上海海事大学大学物理作业系统答案(下)
大学物理练习册(下)答案解析
练习一1、C ，2、C ，3、C ，4、D,5、()j y a qy2/322042+πε， (j 为y 方向单位矢量)， 2/a ± ，6、()30220824R qdd R R qd εεπ≈-ππ，从O 点指向缺口中心点． 7、解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ， 它在P 点的场强： ()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L x q -+π=ε总场强为 ⎰+π=Lx d L xL q E 020)(d 4－ε()d L d q +π=04ε 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．8、解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ处取微小电荷 d q = λd l = 2Q d θ / π它在O 处产生场强θεεd 24d d 20220RQR q E π=π=按θ 角变化，将d E 分解成二个分量：θθεθd sin 2sin d d 202R Q E E x π==，θθεθd cos 2cos d d 202R Q E E y π-=-=对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=⎰⎰πππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R QE x ＝02022/2/0202d cos d cos 2R Q R Q E y εθθθθεππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰ 所以 j R Q j E i E E y x202επ-=+=练习二1、D ，2、C ，3、A ，4、C,5、不变、变，6、－3σ / (2ε0) ，－σ / (2ε0)， 3σ / (2ε0)7、解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ． 作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示． 按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S，即22d d 12εερεkSbx x kSx S SE bb===⎰⎰得到 E = kb 2 / (4ε0) (板外两侧) （2）过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E '，如图所示． 按高斯定理有 ()022εεkSbxdx kSS E E x==+'⎰xS P SEESSEd x b E 'd qR O xyθd θθＰLdd q x (L+d －x )d ExO得到 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-='22220b x k E ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0，必须是0222=-b x ， 可得2/b x = 6、解：挖去电荷体密度为ρ 的小球，以形成球腔时的求电场问题，可在不挖时求出电场1E，而另在挖去处放上电荷体密度为－ρ的同样大小的球体，求出电场2E，并令任意点的场强为此二者的叠加，即可得 210E E E +=在图(a)中，以O 点为球心，d 为半径作球面为高斯面S ，则可求出O '与P 处场强的大小.ρε302113414d d d E S E S π⋅=π⋅=⋅⎰ 有 E 1O’＝E 1P =d E 013ερ= 方向分别如图所示. 在图(b)中，以O '点为小球体的球心，可知在O '点E 2=0. 又以O ' 为心，2d 为半径作球面为高斯面S '可求得P 点场强E 2P()032223/)(4)(24d ερ-π=π⋅='⋅⎰'r d E S E S203212dr E P ερ-= （1） 求O '点的场强'O E. 由图(a)、(b)可得 E O ’ = E 1O’ =03ερd， 方向如图(c)所示.(2) 设空腔任一点P 相对O '的位矢为r '，相对O 点位矢为r则3ερr E PO =， 03ερr E O P '-=' , ∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．