大學物理第三版(北京郵電大學出版)上冊課后習題答案new

1、習題解答習題一1-1 與 有無不同?和有無不同? 和有無不同?其不同在哪里?試舉例說明解：（1）是位移的模，是位矢的模的增量，即，；（2）是速度的模，即.只是速度在徑向上的分量.有（式中叫做單位矢），則式中就是速度徑向上的分量，不同如題1-1圖所示. 題1-1圖 (3)表示加速度的模，即，是加速度在切向上的分量.有表軌道節(jié)線方向單位矢），所以式中就是加速度的切向分量.(的運算較復雜，超出教材規(guī)定，故不予討論)1-2 設質(zhì)點的運動方程為=()，=()，在計算質(zhì)點的速度和加速度時，有人先求出r，然后根據(jù) =，及而求得結(jié)果；又有人先計算速度和加速度的分量，再合成求得結(jié)果，即 =及= 你認為兩種方法哪

2、一種正確？為什么？兩者差別何在？解：后一種方法正確.因為速度與加速度都是矢量，在平面直角坐標系中，有，故它們的模即為而前一種方法的錯誤可能有兩點，其一是概念上的錯誤，即誤把速度、加速度定義作其二，可能是將誤作速度與加速度的模。在1-1題中已說明不是速度的模，而只是速度在徑向上的分量，同樣，也不是加速度的模，它只是加速度在徑向分量中的一部分?；蛘吒爬ㄐ缘卣f，前一種方法只考慮了位矢在徑向（即量值）方面隨時間的變化率，而沒有考慮位矢及速度的方向隨間的變化率對速度、加速度的貢獻。1-3 一質(zhì)點在平面上運動，運動方程為=3+5, =2+3-4.式中以 s計，,以m計(1)以時間為變量，寫出質(zhì)點位置矢量的

3、表示式；(2)求出=1 s 時刻和2s 時刻的位置矢量，計算這1秒內(nèi)質(zhì)點的位移；(3)計算0 s時刻到4s時刻內(nèi)的平均速度；(4)求出質(zhì)點速度矢量表示式，計算4 s 時質(zhì)點的速度；(5)計算0s 到4s 內(nèi)質(zhì)點的平均加速度；(6)求出質(zhì)點加速度矢量的表示式，計算4s 時質(zhì)點的加速度(請把位置矢量、位移、平均速度、瞬時速度、平均加速度、瞬時加速度都表示成直角坐標系中的矢量式)解：（1） (2)將,代入上式即有 (3) (4) 則 (5) (6) 這說明該點只有方向的加速度，且為恒量。1-4 在離水面高h米的岸上，有人用繩子拉船靠岸，船在離岸S處，如題1-4圖所示當人以(m)的速率收繩時，試求船運

4、動的速度和加速度的大小 圖1-4解： 設人到船之間繩的長度為，此時繩與水面成角，由圖可知 將上式對時間求導，得 題1-4圖根據(jù)速度的定義，并注意到,是隨減少的， 即 或 將再對求導，即得船的加速度1-5 質(zhì)點沿軸運動，其加速度和位置的關系為 2+6，的單位為，的單位為 m. 質(zhì)點在0處，速度為10,試求質(zhì)點在任何坐標處的速度值解： 分離變量： 兩邊積分得由題知，時，, 1-6 已知一質(zhì)點作直線運動，其加速度為 4+3 ，開始運動時，5 m， =0，求該質(zhì)點在10s 時的速度和位置 解： 分離變量，得 積分，得 由題知，, ,故 又因為 分離變量， 積分得 由題知 , ,故 所以時1-7 一質(zhì)點

5、沿半徑為1 m 的圓周運動，運動方程為 =2+3，式中以弧度計，以秒計，求：(1) 2 s時，質(zhì)點的切向和法向加速度；(2)當加速度的方向和半徑成45角時，其角位移是多少? 解： (1)時， (2)當加速度方向與半徑成角時，有即 亦即 則解得 于是角位移為1-8 質(zhì)點沿半徑為的圓周按的規(guī)律運動，式中為質(zhì)點離圓周上某點的弧長,，都是常量，求：(1)時刻質(zhì)點的加速度；(2) 為何值時，加速度在數(shù)值上等于解：（1） 則 加速度與半徑的夾角為(2)由題意應有即 當時，1-9 半徑為的輪子，以勻速沿水平線向前滾動：(1)證明輪緣上任意點的運動方程為，式中/是輪子滾動的角速度，當與水平線接觸的瞬間開始計時

