大学物理简明教程(吕金钟)第四章习题答案

第一章 质点运动学

1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ． (1) 根据上述情况,则必有( )

(A) ｜Δr ｜= Δs = Δr

(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r

(C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s

(D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( )

(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v

(C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v

分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．

(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故

t s t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故t

s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即

第四章机械振动

4．1一物体沿x 轴做简谐振动，振幅A = 0.12m ，周期T = 2s ．当t = 0时，物体的位移x = 0.06m ，且向x 轴正向运动．求：

（1）此简谐振动的表达式；

（2）t = T /4时物体的位置、速度和加速度；

（3）物体从x = -0.06m ，向x 轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间． [解答]（1）设物体的简谐振动方程为x = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.12m ，角频率ω = 2π/T = π．

当t = 0时，x = 0.06m ，所以cos φ = 0.5，因此φ = ±π/3． 物体的速度为v = d x /d t = -ωA sin(ωt + φ)．

当t = 0时，v = -ωA sin φ，由于v > 0，所以sin φ< 0，因此：φ = -π/3．

简谐振动的表达式为：x = 0.12cos(πt – π/3)．

（2）当t = T /4时物体的位置为;x = 0.12cos(π/2 – π/3) = 0.12cosπ/6 = 0.104(m)． 速度为；v = -πA sin(π/2 – π/3) = -0.12πsinπ/6 = -0.188(m·s -1)．

加速度为：a = d v /d t = -ω2A cos(ωt + φ)= -π2A cos(πt - π/3)= -0.12π2cosπ/6 = -1.03(m·s -2)． （3）方法一：求时间差．当x = -0.06m 时，可得cos(πt 1 - π/3) = -0.5， 因此πt 1 - π/3 = ±2π/3．

第四章 刚体的定轴转动

4–1 半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm 的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s 内被动轮的角速度达到π/s 8，则主动轮在这段时间内转过了 圈。

解：被动轮边缘上一点的线速度为

πm/s 45.0π8222=⨯==r ωv

在4s 内主动轮的角速度为

πrad/s 202

.0π41

21

11====r r v v ω

主动轮的角速度为

2011πrad/s 54

0π2==∆-=t

ωωα

在4s 内主动轮转过圈数为

20π

520ππ2(π212π212121=⨯==αωN （圈）

4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0ω＝5rad/s ，t ＝20s 时角速度为08.0ωω=，则飞轮的角加速度α＝ ，t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的

角度θ＝ 。

解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为

20

s /rad 05.0205

58.0-=-⨯=

-=

t

ωωα t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度为

rad 250100)05.0(2

1

100521

220=⨯-⨯+⨯=+=t t αωθ

4–3 转动惯量是物体 量度，决定刚体的转动惯量的因素有 。 解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。

