大学物理课后习题及详细解答.pdf

《大学物理课后习题及详细解答.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《大学物理课后习题及详细解答.pdf（137页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、大学物理习题及解答习题一d r d r1-1 I A r I与/r有无不同？d，和d/有无不同?举例说明.d v d vd/和 d t有无不同?其不同在哪里?试解：（1）1AH是位移的模，A r是位矢的模的增量，即=上一。|,4=1引 TH.d r（2）心 是速度的模,d r d 即 d/=H=dt .d r山 只是速度在径向上的分量.有r =M（式中另叫做单位矢）,d r式 中 出 就是速度径向上的分量，d r 与.d t d f不同如题i-i图所示.d r d r .d r=r+r ijiij dt dt dt隹I 同=1雪曳（3）忖八表示加速度的模，即 1由1,由 是加速度。在切向上的分

2、量.有丫 =旷六亍表轨道节线方向单位矢），所以d v d v 一 d r=T +V dt dt dtdv式 中d t就是加速度的切向分量.d r d f 与（山 d t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X=X（Q,y=y（o,在计算质点的速度和加速度时，有人先求,dr d2r出=旧+丫2,然后根据旷=山，及 a=d/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，即你认为两种方法哪一种正确？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，有尸=k+0,_ d rV=一:dx-dy-=i+j山dt d/_ d2rd

3、2xv d2 -a-=:I H-Jd/2d/2 d/2d r d-rv =-a=-d/d r 2d r d2r d rJEJ-其二，可能是将由 d/误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明d t不是速度的模，d2r而只是速度在径向上的分量，同样，山？也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中d2r0 径-M F 丁 的一部分L 。或者概括性地说，前二种方法只考虑了位矢尸在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢7及速度日的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。1-3 一质点在X0V平面上运动，运动方程为x=3 1 5,y=2 f2+3t-4.式 中/以s计，X,y以1n计.（1）以时间

4、/为变量，写出质点位置矢量的表示式；（2）求出f=1s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f=0 s时刻到/=4s时刻内的平均速度；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至*=4 s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，=4 s时质点的加速度（请把位置矢量、位移、直角坐标系中的矢量式）.r =（3/解：（1）（2）将/=1,/=2代入上式即有L（3）V =A r iV=-A rv =3 7+（/+3）J m（4）由平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成-1 ,_+5）/+（-/2+3/-4）；2 m斤

5、=8 7-0.5；m5=1 1 7+”mv=弓一元=3；+4.5；m=5 j-4；,r,=1 7F+1 6 j-r0 1 2/+2 0；产 _ i4-0 4s-1则 v4=3/+77 m-s-1v0=3 f +3*4 =3 7+7t 4-=1?4m-s(6)d v _a=l j m-s 2d t这说明该点只有丁方向的加速度，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的大小.解：设人到船之间绳的长度为/，此时绳与水面成e角，由图可知I2=h2+s2将上式对时间，求导，得根据速度的定义，并注意到。是随

6、/减少的，d/&s_ 丫 绳 二 一d五z 二%n船=-3d7/d s _ I d l _ I _%即V d/s d t 5 V co s。l v0(/+S 2产或船=7=-S将 船再对/求导，即得船的加速度，d/_/d5八 dv船 d/dz -船、，=F=-2vo=-j-%d t s s/l 2(-S+)%)2 2_s_ n vo-2 -3s s2 -21-5质点沿轴运动，其加速度和位置的关系为a=2+6X ,。的单位为m-s x的单位为m.质点在=0处，速度为10m-s，试求质点在任何坐标处的速度值.dv dv dx dva=-=v 解：.d/dx dt dx分离变量.tdp=adx=（2

