完整word版大学基础物理学张三慧第二版清华大学出版社课后答案
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物理学参考资料
物理学参考资料普通物理学参考资料[日期：2021-07-24]主教材：1 叶凡.《大学物理学》（上）、（下）. 西南交通大学出版社. 2021.2普通高等教育公共基础课“十三五”规划教材；2021年评为惠州学院精品教材。
参考教材：[1] 张三慧.大学基础物理学第二版清华大学出版社 2002教育部优秀教材[2] 程守洙;江之永.普通物理学(第六版)上下. 高等教育出版社..2006.12. “十一五”国家级规划教材[3] 马文蔚改编.物理学(第五版)上下，高等教育出版社.2006.3. 面向21世纪课程教材，国家教委优秀教材一等奖，中国高校科学技术一等奖，国家级优秀教材二等奖；配套网络课程获国家电子出版物奖。
[4] 赵近芳.大学物理学（第2版）.北京邮电大学出版社. “十一五”国家级规划教材{新教材)[5] 陈德万.普通物理学.中国农业出版社.2000.5 (结合生物专业选用) [6] 胡盘新.汤毓骏. 普通物理学简明教程上下. 高等教育出版社..2006.12. [7]吴锡珑.大学物理教程（第二版）.高等教育出版社,1999 [8] 卢德馨.大学物理学（第二版）.高等教育出版社,2003资料理工科类大学物理课程教学基本要求教育部高等学校物理基础课程教学指导分委员会物理学是研究物质的基本结构、基本运动形式、相互作用的自然科学。
它的基本理论渗透在自然科学的各个领域，应用于生产技术的许多部门，是其他自然科学和工程技术的基础。
在人类追求真理、探索未知世界的过程中，物理学展现了一系列科学的世界观和方法论，深刻影响着人类对物质世界的基本认识、人类的思维方式和社会生活，是人类文明发展的基石，在人才的科学素质培养中具有重要的地位。
一、课程的地位、作用和任务以物理学基础为内容的大学物理课程，是高等学校理工科各专业学生一门重要的通识性必修基础课。
该课程所教授的基本概念、基本理论和基本方法是构成学生科学素养的重要组成部分，是一个科学工作者和工程技术人员所必备的。
大学物理C1、C2(University Physics C1、C2
（三）环境土木类大学物理C1、C2（University Physics C1、C2）一、课程说明：课程编号：080J33Y、080J34Y学分数：3、3 总学时：51、51 学时分配：讲课51（讲课34+自主学习17）、讲课51（讲课34+自主学习17）适用专业：教育技术、化学、信息与计算科学等专业先修课程：高等数学二、课程教学目的和任务：掌握物理学的基本知识和基本规律，并学会用物理学的基本原理来分析自然现象和有关的工程技术问题，为专业课的学习打好物理基础。
并初步学习科学的思维方法和研究问题的方法。
三、课程教学基本内容：内容简介：牛顿力学、热学、电磁学、振动和波、波动光学。
基本内容：绪论（1学时）第一册力学（20学时）1、质点运动学（3学时）理解：质点运动学的几个基本概念掌握：匀加速运动、抛体运动、圆周运动理解：相对运动、伽利略变换2、质点动力学（10学时）理解：牛顿运动定律、技术中常见的几种力和基本自然力掌握：应用牛顿定律解题理解：惯性系和非惯性系、惯性力掌握：冲量和动量定理、动量守恒定律掌握：质点的角动量、角动量守恒定律掌握：功、动能定理、保守力、势能、功能原理、机械能守恒定律理解：守恒定律的意义3、刚体的转动（7学时）理解：刚体的定轴转动掌握：刚体定轴转动定律、转动惯量计算、转动中的功和能、刚体的角动量和角动量守恒定律习题课：三大定律、运动定理、牛顿定律、运动学、刚体的转动（2学时）第二册热学（15学时）1、气体分子运动论（6学时）掌握：平衡状态、理想气体状态方程掌握：理想气体的压强和温度掌握：能量均分定理理解：麦克斯韦速率分布律、波耳兹曼分布定律了解：实际气体等温线、范得瓦耳斯方程掌握：气体分子的平均自由程2、热力学的物理基础（9学时）理解：准静态过程掌握：功、热量、热力学第一定律、热容量、理想气体的绝热过程掌握：循环过程、卡诺循环、致冷循环理解：自然过程的方向、不可逆性的相互沟通、热力学第二定律及其微观意义、玻耳兹曼熵公式及熵增加原理了解：克劳修斯熵公式习题课：气体分子运动论、热力学定律（2学时）第三册电磁学（38学时）1、静电场（10学时）掌握：库仑定律、电场、电场强度、高斯定理、电势差和电势理解：电势梯度掌握：静电势能2、静电场中的导体和电介质（6学时）理解：静电场中的导体、电介质对电场的影响、电介质的极化掌握：D的高斯定理、电容器、电容、电容器的能量和电场的能量3、稳恒电流（4学时）理解：电流密度、稳恒电流掌握：欧姆定律和电阻、电动势、有电动势的电路了解：电路的一种经典微观图象4、稳恒磁场（8学时）掌握：磁力和磁场、磁感应强度、毕奥—萨伐尔定律、磁场高斯定理和安培环路定理、带电粒子在磁场中的运动、载流导线在磁场中受力理解：霍耳效应5、物质的磁性（4学时）理解：磁介质对磁场的影响、磁介质的磁化掌握：H的环路定理了解：铁磁质6、电磁感应（6学时）理解：法拉第电磁感应定律掌握：动生电动势、感生电动势和感应电场、互感、自感、磁场能量习题课：静电场、及导体和电介质、稳性磁场、电磁感应（2学时）第四册波动与光学（28学时）1、振动（6学时）理解：简谐振动的描述掌握：旋转矢量和振动的相位、简谐振动的动力学方程、简谐振动的能量理解：阻尼振动、受迫振动、共振、同一直线上振动合成、相互垂直的振动合成了解：谐振分析2、波动（6学时）理解：机械波的形成掌握：波的周期性和波速、简谐波的波函数、波的能量、能流密度理解：波动方程、惠更斯原理、波的干涉、驻波了解：多普勒效应、声波2、光的干涉（6学时）理解：普通光源发光微观机制的特点、获得相干光的方法掌握：光程和光程差、薄膜干涉（一）、（二）理解：迈克耳逊干涉仪了解：光的空间相干性和时间相干性3、光的衍射（4学时）理解：光的衍射图样和惠更斯——菲理耳原理掌握：单缝的夫琅和费衍射、光栅衍射、光栅光谱理解：光学仪器的分辨本领了解：X射线的衍射4、光的偏振（6学时）理解：自然光和偏振光掌握：起偏和检偏、马吕斯定律、反射和折射对光的偏振理解：双折射现象、偏振光的干涉了解：椭圆偏振光和圆偏振光、人工双折射、旋光现象习题课：光的干涉、衍射、偏振（2学时）四、教学方法本课程主要内容以教师主讲为主。
大学物理学 清华 张三慧 7-8-9章习题课
i
表三 作用力
1.点(元)受力
静电场
稳恒磁场
类比总结
三
f qE
f qv B
2.电荷(电流)受力
f
dq E
(Q )
f
(I)
Id l B
3.典型题目
孤立导体
ds
思路：
受力？
i da
dl
单位面积受力
df ds E 其余
M mB sin
mB sin 60
0
6 如图所示，两导线直径为d，中心线间距为3d， 导体块质量为m，可沿长为L的导轨滑动， 求：⑴静止滑块从导轨一端滑到另一端的时间； ⑵滑块离开导轨时的速率。
可把两导线看作无限长 dF Idl B
0 I 0 I F dx 2x 2 3d x d
I1
（B）顺时钟转动 （C）逆时钟转动
（D）离开大平板向外运动 注意：力矩的方向不是转动的方向， 力矩的方向与转动的方向之间成右 手螺旋的关系。
I2
思考题 电量为q的粒子在均匀磁场中运动，下列哪些说法是正 确的 (1)只要速度大小相同，所受的洛仑兹力就一定相同； (2)速度相同，电量分别为+q和-q的两个粒子，它们受 磁场力的大小相等方向相反；
2、如图所示，流出纸面的电流为2I ，流进纸面的电流为I， 则下述各式中正确的是（ D ）
