如图所示，质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，且处在场强为E的匀强电场中，当小球A静止时细线与竖直
kuaidi.ping-jia.net 作者：佚名 更新日期：2024-07-07
如图，质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，且处在场强为E的匀强电场中，当小球A静止时细线与竖直方向
根据平衡条件得
qE=mgsin30°
得到q=
故答案为：
如图所示,一质量为m带正电的小球,用长为L的绝缘细线悬挂于O点,处于一...
答：P 2 - 1 2 m v C ^ 2 =-mgL(1-cos45°)+ F 电 Lsin45° v P = 2 2 gL 答：（1）静止在P点时线的拉力是 2 mg ． （2）如将小球向右拉紧至与O点等高的A点由静止释放，当小球摆至P点时，其电势能增加了 2- ...
如图所示,质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点,并处在水平向左的大 ...
答：（1）由于带电小球所受电场力方向向左，电场线方向也向左，则小球带正电．分析小球的受力情况，作出受力图如右图，根据平衡条件得：qE=mgtanθ得：q=mgtanθE（2）小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡得，绳子的拉力为：T=mgcosθ，剪断绳子后，重力和电场力不变，两个力的合力...
如图所示,一质量为m带正电的小球,用长为L的绝缘细线悬挂于O点,处于一...
答：第（3）问问的是到达P点速度而不是A点的速度，所以公式qE(2L)=1/2mVA^2用不上，而且以上公式不正确，不正确的关键是：当绳子拉直时（在最低点C）有一个非弹性碰撞（等效角度），因而有能量损失，也就是沿细绳方向的速度变为零的内涵。
如图所示,质量为m的小球A穿在绝缘杆上,细杆的倾角为α,小球A带正电...
答：（1）A球刚释放时，受到重力、沿细杆向上的库仑力和细杆的支持力，根据牛顿第二定律得：mgsinα-kQq(Hsinα)2=ma解之得：a＝gsinα?kQqH2msin2α（2）设A球的动能最大时A球与B点的距离为x．小球到达平衡位置时，速度最大，根据平衡条件，有：mgsinα?kQqx2＝0则得：x＝kQqmgsinα...
如图所示,一个带正电的小球A的电量Q=1.0×10-6C,质量为m=0.1kg,由一根...
答：对小球进行受力分析，如图所示，根据平衡状态列方程qE=mgtan45°解得：E=mgq；由：E=kQBL2=mgq联立解得：QB=mgL2kq＝1×10×0.329×109×1.0×10?6C＝1×10?4C答：求B球所带的电量为1×10-4C
高中物理 如图所示 将以质量为m带正电的小球在地面A点处以初速度v竖直...
答：就用运动的分解与合成就可以做了啊。小球竖直方向做竖直上抛运动，回到地面时竖直方向的速度还是v，方向向下，用的时间t=2v/g 水平方向做初速为零的匀加速直线运动。距离A点的距离就是S=0.5at^2，a=F/m，t=2v/g 水平方向速度v2=at 所以返回地面的速度大小为√(v2^2+v^2)速度与水平方向夹角...
如图所示,质量为m的小球A穿在绝缘杆上,细杆的倾角为α,小球A带正电...
答：A球刚释放时的加速度是gsinα- kQq H 2 m sin 2 α；（2）当A球的动能最大时，A球与B点的距离为 kQq mgsinα ；（3）A、C两点的电势差为 m v 2 -2 kQqmgsinα 2q ．
如图所示,A为带正电Q的金属板.小球的质量为m、电荷量为q,用绝缘丝线悬 ...
答：解答：解：小球的受力如图所示．由平衡条件得： F电=mgtanθ又F电=qE解得，小球所在处的电场强度：E=mgtanθq小球带正电荷，电场强度方向与其受到的电场力方向一致，方向水平向右．答：小球所在处的电场强度大小为mgtanθq，方向水平向右．
一绝缘细线oa下端系一质量为m的带正电小球a,在正下方有一光滑的绝缘水平...
答：A、B：由库仑定律可知，b球受到的库仑力逐渐增大，该库仑力与竖直方向的夹角逐渐减小，所以其竖直方向的分量逐渐增大，而水平方向的分量先增大后减小，所以悬线Oa的拉力会逐渐增大，水平方向的拉力先增大后减小．故A正确，B错误；C、b求受到的库仑力：F=kqa?qbr2，在运动的过程中，a、b之间的距离...
如图所示,一质量为m的带电小球,用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中...
