如图甲所示,一个质量为m,电荷量为+q的微粒(不计重力),初速度为零,经两...
由图b中几何关系可知，R2=0.75a．微粒做圆周运动qv2B=mv22R2微粒在电场中加速qU2=12mv22由以上各式可得U2=9qB2a232m．所以微粒从下边界射出的电压范围为0＜U2
如图甲所示,一个质量m=0.1kg的正方形金属框总电阻R=0.5Ω,金属框放在...
（1）由v2-x图可知，物体运动可分为三段，设位移分别为x1、x2、x3，对应的时间分别为t1、t2、t3．x1=0.9m，v0=0，匀加速直线运动x2=1.0m，v1=3m\/s，匀速直线运动x3=1.6m，初速度v1=3m\/s，末速度v3=5m\/s，匀加速直线运动．金属框从x=0到x1=0.9m做匀加速直线运动，由公式v 21=...
如图甲所示,一个质量为2kg 底面积为100cm2的物体放在水平地面上,受到方 ...
S=100cm2=0.01m2，则P=FS=20N0.01m2=2000Pa．故答案为：8；4；16；8；2000．
如图甲所示,一个质量为500g的圆柱形容器,底面积是50cm2,其中水深20cm...
（1）铝球排开水的体积：V排=50cm2×5cm=250cm3，铝球受到的浮力：F浮=G排=ρ水gV排=1.0×103kg\/m3×10N\/kg×250×10-6m3=2.5N；（2）水的深度：h=20cm+5cm=25cm=0.25m，水对方容器底产生的压强：p=ρgh=1.0×103kg\/m3×10N\/kg×0.25=2.5×103Pa，水对容器底产生的压力：F...
...其连线中垂线上有A、B、C三点,如图甲所示,一个质量m=1kg的小物...
A、v-t图象的斜率等于加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明物块在B处加速度最大，根据牛顿第二定律得：F=qE=ma，B为中垂线上电场强度最大的点，由图得：B点的加速度为 a=△v△t=42=2m\/s2，E=maq=1×22V\/m=lV\/m．故A正确．B、由图知，由C到A的过程中，物块的速度不断...
...如图甲所示,一个质量为m的小铅块(可视为质点),以水平初
加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与2木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到2的右端．故A、B错误，C正确；D、根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，知在木板2上相对运动的位移没有1长度的2倍，由Q=fd相对得知，甲图中产生的热量大于乙图中产生热量，故D正确．故选：CD．
(1)如图甲所示,一根质量分布均匀的木棒重为G,靠在墙角,现在A处施加...
（1）施加力使木棒的A点稍稍离开墙面，此杠杆的支点是B点，作出重力的作用线，过支点B向其作垂线，就是重力的力臂，如下图中L2所示；在A点施加力使其稍稍离开墙面，因此动力的方向向右，根据杠杆的平衡条件动力×动力臂=阻力×阻力臂，在阻力和阻力臂不变的情况下，动力臂最长时，动力最小；因此AB...
如图所示,一个质量为M的物体A放在光滑的水平桌面上,通过细绳绕过定滑轮...
A、甲图中，物体加速下降，是失重，故其对细绳的拉力小于重力mg，故A错误；B、甲图中，根据牛顿第二定律，对m，有：mg-T=ma；对M，有：T=Ma；联立解得：a=mgM+m，故B错误；C、乙图中，加速度为：a′＝FM=mgM，故C错误；D、由BC选项分析可知，a′＞a，故D正确；故选D．
(2013?自贡)如图甲所示,一块质量为0.2kg的铁块被吸附在竖直放置且足够长...
（1）由乙图可见，铁块在竖直方向上运动时，速度保持不变，因此铁块做匀速直线运动，铁块受到平衡力的作用．在竖直方向上受到竖直向下的重力G、竖直向下的摩擦力f和竖直向上的拉力F，根据平衡力的特点，故铁块受到摩擦力大小f=F-G=3N-0.2kg×10N\/kg=1N．（2）铁块在0～6s内升高的距离S=vt=0.2m...
如图甲所示,在水平地面上放置一个质量为m=5kg的物体,让其在随位移均匀...
F=100-25x 速度最大时加速度为0，则F=μmg=0.5×5×10N=25N 代入解得x=3m （3）由图象可得推力对物体做功等于图象与横轴所围图形的面积即W=12×100×4J=200J根据动能定理物体有水平面上运动有：W-μmgxm=0 代入解得xm=Wμmg＝2000.5×5×10m＝8m答：（1）运动过程中物...
武宁县15798882147：
如图甲所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环,可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动,细杆于磁感应强度为B的匀强磁场中.现给圆环向右的初速度v... - ？
太影丽思：[答案] 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qvB=mg时,小环做匀速运动,此时图象为A,故A正确;当qvB
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如图所示,一个质量为m、带电荷量为+q的粒子在O点以v0的初速度跟水平方向成θ角射出,粒子在运动过程中所受阻力大小恒为Ff,如果在某方向上加上一... - ？
太影丽思：[答案] (1)当场强方向与v0垂直且向左上方时,电场强度最小,如图所示.qE=mgcosθ所以E=mgcosθq(2)由牛顿第二定律得,mgsinθ+Ff=ma则a=gsinθ+Ffm粒子做减速运动的位移x=v022a=v022(Ffm+gsinθ)对往返全过程运用...