( A ) H dl 2 I
l1
( B )
l2
H dl I
(C ) H dl I
( D ) H dl I
l4
l3
3、用细导线均匀密绕成长为l，半径为a(l>>a)，总匝数为N的 螺线管，管内充满相对磁导率为μ r的均匀磁介质，若线圈中载 有稳恒电流I，则管中任一点（ D ） （A）B=μ 0μ rNI （B）B=μrNI/l （C）H=μ0NI /l （D）H=
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物理学教程(第二版)上册第三章课后答案
第三章动量守恒定律与能量守恒定律3 -3对功得概念有以下几种说法:(1) 保守力作正功时,系统内相应得势能增加;(2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作得功为零;(3) 作用力与反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功得代数与必为零.下列上述说法中判断正确得就是( )(A) (1)、(2)就是正确得(B) (2)、(3)就是正确得(C) 只有(2)就是正确得(D) 只有(3)就是正确得分析与解保守力作正功时,系统内相应势能应该减少.由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之与必为零.至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之与未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C).3 -4如图所示,质量分别为m1与m2得物体A与B,置于光滑桌面上,A与B之间连有一轻弹簧.另有质量为m1与m2得物体C与D分别置于物体A与B 之上,且物体A与C、B与D之间得摩擦因数均不为零.首先用外力沿水平方向相向推压A与B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A与B弹开得过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成得系统,有( )(A) 动量守恒,机械能守恒(B) 动量不守恒,机械能守恒(C) 动量不守恒,机械能不守恒 (D) 动量守恒,机械能不一定守恒分析与解由题意知,作用在题述系统上得合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D).3 -5 如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止得木块后而穿出.以地面为参考系,下列说法中正确得说法就是( )(A) 子弹减少得动能转变为木块得动能(B) 子弹-木块系统得机械能守恒(C) 子弹动能得减少等于子弹克服木块阻力所作得功(D) 子弹克服木块阻力所作得功等于这一过程中产生得热分析与解 子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统得合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒.这就是因为子弹与木块作用得一对内力所作功得代数与不为零(这就是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能得减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少得动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块得动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功得代数与).综上所述,只有说法(C)得表述就是完全正确得.3 -6 一架以3、0 ×102m·ｓ-1得速率水平飞行得飞机,与一只身长为0.20 m 、质量为0.50 kg 得飞鸟相碰.设碰撞后飞鸟得尸体与飞机具有同样得速度,而原来飞鸟对于地面得速率甚小,可以忽略不计.试估计飞鸟对飞机得冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算).根据本题得计算结果,您对于高速运动得物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害得物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果得问题有些什么体会？分析 由于鸟与飞机之间得作用就是一短暂时间内急剧变化得变力,直接应用牛顿定律解决受力问题就是不可能得.如果考虑力得时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中得细节情况.在求鸟对飞机得冲力(常指在短暂时间内得平均力)时,由于飞机得状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行;这时,可将问题转化为讨论鸟得状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用得相互性(作用与反作用),问题就很简单了.解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向.由动量定理得 0Δ-='v m t F 式中F '为飞机对鸟得平均冲力,而身长为20cm 得飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v ,以此代入上式可得 N 1055.252⨯=='lm F v 鸟对飞机得平均冲力为N 1055.25⨯-='-=F F式中负号表示飞机受到得冲力与其飞行方向相反.从计算结果可知,2、25 ×105N 得冲力大致相当于一个22 t 得物体所受得重力,可见,此冲力就是相当大得.若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故.3 -7 如图所示,质量为m 得物体,由水平面上点O 以初速为v 0抛出,v 0与水平面成仰角α.若不计空气阻力,求:(1) 物体从发射点O 到最高点得过程中,重力得冲量;(2) 物体从发射点到落回至同一水平面得过程中,重力得冲量.分析 重力就是恒力,因此,求其在一段时间内得冲量时,只需求出时间间隔即可.由抛体运动规律可知,物体到达最高点得时间gαt sin Δ01v =,物体从出发到落回至同一水平面所需得时间就是到达最高点时间得两倍.这样,按冲量得定义即可求得结果.另一种解得方法就是根据过程得始、末动量,由动量定理求出.解1 物体从出发到达最高点所需得时间为gαt sin Δ01v =则物体落回地面得时间为 gt t αsin Δ2Δ0122v == 于就是,在相应得过程中重力得冲量分别为 j j F I αsin Δd 011Δ1v m t mg t t -=-==⎰j j F I αsin 2Δd 022Δ2v m t mg t t -=-==⎰解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A 、B 得过程中,重力得冲量分别为j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-=j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-=3 -8 F x ＝30＋4t (式中F x 得单位为N,t 得单位为s)得合外力作用在质量m ＝10 kg 得物体上,试求:(1) 在开始2ｓ内此力得冲量;(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用得时间;(3) 若物体得初速度v 1＝10 m·s -1 ,方向与F x 相同,在t ＝6、86s 时,此物体得速度v 2.