同济大学物理上复习资料

普通物理上总复习期末考试试卷：100分：其中物理B(上)课程学习：90分演示实验：5分信息化教学：5分考试成绩：60%；平时成绩：20%；(作业，期中考试，点名….)期中成绩：20%；

竞赛加分，学习报告………1物理演示实验题考试范围（2013.6）:等质量四筒比滚仪角动量叠加和守恒演示仪角动量叠加演示仪转动定律演示仪避雷针模拟演示仪法拉第笼演示仪跳环及磁悬浮演示仪环形驻波演示仪弹簧纵驻波演示仪激光钢尺李萨如图演示仪力学：瑞安楼305房间振动与波：瑞安楼307房间电磁学：瑞安楼309房间2等质量四筒比滚仪激光钢尺李萨如图演示仪角动量叠加演示转动定律演示避雷针模拟演示仪角动量叠加和守恒演示跳环及磁悬浮演示仪法拉第笼演示仪环形驻波演示仪弹簧纵驻波演示34角动量叠加和守恒演示四、探索题“跳环彩灯及楞次定律”演示试验中，电源为

（交流/直流）电。打开电源开关，分别将不同金属环穿入磁芯，增大电流强度。若将铝环穿入磁芯，铝环将

（悬浮/不悬浮）；若将铁环穿入磁芯，铁环将

（悬浮/不悬浮）；若将铜环穿入磁芯，铜环将

（悬浮/不悬浮）；若将发光二级管靠近磁芯，发光二级管将

（发光/不发光）。51.书上打*号的章节不考；2.第一章和第二章不单独命题；3.第三章流体不在命题范围内；4.第四章振动的分解、波速与介质特性的关系、声波不在命题的范围内。5.第五章6.第六章6-2-2极化强度P及其计算不在命题范围内；7.第七章磁场：§7-1稳恒电流、§7-8-1、3、4

磁介质不在命题范围内，§7-8-2定性了解；8.第八章电磁感应：§8-3自感和互感,§8-4磁场的能量,§8-5位移电流,§8-6麦克斯韦方程组

不在命题的范围内。物理B（上）命题范围2012-2013刚体部分平行轴定理转动惯量刚体的转动定律角动量守恒定律刚体对定轴角动量定理：7定轴转动的动能定理：转动动能：力矩的功功能原理：机械能守恒：81.有两个半径相同，质量相等的细圆环A和B.A环的质量分布均匀，B环的质量分布不均匀，它们对通过环心并与环平面垂直的轴的转动惯量分别是JA和JB,则：

(A)JA>JB(B)JA<JB(C)JA=JB(D)不能确定JA和JB哪个大。2.均匀细杆OA可通过其一端O点,在竖直平面内转动,如图所示.现在使杆由水平位置从静止开始自由下摆,在杆摆到竖直位置的过程中,下列说法正确的是：

(A)角速度从小到大,角加速度从大到小；

(B)角速度从小到大,角加速度从小到大；

(C)角速度从大到小,角加速度从大到小；

(D)角速度从大到小,角加速度从小到大.

[]A解:重力矩：91.一根轻绳绕在有水平转轴的定滑轮上,滑轮的质量为m,绳下端挂有一物体.物体所受的重力为G,滑轮的角加速度为β.现在将物体去掉,代之以与G相等的力直接向下拉绳,滑轮的角加速度将：(A)不变(B)变小(C)变大(D)无法确定