7、+6x2）dxv2=2x+2x3+c两边积分得 2由题知，x=0时，T ,.”=50 v=2-x/x3+x+25 m-s-11-6已知一质点作直线运动，其加速度为。=4+3/m-s”,开始运动时，x=5m,求该质点在/=10s时的速度和位置.dv.a=4+3/解：山分离变量，得 du=(4+3/)d/，3 2v=4/+-/+c.积分，得 2由题知，/=0,%=,G=0v=4/+-/2故2v=dx=4/+-3/2又因为 由 2dx=(4t+t2)dt分离变量，2积分得c 2 1 3x=2t-+-z +c2由题知/=0,x。=5,.=5x=2t2+-Z3+5故2所以f=10s时3,vl0=4 x

8、l0 +-x l02=190m-s-1x1100=2 x io2+-X 103+5=705 m21-7 一质点沿半径为1 m的圆周运动，运 动方程为白=2+3/，8式中以弧度计，以秒计，求：（1）t=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：，=2 s时,aT=R(3=lxl8x2=36m san=R(o2=l x(9 x 22)2=12 9 6 m s-2t an 4 5 =1（2）当加速度方向与半径成4 5 角时，有 4即 二珅 亦即（9/）2 =18/2 26 =2 +3/=2 +3 x=2.6 7 r ad则解得 9 于是角位移为 91

9、 L 2-bt1-8质点沿半径为R的圆周按5=2 的规律运动，式中S为质点离圆周上某点的弧长，心,6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M解：dt 则加速度与半径的夹角为dv6 7 =r d/v2an-二R4)2RIR2ci Rb(p=ar ct an =-ran(%-4厂（2）由题意应有即.当 6 时，a=6b21-9半径为R的轮子，以匀速“。沿水平线向前滚动：（1）证明轮缘上任意点8的运动方程为X=R（初-sin t y/）,J=R（1-COS创），式中&=%/R是轮子滚动的角速度，当B与水平线接触的瞬间开始计时.此时8所在的位置为原点，轮子前进方向为

10、X轴正方向；（2）求B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、O 、题l-9图B 0 x=匕/一 2R sin co s 2 2=v0/一 R sin 8=R(ot-R sin cot)y =2 7?sin sin 2 2=R(l_ co s 0)=R(1 -co s cot)(2)dx 、vx=-C O S 6 9/)vv=-=7?sin cot)d/o dvax=R(v2 sin cot =-“d/2 dvav=RCD COSO/=-dzl-io以初速度=2 o m-s-i抛出.小球，抛出方向与水平面成幔6 0 的夹角,求：(D球轨道最高点的曲率半径2；(2)落地处的曲率

11、半径火2.(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(I)在最高点，又；P(2)在落地点，而PiV,=vx=%co s 6 0=g =10 m lV,2%=一PV,2 _ (2 0 X co s 6 0 0)2丁 io10 mv2 -vo 2 0 m-s-ti=gx co s6 0 I 0 x co s6 0 l-l l飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为 万=0.2 r ad-S.+a/=6 +1 x 3 =1 1G =%+6 丹=：+i L7I=耳 x mvx=4 7 x 3(F +6 J)=1 2 kr2 x mv2=(

12、7 2 +2 5.5 J)x 3(7 +1 1 J)=1 5 4.5万A =Z2-Z)=82.5斤 k g-m2-s-1t,dzM =解（二）,/小A f=必.山=J(rx F)d/=f(4 +r)7 +(6/+1)x|r2)7 x 5 j dt，5(4 +/)2 d/=82.5 k g-m2-s-1应 I题2-2 4图2-2 4平板中央开一小孔，质量为根的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为四1的重物.小球作匀速圆周运动，当半径为时重物达到平衡.今在 i的下方再挂一质量为加2的物体，如题2-2 4图.试问这时小球作匀速圆周运动的角速度和半径/为多少？解：在只挂重物时河I,小球作圆周运动的

