新編基礎(chǔ)物理學(xué)上冊3-4單元課后答案

1、第三章3-1 半徑為R、質(zhì)量為M的均勻薄圓盤上，挖去一個直徑為R的圓孔，孔的中心在 求所剩局部對通過原圓盤中心且與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動慣量。分析：用補償法負質(zhì)量法求解，由平行軸定理求其挖去局部的轉(zhuǎn)動慣量，用原圓盤轉(zhuǎn)動 慣量減去挖去局部的轉(zhuǎn)動慣量即得。注意對同一軸而言。解：沒挖去前大圓對通過原圓盤中心且與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動慣量為：1 2 J1 MR21 2由平行軸定理得被挖去局部對通過原圓盤中心且與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動慣量為:2 MR2322 1 MR 2 MJ2 Jc md()2 424由式得所剩局部對通過原圓盤中心且與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動慣量為:13J J1 J2MR2323-2 如題圖3-2所示

2、，一根均勻細鐵絲，質(zhì)量為M長度為 角，放在xOy平面內(nèi)，求鐵絲對 分析：解：JxL，在其中點O處彎成Ox軸、Oy軸、Oz軸的轉(zhuǎn)動慣量。 取微元，由轉(zhuǎn)動慣量的定義求積分可得1對x軸的轉(zhuǎn)動慣量為：2(lsi n60°)2Mdl ML20L 32r2dm1202Jyy軸的轉(zhuǎn)動慣量為：M (L)22(ls in 300)2 Mdl 2ml2220L 96Z軸的轉(zhuǎn)動慣量為：1 M32電風(fēng)扇開啟電源后經(jīng)過 5s到達額定轉(zhuǎn)速，此時角速度為每秒5轉(zhuǎn)，關(guān)閉電源后經(jīng)過16 s 風(fēng)扇停止轉(zhuǎn)動，風(fēng)扇轉(zhuǎn)動慣量為0.5kg m2，且摩擦力矩 Mf和電磁力矩m均為常量，Jz3-32 1>2求電機的電磁力矩

3、M。分析：Mf , M為常量，開啟電源 5s內(nèi)是勻加速轉(zhuǎn)動，關(guān)閉電源16s內(nèi)是勻減速轉(zhuǎn)動，可得相應(yīng)加速度，由轉(zhuǎn)動定律求得電磁力矩M。解：由定軸轉(zhuǎn)動定律得：M Mf J t，即M J 1 M f J 1 J 20.55 20.54.12N m5163-4 飛輪的質(zhì)量為60kg，直徑為0.5 m，轉(zhuǎn)速為1000 r / min，現(xiàn)要求在5s內(nèi)使其制動， 求制動力F,假定閘瓦與飛輪之間的摩擦系數(shù)0.4，飛輪的質(zhì)量全局部布在輪的外周上，尺寸如題圖3-4所示。分析：分別考慮兩個研究對象：閘瓦和桿。對象閘瓦對飛輪的摩擦力 f對O點的力矩使飛輪逐漸停止轉(zhuǎn)動，對飛由輪轉(zhuǎn)動定律列方程，因摩擦系數(shù)是定值，那么飛輪

4、做勻角加速度運動， 由轉(zhuǎn)速求角加速度。對象桿受的合力矩為零。解：設(shè)閘瓦對飛輪的壓力為N,摩擦力為f ,力矩為M飛輪半徑為R,那么依題意得，MfRJfN0.4 NF(0.50.75)N0.5JmR2600.25 210002605解:式得 F314 N3-5 一質(zhì)量為m的物體懸于一條輕繩的一端，繩另一端繞在一輪軸的軸上，如題圖3-5所止釋放后，在時間 分析：隔離物體， 解。解：設(shè)繩子對物體t內(nèi)下降了一段距離 S 試求整個輪軸的轉(zhuǎn)動慣量 用 分別畫出輪和物體的受力圖，t和S表示由轉(zhuǎn)動定律和牛頓第二定律及運動學(xué)方程求或繩子對輪軸的拉力為T,那么根據(jù)牛頓運動定律和轉(zhuǎn)動定律得：mg T maTr J由運

