在竖直平面内用轻质细线悬挂

aV^2/L=mg+ag所以V=SQR(（mgL+agL）/a)

正电荷

解题思路：理解磁阻尼原理，紧扣基础，熟悉楞次定律，判定电磁感应发生条件：只要磁通量变化解题过程：解：磁极往返摆动一次，从左侧振幅处开始考虑，线圈中由上而下的磁通量增大再减小，再增大再减小，故由楞次定理

（1）由机械能守恒m1gL(1-cos37°)=1/2m1Vo²Vo=2（m/s）（2）设碰后速度为v,由动量守恒得m1Vo=（m1+m2）V△E=m1gL(1-cos37°)-1/2(m1

选A

由于小球被静止释放，不计摩擦，它可在A、B两点间来回摆动．当小球摆到B点时，小球速度恰好为零，此时若细线恰好断开，则小球只受重力作用而竖直下落．所以，将沿BE方向运动．故选C．

选A,受力分析不好在上面写!由于对称性环对球的库仑力水平向右.故可用重力把绳的拉力和库仑力F表示出来.把环上得电荷分成N份,把每份电荷对球水平向右的库仑力求出来,其合力等于F,故可求出它的总电荷量.

1.做功量为小球机械能（其实只含有势能）的增加量,为w=mgL(1-Cosα)2.做功量w=F×s,其中s为沿力方向的位移,即s=LSinα,从而w=F×LSinα3.同2或1,此时2和1结果相等.

（1）根据H−L＝12gt2，x=v0t得：v0＝xg2(H−L)．（2）在最低点，根据牛顿第二定律得：F−mg＝mv02L解得：F＝mg(x22(H−L)+1)，方向竖直向上．答：（1）小球抛出的初

当是绳时在最高点mg=mv^2/L在最低点1/2mv2^2=1/2mv^2+2mgL综合得v2=√5gL当是秆时在最高点有mg-N=mv^2/L所以球速可接近02mgL=1/2mv1^2v1=2√gL

题目原文中错了一字：”加竖直向下的匀强磁场E和垂直纸面向里的匀强磁场B“,应是”加竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B“.B对.分析：在振动过程中,摆球（带负电）要受到重力、竖直向上的电场力

你吧最低点为0势能面起始点势能是L(1-COSa)末位置势能是L(1-COSa/2)动能是L(1-COSa)-L(1-COSa/2)再动能定理1/2MV^2=动能.自己转换下

（1）当缓慢拉时,可认为合力为0.那么拉力F做的功等于增加的重力势能（或动能定理）.即　W拉＝mgL（1－cosθ）　　－－－D选项对（只是原选项中的括号位置错位了）（2）若F为恒力,拉力做的功可用　

当小球用细线悬挂而静止在竖直位置,当用恒力拉离与竖直方向成θ角的位置过程中,则拉力F做功为：W=FS=FLsinθ.故本题选择C.FLsinθ.希望楼主满意.

平抛的竖直分位移是：H-L∴H-L=0.5gt^2t=√[2(H-L)/g]∴水平位移S=Vt=v*√[2(H-L)/g]∴v=√[gs/2(H-L)]2、最低点F向=F拉-mg=mv^2/L={m[

（1）缓慢的拉小球最后速度可认为0w=mgL(1-cosθ）（2）w=FLsinθ这个不知道对不对（3）拉到该位置时小球的速度刚好为零w=mgL(1-cosθ）

小球受到重力、库仑力和细绳拉力作用,把圆环微分成电荷量为Δq点电荷,由于对称性,库仑力的竖直分量恰好平衡,所以小球受到的库仑力水平向右.大小为kQΣΔq/L^2*cosθ=kQ^2/L^2*cosθ,

由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上一部分△x，设总电量为Q，则该部分电量为△x2πRQ；由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力F1=KQ△XQ2πL2R，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取以圆心对

（1）由机械能守恒，得m1gL（1-cos37°）=12m1v20 ①v0=2m/s   ②（2）设碰后速度为v，由动量守恒得m1v0=（m1+m2）v&nbs

设拉力F由牛顿第二运动定律得：F合=maF-Mg=maF=Mg+ma