分析 本题可由冲量得定义式⎰=21d t t t F I ,求变力得冲量,继而根据动量定理求物体得速度v 2.解 (1) 由分析知 ()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得t ＝6、86 s(另一解不合题意已舍去)(3) 由动量定理,有I ＝m v 2- m v 1由(2)可知t ＝6、86 s 时I ＝300 N·s ,将I 、m 及v 1代入可得112s m 40-⋅=+=mm I v v 3 -9 高空作业时系安全带就是非常必要得.假如一质量为51.0 kg 得人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带得保护,最终使她被悬挂起来.已知此时人离原处得距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0、50 s .求安全带对人得平均冲力.分析 从人受力得情况来瞧,可分两个阶段:在开始下落得过程中,只受重力作用,人体可瞧成就是作自由落体运动;在安全带保护得缓冲过程中,则人体同时受重力与安全带冲力得作用,其合力就是一变力,且作用时间很短.为求安全带得冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)得改变来分析,即运用动量定理来讨论.事实上,动量定理也可应用于整个过程.但就是,这时必须分清重力与安全带冲力作用得时间就是不同得;而在过程得初态与末态,人体得速度均为零.这样,运用动量定理仍可得到相同得结果.解1 以人为研究对象,按分析中得两个阶段进行讨论.在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时得速度为gh 21=v (1)在缓冲过程中,人受重力与安全带冲力得作用,根据动量定理,有()12Δv v m m t -=+P F (2)由式(1)、(2)可得安全带对人得平均冲力大小为()N 1014.1Δ2ΔΔ3⨯=+=+=tgh mg t m Δmg F v 解2 从整个过程来讨论.根据动量定理有N 1014.1/2Δ3⨯=+=mg g h tmg F 3 -10 质量为m 得小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝A cos ωt ,其中k 、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到ωt 2π=时间内小球动量得增量.分析 由冲量定义求得力F 得冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式⎰21d t t t F 积分前,应先将式中x 用x ＝A cos ωt 代之,方能积分.解 力F 得冲量为 ωωωkA t t kA t kx t F I t t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d 即()ωkA m -=v Δ 3 -11 一只质量kg 11.01=m 得垒球以11s m 17-⋅=v 水平速率扔向打击手,球经球棒击出后,具有如图(a)所示得速度且大小12s m 34-⋅=v ,若球与棒得接触时间为0、025 s,求:(1)棒对该球平均作用力得大小;(2)垒球手至少对球作了多少功？分析第(1)问可对垒球运用动量定理,既可根据动量定理得矢量式,用几何法求解,如图(b)所示;也可建立如图(a)所示得坐标系,用动量定量得分量式求解,对打击、碰撞一类作用时间很短得过程来说,物体得重力一般可略去不计、题 3-11 图解(1)解 1由分析知,有12mv mv t F -=∆ 其矢量关系如图(b)所示,则)60180cos())((2)()()(2122212 --+=∆mv mv mv mv t F解之得N 9.197=F解 2由图(a)有x x x mv mv t F 12-=∆02-=∆y y mv t F将，则和代入解得及y x y x x F F v v v v v v 60sin 60cos ,22221=-==N 9.19722=+=y x F F F(2) 由质点动能定理,得 J 7.4721212122=-=mv mv W 3 -12 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m 2得直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1得水通过,求弯管所受力得大小与方向.题 3-12 图分析 对于弯曲部分AB 段内得水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入得水量等于从另一端流出得水量.因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量得增量也就就是流入与流出水得动量得增量Δp ＝Δm (v B -v A );此动量得变化就是管壁在Δt 时间内对其作用冲量I 得结果.依据动量定理可求得该段水受到管壁得冲力F ;由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁得作用力F′＝-F .解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水得质量为Δm ＝ρυS Δt ,弯曲部分AB 得水得动量得增量则为Δp ＝Δm (v B -v A ) ＝ρυS Δt (v B -v A )依据动量定理I ＝Δp ,得到管壁对这部分水得平均冲力()A B t S ρtv v v -==ΔΔI F 从而可得水流对管壁作用力得大小为N 105.2232⨯-=-=-='v S ρF F作用力得方向则沿直角平分线指向弯管外侧.3 -13 A 、B 两船在平静得湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 得重物,结果就是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s -1得速度继续向前驶去.A 、B 两船原有质量分别为0、5×103kg 与1、0 ×103 kg,求在传递重物前两船得速度.(忽略水对船得阻力)分析 由于两船横向传递得速度可略去不计,则对搬出重物后得船A 与从船B 搬入得重物所组成得系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用得过程中应满足动量守恒;同样,对搬出重物后得船B 与从船A 搬入得重物所组成得系统Ⅱ亦就是这样.由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ得动量守恒方程即可解出结果.解 设A 、B 两船原有得速度分别以v A 、v B 表示,传递重物后船得速度分别以v A ′ 、v B ′ 表示,被搬运重物得质量以m 表示.