5、動學(xué)關(guān)系有：a題圖3-5由、式解得:m(g-a)r2 a又根據(jù)條件VoS 2af，2S a r將式代入式得:2mr1)a題圖3-5示軸水平且垂直于輪軸面，其半徑為r，整個裝置架在光滑的固定軸承之上當物體從靜3-6 一軸承光滑的定滑輪，質(zhì)量為M 2.00 kg,半徑為R 0.100 m, 根不能伸長的輕繩，一端固定在定滑輪上，另一端系有一質(zhì)量為m 5.00 kg,的物體，如題圖3-6所示.定1滑輪的轉(zhuǎn)動慣量為 j 1 MR2，其初角速度 0 10.0rad/s,方向垂直紙面向里求：2定滑輪的角加速度的大小和方向；2定滑輪的角速度變化到0時，物體上升的高度； 當物體回到原來位置時，定滑輪的角速度的

6、大小和方向 分析：隔離體受力分析，對平動物體由牛頓第二定律列方程，對定軸轉(zhuǎn)動物體由轉(zhuǎn)動定律列方程。解：(1)- mg T maTR Ja RmgRmgRmR J mR2 丄 MR2 22mg2m M R81.7rad /s2方向垂直紙面向外-202 2當 o時，物體上升的高度h20.612 rad22R 6.1210 m210.0rad /s方向垂直紙面向外3-7 如題圖3-7所示，質(zhì)量為 m的物體與繞在質(zhì)量為 M的定滑輪上的輕繩相連，設(shè)定滑輪 質(zhì)量M=2m半徑R,轉(zhuǎn)軸光滑，設(shè)t 0時v 0，求：1下落速度 與時間t的關(guān)系；2t 4s時,m下落的距離；3繩中的張力T。分析：對質(zhì)量為 m物體應(yīng)用

7、牛頓第二定律、對滑輪應(yīng)用剛體定軸轉(zhuǎn)動定律列方程。解:(1)設(shè)物體m與滑輪間的拉力大小為 T,那么mgTmaMTRJ1 2-MR22aRvat解:式得a 4.9 m /S2，并代入式得v 4.9 t2設(shè)物體下落的距離為s，那么s at21 4.9 4239.2 m2 23由1的式得，T mg ma 4.9 N3-8 如題圖3-8所示，一個組合滑輪由兩個勻質(zhì)的圓盤固接而成，大盤質(zhì)量M1 10kg，半徑R 0.10 m，小盤質(zhì)量 M2 4kg，半徑r 0.05 m。兩盤邊緣上分別繞有細繩，細繩的下端各懸質(zhì)量 m m2 2kg的物體，此物體由靜止釋放，求：兩物體口,0的加速度大 小及方向。分析：分別對

8、物體 m,%應(yīng)用牛頓第二定律，對滑輪應(yīng)用剛體定軸轉(zhuǎn)動定律解：設(shè)物體 m,譏的加速度大小分別為 a2，與滑輪的拉力分別為 T,T2,T1 m1g m1a1 m2g T2 m2a2 a1r a2 RM T2R T1r J 題圖3-8J 1M1R21M2r2 2 1 2 2把數(shù)據(jù)代入，解上述各式得a10.6125m/ s2 方向向上a21.225 m/s2 方向向下3-9如題圖3-9所示，一傾角為30°的光滑斜面固定在水平面上，其上裝有一個定滑輪， 假設(shè)一根輕繩跨過它，兩端分別與質(zhì)量都為m的物體1和物體2相連。1假設(shè)不考慮滑輪的質(zhì)量，求物體 1的加速度。2假設(shè)滑輪半徑為r，其轉(zhuǎn)動慣量可用