6、此時所在的位置為原點，輪子前進方向為軸正方向；(2)求點速度和加速度的分量表示式解：依題意作出下圖，由圖可知題1-9圖(1) (2)1-10 以初速度20拋出一小球，拋出方向與水平面成幔60的夾角，求：(1)球軌道最高點的曲率半徑；(2)落地處的曲率半徑(提示：利用曲率半徑與法向加速度之間的關系)解：設小球所作拋物線軌道如題1-10圖所示題1-10圖(1)在最高點，又 (2)在落地點，,而 1-11 飛輪半徑為0.4 m，自靜止啟動，其角加速度為=0.2 rad，求2s時邊緣上各點的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度解：當時， 則1-12 如題1-12圖，物體以相對的速度沿斜面滑動，為縱坐

7、標，開始時在斜面頂端高為處，物體以勻速向右運動，求物滑到地面時的速度解：當滑至斜面底時，則,物運動過程中又受到的牽連運動影響，因此，對地的速度為題1-12圖1-13 一船以速率30kmh-1沿直線向東行駛，另一小艇在其前方以速率40kmh-1沿直線向北行駛，問在船上看小艇的速度為何?在艇上看船的速度又為何? 解：(1)大船看小艇，則有，依題意作速度矢量圖如題1-13圖(a)題1-13圖由圖可知 方向北偏西 (2)小船看大船，則有，依題意作出速度矢量圖如題1-13圖(b)，同上法，得方向南偏東1-14 當一輪船在雨中航行時，它的雨篷遮著篷的垂直投影后2 m的甲板上，篷高4 m 但當輪船停航時，甲

8、板上干濕兩部分的分界線卻在篷前3 m ，如雨滴的速度大小為8 ms-1，求輪船的速率解： 依題意作出矢量圖如題1-14所示題1-14圖 由圖中比例關系可知 習題二2-1因繩不可伸長，故滑輪兩邊繩子的加速度均為a1，其對于m2則為牽連加速度，又知m2對繩子的相對加速度為a，故m2對地加速度，由圖(b)可知，為a2=a1-a 又因繩的質(zhì)量不計，所以圓柱體受到的摩擦力f在數(shù)值上等于繩的張力T，由牛頓定律，有m1g-T=m1a1 T-m2g=m2a2 聯(lián)立、式，得討論 (1)若a=0，則a1=a2表示柱體與繩之間無相對滑動(2)若a=2g，則T=f=0，表示柱體與繩之間無任何作用力，此時m1,m2均作

9、自由落體運動題2-1圖2-2以梯子為對象，其受力圖如圖(b)所示，則在豎直方向上，NB-mg=0 又因梯無轉(zhuǎn)動，以B點為轉(zhuǎn)動點，設梯子長為l，則NAlsin-mgcos=0 在水平方向因其有加速度a，故有f+NA=ma 題2-2圖式中f為梯子受到的摩擦力，其方向有兩種可能，即 f=0mg 聯(lián)立、式得2-3 (1) 于是質(zhì)點在2s時的速度(2)2-4 (1)分離變量，得即 (2) (3)質(zhì)點停止運動時速度為零，即t，故有 (4)當t=時，其速度為即速度減至v0的.2-5分別以m1,m2為研究對象，其受力圖如圖(b)所示(1)設m2相對滑輪(即升降機)的加速度為a，則m2對地加速度a2=a-a；因

10、繩不可伸長，故m1對滑輪的加速度亦為a，又m1在水平方向上沒有受牽連運動的影響，所以m1在水平方向?qū)Φ丶铀俣纫酁閍，由牛頓定律，有m2g-T=m2(a-a)T=m1a題2-5圖聯(lián)立，解得a=g方向向下(2) m2對地加速度為a2=a-a= 方向向上m1在水面方向有相對加速度，豎直方向有牽連加速度，即a絕=a相+a牽=arctan=arctan=26.6，左偏上2-6依題意作出示意圖如題2-6圖題2-6圖在忽略空氣阻力情況下，拋體落地瞬時的末速度大小與初速度大小相同，與軌道相切斜向下，而拋物線具有對y軸對稱性，故末速度與x軸夾角亦為30，則動量的增量為p=mv-mv0由矢量圖知，動量增量大小為m

