【正文】 長的光，所以在同種介質(zhì)中傳播的速度都不相同，所以到達玻璃棒右端點的時間都不同，所以……選D012210I波長為λ1的單色光的亮條紋波長為λ2的單色光的亮條紋I6．典型的單擺模型：T=2π= s，實際時間是= s 7．兩束光到達I位置的光程差記為d；對于波長為λ1的單色光而言，d=；對于波長為λ2的單色光而言，d=λ2，故λ2：λ1=3：28．兩個帶電體不再交換電荷的條件，并不是兩者電荷量相等，而是兩者電勢相等！由第一次知，當(dāng)電荷量為4μC：2μC時，既電荷量之比為2：1時，兩者電勢相等。所以瓶轉(zhuǎn)過的角度∠DED′=θ．DD′=，且因為是微小的轉(zhuǎn)動，故由微量處理知，OO ′=DD′=同理：O′D′=OD=h D′E=DE=L－h(huán)=故：sinθ= 得θ=arcsin12．(1)該方形線框的質(zhì)量：m=ρV=ρS4L=4Lρπr02方形線框的重力相對于AB邊的力矩為：Mg=mgcosθ=2L2ρgπr02 cosθ(2)由于電流方向未知，所以引起的安培力方向及其力矩方向均未知，故需要分類討論b(a)FgFF安b(a)FgFF安況1：安培力水平向左，力矩M安+MF=MgM安=2L2ρgπr02 cosθ－FL cosθ又因為 M安=F安Lsin θ 聯(lián)立得：F安=2Lρgπr02 cotθ－Fcotθ況2：安培力水平向右，同理 力矩M安+ Mg =MF得：F安= Fcotθ－2Lρgπr02 cotθ(3)磁通量 φ(θ)=L2Bcosθ 感應(yīng)電動勢ε==L2cosθ│方形線框的電阻R，由電阻定律有R=ρ= 該方形線框上的感應(yīng)電流為i==cosθ│cd邊所受到的安培力的大小為 FA=iBL=cosθ│因為要外力F等于零，所以是第(2)小題中的第1種情況 │=13．(1)設(shè)大氣壓強為p0．初態(tài)：I室內(nèi)氣體壓強為p1；III室內(nèi)氣體壓強為p3，氣柱的長度為l3．末態(tài)：I室內(nèi)氣體壓強為p1′；III室內(nèi)氣體壓強為p3′．由初態(tài)到末態(tài)：活塞左移距離為d．首先用整體法，力學(xué)平衡： p3(2S)= p1S+ p0(2S－S)然后對三部分氣體分別分析：p1lS=νRT1； p0(； p3l3(2S)=(2ν)RT1聯(lián)立上述各式得：=+ 得：l3=(2)方法同第(1)小題：p3′(2S)= p1′S+ p0(2S－S)對I室中氣體：p1′(l－d)S=νRT2=νR2T1 對III室中氣體：p3′(l3+d)(2S)=(2ν)RT3′T3′=因而有E(n－1)0= =(n－1) μmgl (因為要繼續(xù)滑行距離l) ⒀由⑤⒀ 得：v10=(2)整個過程中克服摩擦力所做的功為W=μmgL+μ(2m)gL+μ(3m)gL+……+μ[(n－2)m]gL+μ[(n－1)m]gl=(3)在整個過程中僅僅由于細線拉緊引起的總能量損失為ΔE==－ =16．(1)取小物塊的平衡位置為原點O，y軸的方向豎直向下，如圖所示。[Ey－vpxBz] －vny=－μp一開始瓶的縱向幾何中心與棉線的縱向幾何一直線，最終瓶的縱向幾何中心在O點的正下方。、l0=，重力加速度g= m/s。已知該方形線框銅線的電導(dǎo)率(即電阻率的倒數(shù))為σ，銅線的半徑為r0，質(zhì)量密度為ρ，重力加速度大小為g．(1)當(dāng)框平面與水平面abef的夾角為θ時，求該方形線框所受到的重力矩。8．(10分)某一導(dǎo)體通過反復(fù)接觸某塊金屬板來充電。在通過玻璃棒后光脈沖的光強I隨時間t的變化最可能的圖示是(虛線部分為入射前的總光強隨時間變化示意圖)( )二、填空題．把答案填在題中的橫線上．只要給出結(jié)果，不需寫出求得結(jié)果的過程．6．(10分)如圖，一個球冠形光滑凹槽深度h=，球半徑為20m．。求平衡時該角度的大小。16．(20分)如圖，兩勁度系數(shù)均為k的同樣的輕彈性繩的上端固定在一水平面上，下端懸掛一質(zhì)量為m的小物塊。據(jù)題意，三根火柴的結(jié)構(gòu)在重物質(zhì)量逐漸增大時是穩(wěn)定的。但在這個階段，霍爾電場在持續(xù)的增強。得 l==由小量展開式：當(dāng)x1時， ，知l==l0+ysinα0 ⑤將⑤代入③，得 sinα=，由 當(dāng)x1時，知