4–4 如图4-1，在轻杆的b 处与3b 处各系质量为2m 和m 的质点，可绕O 轴转动，则质点系的转动惯量为 。

解：由分离质点的转动惯量的定义得

22

1

i i i r m J ∆=

∑=22)3(2b m mb +=211mb =

大学物理第四章习题答案

大学物理第四章习题答案

大学物理是一门让许多学生感到头疼的学科，尤其是对于那些对数学和计算不

太擅长的学生来说。而第四章是大学物理中的一个重要章节，涵盖了许多关于

力学和运动的基本概念和原理。在这篇文章中，我将为大家提供一些大学物理

第四章习题的答案，希望能够帮助到那些正在学习这门课程的学生。

1. 一个物体以10 m/s的速度沿着水平方向运动，受到一个10 N的水平力的作用，求物体在2秒钟内的位移。

根据牛顿第二定律，物体的加速度可以通过力和质量的比值来计算。在这个问

题中，物体的质量未知，但我们可以通过已知的力和加速度来计算出质量。由

于力和加速度的关系是F = ma，我们可以将已知的力和加速度代入这个公式，

解出物体的质量。然后，我们可以使用物体的质量和已知的力来计算物体的加

速度。最后，我们可以使用物体的初始速度、加速度和时间来计算物体的位移。

2. 一个物体以5 m/s的速度沿着斜坡上升，斜坡的倾角为30度。求物体在10

秒钟内上升的高度。

在这个问题中，我们需要使用三角函数来计算物体在斜坡上升时的垂直位移。

首先，我们可以使用已知的速度和斜坡的倾角来计算物体在斜坡上的水平速度。然后，我们可以使用已知的时间和水平速度来计算物体在斜坡上的水平位移。

最后，我们可以使用已知的斜坡的倾角和物体在斜坡上的水平位移来计算物体

在斜坡上升时的垂直位移。

3. 一个物体以10 m/s的速度竖直向上抛出，求物体在2秒钟内的最大高度和总的飞行时间。

在这个问题中，我们需要使用物体的初速度和重力加速度来计算物体在竖直抛物线运动中的最大高度和总的飞行时间。首先，我们可以使用已知的初速度和时间来计算物体在竖直方向上的位移。然后，我们可以使用已知的初速度和重力加速度来计算物体在竖直方向上的最大高度。最后，我们可以使用已知的重力加速度来计算物体在竖直方向上的总的飞行时间。

第四章 电磁学基础

静电学部分

4.2 解：平衡状态下受力分析 +q 受到的力为：

2

''41r

q q F qq πε

=

()()2

4441l

q

q F q q πε

=

处于平衡状态：()04'=+q q qq F F

()0441'412

2

=+

l

q

q r

q q πε

πε

（1）

同理，4q

受到的力为：()()

()

2

'44'41r l q q F q q -=

πε

()()2

4441l

q q F q q πε

=

()()04'4=+q q q q F F

()

()

()04414'412

2

=+

-l

q q r l q q πε

πε

（2）

通过（1）和（2）联立，可得： 3

l r =

，q q 9

4

'-=

4.3 解：根据点电荷的电场公式：

r e r

q E 20

41πε

=

点电荷到场点的距离为：22l r +

2

20

41l

r q E +=

+πε

两个正电荷在P 点产生的电场强度关于中垂线对称：

θ

cos 2//+=E E 0=⊥E

2

2

cos l

r r +=

θ

所以：

()

2

322

2

2

2

20

21412

cos 2l

r

qr

l

r r l

r q E E +=

++==+πε

πε

θ

q

l

q

+

当l r >>

2

2

24121r

q r

q E πε

πε

=

=

与点电荷电场分布相似，在很远处，两

个正电荷q 组成的电荷系的电场分布，与带电量为2q 的点电荷的电场分布一样。

4.4 解：取一线元θλRd dq =，在圆心处 产生场强：2

2

4141R

Rd R

dq dE θ

λπε

πε

=

=

分解，垂直x 方向的分量抵消，沿x 方向 的分量叠加：

R

R

Rd dE

x

00

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第一章答案

作为科学基础的牛顿力学

1.1

关于行星运动的地心说和日心说的根本区别是什么?

答：地心说和日心说的根本区别在于描述所观测运动时所选取

的参考系不同。

1.2

牛顿是怎样统一了行星运动的引力和地面的重力?

答：用手向空中抛出任一物体，按照惯性定律，物体应沿抛出

方向走直线，但是它最终却还会落到地面上。这说明地球对地面物体都有一种吸引力。平抛物体的抛速越大，落地时就离起点越远，惯性和地球吸引力使它在空中划出一条曲线。地球吸引力也应作用于月球，但月球的不落地，牛顿认为这不过是月球下落运动曲线的弯曲度正好与地球表面的弯曲程度相同。这样牛顿就把地球对地面物体的吸引力和地球对月球的吸引力统一起来了。牛顿认为这种引力也作用在太阳

和行星、行星与行星之间，称为万有引力。并认为物体所受的重力就等于地球引力场的引力。这样牛顿就统一了行星运动的引力和地面的重力。

1.3

什么是惯性?什么是惯性系?