9、m和 r表示為J kmr2 k是常量，繩子與 滑輪之間無相對滑動，再求物體1的加速度。分析：1對兩物體分別應(yīng)用牛頓第二定律列方程。2兩物體分別應(yīng)用牛頓第二定律、對滑輪應(yīng)用剛體定軸轉(zhuǎn)動定律列方程。 解：設(shè)物體1、物體2與滑輪間的拉力分別為 T、T2它們對地的加速度為 a。1假設(shè)不考慮滑輪的質(zhì)量，那么物體1、物體2與滑輪間的拉力T、T2相等，記為T。那么對 1、2兩物體分別應(yīng)用牛頓第二定律得,mg T maT mg sin 30° ma解上兩式得：a g /4 m/s2，方向豎直向下。2假設(shè)考慮滑輪的質(zhì)量，那么物體1、物體2與滑輪間的拉力T、T2不相等。那么對1、2兩物體分別應(yīng)用牛頓第

10、二定律，和對滑輪應(yīng)用剛體定軸轉(zhuǎn)動定律得mg T1 ma T2 mg sin 30° ma a r M T1r T2r J J kmr2解上述各式得:gm/s2，方向豎直向下。2(2 k)3-10 一飛輪直徑為，質(zhì)量為，邊緣繞有繩子，現(xiàn)用恒力拉繩子的一端，使其由靜止均勻地繞中心軸加速，經(jīng)轉(zhuǎn)速達每秒 10轉(zhuǎn)，假定飛輪可看作實心圓柱體，求：1飛輪的角加速度及在這段時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的轉(zhuǎn)數(shù)； 2拉力及拉力所作的功；3從拉動后t 10s時飛輪的 角速度及輪邊緣上一點的速度和加速度。分析：利用轉(zhuǎn)動定律，力矩作的功定義，線量與角量的關(guān)系求解。解：1角加速度為：一 10_ 1 26 102 rad /s2t

11、 0.5轉(zhuǎn)過的角度為：1 t2 1 1.26 102 0.52 15.7rad2 2轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為：N 2 5圈22由轉(zhuǎn)動定律M fR J 得f °5 5 °152 似 10247.1 NR0.15力矩做的功為：A MdM 47.1 0.15 15.7 111J03角速度為：t1.26231010 1.26 10 rad /s邊緣點的線速度為：VR0.151.26 103 1.8810 2m / s邊緣點的法向加速度為：anR 20.151.262 1062.37105m/s2邊緣點的切向加速度為：aR0.15 1.26 10218.84 m/ s23-11一質(zhì)量為M長為i的

12、勻質(zhì)細桿，一端固接一質(zhì)量為m的小球，可繞桿的另一端 0無摩擦地在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將小球從水平位置A向下拋射，使球恰好通過最高點C,如題圖3-11所示。求：1下拋初速度v0;2在最低點B時，細桿對球的作用力。分析：由機械能守恒定律、牛頓第二定律、角線量關(guān)系求解。 解：1如圖3-11，取向下拋點作勢能零點，由機械能守恒定律得,mv；1J 2 Mg - mgl 2 0 2 2J=1mi2 3V0 l 解得，V0：(3M 6m)glV 3m M2取最低點作勢能零點，由機械能守恒定律和牛頓第二定律得，題圖3-11122 mv!j 22Mgl2mglNmgv2 m lVlJ1 2Ml23解:得，N15m

13、 7M3m Mmg3-12冷壬曰斗3kg,t0時位于 物體質(zhì)量為r 4i m,i 6j m s 1，如一恒力f 5j N作用在物體上，求3s后，1物體動量的變化；2相對z軸角動量的變化。 分析：寫出r (t)的表達式及力f對Z軸的力矩M。由動量定理、角動量定理求解。解：1由動量定理得，動量的增量為：P 0 f dt 0 5j dt 15 j kg m s2由角動量定理得，角動量的增量為：Lt0M dt ：M dt 而 M T(t) fr'(t) x(t)i y(t)j(X° Vx0t)i (y°1 2 r Vy°t at )j (4 t)i(6t6

