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·1·故选B。A错误；故选D。整理得恒星质量Mr=nR代入得奇数倍Δr=(nB点到波源距离rB=4m波程差Δr=1m代入得1=(n+0.5(λ解得m·2·B点到波源距离rm=5m故选B。(R+r)R+2r)故选A。U故选A。B．初始时已知p1>p2，由pV=nRT得n1>n2，分子数不相等，故B错误。故选D。·3·故选BC。f=kv，浮力为F浮=2G+2Tcosαsinθ整理可得tan故选BC。解得v=gRC．根据题意，水平方向上，由动量定理有Ix=Δp=-mv-mv=-2mgR竖直方向有Iy=qvBcos则小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为I故C错误；D．若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，竖直方向上有mg+FNy=q.故选AD。·4·(5)[3]由单摆周期公式T=·5·可得n根据折射定律n其中n,=1.8导体棒所受的安培力F=BIL根据牛顿第二定律F=ma0当储能器电压为U0时(此时电路中电流不为0)，对导体棒根据动量定理有-ΣBIL.t=mv-mv0又q=ΣI.t可得-BLq=mv-mv0联立可得v从t0_,=I.t_·6·导体棒产生的焦耳热为QQ总根据机械能守恒定律有mgLmv2解得小球接触地面瞬间的速度的大小v=2gL设此时小球的速度为v1，根据机械能守恒定律mgLmv此时小球水平方向分速度vx1=v1co竖直方向分速度vy1=v1sinβ v小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值tanα=v v联立解得tan·7·弹射装置释放的能量Ekm0vm0vmv2联立可得EmgL即有m0v2sinθ=m0v3sinθ,m0v2cosθ+m0v3cosθ
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