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普通物理学课后习题

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物理学
（作业题参考解答）

第一章质点运动学
作业题：1-3；1-5；1-8；1-11；1-16
作业题解答（参考）
t2
，y2x2
1-3解：（1）x2t，y24
（x＞0）
（2）r2ti2t2
j；t1s到t2s，vrr2r1t21
2i3j（m·s-1）（3）v
dr
dt
2i2tj；1s末和2s末，v12i2j（m·s-1），v22i4j（m·s-1）（4）a
dv
dt
2j，a1a22j（m·
s-2）1-5解：vdrdt，drvdt
rtr0tvtdtt
vvt
0
0
0
0costisintjdt

sinticostj
0

v0

sinti1costjrt
v0
sintiv0v0costR
vvv
j，x0sint，y0R0cost2
2
将上两式中消去t得质点的轨迹方程为x2
vyR0v0


vt
1-8解：akv3
(k>0，常数，dvdtkv3或dvdv
v3kdt；v3kdt0v0
11
1
2
2
xt
v(tv
1
0
，
dxv1
12kv200t

12kv2tdt;
dxv12
0d
000
12kv20ttx(t
112kv20
t1，dvdkv0
dtvdxdv
dxdtvdx
，

1/211
，

akv3，
v0dv
v(x，kdx2
1kv0xv
d
12t26t；d12t26tdt；1-11解：dt



0
d
12t
t0
2
6tdt

2
4t33t2（rads1）；atR12t6t（ms2）
1-16：解：vA对B＝vA对地＋v地对B；由于v地对B
－vB对地
vA对B＝vA对地－vB对地；A机相对于B机的速度大小为
22
vABvAvB2vAvBcos10002800221000800cos60o917(ms1
vBcos30o8000.866arccosarccos40o56
vAB917


第二章质点动力学
作业题：2-3；2-4；2-6；2-9；2-11；2-12；2-14；2-15；2-20
作业题解答（参考）
v2
2-3解：Tmgcosml

dvdv；mgsinmmgsindmd；dtdt
d
mgsindmdl；gsindld
dt


0
gsindld；解得g1cos


0
1212l0l22
2v21022Tm2g3gcos0gcos1v02glcos1；
lll

2-4解：根据牛顿定律有120t40m
dvdv
12.0t4.0；；即
dtdt


v
v0
s-1dv12.0t4.0dt；v(6.04.0t6.0t2m·
0
t
2/212

xtdx2
即6.04.0t6.0t；dx6.04.0t6.0t2dt；x(5.06.0t2.0t22.0t3m
x00dt


yvvdvdvdvdvdvdy
dyv2-6解：mgkmvm；，积分v0gkv20dtdydtdydt
2
1gkv2
yln2
2kgkv02
1gkv0；最高处时，v=0，hylnmax2kg
(1mgkmvm
2
dvdvdvdvdvdy
v，mgkmv2mv；
dtdydtdydydt
12


0
h
dy
v
0
2
kv0vdv
vv1；解出02
ggkv

2-9解法1：根据动量原理得Ix0mvx；Iymvy0
222
vy2gH；IIxIymvx2gH0.3020229.8107.32(Ns
tan
IyIx

mvymvx

2gH29.810
0.70，145vx20
小球所受到的平均冲力大小为F
I7.32
366(Nt0.02
2-11解：Mmv0cosMvmvu
可得人的水平速率的增量为
vvv0cos
m
u
Mm
mv0sinv0sin
ΔxΔvtut；所以人跳跃抛出物体后增加的距离为
gMmg
2-12解：p1
p2p30；
22
p3p1p210219.2225.3321.071020（kgms1）
p3与p1的夹角为90arctan
p19.22
90arctan14958p25.33

2-14解：Fmgyg；dWFdymygdy

3/213

把水桶从水面提高到井口外力所做的总功
2-15解：a
Wmygdy882(J
0
10
F34x0.30.4x（m·s-2）；m10
以x3m代入上式得a1.5m·s-2；
333227112
2.3（m·s-1）mv2mv0Fdx34xdx3x2x227；v
0001022