14、4;f 5j把代入解得：M (205t)k 把代入解得：3LM03dt(200 J 25t)k dt 82.5k kg m1 s3-13 水平面內(nèi)有一靜止的長為 l、質(zhì)量為m的細棒，可繞通過棒一末端的固定點在水平面 內(nèi)轉(zhuǎn)動。今有一質(zhì)量為 m、速率為v的子彈在水平面內(nèi)沿棒的垂直方向射向棒的中點，子2彈穿出時速率減為 v，當棒轉(zhuǎn)動后，設(shè)棒上單位長度受到的阻力正比于該點的速率比例2系數(shù)為k試求：1子彈穿出時，棒的角速度0為多少？ 2當棒以 轉(zhuǎn)動時，受到的 阻力矩Mf為多大？ 3棒從°變?yōu)閬A°時，經(jīng)歷的時間為多少？2分析：把子彈與棒看作一個系統(tǒng)，子彈擊穿棒的過程中，轉(zhuǎn)軸處的作用力的

15、力矩為零，所以擊穿前后系統(tǒng)角動量守恒，可求待擊穿瞬間棒的角速度。棒轉(zhuǎn)動過程中，對棒劃微元計算元 阻力矩，積分可得總阻力矩，應(yīng)用轉(zhuǎn)動定律或角動量定理可求得所需時間。解：1以子彈和棒組成的系統(tǒng)為研究對象。取子彈和棒碰撞中間的任一狀態(tài)分析受力，子彈與棒之間的碰撞力 f、f'是內(nèi)力。一對相互作用力對同一轉(zhuǎn)軸來說，其力矩之和為零。因 此，可以認為棒和子彈組成的系統(tǒng)對轉(zhuǎn)軸的合外力矩為零，那么系統(tǒng)對轉(zhuǎn)軸的角動量守恒。mvL mvL122 222UJ1 2 mL3解上述兩式得：3v08L2設(shè)在離轉(zhuǎn)軸距離為I得取一微元dl，那么該微元所受的阻力為:df kvdl kl dl該微元所受的阻力對轉(zhuǎn)軸的力矩為

16、：dM f Idf k l2dl那么細棒所受到的總阻力矩為：M fLL2dM fk l2dl0 f 01k L333由剛體定軸轉(zhuǎn)動定律得，M fd1JJkdt3L3即上式可化為：j 1 kL3dt3對上式兩邊分別積分得: 解上式積分得：t 3J目2kL33-14mln 2kLImL2代入上式得：t3兩滑冰運發(fā)動，質(zhì)量分別為 Ma70kg，Mb 80kg，它們的速率A 7m s 1,，8m s1在相距的兩平行線上相向而行，當兩人最接近時，便拉起手來，開始繞質(zhì)心作b圓周運動并保持兩人間的距離不變。求：1系統(tǒng)總的角動量；2系統(tǒng)一起繞質(zhì)心旋轉(zhuǎn)的角速度；3兩人拉手前后的總動能，這一過程中機械能是否守恒，

17、為什么？分析：利用系統(tǒng)質(zhì)心公式，兩人組成系統(tǒng)前后角動量守恒和動能公式求解。解：1設(shè)兩人相距最近時以運發(fā)動 A作原點，由質(zhì)心公式得，兩運發(fā)動的質(zhì)心為：M aXaM b Xb 70 0 80 1.5M a Mbx0.8 m7080兩人組成的系統(tǒng)對質(zhì)心的總的角動量為:2 1L M aVaXMbVb(1.5 x) 70 7 0.8 80 8 (1.5 0.8) 840 kg m s2兩人拉手過程中，所受力對質(zhì)心轉(zhuǎn)軸的力矩之和為零，那么兩人組成系統(tǒng)前后角動量守恒。2 2MaXMb (1.5 x)即:840=(700.8 2+800.7 2)解上式得:10 rad / s3兩人拉手前的動能為:Ek0avA