11、v0，方向豎直向下2-7由題知，小球落地時間為0.5s因小球為平拋運動，故小球落地的瞬時向下的速度大小為v1=gt=0.5g，小球上跳速度的大小亦為v2=0.5g設向上為y軸正向，則動量的增量p=mv2-mv1 方向豎直向上，大小 p=mv2-(-mv1)=mg碰撞過程中動量不守恒這是因為在碰撞過程中，小球受到地面給予的沖力作用另外，碰撞前初動量方向斜向下，碰后末動量方向斜向上，這也說明動量不守恒2-8 (1)若物體原來靜止，則p1= i kgms-1,沿x軸正向，若物體原來具有-6 ms-1初速，則于是,同理，v2=v1,I2=I1這說明，只要力函數(shù)不變，作用時間相同，則不管物體有無初動量，

12、也不管初動量有多大，那么物體獲得的動量的增量(亦即沖量)就一定相同，這就是動量定理(2)同上理，兩種情況中的作用時間相同，即亦即t2+10t-200=0解得t=10 s，(t=-20 s舍去)2-9 質(zhì)點的動量為p=mv=m(-asinti+bcostj)將t=0和t=分別代入上式，得p1=mbj,p2=-mai,則動量的增量亦即質(zhì)點所受外力的沖量為I=p=p2-p1=-m(ai+bj)2-10 (1)由題意，子彈到槍口時，有F=(a-bt)=0,得t= (2)子彈所受的沖量將t=代入，得(3)由動量定理可求得子彈的質(zhì)量2-11設一塊為m1，則另一塊為m2，m1=km2及m1+m2=m于是得

13、又設m1的速度為v1,m2的速度為v2，則有 mv=m1v1+m2v2 聯(lián)立、解得v2=(k+1)v-kv1 將代入，并整理得于是有將其代入式，有又，題述爆炸后，兩彈片仍沿原方向飛行，故只能取證畢2-12 (1)由題知，F(xiàn)合為恒力， A合=Fr=(7i-6j)(-3i+4j+16k) =-21-24=-45 J(2) (3)由動能定理，Ek=A=-45 J2-13 以木板上界面為坐標原點，向內(nèi)為y坐標正向，如題2-13圖，則鐵釘所受阻力為題2-13圖f=-ky第一錘外力的功為A1 式中f是鐵錘作用于釘上的力，f是木板作用于釘上的力，在dt0時，f=-f設第二錘外力的功為A2，則同理，有 由題意

14、，有 即所以，于是釘子第二次能進入的深度為y=y2-y1=-1=0.414 cm2-14 方向與位矢r的方向相反，即指向力心2-15 彈簧A、B及重物C受力如題2-15圖所示平衡時，有題2-15圖FA=FB=Mg又 FA=k1x1FB=k2x2所以靜止時兩彈簧伸長量之比為彈性勢能之比為2-16 (1)設在距月球中心為r處F月引=F地引，由萬有引力定律，有G=G經(jīng)整理，得r= = =38.3210 m則p點處至月球表面的距離為h=r-r月 =(38.32-1.74)1063.66107 m(2)質(zhì)量為1 kg的物體在p點的引力勢能為 = =-1.282-17 取B點為重力勢能零點，彈簧原長為彈性

15、勢能零點，則由功能原理，有-m2gh= (m1+m2)v2-m1gh+k(l)2式中l(wèi)為彈簧在A點時比原長的伸長量，則l=AC-BC=(-1)h聯(lián)立上述兩式，得v=題2-17圖2-18 取木塊壓縮彈簧至最短處的位置為重力勢能零點，彈簧原長處為彈性勢能零點則由功能原理，有-frs= k=式中 s=4.8+0.2=5 m，x=0.2 m，再代入有關數(shù)據(jù)，解得k=1390 Nm-1題2-18圖再次運用功能原理，求木塊彈回的高度h-fts=mgssin37-kx3代入有關數(shù)據(jù)，得 s=1.4 m,則木塊彈回高度h=ssin37=0.84 m題2-19圖2-19 m從M上下滑的過程中，機械能守恒，以m，

16、M地球為系統(tǒng)，以最低點為重力勢能零點，則有mgR= 又下滑過程，動量守恒，以m,M為系統(tǒng)則在m脫離M瞬間，水平方向有mv-MV=0聯(lián)立，以上兩式，得v=2-20 兩小球碰撞過程中，機械能守恒，有即 題2-20圖(a) 題2-20圖(b)又碰撞過程中，動量守恒，即有mv0=mv1+mv2亦即 v0=v1+v2 由可作出矢量三角形如圖(b)，又由式可知三矢量之間滿足勾股定理，且以v0為斜邊，故知v1與v2是互相垂直的2-21 由題知，質(zhì)點的位矢為r=x1i+y1j作用在質(zhì)點上的力為f=-fi所以，質(zhì)點對原點的角動量為L0=rmv=(x1i+y1j)m(vxi+vyj)=(x1mvy-y1mvx)k