答：（1）负电（2） （3） 试题分析： （1）负电………2分（2）由平衡条件 ……2分 ……1分（3）由牛顿第二定律 ……2分 ……1分点评：本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力，最后根据牛顿第二定律求加速度，由速度时间公式求末速度．
以小球为研究对象，分析受力情况，如图．根据作图法得到，当电场力qE与细线垂直时，电场力最小，根据平衡条件得：qE=mgsin30°得：q=mg2E．故答案为：mg2E．
手机回答没法给你画图解说了，看你的理解能力了……
在这个静态系统中，重力是方向和大小都不变的；细线对小球拉力根据受力状况变化，但方向确定；而电场力只知大小不知方向。
你可以现画一点代表小球，画出重力示意，再画出拉力示意（只画方向，大小不知）。平移重力使端点至起点，根据三角形法则，Eq方向必须垂直于拉力方向，才能使Eq长度最短，即电场力大小最小。（三个力必须构成一个封闭三角形，这个就不用在问为什么了吧…）
根据平衡条件得
qE=mgsin30°
得到q=
| mg |
| 2E |
故答案为：
| mg |
| 2E |
答：P 2 - 1 2 m v C ^ 2 =-mgL(1-cos45°)+ F 电 Lsin45° v P = 2 2 gL 答：（1）静止在P点时线的拉力是 2 mg ． （2）如将小球向右拉紧至与O点等高的A点由静止释放，当小球摆至P点时，其电势能增加了 2- ...
答：（1）由于带电小球所受电场力方向向左，电场线方向也向左，则小球带正电．分析小球的受力情况，作出受力图如右图，根据平衡条件得：qE=mgtanθ得：q=mgtanθE（2）小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡得，绳子的拉力为：T=mgcosθ，剪断绳子后，重力和电场力不变，两个力的合力...
答：第（3）问问的是到达P点速度而不是A点的速度，所以公式qE(2L)=1/2mVA^2用不上，而且以上公式不正确，不正确的关键是：当绳子拉直时（在最低点C）有一个非弹性碰撞（等效角度），因而有能量损失，也就是沿细绳方向的速度变为零的内涵。
答：（1）A球刚释放时，受到重力、沿细杆向上的库仑力和细杆的支持力，根据牛顿第二定律得：mgsinα-kQq(Hsinα)2=ma解之得：a＝gsinα?kQqH2msin2α（2）设A球的动能最大时A球与B点的距离为x．小球到达平衡位置时，速度最大，根据平衡条件，有：mgsinα?kQqx2＝0则得：x＝kQqmgsinα...
答：对小球进行受力分析，如图所示，根据平衡状态列方程qE=mgtan45°解得：E=mgq；由：E=kQBL2=mgq联立解得：QB=mgL2kq＝1×10×0.329×109×1.0×10?6C＝1×10?4C答：求B球所带的电量为1×10-4C
答：就用运动的分解与合成就可以做了啊。小球竖直方向做竖直上抛运动，回到地面时竖直方向的速度还是v，方向向下，用的时间t=2v/g 水平方向做初速为零的匀加速直线运动。距离A点的距离就是S=0.5at^2，a=F/m，t=2v/g 水平方向速度v2=at 所以返回地面的速度大小为√(v2^2+v^2)速度与水平方向夹角...
答：A球刚释放时的加速度是gsinα- kQq H 2 m sin 2 α；（2）当A球的动能最大时，A球与B点的距离为 kQq mgsinα ；（3）A、C两点的电势差为 m v 2 -2 kQqmgsinα 2q ．
答：解答：解：小球的受力如图所示．由平衡条件得： F电=mgtanθ又F电=qE解得，小球所在处的电场强度：E=mgtanθq小球带正电荷，电场强度方向与其受到的电场力方向一致，方向水平向右．答：小球所在处的电场强度大小为mgtanθq，方向水平向右．
答：A、B：由库仑定律可知，b球受到的库仑力逐渐增大，该库仑力与竖直方向的夹角逐渐减小，所以其竖直方向的分量逐渐增大，而水平方向的分量先增大后减小，所以悬线Oa的拉力会逐渐增大，水平方向的拉力先增大后减小．故A正确，B错误；C、b求受到的库仑力：F=kqa?qbr2，在运动的过程中，a、b之间的距离...
答：（1）负电（2） （3） 试题分析： （1）负电………2分（2）由平衡条件 ……2分 ……1分（3）由牛顿第二定律 ……2分 ……1分点评：本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力，最后根据牛顿第二定律求加速度，由速度时间公式求末速度．