13、向心力为避，即Mg =mr（）co（）2挂上以2后，则有(A/,+M2)g-mrco，2重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒.即rQmvu-r mv2 ，2=既=/。联立、得gM g叫co应 M 跖+M 取叫 M1M 厂 二L=M +弧2-2 5 飞轮的质量机=6 0 k g,半径R=0.2 5 m,绕其水平中心轴转动，转速为9 0 0 rev -mi n.现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力产，可使飞轮减速.已知闸杆的尺寸如题2-2 5 图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数=0.4,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算.试求：(1)设F=1 0 0 N,问可使飞轮在多长时间内

14、停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?(2)如果在2 s 内飞轮转速减少一半，需加多大的力产？解：(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，工、理是摩擦力，工和工 是杆在“点转轴处所受支承力，R是轮的重力，。是轮在。轴处所受支承力.杆处于静止状态，所以对Z点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有/&+，2)N%=0 N=-FA对飞轮，按转动定律有尸=一 R，式中负号表示/与角速度0 方向相反.Fr=pN N =NFr-/JN=J+k F又 2BFrR 2 +l2)-JmRl以尸=100 N等代入上式，得6c =-2-x-0-.-4-0-x-(-0-.-5-0-+-0-.-

15、7-5-)xlOiO =-4-0r ad-s_260 x0.25x0.50 3由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为g 900 x x 3 r t=一一-=-=7.06 sP 60 x40这段时间内飞轮的角位移为/1。2 900 x2%9 1 40 2 60 4 2 3=53.lx 24 rad可知在这段时间里，匕轮转了 53.1转.22 T Tg =900 x rad s-1(2)60,要求飞轮转速在=2 s内减少一半，可知叫B=2g =-1-5-万-rad,-s_22/2用上面式所示的关系，可求出所需的制动力为2(/,+/2)60 x 0.25 x 0.50 x 15-2x0.4

16、0 x(0.50+0.75)x2=177 N2-26固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴0。转动.设大小圆柱体的半径分别为R和 厂，质量分别为和m.绕在两柱体上的细绳分别与物体犯和加2相连,%和 加2则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图 所 示.设&=0.20m,r-0.10 m,机=4 kg,M iQ kg,2 kg,且开始时仍，加2离地均为=2m.求：(1)柱体转动时的角加速度；(2)两侧细绳的张力.解：设4，的 和B分别为加1,机2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)m,机2和柱体的运动方程如下：T2-m2g=m2a2

17、 T：R_T；r=I0 式 中式UI =邛必=R0而1,1,1=MR?+-m r22 2由上式求得c Rmx-rm.P=,0,一 ，gI+m2r1 xlOxO.202+1 x4x0.102+2x0.202+2x0.1022 2=6.13 rad-s-2(2)由式T2=m2r/3+m2g=2x0.10 x6.13+2x9.8=20.8 N由式K=mlg mlRp=2x9.8-2x0.2.x6.13=17.1 N2-27 计算题2-27 图所示系统中物体的加速度.设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M,半径为，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设 叫=5 0k g,优2=20

18、0 k g,M=1 5 k g,r=0.1 m解：分别以 修，加2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所 示.对 加 加2运用牛顿定律，有m2g-T2=m2a=mxa1 ,T2r-Tr-M r2Pa=r/30.2x2-0.1x2对滑轮运用转动定律，有又，联立以上4 个方程，得题 2-28图2-28如题2-28图所示，一匀质细杆质量为机，长为/,可绕过一端的水平轴自由转动,杆于水平位置山静止开始摆下.(D 初始时刻的角加速度；(2)杆转过角时的角速度.解：(1)由转动定律，有求:w g|=(|w/2)(2)由机械能守恒定律，有mgsmO-；(；加/2)3 2co-3g sin题 2-29图2-29如

19、题2-29图所示，质量为“，长为/的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴。无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上.现有一质量为机的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞.相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度6=3 0 处.(D 设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速%的值;(2)相撞时小球受到多大的冲量？解：（1）设小球的初速度为,棒经小球碰撞后得到的初角速度为3,而小球的速度变为L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:mvQl=A y+mv l 1 2 1 r 2 1 22 m va =-21 C D+2 mvI=-M l2上两式中 3,碰撞过程极为

