大学物理学上册课后答案.doc

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1、. .习题解答习题一1-1与有无不同?和有无不同?和有无不同?其不同在哪里?试举例说明解：（1）是位移的模，是位矢的模的增量，即，；（2）是速度的模，即.只是速度在径向上的分量.有（式中叫做单位矢），则 式中就是速度径向上的分量，不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3)表示加速度的模，即，是加速度在切向上的分量.有表轨道节线方向单位矢），所以 式中就是加速度的切向分量.(的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)1-2 设质点的运动方程为=()，=()，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r，然后根据 =，及而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即=及=你认为两种方法哪

2、一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有， 故它们的模即为而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作其二，可能是将误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢及速度的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。1-3 一质点在平面上运动，运动方程为=3+5, =2+3-4.式中以 s计，,以m计(1)以时间为变量，写出质点位置矢量

3、的表示式；(2)求出=1 s时刻和2s时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算0 s时刻到4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算4 s时质点的速度；(5)计算0s到4s内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算4s时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)解：（1） (2)将,代入上式即有(3)(4) 则 (5)(6) 这说明该点只有方向的加速度，且为恒量。1-4 在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示当人以(m)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度

4、的大小 图1-4解： 设人到船之间绳的长度为，此时绳与水面成角，由图可知将上式对时间求导，得 题1-4图根据速度的定义，并注意到,是随减少的，即 或 将再对求导，即得船的加速度1-5 质点沿轴运动，其加速度和位置的关系为2+6，的单位为，的单位为 m. 质点在0处，速度为10,试求质点在任何坐标处的速度值解： 分离变量： 两边积分得由题知，时，,1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 4+3，开始运动时，5 m， =0，求该质点在10s时的速度和位置 解：分离变量，得 积分，得由题知，, ,故 又因为 分离变量， 积分得 由题知 , ,故 所以时1-7 一质点沿半径为1 m的圆周运动，运动方

5、程为=2+3，式中以弧度计，以秒计，求：(1) 2 s时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45角时，其角位移是多少? 解： (1)时， (2)当加速度方向与半径成角时，有即 亦即 则解得 于是角位移为1-8 质点沿半径为的圆周按的规律运动，式中为质点离圆周上某点的弧长,，都是常量，求：(1)时刻质点的加速度；(2) 为何值时，加速度在数值上等于解：（1） 则 加速度与半径的夹角为(2)由题意应有即 当时，1-9 半径为的轮子，以匀速沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点的运动方程为，式中/是轮子滚动的角速度，当与水平线接触的瞬间开始计时此时所在的位置为原点，轮子前进方向为

6、轴正方向；(2)求点速度和加速度的分量表示式解：依题意作出下图，由图可知 （1）题1-9图（2）1-10 以初速度20抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径；(2)落地处的曲率半径(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示题1-10图(1)在最高点，又(2)在落地点，,而 1-11 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为=0.2 rad，求2s时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度解：当时，则1-12 如题1-12图，物体以相对的速度沿斜面滑动，为纵坐标，开始时在斜面顶端高为处，物体以匀速向

7、右运动，求物滑到地面时的速度解：当滑至斜面底时，则,物运动过程中又受到的牵连运动影响，因此，对地的速度为题1-12图1-13 一船以速率30kmh-1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率40kmh-1沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何? 解：(1)大船看小艇，则有，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-13图由图可知 方向北偏西 (2)小船看大船，则有，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得方向南偏东1-14 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m的甲板上，篷高4 m 但当轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m ，

8、如雨滴的速度大小为8 ms-1，求轮船的速率解： 依题意作出矢量图如题1-14所示题1-14图 由图中比例关系可知 习题二2-1因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a1，其对于m2则为牵连加速度，又知m2对绳子的相对加速度为a，故m2对地加速度，由图(b)可知，为a2=a1-a又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f在数值上等于绳的X力T，由牛顿定律，有m1g-T=m1a1T-m2g=m2a2联立、式，得讨论(1)若a=0，则a1=a2表示柱体与绳之间无相对滑动(2)若a=2g，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m1,m2均作自由落体运动题2-1图2-2以梯子为对象，其受力