练习三1、D ，2、B ，3、C,4、C,5、q / (6πε0R )6、负，增加7、解：由高斯定理可得场强分布为：E =-σ / ε0 (－a ＜x ＜a ) E = 0 (－∞＜x ＜－a ，a ＜x ＜＋∞＝E 1P ρ PE 2P E P 图(d) O O ' P E 1O’ ρ 图(a) O ρO ' d E O’=E 1 图(c)O P E 2P -ρ O 'r E 2O’=0图(b)E 1P由此可求电势分布：在－∞＜x ≤－a 区间⎰⎰⎰---+==000/d d 0d aa xxx x x E U εσ0/εσa -=在－a ≤x ≤a 区间 00d d εσεσxx x E U x x =-==⎰⎰ 在a ≤x ＜∞区间 0000d d 0d εσεσax x x E U a a x x =-+==⎰⎰⎰8、解：设x 轴沿细线方向，原点在球心处，在x 处取线元d x ，其上电荷为x q d d λ='， 该线元在带电球面的电场中所受电场力为： d F = q λd x / (4πε0 x 2) 整个细线所受电场力为： ()l r r lq x x q F l r r +π=π=⎰+00024d 400ελελ 方向沿x 正方向．电荷元在球面电荷电场中具有电势能： d W = (q λd x ) / (4πε0 x ) 整个线电荷在电场中具有电势能： ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π=π=⎰+0000ln 4d 400r l r q x x q W l r r ελελ练习四1、D ，2、D ，3、B ，4、C ，5、U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-，6、r εεσσ0,， 7、解：金属球的电势r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r -+=εεε8、解:令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ∵ AB AC U U =，即-a +a O x UO R x r 0 r 0+ld xx∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C 10172-⨯-=-=S q B σ (2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV练习五1、πR 2c2、 5.00×10-5 T ， 3、20d 4a lI πμ ， 平行z 轴负向 ； 4、)11(4120R R I -μ，垂直纸面向外 ，2/122210)11(4R R I+μ ，12arctg R R +π21，5、)3231(40ππμ-+R I , 6、C, 7、解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P 的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取坐标如图所示，取宽为l d 的一无限长直电流l R II d d π=，在轴上P 点产生B d 与R 垂直，大小为RI R R R I R I B 20002d 2d 2d d πθμ=πθπμ=πμ= RI B B x 202d cos cos d d πθθμ=θ=RI B B y 202d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π=∴ 520202221037.6)]2sin(2[sin 22d cos -ππ-⨯=πμ=π--ππμ=πθθμ=⎰RI R I R I B x T 0)2d sin (2220=πθθμ-=⎰ππ-RI B y∴ i B51037.6-⨯= T8、解：(1) 对r ～r +d r 段，电荷 d q = λ d r ，旋转形成圆电流．则 r dq I d 22d π=π=λωω 它在O 点的磁感强度rrr IB d 42d d 000π==λωμμ⎰⎰+π==b a a r r B B d 4d 000λωμa ba +π=ln 40λωμ 方向垂直纸面向内． r r I r p m d 21d d 22λω=π=⎰⎰+==ba am m r r p p d 21d 2λω 6/])[(33a b a -+=λω 方向垂直纸面向内．练习六1、B2、)2(120I I -μ3、320μI ， 4、Rihπμ20，5、)2/(210R rI πμ ，0 6、解：取同轴闭合圆环r l π2= )(b r a <<则 ⎰π=⋅lr B l B 2d2222)(a b Ia r I ππππ--=∑∴ )(2)(22220a b r a r I B --=πμ 7、解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小， 由安培环路定律可得：)(220R r r R IB ≤π=μ因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RIRd 2020⎰π=μπ=40I μ在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+IμOarbd r ω1、A ，2、B ，3、)/(cos 2eB m θv π， )/(sin eB m θv ，4、alB 2，5、铁磁质，顺磁质，抗磁质，6、 0.226 T ，300 A/m7、解： (1) 0=⨯=B l I F bcB l I F ab⨯= 方向⊥纸面向外，大小为866.0120sin ==︒IlB F ab NB l I F