18、bvB2 2701780 824275 J2兩人拉手后的動能為:Ek 丄J 2- (702 20.8802 20.7 ) 104200 J因此，系統(tǒng)前后的機械能不守恒。我們可以把兩人拉手的過程看作完全非彈性碰撞,此系統(tǒng)前后機械能不守恒。3-15 如題圖3-15所示，一長為2l、質(zhì)量為M的勻質(zhì)細棒，可繞棒中點的水平軸O在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，開始時棒靜止在水平位置，一質(zhì)量為m的小球以速度u垂直下落在棒的端點，設(shè)小球與棒作彈性碰撞，求碰撞后小球的反彈速度v及棒轉(zhuǎn)動的角速度各為多少？分析：以小球和棒組成的系統(tǒng)為研究對象。取小球和棒碰撞中間的任一狀態(tài)分析受力，棒受的重力Mg和軸對棒的支撐力 N對O軸的力矩均為

19、零。小球雖受重力mg作用，但比起碰撞時小球與棒之間的碰撞力 f、f'而言，可以忽略不計。又 f、f'是內(nèi)力，一對相互作用力對同一轉(zhuǎn)軸來說，其力矩之和為零。因此，可以認為棒和小球組成的系統(tǒng)對O軸的合外力矩為零，那么系統(tǒng)對O軸的角動量守恒。解：取垂直紙面向里為角動量 L正向，那么系統(tǒng)初態(tài)角動量為 mul ,終態(tài)角動量為J 小棒 和mvl 小球，有角動量守恒定律得mul J mvl 因為彈性碰撞，系統(tǒng)機械能守恒，可得1mu2 !mv21J 22 2 2又 J >(2l)21m|2 聯(lián)立式，解得M 3mv uM 3m6mu(M 3m) l詠I題圖3-153-16所示，可繞水平軸

20、0在豎直面內(nèi)旋轉(zhuǎn),3-16 一長為L、質(zhì)量為m的勻質(zhì)細棒，如題圖 假設(shè)軸光滑，今使棒從水平位置自由下擺。 求：1在水平位置和豎直位置棒的角加速度2棒轉(zhuǎn)過角時的角速度。解: 1有剛體定軸轉(zhuǎn)動定律細棒在水平位置的角加速度為:細棒在豎直位置的角加速度為:M J 得,MLmg 23gJ1 . 2 mL32LM00J1 2 mL32細棒在轉(zhuǎn)動的過程中機械能守恒,由機械能守恒定律得,題圖3-16mg?sin2解上述兩式得:分析：由轉(zhuǎn)動定律求角加速度，由在轉(zhuǎn)動過程中機械能守恒求角速度。3-17 彈簧、定滑輪和物體如題圖 3-17所示放置，彈簧勁度系數(shù)k為2.0 N m 1 ;物體的質(zhì) 量m為6.0kg?；?/p>

21、和輕繩間無相對滑動，開始時用手托住物體，彈簧無伸長。求：1假設(shè)不考慮滑輪的轉(zhuǎn)動慣量，手移開后，彈簧伸長多少時，物體處于受力平衡狀態(tài)及此時彈簧的彈性勢能；2設(shè)定滑輪的轉(zhuǎn)動慣量為0.5kg m2，半徑r為0.3 m，手移開后，物體下落時，它的速度為多大？分析：1不考慮滑輪的轉(zhuǎn)動慣量，由物體受力平衡求伸長量X,再求彈性勢能。2假設(shè)考慮滑輪的轉(zhuǎn)動慣量，貝U彈簧、滑輪、物體和地球題圖3-17組成的系統(tǒng)機械能守恒x距離解：1假設(shè)不考慮滑輪的轉(zhuǎn)動慣量，設(shè)彈簧伸長了 時物體處于受力平衡狀態(tài)，貝V： mg kxmgV6 g""2""3g(m)此時彈簧的彈性勢能為：12 1