9、图如图(b)所示，则在竖直方向上，NB-mg=0又因梯无转动，以B点为转动点，设梯子长为l，则NAlsin-mgcos=0在水平方向因其有加速度a，故有f+NA=ma题2-2图式中f为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能，即f=0mg联立、式得2-3(1)于是质点在2s时的速度(2)2-4 (1)分离变量，得即(2)(3)质点停止运动时速度为零，即t，故有 (4)当t=时，其速度为即速度减至v0的.2-5分别以m1,m2为研究对象，其受力图如图(b)所示(1)设m2相对滑轮(即升降机)的加速度为a，则m2对地加速度a2=a-a；因绳不可伸长，故m1对滑轮的加速度亦为a，又m1在水平方向上没有受牵

10、连运动的影响，所以m1在水平方向对地加速度亦为a，由牛顿定律，有m2g-T=m2(a-a)T=m1a题2-5图联立，解得a=g方向向下(2)m2对地加速度为a2=a-a=方向向上m1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a绝=a相+a牵=arctan=arctan=26.6，左偏上2-6依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下，而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为30，则动量的增量为p=mv-mv0由矢量图知，动量增量大小为mv0，方向竖直向下2-7由题知，小球落地时间为0.5s因小球为平抛运动

11、，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v1=gt=0.5g，小球上跳速度的大小亦为v2=0.5g设向上为y轴正向，则动量的增量p=mv2-mv1方向竖直向上，大小p=mv2-(-mv1)=mg碰撞过程中动量不守恒这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒2-8 (1)若物体原来静止，则p1= i kgms-1,沿x轴正向，若物体原来具有-6ms-1初速，则于是,同理，v2=v1,I2=I1这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动

12、量定理(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即亦即t2+10t-200=0解得t=10s，(t=-20s舍去)2-9质点的动量为p=mv=m(-asinti+bcostj)将t=0和t=分别代入上式，得p1=mbj,p2=-mai,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为I=p=p2-p1=-m(ai+bj)2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有F=(a-bt)=0,得t=(2)子弹所受的冲量将t=代入，得(3)由动量定理可求得子弹的质量2-11设一块为m1，则另一块为m2，m1=km2及m1+m2=m于是得又设m1的速度为v1,m2的速度为v2，则有mv=m1v1+m2v2联立、解得v2=(

13、k+1)v-kv1将代入，并整理得于是有将其代入式，有又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取证毕2-12 (1)由题知，F合为恒力，A合=Fr=(7i-6j)(-3i+4j+16k) =-21-24=-45J(2)(3)由动能定理，Ek=A=-45 J2-13以木板上界面为坐标原点，向内为y坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图f=-ky第一锤外力的功为A1式中f是铁锤作用于钉上的力，f是木板作用于钉上的力，在dt0时，f=-f设第二锤外力的功为A2，则同理，有由题意，有即所以，于是钉子第二次能进入的深度为y=y2-y1=-1=0.414cm2-14方向与位矢r的方向相

14、反，即指向力心2-15弹簧A、B及重物C受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图FA=FB=Mg又FA=k1x1FB=k2x2所以静止时两弹簧伸长量之比为弹性势能之比为2-16 (1)设在距月球中心为r处F月引=F地引，由万有引力定律，有G=G经整理，得r= = =38.3210 m则p点处至月球表面的距离为h=r-r月 =(38.32-1.74)1063.66107m(2)质量为1 kg的物体在p点的引力势能为 = =-1.282-17取B点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有-m2gh= (m1+m2)v2-m1gh+k(l)2式中l为弹簧在A点时比原长的伸长量，则

15、l=AC-BC=(-1)h联立上述两式，得v=题2-17图2-18取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点则由功能原理，有-frs= k=式中s=4.8+0.2=5m，x=0.2m，再代入有关数据，解得k=1390Nm-1题2-18图再次运用功能原理，求木块弹回的高度h-fts=mgssin37-kx3代入有关数据，得s=1.4m,则木块弹回高度h=ssin37=0.84m题2-19图2-19m从M上下滑的过程中，机械能守恒，以m，M地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有mgR=又下滑过程，动量守恒，以m,M为系统则在m脱离M瞬间，水平方向有mv-MV=0联立，以

16、上两式，得v=2-20两小球碰撞过程中，机械能守恒，有即题2-20图(a)题2-20图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有mv0=mv1+mv2亦即v0=v1+v2 由可作出矢量三角形如图(b)，又由式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v0为斜边，故知v1与v2是互相垂直的2-21由题知，质点的位矢为r=x1i+y1j作用在质点上的力为f=-fi所以，质点对原点的角动量为L0=rmv=(x1i+y1j)m(vxi+vyj)=(x1mvy-y1mvx)k作用在质点上的力的力矩为M0=rf=(x1i+y1j)(-fi)=y1fk2-22哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力即有心力的作用，所以角动量守恒；