ca⨯=方向⊥纸面向里，大小866.0120sin ==︒IlB F ca N(2)IS P m =B P M m⨯= 沿O O '方向，大小为221033.443-⨯===B l I ISB M m N ⋅(3)磁力功 )(12ΦΦ-=I A∵ 01=Φ B l 2243=Φ ∴ 221033.443-⨯==B l IA J 8、解：在直线电流2I 上任意取一个小电流元dl I 2，此电流元到长直线 的距离为x ，无限长直线电流1I 在小电流元处产生的磁感应强度 xI B πμ210=21021060cos 22dxx I I dl x I I dF ⋅==πμπμ ab I I dxx I I F ba ln 60cos 22100210πμπμ=⋅=⎰1、D ，2、C ，3、A ，4、0.40 V ， 0.5 m 2/s ，5、 5×10-4 Wb ，6、解：2IB xμπ=ln 22d adIl Id a ldx x dμμππ++Φ=⋅=⎰0l n c o s 2N I l d d a Nt dt dμωεωπΦ+=-=- 7、解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ∴ klvt tm-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向．练习九1、28/104.0s m ⨯顺时针 2、 πBnR 2 ，O 3、dtdBR221π， 4、等于零，不等于零；不等于零，等于零 5、RBfr 22π6、解： 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰+-<+-==ba ba MN ba ba Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba ba Iv -+ln 20πμ M 点电势高于N 点电势，即ba ba Iv U U N M -+=-ln 20πμ 7、解： ∵ bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε=-=t abd d 2ΦεtB R B R t d d 12π]12π[d d 22=--∴ tBR R acd d ]12π43[22+=ε ∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →练习十1、C ，2、C ，3、0，4、 垂直纸面向里 ， 垂直OP 连线向下 ，5、（4）（2）（1） 5、解：圆柱形电容器电容 12ln 2R R lC πε=12ln 2R R lUCU q πε== 1212ln ln 22R R r U R R r lU S q D εππε===∴ 12ln R R r ktDj ε=∂∂=6、如图10-17图所示，取r l S d d = 则 ⎰⎰-----=--=-+=ad aad aad da a d Il r r r Ilr l r Ir πI)ln (ln 2πd )d 11(π2d ))d (π22(0000μμμμΦ aad Il-=lnπ0μ ∴ aad lIL -==lnπ0μΦ练习十一1、A2、 B3、B ，4、D ，5、2π (n -1) e / λ ， 4×103 ；6、解: (1)由λk d D x =明知，λ22.01010.63⨯⨯=， ∴ 3106.0-⨯=λmm oA 6000=(2) 3106.02.010133=⨯⨯⨯==∆-λd D x mm7、解：(1) ∆x ＝20 D λ / a ＝0.11 m(2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n －1)e ＋r 1＝r 2设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有 r 2－r 1＝k λ所以 (n －1)e = k λk ＝(n －1) e / λ＝6.96≈7 零级明纹移到原第7级明纹处练习十二1、A ，2、 C ，3、C ，4、 1.40 ，5、0.6mm 。
上海海事大学物理实验题库
上海海事大学物理实验题库1．两个直接测量值为0．5136mm和10．0mm，它们的商是（）a:0.05136b:0.0514c:0.051d:0.1答案：（b）2.在热敏电阻特性测量实验中，QJ23箱式电桥“B”和“g”开关的使用规则如下：（）a：测量时按“B”在“g”之前，断开时按“g”在“B”之前，B：测量时按“g”在“B”之前，断开时按“B”在“g”之前。
C：测量时同时按下“g”和“B”，断开时，“B”和“g”也应同时放置d：电桥操作与开关“g”和“b”的按放次序无关。
答案：（a）3.观察李萨如图形时，稳定图形的调整方法为：（）a：通过示波器同步调节，使图形稳定；b：调节信号发生器的输出频率；c：改变信号发生器输出幅度；d：调整示波器时基，微调旋钮，改变扫描速度以稳定图形。
答复：（d）4．qj36型单双臂电桥设置粗调、细调按扭的主要作用是：（）ａ：保护电桥平衡指示仪（与检流计相当），便于把电桥调到平衡状态；ｂ：保护电源，以避免电源短路而烧坏；ｃ：保护标准电阻箱；d：保护测量的低电阻，避免过度加热和燃烧。