答：任何物体都有保持静止或匀速直线运动状态的特性，这种

特性叫惯性。

我们把牛顿第一定律成立的参考系叫惯性系。而相对于已知惯

性系静止或做匀速直线运动的参考系也是惯性系。

简明物理学第四章答案

1.下列对物体运动的描述中，有关参考系的说法正确的是（） [单选题] * A．“一江春水向东流”以水面上的船为参考系

B．“地球绕太阳的公转”以地球为参考系

C．“钟表的时针在转动”以表盘为参考系(正确答案)

D．“火车行驶出站台”以该列车上的乘客为参考系

2．下列情况中的物体哪些不可以看做质点（） [单选题] *

A．研究绕地球飞行时的航天飞机

B．研究从北京开往上海的一列火车

C．研究汽车后轮上一点的运动情况的车轮(正确答案)

D．研究在水平推力作用下沿水平地面运动的木箱

3.关于位移和路程，以下说法正确的是（） [单选题] *

A．位移和路程都是描述质点位置变化的物理量

B．物体的位移是直线，而路程是曲线

C．在直线运动中，位移和路程相同

D．只有在质点做单向直线运动时，位移的大小才等于路程(正确答案)

4．如图所示，一个质点沿两个半径为R的半圆弧由A运动到C，规定向右方向为正方向，在此过程中，它的位移和路程分别为（）

[单选题] * A．4R，2πR

B．4R，-2πR

C．-4R，2πR(正确答案)

D．-4R，-2πR

5.一运动员参加100 m赛跑，第10 s末到达终点时的速度为12 m/s，则全程的平均速度是（） [单选题] *

A．6 m/s

B．10 m/s(正确答案)

C．11 m/s

D．12 m/s

6．一辆汽车沿着水平湖岸匀速行驶，速度为5m/s，汽车在水中的倒影相对于汽车的速度是（） [单选题] *

A．10m/s

B．5m/s

C．-5m/s

D．0m/s(正确答案)

7. 某质点做匀加速直线运动，初速度为1 m/s，第1 s末速度为3 m/s，则质点的加速度大小为（） [单选题] *

第四章 电磁学基础

静电学部分

4.2 解：平衡状态下受力分析 +q 受到的力为：

20''41

r q

q F qq πε=

ϖ

()()2

4441l

q q F q q πε=

ϖ

处于平衡状态：()04'=+q q qq F F ϖ

ϖ

()0441'41

2020=+l q

q r q q πεπε （1）

同理，4q 受到的力为：()()()20'44'41

r l q q F q q -=

πεϖ

()()204441

l q q F q q πε=

ϖ ()()04'4=+q q q q F F ϖ

ϖ

()()()04414'41

2020=+-l q q r l q q πεπε （2）

通过（1）和（2）联立，可得： 3

l

r =，q q 94'-=

4.3 解：根据点电荷的电场公式：

r e r q E ϖϖ2041

πε=

点电荷到场点的距离为：22l r +

22041

l r q

E +=

+πε

两个正电荷在P 点产生的电场强度关于中垂线对称：

θcos 2//+=E E

0=⊥E

2

2

cos l

r r +=

θ

q

l

q

+

所以：

(

)

2

32

202

2

2

2021

412

cos 2l r qr

l

r r l r q

E E +=

++==+πεπεθ

当l r >>

2

02024121

r q r q E πεπε==

与点电荷电场分布相似，在很远处，两

个正电荷q 组成的电荷系的电场分布，与带电量为2q 的点电荷的电场分布一样。

4.4 解：取一线元θλRd dq =，在圆心处

产生场强：2

0204141

R Rd R dq dE θ

λπεπε==

分解，垂直x 方向的分量抵消，沿x 方向 的分量叠加：

思 考 题

4.1 阿伏伽德罗定律指出：在温度和压强相同的条件下，相同体积中含有的分子数是相等的，与气体的种类无关。试用气体动理论予以说明。

答： 据压强公式 p nkT = ，当压强和温度相同时，n 也相同，与气体种类无关； 4.2 对一定量的气体来说，当温度不变时，气体的压强随体积的减小而增大。当体积不变时，压强随温度的升高而增大。从微观角度看，两种情况有何区别。