分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有()A A B A A m m m m v v v '=+-(1) ()''=+-B B A B B m m m m v v v (2)由题意知v A ′ ＝0, v B ′ ＝3.4 m·s -1代入数据后,可解得 ()()12s m 40.0-⋅-=---'-=mm m m m m m A B B B A v v()()()12s m 6.3-⋅=---'-=m m m m m m m m B A B B A B v v也可以选择不同得系统,例如,把A 、B 两船(包括传递得物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应得方程求解.3 -14 质量为m′得人手里拿着一个质量为m 得物体,此人用与水平面成α角得速率v 0向前跳去.当她达到最高点时,她将物体以相对于人为u 得水平速率向后抛出.问:由于人抛出物体,她跳跃得距离增加了多少？ (假设人可视为质点)分析 人跳跃距离得增加就是由于她在最高点处向后抛出物体所致.在抛物得过程中,人与物之间相互作用力得冲量,使她们各自得动量发生了变化.如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力得冲量为零,系统在该方向上动量守恒.但在应用动量守恒定律时,必须注意系统就是相对地面(惯性系)而言得,因此,在处理人与物得速度时,要根据相对运动得关系来确定.至于,人因跳跃而增加得距离,可根据人在水平方向速率得增量Δv 来计算.解 取如图所示坐标.把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物得过程中,满足动量守恒,故有()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0式中v 为人抛物后相对地面得水平速率,v -u 为抛出物对地面得水平速率.得u mm m α'++=cos 00v v 人得水平速率得增量为 u m m m α'+=-=cos Δ0v v v 而人从最高点到地面得运动时间为gαt sin 0v =所以,人跳跃后增加得距离 ()gm m αm t x '+==sin ΔΔ0v v3 -15 一物体在介质中按规律x ＝ct 3作直线运动,c 为一常量.设介质对物体得阻力正比于速度得平方.试求物体由x 0＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作得功.(已知阻力系数为k )分析 本题就是一维变力作功问题,仍需按功得定义式⎰⋅=x F d W 来求解.关键在于寻找力函数F ＝F (x ).根据运动学关系,可将已知力与速度得函数关系F (v ) ＝kv 2变换到F (t ),进一步按x ＝ct 3得关系把F (t )转换为F (x ),这样,就可按功得定义式求解.解 由运动学方程x ＝ct 3 ,可得物体得速度 23d d ct tx ==v 按题意及上述关系,物体所受阻力得大小为3/43/242299x kc t kc k F ===v则阻力得功为⎰⋅=x F W d 3/73/23/403/20727d 9d 180cos d l kc x x kc x W l l -=-==⋅=⎰⎰⎰ x F 3 -16 一人从10.0 m 深得井中提水,起始桶中装有10.0 kg 得水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 得水.水桶被匀速地从井中提到井口,求所作得功.题 3-16 图分析 由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡.水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功.由于拉力作功也就就是克服重力得功,因此,只要能写出重力随高度变化得关系,拉力作功即可求出.解 水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有F ＋P ＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置得变化关系为P ＝mg -αgy其中α＝0.2 kg/m,人对水桶得拉力得功为()J 882d d 100100=-=⋅=⎰⎰y agy mg W y F3 -17 一质量为0.20 kg 得球,系在长为2.00 m 得细绳上,细绳得另一端系在天花板上.把小球移至使细绳与竖直方向成30°角得位置,然后从静止放开.求:(1) 在绳索从30°角到0°角得过程中,重力与张力所作得功;(2) 物体在最低位置时得动能与速率;(3) 在最低位置时得张力.题 3-17 图分析 (1) 在计算功时,首先应明确就是什么力作功.小球摆动过程中同时受到重力与张力作用.重力就是保守力,根据小球下落得距离,它得功很易求得;至于张力虽就是一变力,但就是,它得方向始终与小球运动方向垂直,根据功得矢量式⎰⋅=s d F W ,即能得出结果来.(2) 在计算功得基础上,由动能定理直接能求出动能与速率.(3) 在求最低点得张力时,可根据小球作圆周运动时得向心加速度由重力与张力提供来确定.解 (1) 如图所示,重力对小球所作得功只与始末位置有关,即 ()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P在小球摆动过程中,张力F Ｔ得方向总就是与运动方向垂直,所以,张力得功s F d T T ⋅=⎰W(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能得增量就是由于重力对它作功得结果.初始时动能为零,因而,在最低位置时得动能为J 53.0k ==P W E小球在最低位置得速率为1P K s m 30.222-⋅===mW m E v (3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得lm P F 2T v =-N 49.22T =+=lm mg F v 3 -18 一质量为m 得质点,系在细绳得一端,绳得另一端固定在平面上.此质点在粗糙水平面上作半径为r 得圆周运动.设质点得最初速率就是v 0.当它运动一周时,其速率为v 0 /2.求:(1) 摩擦力作得功;(2) 动摩擦因数;(3) 在静止以前质点运动了多少圈？分析 质点在运动过程中速度得减缓,意味着其动能减少;而减少得这部分动能则消耗在运动中克服摩擦力作功上.由此,可依据动能定理列式解之.解 (1) 摩擦力作功为20202k 0k 832121v v v m m m E E W -=-=-=(1) (2) 由于摩擦力就是一恒力,且F ｆ＝μmg ,故有mg r s F W μπ2180cos o f -== (2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为rgπμ16320v = (3) 由于一周中损失得动能为2083v m ,则在静止前可运行得圈数为 34k0==W E n 圈 3 -19 如图(a)所示,A 与B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们得质量分别为m 1与m 2.问在A 板上需加多大得压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起.