17、作用在質(zhì)點上的力的力矩為M0=rf=(x1i+y1j)(-fi)=y1fk2-22 哈雷彗星繞太陽運動時受到太陽的引力即有心力的作用，所以角動量守恒；又由于哈雷彗星在近日點及遠日點時的速度都與軌道半徑垂直，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+11j L1=r1mv1=4i3(i+6j)=72kL2=r2mv2=(7i+25.5j)3(i+11j)=154.5kL=L2-L1=82.5k kgm2s-1解(二) 題2-24圖2-24 在只掛重物M1時，小球作圓

18、周運動的向心力為M1g，即M1g=mr020 掛上M2后，則有 (M1+M2)g=mr2 重力對圓心的力矩為零，故小球?qū)A心的角動量守恒即 r0mv0=rmv 聯(lián)立、得2-25 (1)先作閘桿和飛輪的受力分析圖(如圖(b)圖中N、N是正壓力，F(xiàn)r、Fr是摩擦力，F(xiàn)x和Fy是桿在A點轉(zhuǎn)軸處所受支承力，R是輪的重力，P是輪在O軸處所受支承力題2-25圖（a）題2-25圖(b)桿處于靜止狀態(tài)，所以對A點的合力矩應為零，設閘瓦厚度不計，則有對飛輪，按轉(zhuǎn)動定律有=-FrR/I，式中負號表示與角速度方向相反 Fr=N N=N 又 以F=100 N等代入上式，得由此可算出自施加制動閘開始到飛輪停止轉(zhuǎn)動的時間

19、為這段時間內(nèi)飛輪的角位移為可知在這段時間里，飛輪轉(zhuǎn)了53.1轉(zhuǎn)(2)0=900(2)/60 rads-1，要求飛輪轉(zhuǎn)速在t=2 s內(nèi)減少一半，可知用上面式(1)所示的關系，可求出所需的制動力為2-26 設a，a2和分別為m1m2和柱體的加速度及角加速度，方向如圖(如圖b)題2-26(a)圖 題2-26(b)圖(1) m1，m2和柱體的運動方程如下：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+29.820.8 N由式T1=m1g-m1R=29.8-20.206.1317.1 N2-27

20、分別以m1，m2滑輪為研究對象，受力圖如圖(b)所示對m1,m2運用牛頓定律，有m2g-T2=m2a T1=m1a 對滑輪運用轉(zhuǎn)動定律，有T2r-T1r=(1/2Mr2) 又， a=r 聯(lián)立以上4個方程，得題2-27(a)圖 題2-27(b)圖題2-28圖2-28 (1)由轉(zhuǎn)動定律，有mg(l/2)=(1/3)ml2 = (2)由機械能守恒定律，有mg(l/2)sin=(1/2)(1/3)ml22=題2-29圖2-29 (1)設小球的初速度為v0，棒經(jīng)小球碰撞后得到的初角速度為，而小球的速度變?yōu)関，按題意，小球和棒作彈性碰撞，所以碰撞時遵從角動量守恒定律和機械能守恒定律，可列式：mv0l=I+

21、mvl (1/2)mv20=(1/2)I2+(1/2)mv2 上兩式中I=1/3Ml2，碰撞過程極為短暫，可認為棒沒有顯著的角位移；碰撞后，棒從豎直位置上擺到最大角度=30，按機械能守恒定律可列式： 由式得由式 由式 所以求得(2)相碰時小球受到的沖量為Fdt=mv=mv-mv0由式求得Fdt=mv-mv0=-(I)/l=(-1/3)Ml=-負號說明所受沖量的方向與初速度方向相反題2-30圖2-30 (1)碎片離盤瞬時的線速度即是它上升的初速度v0=R設碎片上升高度h時的速度為v，則有v2=v20-2gh令v=0，可求出上升最大高度為(2)圓盤的轉(zhuǎn)動慣量I=(1/2)MR2，碎片拋出后圓盤的轉(zhuǎn)