答：（a）5．选出下列说法中的正确者：（）答：qj36双臂电桥的一个特点是可以大大降低连接线电阻的影响。
b：qj36型双臂电桥连接低电阻的导线用铜片来代替，从而完全消除了导线引入的误差。
c：qj36型双臂电桥设置“粗”、“细”调按钮，是为了避免电源烧坏。
d：双桥电路中的换向开关是为了保护被测的低电阻，避免因过热而烧毁。
答：（a）cm(通过某一关系式计算得到)，不6．某同学得计算得某一体积的最佳值为v?3.415678确定度为?v?0.64352cm3，则应将结果表述为：()a:v=3.415678？0.64352cmb:v=3.415678？0.6厘米33c:v=3.41568？0.64352cmd:v=3.4？0.6厘米回答：（d）7．几位同学关于误差作了如下讨论：错误就是错误。
只是误差是可以计算出来的。
4上海海事大学大学物理期末考试试卷及答案
4刚体动力学填充题一。
(2) ; (1) : (m), )2 ( ) (4)( 2它的轨迹方程加速度矢量的速度矢量和它试求运动方程为已知质点的j t i t t r v v v+=2522 2 4 )2(8 281y x t t y t x idtvd a ji t dt rd v =====+==得轨道方程，消去，由题意知）（v v v v v v v 图解：一根质量为m ，长为l 的均匀细棒OA 可绕通过其一端的光滑轴 O 在竖直平面内转动，今使棒从水平位置开始自由下摆， 则细棒摆到竖直位置时其角速度ω=___________。
OA69lg3图解：两飞轮对各自的转轴的转动惯量均为J ，半径都为R ，如图, 1飞轮通过绳子挂一 质量为m 的物体，2飞轮上的绳子受一恒力mg 的作用，则两飞轮的角加速度分别为β 1 = _______________,β 2 = ________________。
112mgR/(J+mR 2) mgR/J图解：如图,一根细杆长为l ，质量为m ，现使其从水平位置开始释放，则细杆摆到θ角位置时角 速度ω=___________。
mo 186lg θsin 2 图解：一变力矩M (θ)=2θ (N·m )，作用于转动惯量J=8(kg·m 2)作定轴转动的刚体上，设θ = 0时，刚体静止。
若忽略一切阻力，则该力矩作用于刚体上，使它转过2π角，作功_____，刚体的角速度________。
19842π(J) ，4π图解：一个能绕固定轴转动的轮子，除受到轴承的恒定摩擦力矩M r 外，还受到恒定外力矩M 的作用。
若M= 20 N·m ，轮子对固定轴的转动惯量J=15 kg·m 2，在t= 10 s 内，轮子的角速度由ω0= 0增大到ω=10 rad /s ，则M r =____________。
398 5.0 图解：飞轮对自身轴的转动惯量为0J ，初角速度为0ω，作用在飞轮上的阻力矩为M （常量）。
上海海事大学附属中学2022-2023学年高三物理知识点试题含解析
上海海事大学附属中学2022-2023学年高三物理知识点试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 下列关于功和机械能的说法，正确的是A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用势能，其大小与势能零点的选取有关D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量参考答案：BC2. 如图所示，在xOy平面内有一列沿x轴传播的简谐横波，频率为2.5HZ 。
在t=0时，P点位于平衡位置，且速度方向向下，Q点位于平衡位置下方的最大位移处。
则在t=0.35s时，P、Q两质点（）A．位移大小相等，方向相同B．速度大小相等，方向相同C．速度大小相等，方向相反D．加速度大小相等，方向相反参考答案：B 、D3. (5分) 如图，一束光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线，则（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A.在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度B. 在真空中，a光的波长小于b光的波长C. 玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率D.若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a首先消失E.分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距参考答案：ABD试题分析：由图可知：玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，故C错误；在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故A正确；a光的频率大于b光的频率,在真空中，a光的波长小于b光的波长，故B正确；若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，因为a光的折射率大，则折射光线a首先消失，故D正确；a光的波长小于b光的波长，分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，故E错误。