[]C解:10D3.几个力同时作用在一个具有固定转轴的刚体上,如果这几个力的矢量和为零,则此刚体

(A)必然不会转动(B)转速必然不变

(C)转速必然改变(D)转速可能不变,也可能改变

[]116.设一飞轮的转动惯量为J,在

t=0时角速度为

0.此后飞轮受到一制动作用,阻力矩M的大小与角速度

的平方成正比,比例系数k(k>0).当时,飞轮的角加速度

=

.从开始制动到所经过的时间t=

.解:12mMm1m2RT1T2m1gm2gm2>m1考题类型：计算题MmmgT13mm1m2R1T1T2m1gm2gM1R2M2m1m2MT1T2m2gR14解:1.如图所示，两个同轴匀质圆盘，一大一小，构成一个组合轮，小圆盘的半径为r，质量为m；大圆盘的半径为r′=2r，质量m′=2m。组合轮可绕通过其中心且垂直于盘面的水平固定轴转动，整个组合轮对轴的转动惯量为J=9mr2/2。两圆盘边缘上分别绕有轻质细绳，细绳的下端分别悬挂质量皆为m的物体A和B，这一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动，绳的长度不变，且不计一切摩擦。已知r=10cm。求：（1）组合轮的角加速度β；（2）当物体A上升40cm时，组合轮的角速度ω。(1)由牛顿定律和转动定律：15(2)物体A上升h时，组合轮转过的角度由运动学方程：得组合轮在该时刻的角速度：162．如图所示，两物体A和B的质量分别为m1和m2，滑轮质量为m，半径r，已知物体B与桌面间的滑动摩擦系数为μ，不计轴承摩擦，求物体A下落的加速度和两段绳中张力。各物体的运动方程：

1718例一半经为R、转动惯量为J的圆柱体B，可以绕水平固定的中心轴O无摩擦转动。起初圆柱体静止，一质量为M的木块以速度v1在光滑水平面上向右滑动，并擦过圆柱体的上表面跃上另一同高度的光滑表面。设它和圆柱体脱离接触以前，它们之间无相对滑动，求木块的最后速度v2。解二.

系统角动量守恒：解一.

由动量定理，对木块M：对圆柱体，由角动量定理：19波动方程简谐振动方程旋转矢量法确定初位相：求振动方程的一般方法：（1）由公式求A；（2）旋转矢量法求

0。yxPo

v0>0v0<0机械振动和机械波部分20波的干涉振幅：加强减弱21振动曲线波形曲线图形研究对象物理意义特征某质点位移随时间变化规律某时刻，波线上各质点位移随位置变化规律对确定质点曲线形状一定曲线形状随t向前平移由波形曲线可知该时刻各质点位移只有t=0时刻波形才能提供初相波长

,振幅A某质点方向参看前一质点A

xPt0

uOAtPt0TO

由振动曲线可知某时刻方向参看下一时刻初相周期T

振幅A

22振动与波能量的区别

振动的能量

波的能量在振动过程中，振子动能和势能分别随时间变化，但任一时刻总机械能保持不变。在波动过程中，任一质元的动能和势能相等，且同周期，同相位变化。时间一定时，总能量随x作周期性变化，机械能不守恒。

峰值处：势能最大,动能为0.平衡位置：势能为0,动能最大.峰值处：势能=动能=0。平衡位置：势能=动能最大。计算：弹性势能：能流密度（波的强度）：23计算题1、从振动方程波动表达式（1）已知坐标原点的振动方程（2）已知非坐标原点的振动方程（如x0点），一般通过坐标变换求得x

x-x02、从波动表达式振动方程很简单：固定x就是振动方程243、从波形图建立波动表达式（1）已知t=0时刻的波形图（2）已知任意时刻的波形图(更换计时起点)

将t=0时刻的波动表达式中的t

用t-t0替换，即可得到所要任意时刻波动表达式原点的振动方程波动表达式A

xPt0

uO255．一质点作谐振动，周期为T，当质点从平衡位置向x轴正方向运动时，由平衡位置运动到二分之一最大位移处所需要的时间为：（A）T/4（B）T/12

（C）T/6（D）T/8

3．把单摆从平衡位置拉开，使摆线与竖直方向成一微小角度

，然后由静止放手任其振动，从放手时开始计时。若用余弦函数表示其振动表达式，则该单摆的初位相为

。265.已知两个谐振动曲线如图所示，x1的位相比x2的位相超前____________。OA振动1比振动2在时间上超前：相应的超前：27D7.在弦线上有一简谐波，其表达式为为了在此弦线上形成驻波，且在x=0处为波腹，此弦线上还应有一简谐波，其表达式为[](SI)(SI)(SI)(SI)(SI)(A)(B)(C)(D)解:设因为x=0处为波腹则位相应始终相同287．如图所示，、为相干波源，相距1/4波长，的相位较超前，若两波在连线上传播时各自的强度均为