22、動慣量I=(1/2)MR2-mR2，碎片脫離前，盤的角動量為I，碎片剛脫離后，碎片與破盤之間的內(nèi)力變?yōu)榱?，但?nèi)力不影響系統(tǒng)的總角動量，碎片與破盤的總角動量應守恒，即I=I+mv0R式中為破盤的角速度于是(1/2)MR2=(1/2)MR2-mR2+mv0R(1/2)MR2-mR2=(1/2)MR2-mR2得=(角速度不變)圓盤余下部分的角動量為(1/2)MR2-mR2轉(zhuǎn)動動能為題2-31圖Ek=(1/2)(1/2)MR2-mR222-31 (1)射入的過程對O軸的角動量守恒Rsinm0v0=(m+m0)R2=(2)2-32 以重物、滑輪、彈簧、地球為一系統(tǒng)，重物下落的過程中，機械能守恒，以最低點

23、為重力勢能零點，彈簧原長為彈性勢能零點，則有mgh=(1/2)mv2+(1/2)I2+(1/2)kh2又 =v/R故有題2-32圖 題2-33圖2-33 (1)小球與圓環(huán)系統(tǒng)對豎直軸的角動量守恒，當小球滑至B點時，有I00=(I0+mR2) 該系統(tǒng)在轉(zhuǎn)動過程中，機械能守恒，設小球相對于圓環(huán)的速率為vB，以B點為重力勢能零點，則有(1/2)I020+mgR=(1/2)(I0+mR2)2+(1/2)mv2B 聯(lián)立、兩式，得(2)當小球滑至C點時，Ic=I0 c=0故由機械能守恒，有mg(2R)=(1/2)mv2cvc=2請讀者求出上述兩種情況下，小球?qū)Φ厮俣攘曨}三3-1 慣性系S相對慣性系以速度運

24、動當它們的坐標原點與重合時，=0，發(fā)出一光波，此后兩慣性系的觀測者觀測該光波的波陣面形狀如何?用直角坐標系寫出各自觀測的波陣面的方程解: 由于時間和空間都是均勻的，根據(jù)光速不變原理，光訊號為球面波波陣面方程為：題3-1圖3-2 設圖3-4中車廂上觀測者測得前后門距離為2試用洛侖茲變換計算地面上的觀測者測到同一光信號到達前、后門的時間差解: 設光訊號到達前門為事件，在車廂系時空坐標為，在車站系：光信號到達后門為事件，則在車廂系坐標為，在車站系：于是 或者 3-3 慣性系S相對另一慣性系沿軸作勻速直線運動，取兩坐標原點重合時刻作為計時起點在S系中測得兩事件的時空坐標分別為=6104m,=210-4

25、s，以及=12104m,=110-4s已知在S系中測得該兩事件同時發(fā)生試問：(1)S系相對S系的速度是多少? (2) 系中測得的兩事件的空間間隔是多少?解: 設相對的速度為，(1) 由題意 則 故 (2)由洛侖茲變換 代入數(shù)值， 3-4 長度=1 m的米尺靜止于S系中，與軸的夾角=30，S系相對S系沿軸運動，在S系中觀測者測得米尺與軸夾角為45 試求：(1)S系和S系的相對運動速度.(2)S系中測得的米尺長度 解: (1)米尺相對靜止，它在軸上的投影分別為：，米尺相對沿方向運動，設速度為，對系中的觀察者測得米尺在方向收縮，而方向的長度不變，即故 把及代入則得 故 (2)在系中測得米尺長度為 3

26、-5 一門寬為，今有一固有長度()的水平細桿，在門外貼近門的平面內(nèi)沿其長度方向勻速運動若站在門外的觀察者認為此桿的兩端可同時被拉進此門，則該桿相對于門的運動速率至少為多少?解: 門外觀測者測得桿長為運動長度，當時，可認為能被拉進門，則 解得桿的運動速率至少為： 題3-6圖3-6兩個慣性系中的觀察者和以0.6c(c表示真空中光速)的相對速度相互接近，如果測得兩者的初始距離是20m，則測得兩者經(jīng)過多少時間相遇?解: 測得相遇時間為測得的是固有時 ， ， ，或者，測得長度收縮，3-7 觀測者甲乙分別靜止于兩個慣性參考系和中，甲測得在同一地點發(fā)生的兩事件的時間間隔為 4s，而乙測得這兩個事件的時間間隔