2-20解：第一个过程：
1212
kxm1v1022
第二个过程：v200，则m2碰后的速度为第三个过程：
v2v10

112m2v2m2gRRcosm2v222
v2
根据牛顿定律得m2gcosNm2
R
可解得x
7m1gR7mgR
2k2k
第三章刚体力学

作业题：3-1；3-5；3-8；3-11；3-12；3-15；3-16；3-18；3-20

作业题解答（参考）
3-1解：(1
0
t
2n2n123.142.71031.210313.1rads-2
60t1260


(20t
122n112n2n12t
n2＋n1ttt
260260t60
tn2n1122.71.2103
N390圈
2260260

3-5解：MFr(0.50t0.30t1.0
2
4/214

M0.50t0.30t2d
dtdt根据转动定律MJJ，得dJ1.010-3dt
d500t300t2dt250t2100t3；


0
0
t=3s，250310034.9510rads
233

-1

3-8解：dMdmgrcosdrgrcos；abr
M
l2
abl2
abrgrcosdrglcos0
l
23
11
Jrdmrdrr2abrdral3bl4
00034
l2
l
MJ
2
ddddabl21314d
，glcosalblJJ
2334ddtddtd


0
114abl23
glcosd0albld；
4233
4g3a2bl
l4a3bl
112304
3-11解：Ek1J124.001031.9710J
22601121023
Ek2J24.001032.1910J
2260
WEk2Ek12.11031.971041.75104J
3-12解：（1）mR
2
2

2
，dmdS
R
m
2rdr2
R
2
dFgdm2gmrdr/R；M2gmr2dr/R2mgR
03
2

03R0M4g
；0t，t4gJ3R
（2）根据动能定理，摩擦力的功为W0
1122
J0mR2024

3-15解：(1LJ0
MdtFlt
5/215


3F2t2112
（2）J0mgl1cos；解得arccos1-222mgl

3-16解：mkt其中，k10kgs。由角动量守恒定律，得
3
-1
1
510500
J02J0Jmr2；解出t＝5s2
1kr1030.1202

3-18解：取杆为研究对象。
1l3g
J20Mg；2
22l
2
第二阶段取杆和物体A组成的系统为研究对象JJml带入J可解出
M3glM3m

13lM22
在第三阶段mgs0ml；s2
22M3m

3-20解：L00；人走动后，设圆盘的角速度为，则人对地的角速度为，根据运动的相对性，有

R2
2
；角动量为LJmR2
2
系统角动量守恒JmR20；
2R2
2
R122R2

第五章气体动理论
作业题：5-3；5-7；5-9；5-11；5-12；5-15；5-17

作业题解答（参考）
p1.01105
2.441025(m35-3解：1.n23
kT1.3810300

6/216

nμ2.441025321033
2.nm,ρ1.30(kgm23
NA6.02310
kkT1.3810233006.211021(J
（1）V
3232
1
；d3V31n312.4410253.45109mn

v23kT3RT
μ5-7解：v；T
3Rmμ
2
v211.221062103
T1μ11.01104(K
3R38.31v211.2210632103
T2μ21.61105(K
3R38.31
v22.421062103
μ14.62102(K当v2.410ms时，T13R38.31
2
3
1
v22.4210632103
T2μ7.39103(K2
3R38.31

3RT
6.151023(mol15-9解:（1）1mv23kT3RT;得NA2
22
2NA
mv
8kT81.38102330021
（2）v1.310ms143
m3.146.21010

