图所示为一沿x轴放置的无限长分段
来源:学生作业帮助网 编辑:作业帮 时间:2024/05/13 05:04:53
(1)Fcd=BIL=1*0.5*0.6=0.3Ncd棒加速度a=Fcd/m=3m/s2(2)IR总=BLvab-BLvcd=BL△v,代入数值得△v=7.2m/s回路达到稳定状态,两棒具有共同的加速
(1)带电粒子在匀强电场中受到的电场力:F=qE=qUd…①粒子在竖直方向加速度:a⊥=Fm=qUmd…②粒子在水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学规律有:b=v0t
问题不全.a,b之间存在相互的排斥作用力.
反向放置的电流:没加磁场时,a、b受到的磁场力等大反向,即b受的磁场力大小也为F1,但方向与a受力方向相反当加上磁场后,a、b受到磁场的安培力也是等大反向,所以此时b受到的磁场力大小变为F2同向放置的
(1)粒子水平方向做匀速直线运动,水平分速度为v0;竖直方向沿着同一方向做加速度周期性变化的运动,速度时间图象如图所示:要使粒子在离开电场时恰能以平行A、B两板的速度飞出,竖直分速度为零,即恰好在整数
(1)由右手定则可知,杆向下运动时,感应电流从a流向b,再根据左手定则知,杆ab所受安培力方向沿斜面向上,则物体受力如图所示:重力mg,竖直下支撑力N,垂直斜面向上安培力F,沿斜面向上(2)当ab杆速
B=μ0nIΦm=NBS=Nμ0nIπr^2感应电动势大小:ε=dΦm/dt=Nμ0nπr^2dI/dt
B=μ0nIΦm=NBS=Nμ0nIπr^2感应电动势大小:ε=dΦm/dt=Nμ0nπr^2dI/dt
选两柱之间的半径为r处的无限圆筒为高斯面由对称性知电场仅有径向分量E_r取长为L的一段高斯面高斯面面积为2*pi*r*L内部电荷为Q=a*LE*2*pi*r*L=a*L得E=a/(2*pi*r)
就是运用环流定律.在导线内部的圆环中没有电流,所以磁场是0.在导线外部的圆环中电流是I,故根据B*2πx=μ*I得B=μ*I/(2πx)故选B.
(1)Fcd=BIL=1*0.5*0.6=0.3Ncd棒加速度a=Fcd/m=3m/s2(2)IR总=BLvab-BLvcd=BL△v,代入数值得△v=7.2m/s回路达到稳定状态,两棒具有共同的加速
1、p=mgl/t=0.01*10*7.0/1.5=0.7/1.5=0.47W2、因为AB段为匀速运动,所以可以求出A点的速度:V=4.2/0.6=7M/S能量守恒定律可知,在下降的过程中,重力做功等
设电容器极板与水平面的夹角为θ,tanθ=d/Lcosθ=mg/(QE)U=Ed联立求解得:U=mgd(d^2+L^2)/(QL)再问:具体过程谢谢再答:如图:
解题思路:细致考虑各状态下对应的受力关系,合理利用相关规律解题过程:最终答案:
虽然图有点丑,但对的话求好评!再问:手机不给力,能打出来么?再答:设扇形OAB中,圆心角AOB=2过O作OC垂直AB于D。则可用垂径定理。所以角AOD=角BOD=1.AC=1/2AB=1.因为在直角三
考点:功的计算.专题:受力分析方法专题.分析:当缓慢提高木板时,导致物块受到的支持力发生变化,则不能再根据功的定义去算支持力对物块做的功,因此由动能定理结合重力做功,可求出支持力做功.在此过程中,静摩
3、[答案] AD[解析] 由左手定则可判断洛伦兹力方向向上,圆环受到竖直向下的重力、垂直细杆的弹力及向左的摩擦力,当洛伦兹力初始时刻小于重力时,弹力方向竖直向上,圆环向右减速运动,随着速度减小,洛伦
A、由图知,x轴上电势有正有负,可知两电荷必定一个为正另一个为负,x=x1处电势为零,此点必位于两电荷连线的某位置,电场强度一定不为零,故A错误B、设将一正检验电荷放于无穷远处,在其向x2处运动过程中
由已知中边长为1的正三角形PAB沿x轴滚动则滚动二次后,P点的纵坐标和起始位置一样第三次滚动时以点P为圆心,故点P不动,故函数y=f(x)是以3为周期的周期函数,即T=3两个相邻零点间的图象与x轴所围