I0

，则外侧各点合成波的强度为________；外侧各点合成波的强度为______。解:29一平面简谐波在弹性媒质中传播，在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中：它的动能转变成势能。它的势能转变成动能。它从相邻的一段质元获得能量，其能量逐渐增大。他把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减小。一平面简谐波在弹性媒质中传播，在某一时刻，媒质中质元正处于平衡位置，此时它的能量是：动能为0，势能最大。动能为0，势能为0。动能最大，势能最大。动能最大，势能为0。DC30计算题机械振动与机械波部分31静电场

的计算叠加法高斯定理(三种对称情况)电势梯度(分量积分)

C

的计算

V的计算叠加法场强积分零势点选取分段积分

We

的计算电磁学32归纳点电荷均匀带电直线无限长EOrEOrQ带电量电荷线密度lE8r12E8r1均匀带电球体REOrQ带电量E8r12均匀带电圆柱面无限长REOr电荷面密度sE8r1均匀带电球面REOrQ带电量E8r12均匀带电平面无限大EOX电荷面密度ss20e近场33恒定磁场

的计算

磁力、磁力矩的计算

的计算叠加法安培环定理(对称性)34a.载流直导线b.圆电流轴线上一点的磁场c.密绕直螺线管内部轴线上的磁场圆心：(x=0)部分圆线圈：典型磁场分布35长直电流与圆电流的组合――例求下各图中0点的B的大小

I

I

O

o

OI

R

o

R

I

o

I1aO

Icb236电磁感应

感应电动势的计算37电学填空题2.

如图所示，真空中有一半径为R的均匀带电球面，总带电量为Q(Q>0)。今在球面上挖去一小块的面积△S(连同电荷)，且假设挖去后不影响原来的电荷分布，则挖去后球心处电场强度的大小E

=

，其方向为

。RO

S挖去前球心的原场强为零由圆心O点指向

S385.一半径

R的均匀带电球面，带电量为

Q，若规定该球面上电势为零，则球面外距球心

r处的P点的电势

UP=

。RrPQ396.如图所示，有两根与纸面垂直的无限长均匀带电直线，其电荷线密度分别为+λ和-λ

，分别位于x=+a/2及x=-a/2处。Oy轴上任意一点的电场强度大小为

，方向为

。E1E2沿x轴负方向xy+a/2-a/2-λ+λOθ407.把一个均匀带电量为+Q的球形肥皂泡由半径r1

吹胀到r2

，则半径R(r1

<R<r2)的高斯球面上任一点的场强大小E由

变化为

；电势

U由

变化为

(选无穷远处为电势零点)。

RPEU0411.一绝缘细棒弯成半径为R的半圆形，其上半段均匀带电量+q，下半段均匀带电量-q

，如图所示。求圆心处电场强度。由对称性可知：O点场强

Ex方向分量为

0,只有y分量.三、计算题不能利用高斯定理或场强与电势的关系求得场强叠加原理沿y轴反向42解:(1)

3.一半径为R

的带电球体，其电荷体密度

分布为：

(q为一正的常数)试求：(1)带电球体的总电量；(2)球内、外各点的电场强度；(3)球内、外各点的电势。43(2)球内、外各点的电场强度在r>R

区域在r<R

区域44(3)球内、外各点的电势在r>R

区域在r<R

区域45大作业．盖革计数管由一内直径为2cm的金属长圆筒，以及在其中央的一根直径为0.134mm的金属细丝构成。如果在金属丝与圆筒之间加上850V的电压，试分别求金属丝表面处和金属圆筒内表面处的电场强度的大小。已知两圆柱形极板间的电压求电场作半径为r（R1＜r＜R2）同轴髙斯圆柱面，R1R2rλ为金属细丝上电荷线密度高斯定理解：导线与圆筒间电势差为导线表面处：圆筒内表面处：46xdx计算题半径为R的均匀带电球面，带有电荷q，沿某一半径方向有一均匀带电细线，电荷线密度为λ，长度为l，细线左端离球心距离为r0，设球和线上的电荷分布不受相互作用影响，试求细线所受球面电荷的电场力和细线在该电场中的电势能（设无穷远处电势为零）.设X轴沿细线方向，原点在球心处，取线元dx，dq’=λdxXORqr0lλr0r0+l线元所受电场力：整个细线所受电场力：方向沿X正方向。线元在球面电荷电场中电势能：整个细线在电场中电势能：解：47导体与电介质部分2.选无穷远处为电势零点，半径为R的导体球带电后，其电势为U0