20、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6=30,按机械能守恒定律可列式:1 ,I-Ico2=陵：(1 c o s30 0)由式得由式由式所以求得%2 ml2 2 3 m 6(2 -V 3 3w+M1 2 m相碰时小球受到的冲量为由式求得jF d/=A/wv=m v-/7 2 v0/啰 1 A CJ Fa t -m v-mv =丁 =-Mlco_ 6（2 y/3）M6负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反.2-30 一个质量为M、半径为尺并以角速度。转动着的飞轮（可看作匀质圆盘），在某瞬时突然有一片质量为根 的碎片从轮的边缘上飞出，见题2-30 图.假定碎片脱离飞轮时

21、的瞬时速度方向正好竖直向上.(1)问它能升高多少？(2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能.解：(1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度%=R eo设碎片上升高度”时的速度为V,则有y_ 2 g h令 v=,可求出上升最大高度为H=R2(O22 g 2 gI=-M R2 I=-M R2-m R2(2)圆盘的转动惯量 2 ,碎片抛出后圆盘的转动惯量 2 ,碎片脱离前，盘的角动量为/3,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Ico=r a)f+m v0R式中。为破盘的角速度.于是M R2C O=(MR2-m R2)a)+m v0R

22、(M R2-WR2)C D=(gM R2-m R2)C D得 =0(角速度不变)圆盘余下部分的角动量为1 ,(-M R1-m R c o转动动能为题 2-31 图Ek=M R2-m R2)(o22-31 一质量为加、半径为R 的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘匕可绕轴自由转动.另一质量为加。的子弹以速度。射入轮缘(如题2-31 图所示方向).(1)开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值？(2)用机，加。和表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比.解：(1)射入的过程对。轴的角动量守恒R si n 胡 7 0 V o =(/+mR comovo si n。CD=-(m+m)7?EkE

23、.Ko1 ,2(/77+70)/?2%sin6(w+m0)Rm0 sin2 0m+m2-32弹簧、定滑轮和物体的连接如题2-32图所示，弹簧的劲度系数为2.0 N m；定滑轮的转动惯量是0.5kg n A 半径为0.30m，问当6.0 kg质量的物体落下0.40m时，它的速率为多大？假设开始时物体静止而弹簧无伸长.解：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，则有又故有msh-mv+Ia)+kh22 2 2a =v/R(2m gh-kh2)k2V mR2+1_ 卜2 x 6.0 x 9.8 x 0.4-2.0 x(U?)x

24、V 6.0 x0.32+0.5=2.0 m s-1题 2-32图 题 2-33图2-3 3 空心圆环可绕竖直轴4 C 自由转动,如题2-33图所示，其转动惯量为!。，环半径为R,初始角速度为口。.质量为根的小球，原来静置于4 点，由于微小的干扰，小球向下滑动.设圆环内壁是光滑的，问小球滑到8 点与C 点时，小球相对于环的速率各为多少？解：（1）小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至8 点时，有/。=（/o+加 A?）。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匕，以B 点为重力势能零点，则有 Ioal+mgR=(Io+mR2)a)2+m vj联立、两式，得2匕=。成晓/0

25、+mR-（2）当小球滑至c 点时，=/。.g=o故由机械能守恒，有mg(2R)=mvv0=2新请读者求出上述两种情况卜，小球对地速度.习题三3-1 惯性系S 相对惯性系S以速度运动.当它们的坐标原点。与,重合时，t=t=0,发出-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：x2+y2+z2=（a）2x2+y2+z2=（ct）2题 3-1 图于是或者3-2 设图3-4 中车厢上观测者测得前后门距离为2 人 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