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如图所示,一质量为m,带电荷量为+q的圆环,套在水平放置的足够长粗糙细杆上,细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中.现给圆环向右初速度v0,则圆环在... - ？
太影丽思：[答案] A、由左手定则可知圆环所受洛伦兹力F洛=qvB的方向竖直向上,细杆对圆环的支持力FN,圆环所受滑动摩擦力f=μFN,圆环所受重力G=mg方向竖直向下,当qvB=mg时,FN=0,故f=0,故圆环做匀速直线运动,故A正确.B、当qvB<...
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如图所示,一个质量为m,电荷量为e的质子从O点以速度v 0 垂直NP板射入两板之间区域,两个板间存在垂直纸面向里的匀强磁场,已知两板之间距离为d,... - ？
太影丽思：[答案] 当粒子从a点射出时,轨迹半径最小,设为r1.对应的速度最小,设为v1.当粒子从从b点射出时,轨迹半径最大,设为r2.对应的速度最大,设为v2.根据几何关系得: r1=14d, r22=d2+(r2-12d)2 则得:r2=54d, 根据牛顿第二定律得:ev0B=mv02r 得:B=...
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如图甲所示,一个质量为 m =2.0*10 - 11 kg,电荷量 q = +1.0*10 - 5 C的带电微粒(重力忽略不计) - ？
太影丽思： 解:(1)微粒在加速电场中由动能定理得: ① 解得 v 0 =1.0*10 4 m/s 微粒在偏转电场中运动的时间为:因此微粒在偏转电场中运动可认为电场恒定 微粒在偏转电场中做类平抛运动,有: ,飞出电场时,速度偏转角的正切为: ② 解得θ=30° (2)进入磁场时微粒的速度是: ③ 轨迹如图,由几何关系有: ④ 洛伦兹力提供向心力: ⑤ 由③~⑤联立得:代入数据解得: B = /5=0.346T 所以,为使微粒不会由磁场右边射出,该匀强磁场的磁感应强度 B 至少为0.346T.(3)设微粒从左边界N处离开,N距轴线与磁场边界交点O的距离为x,有:可见,在B取最小值时,x仅与U 2 有关.代入数值可得:X∈【 】
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如图所示,一个电子(质量为m)电荷量为e,以初速度v0沿着匀强电场的电场线方向飞入匀强电场,已知匀强电场的场强大小为E,不计重力,问:(1)电... - ？
太影丽思：[答案] (1)由牛顿第二定律,F=ma,得: a= F m= eE m (2)由运动学公式,得: S= v20 2a= mv20 2eE (3)根据动能定理得:−eE•S=0− 1 2m v20 电子进入电场最大距离的一半时的动能:EK= 1 2m v20−eE• 1 2S= 1 4m v20 答:(1)电子在电场中运动...
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如图所示,有一质量为m、电荷量为q的带正电的小球停在绝缘平面上,并且处在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中.为了使小球飘离平面,匀... - ？
太影丽思：[答案] 由左手定则可以判断出,当小球相对于磁场向右运动时,带正电的小球所受的洛伦兹力方向向上,当其与重力平衡时,小球即将飘离平面. 设此时速度为v,则由力的平衡可知mg=qvB,所以最小速度v= mg qB. 小球相对于磁场向右运动,而小球静止,...
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如图甲所示,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量为 m =0.2 kg,带电荷量为 q =+2.0*10 - 6 C 的小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因... - ？
太影丽思：[答案] 小题1:47 m小题2: mv (1)0~2 s内小物块的加速度 a 1 ==2 m/s 2 位移 s 1 = a 1 t =4 m2 s末小物块的速度为 v 2 = a 1 t 1 =4 m/s2 s~4 s内小物块的加速度 a 2 ==-2 m/s 2 位移 s ...
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如图所示,一质量为m、电荷量为q的带电液滴以速度v沿与水平面成θ角的方向斜向上进入匀强电场,在电场中做直线运动,则液滴向上运动过程中(忽略空... - ？
太影丽思：[选项] A. 电场力不可能小于mgcosθ B. 液滴的动能一定不变 C. 液滴的机械能可能不变化 D. 液滴的电势能一定不变
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图甲所示,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量为m=0.2kg,带电荷量为q=+2.0*10 - 6C的小物块处于静止状态,小物块与地面间的摩擦因数μ=0.1,... - ？
太影丽思：[答案] (1)0~2s,由牛顿第二定律得物块加速度: a1= qE1−μmg m= 2*10−6*3*105−0.1*0.2*10 0.2=2m/s2, x1= 1 2a1t12= 1 2*2*22=4m, v=a1t1=2*2=4m/s, 2~4s,由牛顿第二定律得加速度: a2= qE2+μmg m= 2*10−6*1*105+0.1*0.2*10 0.2=2m/s2, x2...
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