5-11答：据平均速率、方均根速率和最概然速率的定义得

N
ii1
N
i
N
N

20320530440350260170
3.650
20
2i

2

i1
Ni
N
022322532442352262723.990
20
20个质点中出现速率为30的概率最大，有5个，故p30。
7/217

5-12解:由于
fd
0
0

0
0
CdC0
由分布函数的归一化条件fvdv1，得Cv01，C

1v0
（2）粒子平均速率为

0
f(d
0
0
1
0
d
0
2


5-15答：利用理想气体状态方程可得等温条件下高度随压强的变化关系
pp0e

ghRT
；h
RTpln2.31kmgp0
5-17解：（1）pV
M

RT；E
Mi
RTμ2
2E26.75102N5
1.3510(Pan，得p3iV52.010V
ppV1.351052.0103
3.62102(K（2）pnkT；T2223nkNk5.4101.3810
kT1.3810233.621027.491021(J
3232
第六章热力学
作业题：6-2；6-5；6-6；6-8；6-10；6-12；6-14；6-16；6-17

作业题解答（参考）
1153
6-2解：WBCADCD；W1210110150（J）
22

6-5解：WACBQACBEACBQACB=200J
WBDpdV0；WDApdVpVAVD4105141031200J
B
D
DA
ACBDA中系统所作的总功为WWACBWBDWDA1000JQ=W=－1000J，负号表示在此过程中，热量传递的总效果为放热。

8/218

6-6解（1）T2
V2
T12300600（K）V1
等压过程中吸收的热量为Q2CpT2T12
5
R6003001.25104（J）2
14
（2）由于状态3与状态1温度相同，故整个过程中内能不变。
（3）对整个过程应用热力学第一定律得QEWW1.2510J
6-8解：（1）a-b为等温过程，QW由于M1，paVaRTa，

Vb
Va
pdV
Vb
Va
MRT
dVV
QWRTln
VbV0.044paValnb21050.022ln3.05103（J）VaVa0.022

53
（2）因为a-c为等体过程Wcbpc(VbVc110(0.0440.0222.210(J3
故QWWacWcb2.210(J

6-10解：
M


0.325
10(mol；CV,mR0.0322
（1）a-b过程为等温过程E0
Q1W1
M

RT1ln
V2
108.31300ln21.728104（J）V1
b-c等体Q2ECV,mT2T1108.31(2003002.077510(J
4
52
（2）c-d过程为等温过程，在此过程中E＝0。
Q3W2
M

RT2ln
V11
108.31200ln1.152104(JV22
（3）d-a过程为等体过程，
5
Q4ECV,mT1T2108.313002002.0775104(J
2



Q吸－Q放
Q吸
＝
1.7282.07752.07751.152＝15.14%
1.7282.0775
9/219

6-12解：1
T2
70﹪。T1
T2
72﹪T1
对情况（1）：高温热源的温度提高到T11100K时的效率为1

T2
80﹪对情况（2）：低温热源的温度降到T2200K时的效率为1T1

6-14解：由已知条件可得T1＝15+273＝288（K）
T2＝－10+273＝263（K）
致冷系数为＝
Q2T2263＝＝＝10.52WT1－T2288263
4
100010.52＝1.05210（J）A＝1000J，于是吸收的热量为Q2＝A＝

6-16解：混合后，cpm1(T1Tcpm2(TT2；T
T
m1T1m2T2
。；解得T＝314（K）
m1m2
TT
m1cpdTTm2cpdTdQdQ
SS1S2
TT2TTTTT1T2
1

0.304.18103ln
314314
0.704.18103ln20.70(JK-1363293
6-17解：(1ADB过程的熵变为SADBSADSDB
D
VDdQTBdQpdWTBCp,mdT
RlnVTTTTAADADD
TB
Clnp,mTD

TDVB
VBTBVDTD；而Cp,mCV,mR，SADBRlnTV
BA
VB3TB
SADBRlnRlnV2TAA
(2ACB过程熵变SACB
TB
Clnp,mTA
TBTCdQ
ClnClnSSp,mV,mACCBTTATCA
B