，则球外离球心距离为r

处的电场强度的大小为（A）(B)(C)(D)483.在一点电荷产生的静电场中，一块电介质如图放置。以点电荷所在处为球心做一球形闭合面，则对此球形闭合面：（A）高斯定理成立，且可用它求出闭合面上各点的场强；（B）高斯定理成立，但不能用它求出闭合面上各点的场强；（C）由于电介质不对称分布，高斯定理不成立；（D）即使电介质对称分布，高斯定理也不成立。

q0---q'+++494．一平行板电容器，两极板相距为d，对它充电后与电源断开。然后把电容器两极板之间的距离增大到2d，如果电容器内电场的边缘效应忽略不计，则（A）电容器的电容增大一倍；（B）电容器所带的电量增大一倍；（C）电容器两极板间的电场强度增大一倍；（D）储存在电容器中的电场能量增大一倍。(C)极板间场强不变(B)极板电量不变(A)电容减小为原来的1/2(D)电容的电场能量增大1倍:505.如图所示，两个同样的平行板电容器A和B，串联后接在电源上，然后把一块相对介电常数为

r的均匀电介质插入电容器B中.则电容器A中的场强EA与电容器B中的场强EB的变化情况是（A）EA不变，EB增大（B）EA不变，EB减小（C）EA减小，EB增大（D）EA增大，EB减小AB++--插入电介质前：插入电介质后：EB减小EA增大516.两个半径不同带电量相同的导体球，相距很远。今用一细长导线将它们连接起来，两球带电量重新分配的结果是：（A）各球所带电量不变；（B）半径大的球带电量多；（C）半径大的球带电量少；（D）无法确定哪一个导体球带电量多。

R1R2527.一个未带电的空腔导体球壳，内半径为R，在腔内离球心的距离为d处（d<R），固定一电量为+q

的点电荷，如图所示。用导线把球壳接地后，再把接地线撤去。选无穷远处为电势零点，则球心O处电势为+qOd-----+++++

（B）（C）（D）（A）0电势叠加原理：电荷的最终分布：腔内点电荷+q，壳内表面总电荷-q53B板不接地：金属板内场强为零：A板B板B板接地：4．如图所示，把一块原来不带电的金属板B，移近一块已带有正电荷Q的金属板A，平行放置。设两板面积都是S，板间距离，忽略边缘效应。当B板不接地时，两板间电势差＝

。B板接地时，两板间电势差＝

。54高斯定理1．两块相互平行的导体板，板面积均为S，相距为d，两板的电势分别维持在V和0，现将第三块带有电荷的相同导体板，平行地插在两极板、的正中间。求板的电势。（设两极板、间的距离远小于板的线度，板厚度不计，并且忽略边缘效应。）三、计算题55或由高斯定理两极板电荷分别为：和（1）（2）（3）562.半径为a的两根无限长平行直导线，它们之间的距离为d，且d>>a.若导线均匀带电，试求导线单位长度的电容量。设两平行导线A和B单位长度的带电量为X处的场强：573.如图所示，在一不带电的金属球旁，有一点电荷+q，金属球半径为R，点电荷+q与金属球球心的间距为r，试求：（1）金属球上感应电荷在球心处产生的电场强度。（2）若取无穷远处为电势零点，金属球的电势为多少？（3）若将金属球接地，球上的净电荷是多少？ROr+q+++---解:(1)设点电荷+q在O点产生的场强为E1,球面上感应电荷在O点产生的场强为E2,O点的总场强为E,有58ROr+q+++---（2）点电荷+q、感应电荷在O点产生的电势分别为：由电势叠加原理，O点的电势（即为金属球的电势，因为静电平衡时导体是等势体）----（3）接地，金属球U=059RRqo例3.在一个接地的金属球附近有一个电量为q（q>0）的点电荷。已知球的半径为R，点电荷与球心距离为d=2R。求金属球面上感应电荷的总电量q’

。解：--------点电荷q在球心O处的电势：感应电荷在球心o处的电势：60例9.

