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文檔簡介
1、第四章 狹義相對論4-1 利用 其中 習題4.2圖4-2 x1=0 x2=1200 km 即,則長沙的班機后起飛. (代入數(shù)據(jù)可得)4-3 地球與星球的距離L0=5光年(固有長度),宇航員測量的長度L=3光年(運動長度),由長度收縮公式得得火箭對地的速度4-4 則代入得4-5 解法一 (1) 根據(jù)題意(a) (b) 習題4-5圖 長度沿運動方向縮短因為 因為(2) 解法二 , 由 4-6 (1)對OA(或OB) 習題4-6 (a)圖 在S系(相對系以)周長(2) 習題4-6 (b)圖對OA(或AB)S系中長度為 對OB,在S系中長度為周長 4-7 S系測量的時間間隔為固有時系測量的時間間隔為運
2、動時,根據(jù)時間延緩公式得S系對S系的速率在S系測量的兩個事件的空間間隔為或 4-8 (因為流星是從船頭飛向船尾) 4-9 根據(jù)相對論動力學基本方程得 (1)對上式積分 得 (1) 當t時, 則v=at時, v=c時 4-10 4-11 略4-12 略4-13 略4-14 略4-15 略4-16 根據(jù)質(zhì)能公式得太陽因輻射能量每秒減少的質(zhì)量為與太陽質(zhì)量的比值 這個比值是非常小的.4-17 略第五章 機械振動5-1 解:取固定坐標xOy,坐標原點O在水面上(圖題所示) 設(shè)貨輪靜止不動時,貨輪上的A點恰在水面上,則浮力為Sga.這時習題5-1圖 往下沉一點時,合力 .又 故 故作簡諧振動 5-2 解:
3、取物體A為研究對象,建立坐標Ox軸沿斜面向下,原點取在平衡位置處,即在初始位置斜下方距離l0處,此時: (1)(1) A物體共受三力;重mg, 支持力N, 張力T.不計滑輪質(zhì)量時,有 T=kx列出A在任一位置x處的牛頓方程式將(1)式代入上式,整理后得 故物體A的運動是簡諧振動,且由初始條件求得故物體A的運動方程為x=0.1cos(7t+)m習題5-2圖(2) 當考慮滑輪質(zhì)量時,兩段繩子中張力數(shù)值不等,如圖所示,分別為T1、T2,則對A列出任一位置x處的牛頓方程式為: (2)對滑輪列出轉(zhuǎn)動方程為: (3)式中,T2=k(l0+x) (4)由式(3)、(4)知代入(2)式知又由(1)式知故即 可
4、見,物體A仍作簡諧振動,此時圓頻率為:由于初始條件:可知,A、不變,故物體A的運動方程為:由以上可知:彈簧在斜面上的運動,仍為簡諧振動,但平衡位置發(fā)生了變化,滑輪的質(zhì)量改變了系統(tǒng)的振動頻率.5-3 解:簡諧振動的振動表達式:習題5-3圖由題圖可知,,當t=0時,將代入簡諧振動表達式,得:由,當t=0時,由圖可知,0,即,故由,取又因:t=1s 時,將其入代簡諧振動表達式,得由t=1s時,0知,,取,即 質(zhì)點作簡諧振動的振動表達式為5-4 解:以該球的球心為原點,假設(shè)微粒在某一任意時刻位于遂道中的位矢為,由高斯定理可知,則微粒在此處受電場力為:式中,負號表明電場的方向與的正方向相反,指向球心.由
5、上式及牛頓定律,得:令 則 故微粒作簡諧振動,平衡點在球心處.由知: 5-5 解:(1)取彈簧原長所在位置為點.當彈簧掛上物體A時,處于靜止位置P點,有: 將A與B粘合后,掛在彈簧下端,靜止平衡所在位置O點,取O點為原坐標原點如圖題5-5所示,則有: 設(shè)當B與A粘在一起后,在其運動過程的任一位置,彈簧形變量,則A、B系統(tǒng)所受合力為:習題5.5圖 即 可見A與B作簡諧和振動.(2) 由上式知, 以B與A相碰點為計時起點,此時A與B在P點,由圖題5-5可知則t=0時,(負號表P點在O點上方)又B與A為非彈性碰撞,碰撞前B的速度為:碰撞后,A、B的共同速度為: (方向向上)則t=0時,可求得: 可知
6、A與B振動系統(tǒng)的振動表達式為:(3) 彈簧所受的最大拉力,應(yīng)是彈簧最大形變時的彈力,最大形變?yōu)椋簞t最大拉力 5-6 解:(1) 已知A=0.24m, ,如選x軸向下為正方向.已知初始條件即 而 取,故:(2) 如圖題所示坐標中,在平衡位置上方0.12m, 即x=-0.12m處,有習題5-6圖因為所求時間為最短時間,故物體從初始位置向上運動,.故則取可得:(3) 物體在平衡位置上方0.12m處所受合外力,指向平衡位置.5-7 解:子彈射入木塊為完全非彈性碰撞,設(shè)u為子彈射入木塊后二者共同速度,由動量定理可知:不計摩擦,彈簧壓縮過程中系統(tǒng)機械能守恒,即: (x0為彈簧最大形變量)由此簡諧振動的振幅