26、差.解：设光讯号到达前门为事件1,在车厢（S ）系 时 空 坐 标 为 。，在车站（S）系:0 =7（1+彳 汇）=雇+彳/）=（1+与C C C C C,（/）=（-1 L光信号到达后门为事件2,则在车厢（S ）系 坐 标 为2 9 2 C,在车站（S）系：G =/（Z2 +彳 E）=。一囚）C C Ct-2 汝，Z2 -h-1 Ct=0 4 =t-/2,=x-x2r=21n ut-+A x ）=/（21）c c3-3 惯性系S 相对另一惯性系S沿x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X|=6 X 1 0 m J=2 X 1 0 飞，以

27、及 2=1 2 X1 0 m,Z2=1X10 4S.已知在S系中测得该两事件同时发生.试问：（l）S系相对S系的速度是多少？（2）S 系中测得的两事件的空间间隔是多少？解：设（S ）相对S的速度为V,zi=/（zi-Txi）c山题意/2 =/(4 rx2)C=0则V.、2一 1 f)故（2）由洛仑兹变换代入数值，v =c2 =-=-1.5 x 1 0sX 2-X|2m -s-1X；=y(xl-v tx),x 2=/(x2-v t2)x 2-x =5.2 x 1 04 m3-4长度，。=1 m的米尺静止于S 系中，与X,轴的夹角夕=30,S 系相对S系沿X轴运动，在S系中观测者测得米尺与工轴夹角

28、为8=4 5 .试求：（l）S 系和S系的相对运动速度.（2）S系中测得的米尺长度.解：米尺相对S 静止，它在X/轴上的投影分别为：l!x-L cos。=0.8 6 6 m Ly-L（）s i n 夕=0.5 m米尺相对S沿X方向运动，设速度为V,对S系中的观察者测得米尺在X方向收缩，而歹方向的长度不变，即把6 =4 5。及代入0-5则得V c2 0.8 6 6故v =0.8 1 6 cLvL=0.7 0 7 m（2）在S系中测得米尺长度为 s i n 4 5 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

29、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，七）,当1 4。时，可认为能被拉进门，2u=c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者0和O 以0.6c(c表示真空中光速)的相对速度相互接近，如果O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/At 。20t =-v 0.6c 测得的是固有时/仍t 二-y v=8.89x10-8$v =0.6c1Y=-0.8,或者，,测得长度收缩，L-Lo-J1 /3 LQ Vl _ 0.62=O.8Ao，/=V3-7观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系S和S 中，甲测得

30、在同一地点发生的两事件的时间间隔为4 s,而乙测得这两个事件的时间间隔为5 s.求：(1)S 相对于S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 =4 5,4=0,乙测得4 =5 5,坐 标 差 为=X1负号表示另一X；M t仅当v=时，等式成立，最短.(2)若在S 系中同时发生，即&=0,则在S 系中，Ax=心 2 A x,仅当n=0 时等式成立，系中A x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 0.8 c 离我们而去.问 这颗星的

31、固有周期为多少？解：以脉冲星为S 系，Ac=O,固有周期加=7。.地球为S 系，则 有 运 动 时=3 ，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.还要考皿 虑因飞行远离信号的传递时间，CA A必。A，U AA/=A/,+L=yt+汹.c c=w(i+3c1 1y=-=-X 0.5则八八0.8 c x4（1 +一）（1 -）/0.50.30.1 6 6 6 s（1 +0.8）L 80.63-1 2 6 0 0 0 m 的高空大气层中产生了一个万介子以速度v=0.9 9 8 c飞向地球.假定该乃介子在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命2 X1 0%.试分别从下面两个角

32、度，即地球上的观测者和乃介子静止系中观测者来判断万介子能否到达地球.解：乃介子在其自身静止系中的寿命4。=2 x 1 0 6 s 是固有.（本征）时间，对地球观测者，由于时间膨胀效应，其寿命延长了.衰变前经历的时间为夕43.1 6 x 1 0-s这段时间飞行距离为d =v A t=9470 m因d 6 0 0 0 m,故该乃介子能到达地球.或在万介子静止系中，乃介子是静止的.地球则以速度丫接近介子，在,时间内，地球接近的距离为=599 1 1 14=6 0 0 m经洛仑兹收缩后的值为：或=4卜 一 一 =3 79 m故乃介子能到达地球.3-1 3 设物体相对S 系沿 轴正向以0.8 c运动，如