27、為 5s求：(1) 相對于的運動速度(2)乙測得這兩個事件發(fā)生的地點間的距離解: 甲測得,乙測得，坐標差為(1) 解出 (2) 負號表示3-8 一宇航員要到離地球為5光年的星球去旅行如果宇航員希望把這路程縮短為3光年，則他所乘的火箭相對于地球的速度是多少?解: 3-9 論證以下結(jié)論：在某個慣性系中有兩個事件同時發(fā)生在不同地點，在有相對運動的其他慣性系中，這兩個事件一定不同時證: 設在系事件在處同時發(fā)生，則，在系中測得 ，即不同時發(fā)生3-10 試證明：(1)如果兩個事件在某慣性系中是同一地點發(fā)生的，則對一切慣性系來說這兩個事件的時間間隔，只有在此慣性系中最短(2)如果兩個事件在某慣性系中是同時發(fā)

28、生的，則對一切慣性關系來說這兩個事件的空間間隔，只有在此慣性系中最短解: (1)如果在系中，兩事件在同一地點發(fā)生，則，在系中，僅當時，等式成立，最短(2)若在系中同時發(fā)生，即，則在系中，僅當時等式成立，系中最短3-11 根據(jù)天文觀測和推算，宇宙正在膨脹，太空中的天體都遠離我們而去假定地球上觀察到一顆脈沖星(發(fā)出周期無線電波的星)的脈沖周期為 0.50s，且這顆星正沿觀察方向以速度0.8c離我們而去問這顆星的固有周期為多少?解: 以脈沖星為系，固有周期.地球為系，則有運動時，這里不是地球上某點觀測到的周期，而是以地球為參考系的兩異地鐘讀數(shù)之差還要考慮因飛行遠離信號的傳遞時間， 則 3-12 60

29、00m 的高空大氣層中產(chǎn)生了一個介子以速度=0.998c飛向地球假定該介子在其自身靜止系中的壽命等于其平均壽命210-6s試分別從下面兩個角度，即地球上的觀測者和介子靜止系中觀測者來判斷介子能否到達地球解: 介子在其自身靜止系中的壽命是固有(本征)時間，對地球觀測者，由于時間膨脹效應，其壽命延長了衰變前經(jīng)歷的時間為這段時間飛行距離為 因，故該介子能到達地球或在介子靜止系中，介子是靜止的地球則以速度接近介子，在時間內(nèi)，地球接近的距離為經(jīng)洛侖茲收縮后的值為：，故介子能到達地球3-13 設物體相對S系沿軸正向以0.8c運動，如果S系相對S系沿x軸正向的速度也是0.8c，問物體相對S系的速度是多少?解

30、: 根據(jù)速度合成定理，, 3-14 飛船以0.8c的速度相對地球向正東飛行，飛船以0.6c的速度相對地球向正西方向飛行當兩飛船即將相遇時飛船在自己的天窗處相隔2s發(fā)射兩顆信號彈在飛船的觀測者測得兩顆信號彈相隔的時間間隔為多少?解: 取為系，地球為系，自西向東為()軸正向，則對系的速度，系對系的速度為，則對系(船)的速度為發(fā)射彈是從的同一點發(fā)出，其時間間隔為固有時，題3-14圖中測得的時間間隔為： 3-15 (1)火箭和分別以0.8c和0.6c的速度相對地球向+和-方向飛行試求由火箭測得的速度(2)若火箭相對地球以0.8c的速度向+方向運動，火箭的速度不變，求相對的速度 解: (1)如圖，取地球

31、為系，為系，則相對的速度，火箭相對的速度，則相對()的速度為：或者取為系，則，相對系的速度，于是相對的速度為：(2)如圖，取地球為系，火箭為系，系相對系沿方向運動，速度，對系的速度為,由洛侖茲變換式相對的速度為：相對的速度大小為速度與軸的夾角為題3-15圖3-16 靜止在S系中的觀測者測得一光子沿與軸成角的方向飛行另一觀測者靜止于S系，S系的軸與軸一致，并以0.6c的速度沿方向運動試問S系中的觀測者觀測到的光子運動方向如何?解: 系中光子運動速度的分量為由速度變換公式，光子在系中的速度分量為光子運動方向與軸的夾角滿足在第二象限為在系中，光子的運動速度為 正是光速不變3-17 (1)如果將電子由

32、靜止加速到速率為0.1c，須對它作多少功?(2)如果將電子由速率為0.8c加速到0.9c，又須對它作多少功?解: (1)對電子作的功，等于電子動能的增量，得J= (2) ) 3-18 子靜止質(zhì)量是電子靜止質(zhì)量的207倍，靜止時的平均壽命=210-6s，若它在實驗室參考系中的平均壽命= 710-6s，試問其質(zhì)量是電子靜止質(zhì)量的多少倍?解: 設子靜止質(zhì)量為，相對實驗室參考系的速度為，相應質(zhì)量為，電子靜止質(zhì)量為，因由質(zhì)速關系，在實驗室參考系中質(zhì)量為：故 3-19 一物體的速度使其質(zhì)量增加了10%，試問此物體在運動方向上縮短了百分之幾?解: 設靜止質(zhì)量為，運動質(zhì)量為，由題設 由此二式得 在運動方向上的