答：气体压强是器壁单位面积上受到大量气体分子频繁地碰撞而产生的平均作用力的结果。当温度不变时，若体积减小，分子数密度增大，单位时间内碰撞器壁的分子数增加，从而压强增大；而当体积不变时，若温度升高，分子的平均平动动能增大，分子碰撞器壁的力度变大，从而压强增大；

4.3 从气体动理论的观点说明：

（1）当气体的温度升高时，只要适当地增大容器的容积，就可使气体的压强保持不变。 （2）一定量理想气体在平衡态（p 1，V 1，T 1）时的热动平衡状况与它在另一平衡态（p 2，V 2，T 2）时相比有那些不同?设气体总分子数为N ，p 2< p 1，V 2< V 1。

（3）气体在平衡状态下，则2

2

2

2

13

x y z v v v v ===

， 0x y z v v v ===。 (式中x v 、y v 、z v ，是气体分子速度v 的三个分量)。

答：（1）由p nkT = 可知，温度升高时，n 适当地减小，可使压强不变；

（2） 在平衡态（2p ，2V ,2T ）时分子的平均平动动能较在平衡态（1p ，1V ，1T ）

时小，但分子数密度较大；

第四章 机械振动

4-1 一个质点作简谐运动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2

A

-，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（ ）

题4-１图

分析与解（B ）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A /2，且投影点的运动方向指向Ox 轴正向，即其速度的x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（B ）． 4-2 一简谐运动曲线如图（a ）所示，则运动周期是（ ）

(A) 2.62 s (B) 2.40 s (C) 2.20 s （D ）2.00 s

题4-2图

分析与解 由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为A /2，且向x 轴正方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为-．振动曲线上给出质点从A /2 处运动到x =0处所需时间为1 s ，由对应旋转矢量图可知相应的相位差6

5232π

ππϕ

=+=

∆，则角频率1s rad 65Δ/Δ-⋅=

=πϕωt ，周期s 40.22==ω

π

T .故选（B ）． 4-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a ）所示， x 1的相位比x 2的相位（ ） （A ）落后

2π（B ）超前2

π

（C ）落后π（D ）超前π 分析与解 由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b ）即可得到答案为（B ）．

3/π2

题4 -３图

4-4 两个同振动方向、同频率、振幅均为A 的简谐运动合成后，振幅仍为A ，则这两个简谐运动的相位差为（ ）

（A ）60

（B ）90

（C ）120

（D ）180

分析与解 由旋转矢量图可知两个简谐运动1和2的相位差为120

时，合成后的简谐运动3的振幅仍为A .正确答案为（C ）．

第四章 习题解答（仅供参考）

4．3 如图所示，质量为10g 的子弹以速度v = 103m·s -1水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐振动．设弹簧的倔强系数k = 8×103N·m -1，木块的质量为4.99kg ，不计桌面摩擦，试求：

（1）振动的振幅； （2）振动方程．

[解答]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩，它们的动量守恒，即

mv = (m + M )v 0． 解得子弹射入后的速度为

v 0 = mv/(m + M ) = 2(m·s -1)， 这也是它们振动的初速度．

子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得 (m + M ) v 02/2 = kA 2/2， 所以振幅为

A v =10-2(m)． （2）振动的圆频率为

ω=

s -1)．

取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移x 的正方向，振动方程可设为

x = A cos(ωt + φ)．

当t = 0时，x = 0，可得 φ = ±π/2；

由于速度为正，所以取负的初位相，因此振动方程为 x = 5×10-2cos(40t - π/2)．

4．4 如图所示，在倔强系数为k 的弹簧下，挂一质量为M 的托盘．质量为m 的物体由距盘底高h 处自由下落与盘发生完全非弹性碰撞，而使其作简谐振动，设两物体碰后瞬时为t = 0时刻，求振动方程．

[解答]

物体落下后、碰撞前的速度为v =

物体与托盘做完全非弹簧碰撞后，根据动量守恒定律可得它们的共同速度为

0m v v m M =

=+，这也是它们振动的初速度．

设振动方程为 x = A cos(ωt + φ)， 其中圆频率为