33、果S 系相对S 系沿x 轴正向的速度也是 0.8 c,问物体相对S 系的速度是多少？解：根据速度合成定理，=0-8 c,吸=Sc0.8 c+0.8 cy =：-=-=0 9 8 cx,uv ,0.8 c X 0.8 c1 +2 C c3-1 4 飞船4以 0.8 c的速度相对地球向正东飞行，飞船8以 0.6 c的速度相对地球向正西方向飞行.当两飞船即将相遇时4飞船在自己的天窗处相隔2 s 发射两颗信号弹.在8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8为S 系，地球为S 系，自西向东为x（x ）轴正向，则/对 S 系的速度吸=S 8 c,S 系对S 系的速度为“=0-6 c,则 N

34、 对 S 系（8船）的速度为发射弹是从力的同一点发出,V*+u 0.8 c+0.6 c=-=-=0.9 4 6 c,uvx 1 +0.4 81 +f其时间间隔为固有时/，=2 s,yS。%I S系 1-上 东地 球 厂题 3-1 4 图B中测得的时间间隔为:At 2 At =,=6.1 7 sI 久 V1-0.9 4 62卜/3-1 5 (1)火箭力和8分别以0.8 c和0.6 c的速度相对地球向+X和-X方向飞行.试求由火箭8测得力的速度.(2)若火箭/相对地球以0.8 c的速度向+方向运动，火箭8的速度不变，求力相对8的速度.解：(1)如图。，取地球为S系，8为S系，则S相对S的速度=6

35、6 c,火箭力相对S的速度匕=6 8 c,则/相 对S(8 )的速度为：,v -u 0.8 c-(-0.6 c)v=-=-=0 9 4 6 cx 1 1(-0.6 c)(0.8 c).-下 匕 _C C或者取4为S系，则=.8 c,8相对S系的速度匕=c,于是8相对Z的速度为：M =匕-=-0&-0.8。=_ o9 4 6 cr,u 1 (0.8c)(-0.6 c)1-Vx 1-2-CC(2)如 图b,取地球为S系，火 箭8为S 系，S 系 相 对S系 沿 一x方向运动，速度u=-0-6 ,力对S系的速度为，匕=,匕，=c,由洛仑兹变换式A相对8的速度为：A相对6的速度大小为v =J吸2 +4

36、=0 8 8 c速度与f轴的夹角夕为Vta n。=1.0 7e=4 6.80.8cO_A0.6c-_OB地球 工 地球 工(a)(b)题3-1 5图3-1 6静止在S系中的观测者测得一光子沿与x轴成6 0 角的方向飞行.另一观测者静止于S，系，S 系的x 轴与X轴一致，并以0.6 c的速度沿X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：S系中光子运动速度的分量为vx=c c os 6 0 =0.5 0 0 cvy=c sin6 0 =0.86 6 c由速度变换公式，光子在S 系中的速度分量为vx-u 0 1_._5_c_-0._6 _c_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

37、u 0.6 c x 0.5 c一_ivx 1-1c c=-0.1 4 3 cvy1 _X i I-Y 0 2 J l-0.6 2 0.86 6。1 u 0.6 c x 0.5 c1-T 匕 1-c c=0.9 9 0 c光子运动方向与X,轴的夹角,满足Vvta n。=上=0.6 9 2r夕在第二象限为夕=9 8.2 在S 系中，光子的运动速度为一，*一 正是光速不变.3-1 7 (1)如果将电子由静止加速到速率为0.1 c,须对它作多少功？(2)如果将电子由速率为0.8c加速到0.9 c,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AEk=Ek=me2-moc2=woc2(