33、長度和靜長分別為和，則相對收縮量為：3-20 一電子在電場中從靜止開始加速，試問它應通過多大的電勢差才能使其質(zhì)量增加0.4%?此時電子速度是多少?已知電子的靜止質(zhì)量為9.110-31kg解: 由質(zhì)能關系 所需電勢差為伏特由質(zhì)速公式有： 故電子速度為 3-21 一正負電子對撞機可以把電子加速到動能2.8109eV這種電子速率比光速差多少? 這樣的一個電子動量是多大?(與電子靜止質(zhì)量相應的能量為0.511106eV)解: 所以 由上式， 由動量能量關系可得3-22 氫原子的同位素氘(H)和氚(H)在高溫條件下發(fā)生聚變反應，產(chǎn)生氦(He)原子核和一個中子(n)，并釋放出大量能量，其反應方程為H +

34、HHe + n已知氘核的靜止質(zhì)量為2.0135原子質(zhì)量單位(1原子質(zhì)量單位1.60010-27kg)，氚核和氦核及中子的質(zhì)量分別為3.0155，4.0015，1.00865原子質(zhì)量單位求上述聚變反應釋放出來的能量解: 反應前總質(zhì)量為反應后總質(zhì)量為質(zhì)量虧損 由質(zhì)能關系得3-23 一靜止質(zhì)量為的粒子，裂變成兩個粒子，速度分別為0.6c和0.8c求裂變過程的靜質(zhì)量虧損和釋放出的動能解: 孤立系統(tǒng)在裂變過程中釋放出動能，引起靜能減少，相應的靜止質(zhì)量減少，即靜質(zhì)量虧損設裂變產(chǎn)生兩個粒子的靜質(zhì)量分別為和，其相應的速度,由于孤立系統(tǒng)中所發(fā)生的任何過程都同時遵守動量守恒定律和能(質(zhì))量守恒定律，所以有注意和必

35、沿相反方向運動，動量守恒的矢量方程可以簡化為一維標量方程，再以c, c代入，將上二方程化為：，上二式聯(lián)立求解可得：, 故靜質(zhì)量虧損由靜質(zhì)量虧損引起靜能減少，即轉(zhuǎn)化為動能，故放出的動能為3-24 有，兩個靜止質(zhì)量都是的粒子，分別以=,=-的速度相向運動，在發(fā)生完全非彈性碰撞后合并為一個粒子求碰撞后粒子的速度和靜止質(zhì)量解: 在實驗室參考系中，設碰撞前兩粒子的質(zhì)量分別和，碰撞后粒子的質(zhì)量為、速度為，于是，根據(jù)動量守恒和質(zhì)量守恒定律可得： 由于 代入式得 ，即為碰撞后靜止質(zhì)量3-25 試估計地球、太陽的史瓦西半徑解: 史瓦西半徑 地球： 則： 太陽： 則： 3-26 典型中子星的質(zhì)量與太陽質(zhì)量2103

36、0kg同數(shù)量級，半徑約為10km若進一步坍縮為黑洞，其史瓦西半徑為多少?一個質(zhì)子那么大小的微黑洞(10-15cm)，質(zhì)量是什么數(shù)量級? 解: (1)史瓦西半徑與太陽的相同， (2) 由 得 3-27 簡述廣義相對論的基本原理和實驗驗證解: 廣義相對論的基本原理是等效原理和廣義相對性原理等效原理又分為弱等效原理和強等效原理弱等效原理是：在局部時空中，不可能通過力學實驗區(qū)分引力和慣性力，引力和慣性力等效強等效原理是：在局部時空中，任何物理實驗都不能區(qū)分引力和慣性力，引力和慣性力等效廣義相對性原理是：所有參考系都是平權(quán)的，物理定律的表述相同廣義相對論的實驗驗證有：光線的引力偏轉(zhuǎn)，引力紅移，水星近日點