利用VCVB、pCpA、TCVCTAVA及TBpBTCpC，
10/2110

BBBB则上式化为SACBCV,mRlnClnRlnRlnV,mVpV2TAAAA

VpV3T


第七章静电场

作业题：7-5；7-6；7-8；7-14；7-16；7-19；7-21；7-22；7-23；7-25；7-26

作业题解答（参考）
7-5解：(1dE
140

dx
xb
2
；
E
l
140
0

dx
xb2

401l1
，方向沿x轴的负方向。
bbl4bbl0
140
kxdx
(2同样取电荷微元dq=dx=kxdx；dE
xb
2

E

l
140
0

kxdx
xb2

kbll
ln，方向沿x轴的负方向。
40blb
7-6解：dq
1dqQ
2r0；ExdEx0dl，dE
L40RR
点O的合电场强度为EEydEydEsin
L
L
140
L

dq
sinR2
其中，负号表示场强方向与y方向相反。将dq
7-8解：（1）
QQQ
sin－dl，dlRd，E2222040R20RR
E·dS=
S
1
0
q
i
i内
；E1=0
在区域II，以R1rR2，
E·dS=
S
Q1
0
，E2
Q140r2

11/2111

在区域III，E3=
Q1Q240r2

（2）当Q1=－Q2时，区域I的场强为E1=0区域II的场强为E2
Q140r
2
；区域III的场强为E3=0

7-14解：0(r<R
E=E
P
P0

（r>R）20r
r>R,U
P0

P
EdrEdr
Pr0
r0
r
r
UEdrEdr
P
drlnrlnr0;UlnrC20r202020
r0
当r＜R时,U

R
r
EdrEdr0
R
r0
R

drlnRC20r20
7-16解：（1）r(R1rR2，E

20r
①
于是，两圆柱间电压为UU1U2

R2
R1
E•dr
R
ln220R1
R2
R1
②
由①式解得20rE，将其带入②式，UU1U2rEln
即E
U1U2

rln(R2R1
R2
UrU2Ur
r
E•dr
R2
r
U1U2UU2
dr1ln(R2r
rlnR2R1ln(R2R1
U1U2
ln(R2rU2
ln(R2R1
R1
UrU1E•dr
r
U1U2UU2
ln(R1r;Ur1ln(R1rU1
ln(R2R1ln(R2R1
12/2112


7-19解：

S
DdSDSQ;r＞R,D
Q40rr2
Q
r04r2
(1D1r0E1得,E1
(R＜r＜R
E2
Q40r
2
(r＞R
（2）介质层内的电势U1


r
EdrE1drE2dr
r
R

R
1r1
40rrRQ
介质层外的电势为U2


r
E2dr
Q40r
2
r
dr
Q40r

（3）金属球的电势为U3
1r1

40rRRQ
D1
7-21解：D11，D22;E1
1

1D
，E222122
UE1dE2d,可知E1E2,1
1
22
31S，S2S44
根据题意S13S2，并且SS1S2，可得S1而Q1S12S2;Q2(
1S
S1S22312242
解得E2
24Q4Qd
,UE2d,得UE2d2S312S312
C

312S31QQ1S2S1S12S2C1C2;CU4dUd4d4dd
DDqqq
;E11，E22
11S22SS
7-22解：D1D2
1
极板间的电势差为UE1d1E2d2
d
1
d2q
2S
13/2113

电容为C
12Sddq11112;,等效为电容器串连。U1d22d1C1S2SC1C2
7-23解：(1C0
0S
d
;Q0C0U
0S
d
U;E0
U
d
(2插入电介质后，设极板上的电荷为Q1，电容器两端的电压为
U
Q1
dQ1;C1Q10rS
Urd0S0rS
Q1
0rSUQ1U;介质内电场强度E1
rd0rSrd
Q1rU
0Srd
空气中电场强度为E1
(3C2
0SSU
,极板上的电荷Q2由C2Q2U得,Q20dd
U
d
R2
0;空气中电场强度E2导体中电场强度为E2

7-25解：E
q4r2
;板间电压U

R2
R1
Edr
q4r
R1
dr2
q11
4R1R2
1q2R2R1
则电容器所储存的能量为WeqU
28R2R1
R2112qq2R2R12
或WeEdV4rdr2V2R128R2R14r
2

7-26解：（1）E
Q20rrl
;
UEdr
R1
R2R2
Q20rrl
R1
dr＝
Q20rl
ln
R2
R1
R1Q2
WeQUln2
240rlR1