38、7-l)=w0c2(=1 =-1)F?=9.1 x 1 0-3 1 x(3 x io8)2(1-1)V l-0.12=4.12X10-|6J=2.57X103 e VA E；=Ek2-Ek i=(m2c2-mac2)-(w,c2-woc2)=9.1 x lO T i x 32 x l0 6(-1)V l-0.92 V l-0.82=5.1 4 x 1 0*J =3.2 1 x l05 e V3-1 8 子静止质量是电子静止质量的2 0 7倍，静止时的平均寿命。=2 X 1 0%,若它在实验室参考系中的平均寿命工=7 X 1 06s,试问其质量是电子静止质量的多少倍？解：设子静止质量为优。，相对

39、实验室参考系的速度为丫 =优，相应质量为相，电子静工=汇0止质量为加。，因 J-，由质速关系，在实验室参考系中质量为:m=加。207加 o e7 1 伊m 207“r 7 _ _=1=207 x-=7252故m0e1一仍3-19-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：设静止质量为阴。，运动质量为加=0.10由题设加。由此二式得tn=加。1-1 =0.101.10在运动方向上的长度和静长分别为/和,。，则相对收缩量为:AI工J-=0.091=9.1%1.103-20 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

40、是多少？已知电子的静止质量为9.1 X 10-3,kg.m A 0.4解：由质能关系加。团。?100AE=-=0.4x9.1X10-3,X(3X108)2/1001003.28x10*=3.28xl0-16 J=i.6 x l019所需电势差为29x103伏特由质速公式有：eV,=2.0 xl03 eVm 加 0 +Am +Am 1 +0.4 1.0041001.004)2=7.95x10-37 1一夕=1-也-伊=_0/72=(-)2=l-(c1111相。故电子速度为v-/3c=2.7 x 107 m-s-13-21 一正负电子对撞机可以把电子加速到动能层=2.8X10eV.这种电子速率比光

41、速差多少？这样的 个电子动量是多大？（与电子静止质量相应的能量为=0.511X10%V）解:,v2 1 m0c2J I-=-=-所以 V c2 +Ek/moc2 Ek+moc2由上式，_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _加.加 C 2+Ek=c 7 l-(0.5 1 x 1 06)2/(0.5 1 1 x 1 06+2.8 x 1 09)2=2.9 9 7 9 2 4 5 x 1 08 m-s-1c-v =2.9 9 7 9 2 4 5 80 x lO8 m-s-1-2.9 9 7 9 2 4 5 x 1 08=8 m-s-1由动量能量关系E?=P 2 c 2+加工4可得JE2-m

42、c4 J(Ek+m0c2)2-m 1 c4 JE+2 Ekmac2p =-=-=-c c c=(2.82 x lO1 8+2 x 2.8x l09 x O.5 1 1 x lO6)x l.62x lO 82/3X1 08=1.4 9 x 1()7 8 kg m-s-2 3 43-2 2 氢原子的同位素笊(i H)和笳O H)在高温条件下发生聚变反应，产生氯C He)原子核和1 2 3 4 1一个中子(on),并释放出大量能量，其反应方程为5+iH f 2 H e+)n 已知笊核的静止质量为2.0 1 3 5 原子质量单位(1 原子质量单位=1.6 0 0 X 1 0 g),镉;核和氮核及中子的

43、质量分别为3.0 1 55,4.0 0 1 5,1.0 0 8 6 5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20 1 35+3.0 1 55=5.0 29 0 a m u反应后总质量为 4.0 0 1 5+1.0 0 8 7 =5.0 1 0 2 a m u质量亏损=5.0 29 0 -5.0 1 0 2=0.0 1 8 8 a m u=3.1 2x1 0-29 k g由质能关系得 空=4=3.1 2 x I O也 义(3x wy=2.8 1 xl 0-21 J=i.7 5xl O7e V3-23 一静止质量为加。的粒子，裂变成两个粒子，速度分别为0.6 c 和 0.8