17、又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有r1mv1=r2mv22-23 (1)(2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7即r1=4i,r2=7i+25.5jvx=v0x=1即v1=i1+6j,v2=i+11jL1=r1mv1=4i3(i+6j)=72kL2=r2mv2=(7i+25.5j)3(i+11j)=154.5kL=L2-L1=82.5k kgm2s-1解(二)题2-24图2-24在只挂重物M1时，小球作圆周运动的向心力为M1g，即M1g=mr020挂上M2后，则有 (M1+M2)g=mr2重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒即r0mv0=rmv联立、得

18、2-25 (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b)图中N、N是正压力，Fr、Fr是摩擦力，Fx和Fy是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在O轴处所受支承力题2-25图（a）题2-25图(b)杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有对飞轮，按转动定律有=-FrR/I，式中负号表示与角速度方向相反Fr=N N=N又以F=100N等代入上式，得由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为这段时间内飞轮的角位移为可知在这段时间里，飞轮转了53.1转(2)0=900(2)/60rads-1，要求飞轮转速在t=2s内减少一半，可知用上面式(1)所示的关系，可求出所

19、需的制动力为2-26 设a，a2和分别为m1m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)题2-26(a)图 题2-26(b)图(1) m1，m2和柱体的运动方程如下：式中 T1=T1,T2=T2,a2=r,a1=R而 I=(1/2)MR2+(1/2)mr2由上式求得 (2)由式T2=m2r+m2g=20.106.13+29.820.8N由式T1=m1g-m1R=29.8-20.206.1317.1N2-27分别以m1，m2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示对m1,m2运用牛顿定律，有m2g-T2=m2aT1=m1a对滑轮运用转动定律，有T2r-T1r=(1/2Mr2)又， a=r联立以上

20、4个方程，得题2-27(a)图题2-27(b)图题2-28图2-28 (1)由转动定律，有mg(l/2)=(1/3)ml2=(2)由机械能守恒定律，有mg(l/2)sin=(1/2)(1/3)ml22=题2-29图2-29 (1)设小球的初速度为v0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为，而小球的速度变为v，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mv0l=I+mvl(1/2)mv20=(1/2)I2+(1/2)mv2上两式中I=1/3Ml2，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度=30，按机械能守恒定律可列式：由式得

21、由式由式所以求得(2)相碰时小球受到的冲量为Fdt=mv=mv-mv0由式求得Fdt=mv-mv0=-(I)/l=(-1/3)Ml=-负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反题2-30图2-30 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度v0=R设碎片上升高度h时的速度为v，则有v2=v20-2gh令v=0，可求出上升最大高度为(2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR2，碎片抛出后圆盘的转动惯量I=(1/2)MR2-mR2，碎片脱离前，盘的角动量为I，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即I=I+mv0R式中为破盘的角速度于是(1/2

22、)MR2=(1/2)MR2-mR2+mv0R(1/2)MR2-mR2=(1/2)MR2-mR2得=(角速度不变)圆盘余下部分的角动量为(1/2)MR2-mR2转动动能为题2-31图Ek=(1/2)(1/2)MR2-mR222-31 (1)射入的过程对O轴的角动量守恒Rsinm0v0=(m+m0)R2=(2)2-32以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有mgh=(1/2)mv2+(1/2)I2+(1/2)kh2又=v/R故有题2-32图题2-33图2-33 (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B点时，有

23、I00=(I0+mR2)该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为vB，以B点为重力势能零点，则有(1/2)I020+mgR=(1/2)(I0+mR2)2+(1/2)mv2B联立、两式，得(2)当小球滑至C点时，Ic=I0c=0故由机械能守恒，有mg(2R)=(1/2)mv2cvc=2请读者求出上述两种情况下，小球对地速度习题三3-1 惯性系S相对惯性系以速度运动当它们的坐标原点与重合时，=0，发出一光波，此后两惯性系的观测者观测该光波的波阵面形状如何?用直角坐标系写出各自观测的波阵面的方程解: 由于时间和空间都是均匀的，根据光速不变原理，光讯号为球面波波阵面方程为：题3-1图3