(设弹簧得劲度系数为k )题 3-19 图分析 运用守恒定律求解就是解决力学问题最简捷得途径之一.因为它与过程得细节无关,也常常与特定力得细节无关.“守恒”则意味着在条件满足得前提下,过程中任何时刻守恒量不变.在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立得条件.该题可用机械能守恒定律来解决.选取两块板、弹簧与地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力与弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒得条件.只需取状态1与状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力得平衡,便可将所需压力求出.解 选取如图(b)所示坐标,取原点O 处为重力势能与弹性势能零点.作各状态下物体得受力图.对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有F 1＝P 1＋F (1)当外力撤除后,按分析中所选得系统,由机械能守恒定律可得2221212121mgy ky mgy ky +=- 式中y 1、y 2为M 、N 两点对原点O 得位移.因为F 1＝ky 1 ,F 2＝ky 2及P 1＝m 1g ,上式可写为F 1 -F 2＝2P 1 (2)由式(1)、(2)可得F ＝P 1＋F 2 (3)当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F′2＝P 2 ,且F 2＝F′2.由式(3)可得F ＝P 1＋P 2＝(m 1＋m 2 )g应注意,势能得零点位置就是可以任意选取得.为计算方便起见,通常取弹簧原长时得弹性势能为零点,也同时为重力势能得零点.3 -20 如图所示,一质量为m 得木块静止在光滑水平面上,一质量为m /2得子弹沿水平方向以速率0v 射入木块一段距离L (此时木块滑行距离恰为s )后留在木块内,求:(1)木块与子弹得共同速度v ,此过程中木块与子弹得动能各变化了多少？(2)子弹与木块间得摩擦阻力对木块与子弹各作了多少功？(3)证明这一对摩擦阻力得所作功得代数与就等于其中一个摩擦阻力沿相对位移L 所作得功、(4)证明这一对摩擦阻力所作功得代数与就等于子弹-木块系统总机械能得减少量(亦即转化为热得那部分能量)、题 3-20 图分析对子弹-木块系统来说,满足动量守恒,但系统动能并不守恒,这就是因为一对摩擦内力所做功得代数与并不为零,其中摩擦阻力对木块作正功,其反作用力对子弹作负功,后者功得数值大于前者,通过这一对作用力与反作用力所做功,子弹将一部分动能转移给木块,而另一部分却转化为物体内能、本题(3)、(4)两问给出了具有普遍意义得结论,可帮助读者以后分析此类问题、解(1)子弹-木块系统满足动量守恒,有v m m mv )2/(2/0+=解得共同速度031v v =对木块 2022k 181021mv mv E =-=∆ 对子弹 202022k 92)2(21)2(21mv v m v m E -=-=∆ (2) 对木块与子弹分别运用质点动能定理,则 对木块 201k 1181mv E W =∆= 对子弹 202k 292mv E W -=∆= (3) 设摩擦阻力大小为f F ,在两者取得共同速度时,木块对地位移为s ,则子弹对地位移为L +s ,有对木块 s F W f 1= 对子弹 )(f 2s L F W +-= 得 L F W W W f 21-=+=式中L 即为子弹对木块得相对位移,“-”号表示这一对摩擦阻力(非保守力)所作功必定会使系统机械能减少、(4) 对木块 2f 121mv s F W == 对子弹 202f 2)2(21)2(21)(v m v m s L F W -=+-= 两式相加,得202221)2(21])2(2121[v m v m mv W W -+=+ 即 20f 183mv L F -=- 两式相加后实为子弹-木块系统作为质点系得动能定理表达式,左边为一对内力所作功,右边为系统动能得变化量、3 -21 用铁锤把钉子敲入墙面木板.设木板对钉子得阻力与钉子进入木板得深度成正比.若第一次敲击,能把钉子钉入木板1、00 ×10 -2m.第二次敲击时,保持第一次敲击钉子得速度,那么第二次能把钉子钉入多深？分析 由于两次锤击得条件相同,锤击后钉子获得得速度也相同,所具有得初动能也相同.钉子钉入木板就是将钉子得动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作得功相等.由于阻力与进入木板得深度成正比,按变力得功得定义得两次功得表达式,并由功相等得关系即可求解.解 因阻力与深度成正比,则有F ＝kx (k 为阻力系数).现令x 0＝1、00 ×10 -2 m,第二次钉入得深度为Δx ,由于钉子两次所作功相等,可得⎰⎰+=x x x x x kx x kx Δ0000d dΔx ＝0、41 ×10 -2 m3 -22 一质量为m 得地球卫星,沿半径为3R E 得圆轨道运动, R E 为地球得半径.已知地球得质量为m E .求:(1) 卫星得动能;(2) 卫星得引力势能;(3) 卫星得机械能.分析 根据势能与动能得定义,只需知道卫星得所在位置与绕地球运动得速率,其势能与动能即可算出.由于卫星在地球引力作用下作圆周运动,由此可算得卫星绕地球运动得速率与动能.由于卫星得引力势能就是属于系统(卫星与地球)得,要确定特定位置得势能时,必须规定势能得零点,通常取卫星与地球相距无限远时得势能为零.这样,卫星在特定位置得势能也就能确定了.至于卫星得机械能则就是动能与势能得总与.解 (1) 卫星与地球之间得万有引力提供卫星作圆周运动得向心力,由牛顿定律可得()E 22E E 33R m R m m G v = 则EE 2k 621R m m G m E ==v (2) 取卫星与地球相距无限远(r →∞)时得势能为零,则处在轨道上得卫星所具有得势能为 E E P 3R m m GE -= (3) 卫星得机械能为EE E E E E P k 636R m m G R m m G R m m G E E E -=-=+= 3 -23 如图(a)所示,天文观测台有一半径为R 得半球形屋面,有一冰块从光滑屋面得最高点由静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计.求此冰块离开屋面得位置以及在该位置得速度.题 3-23 图分析 取冰块、屋面与地球为系统,由于屋面对冰块得支持力F N 始终与冰块运动得方向垂直,故支持力不作功;而重力P 又就是保守内力,所以,系统得机械能守恒.但就是,仅有一个机械能守恒方程不能解出速度与位置两个物理量;因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向得动力学方程.求解上述两方程即可得出结果.解 由系统得机械能守恒,有θmgR m mgR cos 212+=v (1) 根据牛顿定律,冰块沿径向得动力学方程为 Rm F θmgR 2N cos v =- (2) 冰块脱离球面时,支持力F N ＝0,由式(1)、(2)可得冰块得角位置o θ2.4832arccos == 冰块此时得速率为32cos Rg θgR ==v v 得方向与重力P 方向得夹角为 α＝90° - θ＝41、8°3 -24 如图所示,把质量m ＝0.20 kg 得小球放在位置A 时,弹簧被压缩Δl ＝7、5 ×10 -2m.然后在弹簧弹性力得作用下,小球从位置A 由静止被释放,小球沿轨道ABCD 运动.