有能量守恒,有mg2r+1/2mVb^2=1/2mVa^2得B点速度Vb=4m/s再问：为什么不能用牛二直接算出摩擦力然后用动

匀强磁场中绕过直径的轴匀速转动Em=nBwS=30V(1)线圈由图示位置转过90°时线圈中的感应电流为Im=Em/R=3A(2)线圈中感应电流的瞬时值表达式e=Emsinwt=30sin300/π*t

（1）A到D过程：根据动能定理有A到D过程：根据动能定理有mg×(2R-R)-μmgcos45°×2R/（sin45°）可求：μ=0.5（2）若滑块恰能到达C点,根据牛顿第二定律有mg=MV²

Va^2-Vo^2=2(-a)S,因在水平地面上减速,故加速度A=-a=-3.0m/s^2Va=(Vo^2-2aS)^1/2=(7*7-2*3.0*4.0)^1/2=5m/sA-->B,机械能守恒(1

从C点出来的时候,小球做平抛运动.竖直高度是5m水平距离是10m算出运动时间T=1S所以C点出来的时候,水平速度是10m/s再利用：B点的动能-重力势能=C的动能解出来：10倍根号2

从A---B有动能定理可得-2mgR=1/2m（vB方）—1/2m（vA方）得vB=4m/s由mg+N=（v方/R）m可得N=3N有牛顿第三定律可得小球经过B点时对轨道的压力大小为3N.竖直方向由1/

由F=m×v×v÷r得v=√15再问：详细点！！再问：第二题再答：由题可知h=2米,又由h=1/2gt²可得t=√0.4,则s=√6再答：由题可知h=2米,又由h=1/2gt²可得

本题中,告诉你

因为整个圆面积都在切割,所以是E=nBSω.角速度单位是rad/s,在高一必修2物理课本第一章第四节,看看；也可以在网上查查.再问：可是老师，切割磁感线的应该是垂直于磁感线方向的线圈部分，合起来不就是

设球冲上竖直半圆轨道时速度为VVo^2-V^2=2aSV^2=Vo^2-2aS=7*7-2*3*4=25V=5m/s球冲上竖直半圆轨道后机械能守恒,设球离开轨道时速度为V1(1/2)mV1^2+mg(

这是一道“圆周运动”和“平抛运动”相结合的题.1.小球离开最高点B做平抛运动.------下落时间（平抛时间）为：t=√(2h/g)=√(2*2R/g)=0.4s------水平速度（平抛初速度）：V

在本题中,动能通过动生电流的安培力做功向感应电能转化.当线圈一半进入磁场中时,题意已经明确了电路中产生了电能Ee=3J,由能量守恒,还有2J的动能,进而求出速度,应用法拉第电磁感应定律求瞬时感应电动势

根据光的反射定律可知反射角β=i=60°画出光路图如图．设折射角为r，由折射定律得 n=sinisinr解得，r=30°由几何知识得：两光斑P、Q之间的距离L=PA+AQ=Rtan30°+R

物体在圆环上运动不脱离圆环,则最高上升高度为R=0.4m,即半圆弧中心.（若超过此高度则物体会做抛体运动,离开轨道）因此,mgR-0.5mv^2>=-ugl解得,v

1、由能量守恒Eo=Ee+1/2mv^2得v=22、切割磁感线的有效长度L=2*开根号之（r^2-（1/4r）^2）=根号3     E=BLV=0.

由能量守恒可知,物体m减少的势能等于m和半圆弧物块增加的动能,即mgR=1/2mV.平方+1/2mV..平方再由动量守恒（因为没外力做工,所以动量守恒）mV.=mV..可解得V.=V..=根号gR物块