14/2114

20rlQ2
We,C
lnR2R12C


第九章稳恒磁场
作业题：9-2；9-4；9-6；9-7；9-8；9-11；9-12；9-14；9-16

作业题解答（参考）
Il1Il
9-2解：B1012；B20222
4r4r
IlIl
R1I1R2I2；I1l1I2l2；BB1B2012102220
4r4r

9-4解：dB
0
dI其方向在平面Oxy内，如图所示。2R
I0I
Rd2BydBcos0，BxdBsinsin0
002RRR
0I
，B的方向指向Ox轴负向。BBx2
R
0I20I1
，B2
2dx2x

9-6解：B1
BB1B2
0I10I2
2x2dx
20I120I1
4.00103Tdd2
2
(1A处，x=d/2，且I1I2，故得B
(2m

S
BdS
r1r2
r1
0I1lr1r20I20I16ln2.2010Wbldx2x2dxr10Ir0IRRB；（2）<r<，；122
2R12r
9-8答：（1）r<R1，B
15/2115

20Ir2R2
；（4）B=0(3R2<r<R3，B1222rR3R2
9-11解：B
0I1
，方向垂直纸面向里。2x
0I1I2IIdl
dx012ln2x2d
ab段导线中线元dx受到的磁场力的大小为dFBI2dxab段导线受到的磁场力方

F
dl
向向上。
d
222
9-12解：（1）pmISen；pmnIS1002(0.01/21.5710(Am
（2）载流线圈在磁场中所受的力矩为M=pmB
MmaxpmBnISB，MmaxnISB10023.140.01/246.28102(Nm

9-16解：（1）Hdl
l
2

I
i
i
；HlNI
于是，管内的磁场强度H的大小为H磁场强度的方向沿圆周的切线方向。
NI2000.1
200(Am-1l0.1
B00H41072002.51104(T
（2）当管内充满相对磁导率r=4200的磁介质时，管内的磁场强度不变，仍
-1
为H200(Am。但磁感应强度发生了变化，BH0rHrB01.06(T

第十章电磁感应
作业题：10-1；10-2；10-3；10-5；10-6；10-7；10-10

作业题解答（参考）
I
10-1解：B0
2x
导线ab在磁场中运动时产生的感生电动势为
ab
ab
(vBdl
dld
Ivdx2x
0
0
Iv
2
ln
dd
l
负号表示电动势方向由b指向a。


16/2116


10-2解：（1）
1
ef
ghL0
ef
vBdl
0
ghL
vBdlI
Lv2d
0
ef
vBdl
0
hg
vBdl

Iv2d
0
dl
Iva
0
2d
dl
Ia
2(d
Lv
N匝线圈总动生电动势（2）dΦ
N0I
Lv2dN0I
Lv，
2(da
da
0
210－3sin100t(V
Ida0ILLdxlnd2x2d
addI0L在d=10cm时，一匝线圈中产生的感生电动势为2ln2ddtaddI0NLN匝线圈中产生的感生电动势为N2ln2ddt
dI
4.36102cos100t(V500cos100t，得
dt
BdS
BdS
0
I
Ldx；Φ2x
（3）线圈中的感应电动势为动生电动势和感生电动势的代数和
10-3解：（1）d
12

vBdrBrdr
d
R0
指向dr的正方向。则整个辐条上产生的动生电动势为=ab之间感应电动势
vBdr
1
BR22
1
BR221
B2NR22
NBR2
（2）电流方向由b到a；（3）电流方向也会反向；
（4）若轮子的辐条是对称的两根或更多时，相当于两个或多个电源的并联，所有，电动势也相同。
10-5解：通过该回路的磁通量为
2
ll
ΦBdSBdSBSBR2
SS22
导体棒PQ上的电动势为εPQ
10-6解法：磁介质中的安培环路定理距离中轴线为r处的磁场强度为H
dΦ
dtdBl
R2
dt2l(22
HdlNI
l
NI
；B2r
H
NI2r
17/2117