小球与轨道间得摩擦不计.已知BCD 就是半径r ＝0.15 m 得半圆弧,AB 相距为2r .求弹簧劲度系数得最小值.题 3-24 图分析 若取小球、弹簧与地球为系统,小球在被释放后得运动过程中,只有重力与弹力这两个保守内力作功,轨道对球得支持力不作功,因此,在运动得过程中,系统得机械能守恒.运用守恒定律解题时,关键在于选好系统得初态与终态.为获取本题所求得结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,这样,可使弹簧得劲度系数与初态相联系;而终态则取在小球刚好能通过半圆弧时得最高点C 处,因为这时小球得速率正处于一种临界状态,若大于、等于此速率时,小球定能沿轨道继续向前运动;小于此速率时,小球将脱离轨道抛出.该速率则可根据重力提供圆弧运动中所需得向心力,由牛顿定律求出.这样,再由系统得机械能守恒定律即可解出该弹簧劲度系数得最小值.解 小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力F N ＝0,因此,有rm mg c 2v = (1) 取小球开始时所在位置A 为重力势能得零点,由系统得机械能守恒定律,有()()22213Δ21c m r mg l k v += (2) 由式(1)、(2)可得()12m N 366Δ7-⋅==l mgr k 3 -25 如图所示,质量为m 、速度为v 得钢球,射向质量为m′得靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k 得弹簧,此靶最初处于静止状态,但可在水平面上作无摩擦滑动.求子弹射入靶内弹簧后,弹簧得最大压缩距离.题 3-25 图分析 这也就是一种碰撞问题.碰撞得全过程就是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球与靶组成得系统在水平方向不受外力作用,外力得冲量为零,因此,在此方向动量守恒.但就是,仅靠动量守恒定律还不能求出结果来.又考虑到无外力对系统作功,系统无非保守内力作功,故系统得机械能也守恒.应用上述两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解.应用守恒定律求解,可免除碰撞中得许多细节问题.解 设弹簧得最大压缩量为x 0.小球与靶共同运动得速度为v 1.由动量守恒定律,有()1v v m m m '+= (1)又由机械能守恒定律,有()20212212121kx m m m +'+=v v (2) 由式(1)、(2)可得()v m m k m m x '+'=0 3 -26 质量为m 得弹丸A ,穿过如图所示得摆锤B 后,速率由v 减少到v/2.已知摆锤得质量为m ′,摆线长度为l ,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全得圆周运动,弹丸速度v 得最小值应为多少？题 3-26 图分析 该题可分两个过程分析.首先就是弹丸穿越摆锤得过程.就弹丸与摆锤所组成得系统而言,由于穿越过程得时间很短,重力与得张力在水平方向得冲量远小于冲击力得冲量,因此,可认为系统在水平方向不受外力得冲量作用,系统在该方向上满足动量守恒.摆锤在碰撞中获得了一定得速度,因而具有一定得动能,为使摆锤能在垂直平面内作圆周运动,必须使摆锤在最高点处有确定得速率,该速率可由其本身得重力提供圆周运动所需得向心力来确定;与此同时,摆锤在作圆周运动过程中,摆锤与地球组成得系统满足机械能守恒定律,根据两守恒定律即可解出结果.解 由水平方向得动量守恒定律,有v v v ''+=m m m 2(1) 为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动,在最高点时,摆线中得张力F Ｔ＝0,则lm g m h 2v ''=' (2)。
大学物理(张三慧)
9 °C + 32 5
°C =
5 (°F 32 ) 9
以上两种测温物质都是水银. 实验表明,选择不同的测温物质或不同的测温特性而确定 的经验温标,除标准点外,其他温度并不完全一致.
李玉琦 河南科技学院
(2)理想气体温标:用理想气体作测温物质所确定的温标. 纯水的三相点温度为 273.16K M 保持压强不变,则温度 与气体体积线性关系— —定压温度计. 保持气体体积不变,则温 度与压强呈线性关系—— 定容温度计.
m pV = RT M
N R p= T V NA
n
玻尔兹曼常量k
m N ∵ = M NA
p = nkT
2 p = nε k 3 1 2 3 μ v = kT 2 2
8.31 R = = 1.38 × 10 23 J/K k= N A 6.02 × 1023
3 εk = k T 2
温度公式(能量公式) →
两个或多个热力学系统处于同一平衡状态时,它们所共同 具有的宏观性质称为系统的温度.
(3)热力学第零定律:
隔能板 A C B 导能板
当两系统都与第三系统 热平衡, 则两系统也处 于热平衡.
李玉琦 河南科技学院
7.3
温
标
如何不经接触,比较两个系统的温度? 热力学第零定律告诉我们,可以通过第 三个系统—— 制成温度计. 1. 选定测温物质——气体,水银,酒精…… 2. 定义温标:给测温物质的每一个平衡态赋一数 值——标记温度高低. TA TB
李玉琦 河南科技学院
二,平衡态气体分子的统计性假设 1. 每个分子的运动速度各不相同,且通过碰撞不断发 生变化 2. 分子按位置均匀分布(重力不计) 在忽略重力情况下,分子在各处出现的概率相同, 容器 内各处的分子数密度相同 ΔN N n= = ΔV V 3. 分子速度按方向的分布均匀 由于碰撞, 分子向各方向运动的概率相同,所以
大学物理讨论题力学部分
26．是否只要质点具有相对于匀速转动圆盘的速度，在以圆盘为参考系时，质点
必受科里奥利力？
解答与提示：不一定。质点是否受科里奥利力
2
；
解答与提示：动力学方程中是 t 自变量，x 是未知函数。（2）、（3）是线性方程，
未知函数和未知函数的导数均是一次方；（1）、（4）是非线性方程。
22．尾部设有游泳池的轮船匀速直线行驶，一人在游泳池的高台上朝船尾方向跳 水，旁边的乘客担心他跳入海中，这种担心是否必要？若轮船加速行驶，这种担
心有无道理？用学过的物理原理解释。 解答与提示：当船匀速行驶时，船是惯性系，根据伽利略的相对性原理，以匀速 行驶的船为参考系研究人的运动和以静止船为参考系所得结果一致，即船匀速行 驶时人跳水相对于船的落点与船静止时人跳水相对于船的落点相同，故没有必要 担心。
3．“瞬时速度就是很短时间内的平均速度”，这一说法是否正确？如何正确表述
瞬时速度的定义？我们是否能按照瞬时速度的定义通过实验测量瞬时速度？
解答与提示：瞬时速度是通过导数定义的，ur
=
lim
∆t→0
∆rr ∆t
=
drr dt
，瞬时速度是平均速
度 ∆t → 0 时的极限。实验直接测量的一般是一定 ∆t 内的平均速度，可以看成
若船加速行驶，船是非惯性系，在加速平动的非惯性系中人除了受相互作用 力外，还受与加速度方向相反的惯性力（指向船尾），此力使人跳水时相对于船 的落点向船尾方向移动，可能使人跳入海中，担心是有道理的。
23．根据伽利略的相对性原理，不可能借助于在惯性参考系中所做的力学实验来 确定该参考系作匀速直线运动的速度。你能否借助于相对惯性系沿直线作变速运 动的参考系中的力学实验来确定该参考系的加速度？如何做？
大学期间各科目的课后习题答案与模拟卷及往年原题