22、 2 2Ep kx2(3g) 9g Jh時，它的速度為v,滑輪的角速度2假設(shè)考慮滑輪得轉(zhuǎn)動慣量，設(shè)物體下落的距離為 為，那么由機械能守恒定律得，1 2kh21 2 1 2 mgh mv J2 2v r把數(shù)據(jù)代入上述兩式得，1 26 1° 0.46 v22v 0.3解上述兩式得：v2.0 m / s3-18 一轉(zhuǎn)動慣量為j的圓盤繞一固定軸轉(zhuǎn)動，起初角速度為 ° .設(shè)它所受阻力矩與轉(zhuǎn)動角速度成正比，即 M k (k為正的常數(shù))，求圓盤的角速度從 °變?yōu)? °時所需的時間.2分析：由轉(zhuǎn)動定律及角加速度的定義，對角速度積分可求解。解：根據(jù)轉(zhuǎn)動定律：I d.J k

23、dtdkdtJ° 1兩邊積分：乏丄d°dt° Jt (Jl n2).k3-19質(zhì)量為m的子彈，以速度v水平射入放在光滑水平面上質(zhì)量為m°、半徑為R的圓盤邊緣，并留在該處，v°的方向與射入處的半徑垂直，圓盤盤心有一豎直的光滑固定軸，如所示，試求子彈射入后圓盤的角速度。分析：在子彈射入圓盤的過程中， 子彈和圓盤組成的系統(tǒng)對轉(zhuǎn)軸的角動量和力矩為零，因此對轉(zhuǎn)軸的角動量守恒。解：設(shè)子彈射入后圓盤的角速度為，那么由角動量守恒定律得，2 1 2mv0R (mRm0R )2解上式得：2mVomR m0 R3-20 一均質(zhì)細桿，長3-20所示。開始時桿處于鉛垂位

24、置,L 1m，可繞通過一端的水平光滑軸 O在鉛垂面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，如題圖今有一子彈沿水平方向以 v 10m s 1的速度射入細桿。設(shè)入射點離O點的距離為3 L，子彈的質(zhì)量為細桿質(zhì)量的 。試求：1子彈和細桿開始49共同運動的角速度。2子彈和細桿共同擺動能到達的最大角度。 分析：子彈射入細桿過程中， 子彈和細桿組成的系統(tǒng)角動量守恒； 解1子彈打進桿的過程中子彈和桿組成的系統(tǒng)角動量守恒， 設(shè)子彈開始時的角速度為細桿擺動時，機械能守恒。0,彈和桿一起共同運動的角速度為，那么由角動量守恒定律得J子0 J子 J桿又J子(91 2 J 桿 mL 桿3m | 2L1610口440340rad / s192設(shè)子彈與

25、桿共同擺動能到達最大角度為角,在擺動的過程中桿和子彈及地球組成的系統(tǒng)機械能守恒, 那么由機械能守恒定律得，把式代入式并解得:題圖3-20】(J 子 J 桿)2(-L -Lcos ) mgL 1L cos294422把式及g 10 , L=1代入式解得：cos 0.8496 。即0.56 rad第四章4-1 觀察者A測得與他相對靜止的 Oxy平面上一個圓的面積是12 cm2,另一觀察者 B相對于A以0.8 c(c為真空中光速)平行于Oxy平面作勻速直線運動，B測得這一圖形為一橢圓， 其面積是多少？分析：此題考察的是長度收縮效應(yīng)。解：由于B相對于A以v 0.8 c勻速運動，因此B觀測此圖形時與v平

26、行方向上的線度將收 縮為2R 1 (v /c)2 2b，即是橢圓的短軸.而與v垂直方向上的線度不變，仍為2 R 2 a，即是橢圓的長軸.所以測得的面積為(橢圓形面積)S abR, 1 (v/c)2 R R2 -1 (v /c)2 24-2 長度為1m的米尺L靜止于k '中，與x軸的夾角 '30 , K '系相對k系沿x軸運動， 在K系中觀察得到的米尺與 x軸的夾角為 45 ，試求：1K '系相對K系的速度是多少？2K系中測得的米尺的長度？分析：此題考察的是長度收縮效應(yīng)。根據(jù)兩個參考系下米尺的不同長度再結(jié)合長度收縮效應(yīng)我們可以很方便的得到兩個參考系之間的相對速度解