37、進動，雷達回波延遲等習題四4-1 符合什么規(guī)律的運動才是諧振動?分別分析下列運動是不是諧振動：(1)拍皮球時球的運動；(2)如題4-1圖所示，一小球在一個半徑很大的光滑凹球面內(nèi)滾動(設小球所經(jīng)過的弧線很 短)題4-1圖解：要使一個系統(tǒng)作諧振動，必須同時滿足以下三個條件：一 ，描述系統(tǒng)的各種參量，如質(zhì)量、轉(zhuǎn)動慣量、擺長等等在運動中保持為常量；二，系統(tǒng) 是在 自己的穩(wěn)定平衡位置附近作往復運動；三，在運動中系統(tǒng)只受到內(nèi)部的線性回復力的作用 或者說，若一個系統(tǒng)的運動微分方程能用描述時，其所作的運動就是諧振動(1)拍皮球時球的運動不是諧振動第一，球的運動軌道中并不存在一個穩(wěn)定的平衡位置； 第二，球在運動

38、中所受的三個力：重力，地面給予的彈力，擊球者給予的拍擊力，都不是線 性回復力(2)小球在題4-1圖所示的情況中所作的小弧度的運動，是諧振動顯然，小球在運動過程中 ，各種參量均為常量；該系統(tǒng)(指小球凹槽、地球系統(tǒng))的穩(wěn)定平衡位置即凹槽最低點，即系統(tǒng)勢能最小值位置點；而小球在運動中的回復力為，如題4-1圖(b)所示題 中所述，故0，所以回復力為.式中負號，表示回復力的方向始終與角位移的方向相反即小球在點附近的往復運動中所受回復力為線性的若以小球為對象，則小球在以為圓心的豎直平面內(nèi)作圓周運動，由牛頓第二定律，在凹槽切線方向上有令，則有4-2 勁度系數(shù)為和的兩根彈簧，與質(zhì)量為的小球按題4-2圖所示的兩

39、種方式連 接，試證明它們的振動均為諧振動，并分別求出它們的振動周期題4-2圖解：(1)圖(a)中為串聯(lián)彈簧，對于輕彈簧在任一時刻應有，設串聯(lián)彈簧的等效倔強系數(shù)為等效位移為，則有又有 所以串聯(lián)彈簧的等效倔強系數(shù)為即小球與串聯(lián)彈簧構(gòu)成了一個等效倔強系數(shù)為的彈簧振子系統(tǒng)，故小球作諧振動其振動周期為(2)圖(b)中可等效為并聯(lián)彈簧，同上理，應有，即，設并聯(lián)彈簧的倔強系數(shù)為，則有故 同上理，其振動周期為4-3 如題4-3圖所示，物體的質(zhì)量為，放在光滑斜面上，斜面與水平面的夾角為，彈簧的倔強系數(shù)為，滑輪的轉(zhuǎn)動慣量為，半徑為先把物體托住，使彈簧維持原長，然 后由靜止釋放，試證明物體作簡諧振動，并求振動周期

40、題4-3圖解：分別以物體和滑輪為對象，其受力如題4-3圖(b)所示，以重物在斜面上靜平衡時位置為坐標原點，沿斜面向下為軸正向，則當重物偏離原點的坐標為時，有 式中，為靜平衡時彈簧之伸長量，聯(lián)立以上三式，有令 則有故知該系統(tǒng)是作簡諧振動，其振動周期為4-4 質(zhì)量為的小球與輕彈簧組成的系統(tǒng)，按的規(guī)律作諧振動，求：(1)振動的周期、振幅和初位相及速度與加速度的最大值；(2)最大的回復力、振動能量、平均動能和平均勢能，在哪些位置上動能與勢能相等?(3)與兩個時刻的位相差；解：(1)設諧振動的標準方程為，則知：又 (2) 當時，有，即 (3) 4-5 一個沿軸作簡諧振動的彈簧振子，振幅為，周期為，其振動方程用余弦函數(shù)表示如果時質(zhì)點的狀態(tài)分別是：(1)；(2)過平衡位置向正向運動；(3)過處向負向運動；(4)過處向正向運動試求出相應的初位相，并寫出振動方程解：因為 將以上初值條件代入上式，使兩式同時成立之值即為該條件下的初位相故有4-6 一質(zhì)量為的物體作諧振動，振幅為，周期為，當時位移為求：(1)時，物體所在的位置及此時所受力的大小和方向；(2)由起始位置運動到處所需的最短時間；(3)在處物體的總能量解：由題已知 又，時，故振動方程為 (1)將代入得方向指向坐標原點，即沿軸負向(2)由題知，時，時 (3)由于諧振動中能量守恒