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张三慧大学物理b答案
张三慧大学物理b答案【篇一：张三慧版大学物理期末选择题】2、一花样滑冰者，开始自转时，其动能为e0?j0?02。
然后她将手臂收回，转动惯量减少至原来的，此时她的角速度变为?，动能变为e。
则有关系为a．??3?0，e?e0；b．031312，e?3e0；c．??30，e?e0；d．??3?0，e?3e0。
3、对于质点组，内力可以改变的物理量是a．总动量； b．总角动量；c．总动能；d．总质量4、如图，一定量的理想气体，由平衡态a变到平衡态b，且它们的压强相等，即pa?pb。
在状态a和状态b之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然a．对外做正功；b．内能增加；c．从外界吸热；d．向外界放热。
opa??bv5、半径为r的半球面放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量为a．2?r2b；b．?r2b；c．2?r2bcos?；d．?r2bcos?。
6、极板间为真空的平行板电容器充电后与电源开，若将板间距离拉开一些，则不正确的是a、电容器两板间的电势差增大；b、电容器电容减小断c．电容器中电场能量增加； d．电容器两板间电场强度增大。
7、一运动质点在某瞬时位矢为r(x,y)，其速度大小为22drdrdr?dydx?a．； b．； c．； d．dtdtdt?dt??dt?8、有两瓶不同的气体，一瓶是氦，一瓶是氢，它们的压强相同，温度相同，但体积不同，下列结论正确的是a．分子平均平动动能不相同；b．单位体积气体质量相同；c．单位体积气体的内能相同；d．单位体积的分子数相同。
9、一卡诺致冷机，从低温热源吸热6?104j，向高温热源散热7?104j，则致冷系数和所消耗的外功为161c．，1.5?105j；d．6,1?104j。
6a．，1?104j；b．6，1.5?105j；10、有两条长直导线各载有5a的电流，分别沿x，y轴正向流动。
在（40，20，0）处的磁感应强度b是a．3.5?10?6t沿z轴负向；b．2.5?10?6t沿z轴正向；c．4.5?10?6t沿z轴负向；d．5.5?10?6t沿z轴正向。
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张三慧版物理作业下解答
14.15章一、选择题：1. 若理想气体的体积为V ，压强为p ，温度为T ，一个分子的质量为m ，k 为玻尔兹曼常量，R 为普适气体常量，则该理想气体的分子数为：(A) pV / m (B) pV / (kT )．(C) pV / (RT ) (D) pV / (mT )． ［ B ］ 提示：本题测试的是理想气体状态方程的概念的外延，它可以有一些变化形式：RT RT MpV νμ==或nkT kT V N p ==。
在本题中，通过该式就可以得到 N= pV / (kT )．2. 关于温度的意义，有下列几种说法：(1) 气体的温度是分子平均平动动能的量度．(2) 气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现，具有统计意义．(3) 温度的高低反映物质内部分子运动剧烈程度的不同．(4) 从微观上看，气体的温度表示每个气体分子的冷热程度．这些说法中正确的是 (A) (1)、(2) 、(4)． (B) (1)、(2) 、(3)．(C) (2)、(3) 、(4)． (D) (1)、(3) 、(4)． ［ B ］ 提示：本题测试的是气体温度的概念及其内涵。
其中（1）温度高，分子运动剧烈，22123v m kT w ==。
所以气体的温度是分子平均平动动能的量度． 是正确的。
（2） Kw T 32=温度的统计意义：T 是气体分子平均平动动能的量度，T 越高，分子内部热运动越激烈，分子热运动的能量就越大，它是大量分子热运动的集体表现，具有统计意义。
所以也是正确的。
（3）同理，温度的高低反映物质内部分子运动剧烈程度的不同．也是正确的。
（4）温度是统计量，它并不能反映单个分子的情况。
3. 一瓶氦气和一瓶氮气密度相同，分子平均平动动能相同，而且它们都处于平衡状态，则它们(A) 温度相同、压强相同．(B) 温度、压强都不相同． (C) 温度相同，但氦气的压强大于氮气的压强．(D) 温度相同，但氦气的压强小于氮气的压强． ［ C ］提示：本题测试的是气体的理想气体状态方程和平均平动动能的概念。
大学物理下册习题答案张三慧
大学物理下册习题答案张三慧【篇一：《大学基础物理学》张三慧(第二版)清华大学出版社课后答案】/p> 12345【篇二：张三慧版大学物理期末选择题】2、一花样滑冰者，开始自转时，其动能为e0?j0?02。
然后她将手臂收回，转动惯量减少至原来的，此时她的角速度变为?，动能变为e。
则有关系为a．??3?0，e?e0；b．???031312，e?3e0；c．??30，e?e0；d．??3?0，e?3e0。
3、对于质点组，内力可以改变的物理量是a．总动量； b．总角动量；c．总动能；d．总质量4、如图，一定量的理想气体，由平衡态a变到平衡态b，且它们的压强相等，即pa?pb。
在状态a和状态b之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然a．对外做正功；b．内能增加；c．从外界吸热；d．向外界放热。
opa??bv5、半径为r的半球面放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量为a．2?r2b；b．?r2b；c．2?r2bcos?；d．?r2bcos?。
6、极板间为真空的平行板电容器充电后与电源开，若将板间距离拉开一些，则不正确的是a、电容器两板间的电势差增大；b、电容器电容减小断c．电容器中电场能量增加； d．电容器两板间电场强度增大。
?7、一运动质点在某瞬时位矢为r(x,y)，其速度大小为??22drdrdr?dy??dx?a．； b．； c．； d．?????dtdtdt?dt??dt?8、有两瓶不同的气体，一瓶是氦，一瓶是氢，它们的压强相同，温度相同，但体积不同，下列结论正确的是a．分子平均平动动能不相同；b．单位体积气体质量相同；c．单位体积气体的内能相同；d．单位体积的分子数相同。
9、一卡诺致冷机，从低温热源吸热6?104j，向高温热源散热7?104j，则致冷系数和所消耗的外功为161c．，1.5?105j；d．6,1?104j。
6a．，1?104j；b．6，1.5?105j；10、有两条长直导线各载有5a的电流，分别沿x，y轴正向流动。
大学物理学习指导答案Word版