24、-2 设图3-4中车厢上观测者测得前后门距离为2试用洛仑兹变换计算地面上的观测者测到同一光信号到达前、后门的时间差解: 设光讯号到达前门为事件，在车厢系时空坐标为，在车站系：光信号到达后门为事件，则在车厢系坐标为，在车站系：于是或者3-3 惯性系S相对另一惯性系沿轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为计时起点在S系中测得两事件的时空坐标分别为=6104m,=210-4s，以及=12104m,=110-4s已知在S系中测得该两事件同时发生试问：(1)S系相对S系的速度是多少?(2)系中测得的两事件的空间间隔是多少?解: 设相对的速度为，(1) 由题意则故(2)由洛仑兹变换 代入数值，3-4

25、长度=1 m的米尺静止于S系中，与轴的夹角=30，S系相对S系沿轴运动，在S系中观测者测得米尺与轴夹角为45 试求：(1)S系和S系的相对运动速度.(2)S系中测得的米尺长度 解: (1)米尺相对静止，它在轴上的投影分别为：，米尺相对沿方向运动，设速度为，对系中的观察者测得米尺在方向收缩，而方向的长度不变，即故把及代入则得故(2)在系中测得米尺长度为 3-5 一门宽为，今有一固有长度()的水平细杆，在门外贴近门的平面内沿其长度方向匀速运动若站在门外的观察者认为此杆的两端可同时被拉进此门，则该杆相对于门的运动速率至少为多少?解: 门外观测者测得杆长为运动长度，当时，可认为能被拉进门，则解得杆的运

26、动速率至少为：题3-6图3-6两个惯性系中的观察者和以0.6c(c表示真空中光速)的相对速度相互接近，如果测得两者的初始距离是20m，则测得两者经过多少时间相遇?解: 测得相遇时间为测得的是固有时， ， ，或者，测得长度收缩，3-7 观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系和中，甲测得在同一地点发生的两事件的时间间隔为 4s，而乙测得这两个事件的时间间隔为 5s求：(1) 相对于的运动速度(2)乙测得这两个事件发生的地点间的距离解: 甲测得,乙测得，坐标差为(1)解出(2)负号表示3-8 一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度是多少?

27、解:3-9 论证以下结论：在某个惯性系中有两个事件同时发生在不同地点，在有相对运动的其他惯性系中，这两个事件一定不同时证:设在系事件在处同时发生，则，在系中测得，即不同时发生3-10 试证明：(1)如果两个事件在某惯性系中是同一地点发生的，则对一切惯性系来说这两个事件的时间间隔，只有在此惯性系中最短(2)如果两个事件在某惯性系中是同时发生的，则对一切惯性关系来说这两个事件的空间间隔，只有在此惯性系中最短解: (1)如果在系中，两事件在同一地点发生，则，在系中，仅当时，等式成立，最短(2)若在系中同时发生，即，则在系中，仅当时等式成立，系中最短3-11 根据天文观测和推算，宇宙正在膨胀，太空中的

28、天体都远离我们而去假定地球上观察到一颗脉冲星(发出周期无线电波的星)的脉冲周期为 0.50s，且这颗星正沿观察方向以速度0.8c离我们而去问这颗星的固有周期为多少?解: 以脉冲星为系，固有周期.地球为系，则有运动时，这里不是地球上某点观测到的周期，而是以地球为参考系的两异地钟读数之差还要考虑因飞行远离信号的传递时间，则3-126000m 的高空大气层中产生了一个介子以速度=0.998c飞向地球假定该介子在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命210-6s试分别从下面两个角度，即地球上的观测者和介子静止系中观测者来判断介子能否到达地球解: 介子在其自身静止系中的寿命是固有(本征)时间，对地球观测者，

29、由于时间膨胀效应，其寿命延长了衰变前经历的时间为这段时间飞行距离为因，故该介子能到达地球或在介子静止系中，介子是静止的地球则以速度接近介子，在时间内，地球接近的距离为经洛仑兹收缩后的值为：，故介子能到达地球3-13设物体相对S系沿轴正向以0.8c运动，如果S系相对S系沿x轴正向的速度也是0.8c，问物体相对S系的速度是多少?解: 根据速度合成定理，,3-14 飞船以0.8c的速度相对地球向正东飞行，飞船以0.6c的速度相对地球向正西方向飞行当两飞船即将相遇时飞船在自己的天窗处相隔2s发射两颗信号弹在飞船的观测者测得两颗信号弹相隔的时间间隔为多少?解: 取为系，地球为系，自西向东为()轴正向，则