空气平行板电容器，面积为S，间距为d。现在把一块厚度为t的铜板插入其中。（1）计算电容器的电容改变量。（2）电容器充电后断开电源，再抽出铜板需作多少功？解：插入前：插入后：dt61解：半球面S与其边线所在平面(圆平面)S

组成一个封闭曲面由磁场的高斯定理知3．在磁感应强度为的均匀磁场中作一半径为R的半球面S，S边线所在平面的法线方向单位矢量与的夹角为

，则通过半球面S的磁通量为

(A)

(B)(C)(D)磁学624．无限长直导线在Q处弯成半径为r的圆，当通以电流I时，则在圆心O点的磁感应强度大小为(A)(B)(C)0(D)(E)QOr解：635．取一闭合积分回路L，使三根载流导线穿过它所围成的面。现改变三根导线之间的相互间隔，但不超出积分回路，则

(A)回路L内的不变，L上各点的不变

(B)回路L内的不变，L上各点的改变

(C)回路L内的改变，L上各点的不变

(D)回路L内的改变，L上各点的改变645.如图所示，在无限长直载流导线的右侧有面积为S1和S2的两个矩形回路。两个回路与长直载流导线在同一个平面内，并且矩形回路的一边与长直载流导线平行。求通过面积为S1的矩形回路的磁通量与通过面积为S2的矩形回路的磁通量之比为

.2aaaS2S1I解：通过S1的磁通量：通过S2的磁通量：657．有一半径为a，流过稳恒电流为的1/4圆弧形载流导线，按图所示方式置于均匀外磁场中，则该载流导线所受的安培力大小为

IaB

。

解：aaoNMI66三、计算题1．如图所示,半径为R,电荷线密度为

(>0)的均匀带电的圆线圈,绕圆心且与圆平面垂直的轴以角速度

转动,求:(1)圆心O处的磁感应强度

(2)轴线上任一点的的大小及其方向.解：电流强度为由圆电流轴线上磁场公式,轴线上距圆心为x处磁感应强度为带电圆线圈旋转时相当的圆电流：67

IO

2．在半径为R的长直金属圆柱体内部挖去一个半径为r的长直金属圆柱体,两柱体轴线平行,其间距为a(a>r),如图所示.今在此导体上通以电流I,电流在截面上均匀分布,方向平行于轴线.求:(1)圆柱空腔轴线上磁感应强度;(2)空腔中任一点的磁感应强度.电流密度：

解:(1)用补偿法原电流分布等效于：实心圆柱电流空腔部分反向电流电流磁场为：68B2B1r2r1aO’rO(2).空腔内任一P点磁感应强度B：

P设由安培环路定理：空腔内为垂直于的均匀磁场69设：无限大载流平面电流密度为j载流平面xy磁场.

将无限大均匀载流平面放入均匀磁场中（设均匀磁场方向沿Ox正方向），其电流方向与磁场方向垂直指向纸内，已知放入后平面两侧的总磁感应强度分别为和，求该载流平面上单位面积所受的磁场力的大小及方向？无限大载流平面在两侧产生的磁场B:解：设：均匀磁场为左侧磁场关系：右侧磁场关系：解得：单位面积所受的磁场力方向：沿y轴负方向70一、选择题1.在无限长的载流直导线附近放置一矩形闭合线圈，开始时线圈与导线在同一平面内，且线圈中两条边与导线平行。当线圈以相同的速度作如图所示的三种不同方向的平动时，线圈中的感应电流[](A)以情况I中为最大

(B)以情况II中为最大

(C)以情况III中为最大

(D)在情况I和II中相同。解：I中磁通量无变化,

i=0III中磁通量变化很小,

i0II中磁通量变化最大,

i最大电磁感应与电磁场714．如图所示,一矩形线框(长边与磁场边界平行)以匀速v自左侧无场区进入均匀磁场又穿出,进入右侧无场区.那么，线框中电流I随时间t的变化关系为[]

v均匀磁场线框OtI(A)OtI(D)OtI(E)OtI(B)OtI(C)726．在圆柱形空间内有一磁感应强度为的均匀磁场，如图所示.

的大小以速率变化.有一长度为L0的金属棒先后放在磁场的两个不同位置ab和a’b’,那么,金属棒在这两个位置时棒内的感应电动势的大小关系为

(A)(B)(C)