上海海事大学《大学物理》 A卷-参考
10、真空中有一半径为 R 的球面均匀带电，带电量为 Q，在球心 O 处有一带电 量为 q 的点电荷，设无穷远处为电势零点，则在球内与球心 O 距离为 r 的点 P 处的电势为（ ）。（3.0）
A、
B、
C、
D、 正确答案： B 解析：
图 1-1
（3.0）
A、 动量相同，动能也相同 B、 动量相同，动能不同 C、 动量不同，动能也不同 D、 动量不同，动能相同 正确答案： D 解析：
3、已知两个物体 A 和 B 的质量和速率都不相同，若物体 A 的动能在数值上比物
体 B 的大，则物体 A 的动能 与物体 B 的动能 之间的关系为（ （3.0）
15、把一个静止的质量为 的粒子，由静止加速到 速）需要做的功等于（ ）。（3.0）
A、 B、 C、 D、 正确答案： B 解析：
（c 为真空中的光
二、 填空题 （共 6 题，20 分）
1、有一质点沿 x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为
（SI），那么该质
点第 2 秒内的平均速度为____，第 2 秒末的瞬时速度为_____，第 2 秒内的路程
为_____。（6.0）
正确答案： 第 1 空: 第 2 空: 第 3 空: 解析：
3、已知地球的质量为 m，太阳的质量为 M，地心与日心的距离为 R，引力常量 为 G，则地球绕太阳作圆周运动的轨道角动量为____。（2.0）
正确答案： 第 1 空: 解析：
4、一质点作简谐振动，振动方程为 的速度为____。（2.0）
为 ，角速度为 ，然后将两手臂合拢，使其转动惯量为 ，则转动角速度 变为（ ）。（3.0）
A、
上海海事大学物理Chp_03
o
ri
mi
Fi
合外力矩 M z ri Fi
加速度：
M z mi ri ai mi ri ain
ai ai ain
§3-2 定轴转动定律 转动惯量
M z mi ri ai mi ri ain 2 其中：ri ain 0 ri ai ri ai sin 90k ri k
1 2 2 J m(r1 r2 ) 2
§3-2 定轴转动定律 转动惯量
r
第3章 刚体力学基础
l
r l 圆柱体转轴通过中 心与几何轴垂直
圆柱体转轴沿几何轴
1 J mr 2 2
mr ml J 4 12
2
2
§3-2 定轴转动定律 转动惯量
第3章 刚体力学基础
l 细棒转轴通过中 心与棒垂直
v r 0.2 4 π m s 2.5 m s
2
2
该点的切向加速度和法向加速度
a r
2
π 0.2 ( )m s 2 0.105 m s 2 6
an r 0.2 (4 π)2 m s2 31.6 m s2
v r
第3章 刚体力学基础 §3-1 刚体运动的基本形式 2. 定轴转动中的基本关系式 刚体定轴转动的运动学中所用的角量关系及角量和 线量的关系如下：
d (t ), dt
d d2 2 dt dt
v2 v r a r a n r 2 r 注意：、是矢量，在定轴转动中由于轴的方位不 变，故用正负表示其方向。
2 2
L
上海海事大学附属高级中学高二物理下学期期末试题带解析
上海海事大学附属高级中学高二物理下学期期末试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。
质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。
在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是( )A. 弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大B. 板的加速度一直增大C. 弹簧给木块A的冲量大小为D. 弹簧的最大弹性势能为参考答案：D在木块A与弹簧相互作用的过程中，从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以弹簧压缩量最大时，B板运动速率不是最大，当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；弹簧压缩量先增加后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先增加后减小，故B错误；设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2．取向左为正方向，根据动量守恒定律，有：2mv0=2mv1+mv2；根据机械能守恒定律，有：?2m?v02=?2m?v12+mv22；解得：v1=v0，v2=v0．对滑块A，根据动量定理，有：I=2mv1-2mv0=-mv0（负号表示方向向右），故C错误；当滑块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大；根据动量守恒定律，有：2mv0=（m+2m）v ；系统机械能守恒，根据守恒定律，有：E p=?2m?v02-（2m+m）v2；由以上两式解得：E p=mv02，故D正确；故选D.2. 用下图所示装置做“探究功与物体速度变化的关系”的实验，小车在橡皮筋的作用下弹出，沿木板滑行。