磁通量为Φ
S
BdS
D1/2D2/2
μNI
hdr2πr
μNIhD1
ln2πD2
通过环绕的N个线圈的总磁通量为ΦN
NΦ
μN2IhD1
ln
2πD2
N2hD1
ln
2D2N1B1S1I1
μ0N12πR2
l
L

N
I
N2hD1
，与Wln
2D2
12
LI比较得L2
10-7解：B1
0
nI1
0
N1I1
；自感L1
l
N1Φ1I1
同理L2
N2Φ2I2
μ0N22πR2
l
N2μ0n1I1πR；故互感系数为M
2
Φ21N2B1S2
210
I1
N1N2R2

l

10-10解:(1在电容器内(r≤R作一个半径为r的圆形回路。
dDdD2
；dSH2rrLSdtdt1dE1
B0H，D0E可得B00r00rE0cost
2dt2
dD21dE1
当r≥R时，有H2rR，B00R200R2E0cost
dt2rdt2r
Hdl
(2Id

dDdDdDdE22
IRE0costdSdSSRd00SdtdtSdtdt，
第十三章波动光学

作业题：13-2；13-3；13-6；13-7；13-8；13-9；13-11；13-12；13-14；
13-16；13-17；13-18；13-22；13-23；13-25
作业题参考解答
x0.3421033.44102
11，解得534.76(nm13-2解：dD2.00


18/2118

13-3解：光程差为r2(nhr1hh(n1若没有云母片覆盖，光程差为r2r1因为条纹移动了9个，则kk9
d
xkD
①②③
d
xkD
9
立①②③可得：h(n19，h
99550.010
n11.581
8.53106(m
546.0109
2.73107(m13-6解：相邻两条纹高度差为e，e2n21

e2.73107eD25
L12.40102.2610(m，所以D3l1.5010lL

13-7解：rk
2
rk25
2
2k5110R0，rk25rk2R0，
22
2k5
2k1R
0，
第k＋5级明环的半径满足
0

r
rk22.3021.502
590（nm）3
5R51.0310

13-8解：（1）2ne

2
2
4ne41.33380
即；令k=2解得，1=673.9(nm
2k1221
41.33380
令k=3解得，2=404.3(nm
231
(2对于肥皂膜的反面，透射光增强时满足2nek
2ne21.33380
则；令k=2，得505.4(nm
k2

13-9解：2nd2k1
，2ne

k

2
；由此解出d2k1

4n

取k=0，得最小厚度为d

4n

550
99.6（nm）
41.38

13-11解：nll
此光程差造成了98个条纹的移动，故有nll98
9898589.3109
11.00029所以n1l20102

19/2119


589109
5.89106(rad13-12解：
a0.10

0.558910953
6.7510(m若8.7310rad，则缝宽为a3
8.7310180

13-14解：第二级暗条纹的衍射角有asin2且其与中心亮纹的距离为xftanfsinf
2a
2f2546109401024
1.45610(m从而可得缝宽a2x0.3010xa0.421021.456104510(nm未知光源23f34010

0.610.61550109
1.342106(m13-16解：y
nsinu0.25

13-17解：dsink，（k0,1,2,...）
k632.8109
1.028106（m）可得光栅常量do
sinsin38
1102
9728（条）因此，在1cm内的狭缝数为N
d

13-18解：dsink；
k3589.31095
1.010当k3时，光栅常量d(msinsin10o11
dsin1.0105sin612
540(nm对于未知光源，k2
13-22解：I1
11
I0cos260I02819I2I0cos230cos230I0
232
20/2120


所以所求透射光强为I2
9I14
I313
Iocos230Io；1
I0828
13-23解：（1）根据题意得：I1
（2）I1
I2431243
I0cos23090%90%I0，1
I08002800

13-25解：根据公式taniBn2/n1
可得不透明电介质的折射率为n2n1taniB1.6，其中n1为空气折射率。
21/2121

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/51f8373277eeaeaad1f34693daef5ef7ba0d12b6.html

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