大学物理学习指导习题详解目录第一章质点运动学................................................................... (1)第二章牛顿定律................................................................... . (3)第三章动量守恒定律和能量守恒定律 (5)第四章刚体的转动................................................................... (8)第五章热力学基础................................................................... .. (11)第六章气体动理论................................................................... .. (13)第七章静电场................................................................... . (15)第八章静电场中的导体和介质................................................................... (21)第九章稳恒磁场................................................................... (28)第十章磁场中的磁介质................................................................... (35)第十一章电磁感应................................................................... (36)第十二章机械振动................................................................... (43)第十三章机械波................................................................... (45)第十四章 电磁场普遍规律..................................................................................49 第十五章 波动光学..............................................................................................51 第十六章 相对论..................................................................................................55 第十七章 量子力学. (57)第一章 质点运动学1. 由dtdy v dt dx v y x ==,和速度的矢量合成可知，质点在（x,y ）处的速度大小2/122⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=dt dy dt dx v 。
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张三慧《大学物理学：力学、电磁学》(第3版)(B版)【章节题库】(4-6章)【圣才出品】
第4章功和能一、选择题1．关于质点系内各质点间相互作用的内力做功问题，以下说法中，正确的是（）。
A．一对内力所做的功之和一定为零B．一对内力所做的功之和一定不为零C．一对内力所做的功之和一般不为零，但不排斥为零的情况D．一对内力所做的功之和是否为零取决于参考系的选择【答案】C2．质点M与一固定的轻弹簧相连接，并沿椭圆轨道运动，如图4-1。
已知椭圆的长半轴和短半轴分别为a和b，弹簧原长为l0（a>l0>b），劲度系数为k，则质点由A运动到B 的过程中，弹性力所做的功为（）。
图4-1A．B．C．D．【答案】B二、填空题1．一个质点在几个力同时作用下的位移为，其中一个恒力为F＝－3i－5j＋9k（SI）。
这个力在该位移过程中所做的功为______。
【答案】67J2．人从10m深的井中提水，桶离水面时装水10kg。
若每升高1m要漏掉0.2kg的水，则把这桶水从水面提高到井口的过程中，人力所做的功为______。
【答案】882J3．劲度系数为k、原长为l0。
的轻弹簧，一端固定于O点，另一端系一质量为m的物体如图。
现将弹簧置于水平位置，并保持原长，然后无初速释放。
若物体在铅直面内摆至最低位置时，弹簧伸长量为原长的1/n，则此时物体速度的大小为______。
图4-2【答案】三、简答题1．人从静止开始步行，如鞋底在地面上不打滑，作用于鞋底的摩擦力是否做了功?人体的动能是从哪里来的?答：作用于鞋底的摩擦力没有做功；人体的动能是内力做功的结果。
2．以相同的动能从同一地点抛出两个物体，试问在下列两种情况下到达最高点时这两物体的动能是否相同?势能是否相同?（1）两个物体质量不同，但均竖直地往上抛；（2）两个物体质量相同，但一个竖直往上抛，另一个斜上抛。
答：（1）两物体的动能相同，势能相同。
（2）两物体的动能不相同，势能也不相同。
3．两船相距较近而并行前进时就容易相撞，试说明之答：两船平行前进时，两条流线方向相同.如果靠得较近，两船之间的水的流速将大于两船外侧的流速.根据伯努利方程可知，两船之间压强将小于两船外侧的压强.这样两船都将受到一个指向对方的压力的作用，极易造成两船碰撞.4．用能量方法和用牛顿定律各自求解哪些力学问题较方便?哪些力学问题不方便?答：（1）若只涉及始末状态就可以求解的力学问题，用能量方法较方便，如求功、始末速度等和能量直接联系的量；但在求解某一时刻所对应的力学问题时，再用能量方法就不方便了．（2）牛顿定律是力的瞬时作用规律，在求解某一时刻对应的力、加速度及运动过程中的细节问题时，用牛顿定律较为方便；若过程中物体间的相互作用关系复杂时，直接用牛顿定律处理则不方便．很多情况下两种方法结合使用，解决问题会更方便．5．俗话说：“好船家会使八面风”，有经验的水手能够使用风力开船逆风行进，试用伯努利原理解释这一现象？答：如图4-3所示，当船逆风时（实际并不完全逆风，风向与船行进方向有一夹角），气流经过弯曲的帆（不是平的，一侧凸起，一侧凹陷）时，在帆凸起的一侧，气流速率要大些，而在凹进的一侧气流速率要小些.这样根据伯努利方程可知，在帆凹进的一侧气流的压强要大于帆凸起一侧气流的压强，于是对帆就产生一个推力，该力指向船头的分力可以使船前进.图4-36．从水龙头徐徐流出的水流，下落时逐渐变细，为什么？答：据连续性原理知，流速大处截面积小.下落时水的流速逐渐增大，所以面积逐渐减小而变细.7．试用伯努利方程分析并解释足球运动中的香蕉球和飞机在空气中飞行时机翼所受的升力？答：球体作匀速平动时，球体两侧的速度相同因此球体两侧的压强也相同，所以作直线运动；而香蕉球表示球体在流体中作逆时针旋转运动时的运动情况.由于球体的转动带动周围的空气旋转，造成球下部的流体速度减慢，而上部流体速度加快，由伯努利方程可知下面的压强比较大，上面的压强小，这使球受到向上的升力，从而使球在飞行时受到向上的偏转，这就是香蕉球.飞机的机翼是根据流体力学设计的，飞机在飞行时，机翼上面的流线比下面的密，由伯努利方程可知，上部流体处于高速低压状态，在机翼上下产生压力差，从而产生升力.8．外力对质点不做功时，质点是否一定作匀速直线运动?答：外力对质点不做功时，质点不一定作匀速直线运动，有两种情况：（1）若合外力F＝0，则质点将保持原来的运动状态不变．此即牛顿第一定律，原来静止的将仍然保持静止；原来作匀速直线运动的，将继续保持原有速度的大小和方向不变的匀速直线运动．（2）若合外力F与质点的位移dr始终垂直，则合外力对质点不做功．如：用细绳连接着的小球在光滑水平面内作圆周运动，拉力不做功．此时的质点所作的是匀速率圆周运动，其动能虽然不变，但速度方向不断改变。
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大学物理课后习题答案
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