30、对系的速度，系对系的速度为，则对系(船)的速度为发射弹是从的同一点发出，其时间间隔为固有时，题3-14图中测得的时间间隔为：3-15 (1)火箭和分别以0.8c和0.6c的速度相对地球向+和-方向飞行试求由火箭测得的速度(2)若火箭相对地球以0.8c的速度向+方向运动，火箭的速度不变，求相对的速度 解: (1)如图，取地球为系，为系，则相对的速度，火箭相对的速度，则相对()的速度为：或者取为系，则，相对系的速度，于是相对的速度为：(2)如图，取地球为系，火箭为系，系相对系沿方向运动，速度，对系的速度为,由洛仑兹变换式相对的速度为：相对的速度大小为速度与轴的夹角为题3-15图3-16 静止在S系

31、中的观测者测得一光子沿与轴成角的方向飞行另一观测者静止于S系，S系的轴与轴一致，并以0.6c的速度沿方向运动试问S系中的观测者观测到的光子运动方向如何?解: 系中光子运动速度的分量为由速度变换公式，光子在系中的速度分量为光子运动方向与轴的夹角满足在第二象限为在系中，光子的运动速度为正是光速不变3-17(1)如果将电子由静止加速到速率为0.1c，须对它作多少功?(2)如果将电子由速率为0.8c加速到0.9c，又须对它作多少功?解: (1)对电子作的功，等于电子动能的增量，得J=(2)3-18 子静止质量是电子静止质量的207倍，静止时的平均寿命=210-6s，若它在实验室参考系中的平均寿命= 7

32、10-6s，试问其质量是电子静止质量的多少倍?解: 设子静止质量为，相对实验室参考系的速度为，相应质量为，电子静止质量为，因由质速关系，在实验室参考系中质量为：故3-19 一物体的速度使其质量增加了10%，试问此物体在运动方向上缩短了百分之几?解: 设静止质量为，运动质量为，由题设由此二式得在运动方向上的长度和静长分别为和，则相对收缩量为：3-20 一电子在电场中从静止开始加速，试问它应通过多大的电势差才能使其质量增加0.4%?此时电子速度是多少?已知电子的静止质量为9.110-31kg解:由质能关系所需电势差为伏特由质速公式有：故电子速度为3-21 一正负电子对撞机可以把电子加速到动能2.8

33、109eV这种电子速率比光速差多少? 这样的一个电子动量是多大?(与电子静止质量相应的能量为0.511106eV)解: 所以由上式，由动量能量关系可得3-22 氢原子的同位素氘(H)和氚(H)在高温条件下发生聚变反应，产生氦(He)原子核和一个中子(n)，并释放出大量能量，其反应方程为H + HHe+n已知氘核的静止质量为2.0135原子质量单位(1原子质量单位1.60010-27kg)，氚核和氦核及中子的质量分别为3.0155，4.0015，1.00865原子质量单位求上述聚变反应释放出来的能量解: 反应前总质量为反应后总质量为质量亏损由质能关系得3-23 一静止质量为的粒子，裂变成两个粒子

34、，速度分别为0.6c和0.8c求裂变过程的静质量亏损和释放出的动能解: 孤立系统在裂变过程中释放出动能，引起静能减少，相应的静止质量减少，即静质量亏损设裂变产生两个粒子的静质量分别为和，其相应的速度,由于孤立系统中所发生的任何过程都同时遵守动量守恒定律和能(质)量守恒定律，所以有注意和必沿相反方向运动，动量守恒的矢量方程可以简化为一维标量方程，再以c, c代入，将上二方程化为：，上二式联立求解可得：,故静质量亏损由静质量亏损引起静能减少，即转化为动能，故放出的动能为3-24 有，两个静止质量都是的粒子，分别以=,=-的速度相向运动，在发生完全非弹性碰撞后合并为一个粒子求碰撞后粒子的速度和静止质