7、 系統(tǒng)圓頻率若取物體靜止時的位置O(平衡位置)為坐標原點,Ox軸水平向右為正,則初始條件為:t=0時,x=0,由得:則木塊與子彈二者作簡諧振動,其振動表達式為:5-8 解:當物體m1向右移動x時,左方彈簧伸長x,右方彈簧縮短x,但它們物體的作用方向是相同的,均與物體的位移方向相反,即令F=-kx,有:由 得則粘上油泥塊后,新的振動系統(tǒng)質(zhì)量為:新的周期 在平衡位置時,m2與m1發(fā)生完全非彈性碰撞.碰撞前,m1的速度設(shè)碰撞后,m1和m2共同速度為.根據(jù)動量守恒定律,則 新的振幅 5-9 解:(1)由振動方程知,故振動周期: (2) t=0時,由振動方程得:(3) 由旋轉(zhuǎn)矢量法知,此時的位相:速度
8、加速度 所受力 (4)設(shè)質(zhì)點在x處的動能與勢能相等,由于簡諧振動能量守恒,即:故有: 即 可得: 5-10 解:(1)砝碼運動到最高點時,加速度最大,方向向下,由牛頓第二定律,有:N是平板對砝碼的支持力.故砝碼對板的正壓力與N大小相等,方向相反.砝碼運動到最低點時,加速度也是最大,但方向向上,由牛頓第二定律,有:故 砝碼對板的正壓力與板對砝碼的支持力大小相等,方向相反.(2)當N=0時,砝碼開始脫離平板,故此時的振幅應(yīng)滿足條件:(3) 由,可知,成反比,當時,5-11 解:(1)設(shè)振子過平衡位置時的速度為,由機械能守恒,有: 由水平方向動量定理: 此后,系統(tǒng)振幅為,由機械能守恒,有:得: 有:
9、 (2)碰撞前后系統(tǒng)總能量變化為:式中,負號表示能量損耗,這是泥團與物體的非彈性碰撞所致.(3)當m達到振幅A時,豎直落在m上,碰撞前后系統(tǒng)在水平方向的動量均為零,因而系統(tǒng)的振幅仍為A,周期為,系統(tǒng)的振動總能量不變,為(非彈性碰撞損耗的能量為源于碰撞前的動能).物體系統(tǒng)過平衡位置時的速度由: 得: 習題5-12圖5-12 解:(1)由放置矢量法可知,振子從運動到的位置處,角相位的最小變化為:則圓頻率 周期 由初始狀態(tài),在圖示坐標中,初始條件為:則振幅 (2)因為又 故 得: 根據(jù)題意,振子在平衡位置的下方,取x=0.05m.根據(jù)振動系統(tǒng)的能量守恒定律:故 根據(jù)題意,取再由 得: (3)t=0時
10、, (4)由簡諧振動的振動表達式當t=0時,,可得:又 故 5-13 解:(1)據(jù)題意,兩質(zhì)點振動方程分別為:(2)P、Q兩質(zhì)點的速度及加速度表達分別為:當t=1s時,有:(3)由相位差可見,P點的相比Q點的相位超前.5-14 解:(1)由題意得初始條件: 可得: (由旋轉(zhuǎn)矢量法可證出)在平衡位置的動能就是質(zhì)點的總能量可求得:則振動表達式為:(2) 初始位置勢能當t=0時, 5-15 解:(1)由初始條件:可知,且 則振動表達式為:當t=0.5s時,(2) t=0.5s時,小球所受力:因t=0.5s時,小球的位置在處,即小球在x軸負方向,而f的方向是沿x軸正方向,總是指向平衡位置.習題5-15
11、圖(3) 從初始位置到所需最短時間設(shè)為t,由旋轉(zhuǎn)矢量法知, (4) 因為 在(5) t=4s時, 5-16 解:設(shè)兩質(zhì)點的振動表達式分別為:習題5-16圖由圖題可知,一質(zhì)點在處時對應(yīng)的相位為:同理:另一質(zhì)點在相遇處時,對應(yīng)的相位為:故相位差 若的方向與上述情況相反,故用同樣的方法,可得:5-17 解:由圖題5-17(圖在課本上P200)所示曲線可以看出,兩個簡諧振動的振幅相同,即,周期均勻,因而圓頻率為:由x-t曲線可知,簡諧振動1在t=0時,且,故可求得振動1的初位相.同樣,簡諧振動2在t=0時,故簡諧振動1、2的振動表達式分別為:因此,合振動的振幅和初相位分別為: 但由x-t曲線知,t=0
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