44、 c.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明。和加2。，其相应的速度=S 6 c,v2=0.8 c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，所以有注意巴和机2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%=0.6 c,匕=8 8 c代入，将上二方程化为：一6 机 8 mi0 m2010=一机？0-1-二 加 08 1 0 6 2 0,0.8 0.6 上二式联立求解可得:7 7?10=0.459 加 0 m20=0.257 m。

45、故静质量亏损机=加。一（叫。+机 2。）=0-28 4机 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=萩=0 28 4?。23-24有 工，8两个静止质量都是阳。的粒子，分 别 以 匕=匕 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量.解：在实验室参考系中，设碰撞前两粒子的质量分别叫和唐2,碰撞后粒子的质量为加、速度为P，于是，根据动量守恒和质量守恒定律可得：mV+加 2 y 2=m +m2=M 叫“心=0卜牙卜心由于代入式得 C Cr =02%M-m+m2.rV c,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

46、：史瓦西半径2GM地球：M B 6X1()24 k g则：2x6.7x10-x 6 x lQ 8 9 x i r 3 m(3x108)2太阳：M 2 x io30 kg则：2x6.7x10-x2xlO30.1a3rs=R 7=3x10(3x10)2 m3-26 典型中子星的质量与太阳质量出。=2*1 0%8 同数量级，半径约为1 0 k m.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（1 0 7 m）,质量是什么数量级？解：（1）史瓦西半径与太阳的相同，八=3 x 1 0、m(2)G =0 1 5 c m=1 0-1 7 m2GM由得q c22G 2x6.7 x1 0 k

47、 g3-27 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.习题四4-1符合什么规律的运动才是谐振动?分别分析下列运动是不是谐振动：(1)拍皮球时球的运动；(2)如题4 T图所示，-小球在一个半径很大的光滑凹球面内

48、滚动(设小球所经过的弧线很短).题4-1图解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一，描述系统的各种参量，如质量、转动惯量、摆长等等在运动中保持为常量；二，系统是在自己的稳定平衡位置附近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用.或者说，若一个系统的运动微分方程能用萼+港=0d/2描述时，其所作的运动就是谐振动.(1)拍皮球时球的运动不是谐振动.第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位置；第二，球在运动中所受的三个力：重力，地面给予的弹力，击球者给予的拍击力，都不是线性回复力.(2)小球在题4-1图所示的情况中所作的小弧度的运动，是谐振动.显然，小球在运动过程中，

49、各种参量均为常量；该系统(指小球凹槽、地球系统)的稳定平衡位置即凹槽最低点，即系统势能最小值位置点。；而小球在运动中的回复力为-m gsin。，如题4 T图(b)所A Q示.题 中 所 述，S R,故，=0,所以回复力为 m g6.式中负号，表示回复R力的方向始终与角位移的方向相反.即小球在。点附近的往复运动中所受回复力为线性的.若以小球为对象，则小球在以为圆心的竖直平面内作圆周运动，由牛顿第二定律，在凹槽切线方向上有nd20 cmR.=d/2令。2 =,则有R4-2 劲度系数为公和左2的两根弹簧，与质量为7的小球按题4-2图所示的两种方式连接，试证明它们的振动均为谐振动，并分别求出它们的振动

50、周期.(a)(b)题 4-2 图解：(1)图(a)中为串联弹簧，对于轻弹簧在任一时刻应有产=片=与，设串联弹簧的等效倔强系数为K申等效位移为X,则有F=一%xF=又有F2=-k2x2X =X +x2Yx=F =F-F1-2-上串左左2所以串联弹簧的等效倔强系数为j k k串占+左 2即小球与串联弹簧构成了 个等效倔强系数为 =左/2%的弹簧振子系统，故小球作谐振动.其振动周期为 图(b)中可等效为并联弹簧，同上理，应 有 尸=耳=入，即=为=*2,设并联弹簧的倔强系数为并，则有kyyx=kX、+k2x2故k 井=kt+k2同上理，其振动周期为 _ _ _ _ _ _ _mkx+k24-3如题4