第一次实验用1条橡皮筋，橡皮筋对小车做的功记为W，当把2条、3条、4条……与第1次实验完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次……实验时，橡皮筋对小车做的功为2W、3W、4W……，每次橡皮筋做功后小车获得的速度可通过打点计时器和纸带测出，探究小车获得的速度与橡皮筋所做功有什么定量关系。
上海海事大学附属高级中学2020-2021学年高二物理下学期期末试卷含解析
上海海事大学附属高级中学2020-2021学年高二物理下学期期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 一电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻为200Ω．要把它改装成一个量程为0.5A的电流表，则应在电流表上A．并联一个200Ω的电阻 B．并联一个0.4Ω的电阻C．串联一个0.4Ω的电阻 D．串联一个200Ω的电阻参考答案：B2. 以下说法中，正确的是A.电荷处于磁场中一定受到洛伦兹力B.运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力C.洛伦兹力对运动电荷一定不做功D.洛伦兹力可以改变运动电荷的速度方向参考答案：CD3. （单选）下面给出的物理量中，标量的是( )A．位移B．路程C．加速度D．速度参考答案：B4. 关于单摆，下列说法正确的是（）A．摆球运动的回复力是摆线的拉力与重力的合力B．摆球运动过程中经过轨迹上同一点，加速度是相同的C．摆球运动过程中，加速度的方向始终指向平衡位置D．摆球经过平衡位置时，加速度为零参考答案：B5. 如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于同一竖直平面内，为使MN垂直纸面向外运动，可以A．将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极B．将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极C．将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极D．将b、c端接在电源正极，a、d端接在电源负极参考答案：AB二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图所示为一正弦式电流的u—t图象，由图可知：该交变电流的频率为 Hz，电压的有效值为------- V。
参考答案：50 2207. 电磁灶是利用原理制成的，它在灶内通过交变电流产生交变磁场，使放在灶台上的锅体内产生而发热。
参考答案：8. 两小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平台面上，将细线烧断，木块A，B被弹簧弹出，最后落在水平地面上，落地点与平台边缘的水平距离分别为l A=1m，l B=2m，如图所示．则：（1）木块A、B离开弹簧时的速度大小之比v A：v B=；（2）木块A、B的质量之比m A：m B=；（3）弹簧对木块A、B的冲量大小之比I A：I B=．参考答案：（1）1：2；（2）2：1；（3）1：1．【考点】动量守恒定律．【分析】木块被弹出离开桌面后做平抛运动，根据平抛运动的特点即可判断木块A、B离开弹簧时的速度大小之比．对于弹簧弹开两个物体的过程，运用动量守恒判断质量之比，根据动量定理求出弹簧对木块A、B的冲量大小之比【解答】解：（1）两个木块被弹出离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，因为下落的高度相等，所以运动的时间相等，水平方向上根据公式x=v0t及l A=1m，l B=2m得：v A：v B=l A：l B=1：2；（2）弹簧弹开两个物体的过程，对两个木块组成的系统，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：m A v A﹣m B v B=0解得：m A：m B=v B：v A=2：1；（3）由动量定理得：I A：I B=m A v A：m B v B=1：1；故答案为：（1）1：2；（2）2：1；（3）1：1．9. （19分）（1）实验室常用打点计时器打出的纸带，研究与纸带相连接物体的运动.纸带上直接记录的物理量有和；若打点计时器使用的交流电源的频率为f，每5个点取一个记数点，则相邻记数点的时间间隔为 .参考答案：时间、位移（或位置）、5/f解：用打点计时器研究小车的运动情况时，打出的纸带上记录的是相邻两点间的时间间隔是相等的，同时还记录了运动物体在此时间内通过的路程．每5个点取一个点，则记数点之间的时间间隔为5T，T，所以时间间隔为，故答案为：时间、位移（或位置）、5/f 10. 某交流电压随时间的变化规律如图所示。