35、量解: 在实验室参考系中，设碰撞前两粒子的质量分别和，碰撞后粒子的质量为、速度为，于是，根据动量守恒和质量守恒定律可得：由于代入式得，即为碰撞后静止质量3-25 试估计地球、太阳的史瓦西半径解: 史瓦西半径地球：则： 太阳：则： 3-26 典型中子星的质量与太阳质量21030kg同数量级，半径约为10km若进一步坍缩为黑洞，其史瓦西半径为多少?一个质子那么大小的微黑洞(10-15cm)，质量是什么数量级? 解: (1)史瓦西半径与太阳的相同，(2) 由得 3-27 简述广义相对论的基本原理和实验验证解: 广义相对论的基本原理是等效原理和广义相对性原理等效原理又分为弱等效原理和强等效原理弱等效原

36、理是：在局部时空中，不可能通过力学实验区分引力和惯性力，引力和惯性力等效强等效原理是：在局部时空中，任何物理实验都不能区分引力和惯性力，引力和惯性力等效广义相对性原理是：所有参考系都是平权的，物理定律的表述相同广义相对论的实验验证有：光线的引力偏转，引力红移，水星近日点进动，雷达回波延迟等习题三3-1 惯性系S相对惯性系以速度运动当它们的坐标原点与重合时，=0，发出一光波，此后两惯性系的观测者观测该光波的波阵面形状如何?用直角坐标系写出各自观测的波阵面的方程解: 由于时间和空间都是均匀的，根据光速不变原理，光讯号为球面波波阵面方程为：题3-1图3-2 设图3-4中车厢上观测者测得前后门距离为2

37、试用洛仑兹变换计算地面上的观测者测到同一光信号到达前、后门的时间差解: 设光讯号到达前门为事件，在车厢系时空坐标为，在车站系：光信号到达后门为事件，则在车厢系坐标为，在车站系：于是或者3-3 惯性系S相对另一惯性系沿轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为计时起点在S系中测得两事件的时空坐标分别为=6104m,=210-4s，以及=12104m,=110-4s已知在S系中测得该两事件同时发生试问：(1)S系相对S系的速度是多少?(2)系中测得的两事件的空间间隔是多少?解: 设相对的速度为，(1) 由题意则故(2)由洛仑兹变换 代入数值，3-4 长度=1 m的米尺静止于S系中，与轴的夹角=30

38、，S系相对S系沿轴运动，在S系中观测者测得米尺与轴夹角为45 试求：(1)S系和S系的相对运动速度.(2)S系中测得的米尺长度 解: (1)米尺相对静止，它在轴上的投影分别为：，米尺相对沿方向运动，设速度为，对系中的观察者测得米尺在方向收缩，而方向的长度不变，即故把及代入则得故(2)在系中测得米尺长度为 3-5 一门宽为，今有一固有长度()的水平细杆，在门外贴近门的平面内沿其长度方向匀速运动若站在门外的观察者认为此杆的两端可同时被拉进此门，则该杆相对于门的运动速率至少为多少?解: 门外观测者测得杆长为运动长度，当时，可认为能被拉进门，则解得杆的运动速率至少为：题3-6图3-6两个惯性系中的观察

39、者和以0.6c(c表示真空中光速)的相对速度相互接近，如果测得两者的初始距离是20m，则测得两者经过多少时间相遇?解: 测得相遇时间为测得的是固有时， ， ，或者，测得长度收缩，3-7 观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系和中，甲测得在同一地点发生的两事件的时间间隔为 4s，而乙测得这两个事件的时间间隔为 5s求：(1) 相对于的运动速度(2)乙测得这两个事件发生的地点间的距离解: 甲测得,乙测得，坐标差为(1)解出(2)负号表示3-8 一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度是多少?解:3-9 论证以下结论：在某个惯性系中有两个事

40、件同时发生在不同地点，在有相对运动的其他惯性系中，这两个事件一定不同时证:设在系事件在处同时发生，则，在系中测得，即不同时发生3-10 试证明：(1)如果两个事件在某惯性系中是同一地点发生的，则对一切惯性系来说这两个事件的时间间隔，只有在此惯性系中最短(2)如果两个事件在某惯性系中是同时发生的，则对一切惯性关系来说这两个事件的空间间隔，只有在此惯性系中最短解: (1)如果在系中，两事件在同一地点发生，则，在系中，仅当时，等式成立，最短(2)若在系中同时发生，即，则在系中，仅当时等式成立，系中最短3-11 根据天文观测和推算，宇宙正在膨胀，太空中的天体都远离我们而去假定地球上观察到一颗脉冲星(发出周期无线电波的星)的脉冲周期为 0.50s，且这颗星正沿观察方向以速度0.8c离我们而去问这颗星的固有周期为多少?解: 以脉冲星为系