27、：1米尺相對S'系靜止，它在x'和y'軸的投影分別為：Lx' L0 cos ' 0.866mLy' L0 sin '0.5m米尺相對S系沿x方向運動，設(shè)運動速度為 v，為S系中的觀察者，米尺在 x方向?qū)a(chǎn)生長 度收縮，而y方向的長度不變，即Lx Lx'LyLy'故米尺與x軸的夾角滿足tgLyLxLx '1 v2 C2與Lx'、Ly'的值代入可得:0.816 cv2在S系中測得米尺的長度為:LyL -0.707( m)sin 454-3 x介子在其靜止系中的半衰期為1.8 10 8s。今有一束介子以

28、0.8c的速度離開加速器，試問，從實驗室參考系看來，當介子衰變一半時飛越了多長的距離？分析：此題考察的是時間膨脹效應(yīng)。根據(jù)靜止系中的半衰期加上時間膨脹效應(yīng)我們可以求出 在實驗室參考系中的半衰期，然后根據(jù)該半衰期求出飛行距離。解：在 介子的靜止系中，半衰期t0 1.8 10 8s是本征時間。由時間膨脹效應(yīng)，實驗室參系中的觀察者測得的同一過程所經(jīng)歷的時間為：t03 10 8(s)因而飛行距離為:d v t 7.2 m4-4 在某慣性系該兩事件的時間間隔為 6s，試問它們的空間間隔是多少？分析：此題考察的是時間膨脹效應(yīng)以及洛倫茲變換。根據(jù)時間膨脹效應(yīng)我們可以求出兩參考K中，兩事件發(fā)生在同一地點而時間

29、相隔為4s。在另一慣性系 K '中,系的相對速度，繼而根據(jù)洛倫茲變換演化出空間間隔變換的公式求出該兩事件在S系中的空間間隔。解：在k系中,to 4s為本征時間，在K '系中的時間間隔為 t 6s兩者的關(guān)系為:t°to1v2c2259故兩慣性系的相對速度為：v c 、,5 108(m/s)由洛倫茲變換，K '系中兩事件的空間間隔為:1Xk .：2( Xk v t°)Xk : to2675 108(m).1 24-5 慣性系K '相對另一慣性系K沿X軸作勻速運動，取兩坐標原點重合的時刻作為計時起點。在K系中測得兩事件的時空坐標分別為X1 6 10

30、4m,t1 2 10 4s以及X2 12 104m,t2 1 10 4s，在k '系中測得該兩事件同時發(fā)生。試問：1k '系相對K系的速度是多少？ 2K '系中測得的兩事件的空間間隔是多少？分析：此題所考察的是洛倫茲變換的應(yīng)用問題。根據(jù)洛倫茲變換在不同參考系下兩個事件的時間變換關(guān)系，我們可以很方便的得到兩個參考系之間的相對速度。 根據(jù)洛倫茲變換的空間變換關(guān)系，我們可以得到兩事件的空間間隔。有了相對速度以后，再解：1設(shè)S'系相對S系的速度為V,由洛倫茲變換，S'系中測得兩事件的時間為:t1t2't2V2 X2c由題意,t1' t2'

31、t2 t1c2(X2X1)因此有V C2_X2 X12 1.5其中負號表示S'系沿S系的S'系中測得的兩事件的空間位置為:X方向運動。2由洛倫茲變換,1LXVtJX2'Vt2)故空間間隔為：X' 1 2V1 Vc24(X2 X1) v(t2 tj5.2 10 (m)4-6火箭1火箭A和B分別以0.8 c和0.5 c的速度相對于地球向B測得的A的速度。2假設(shè)火箭A相對地球以的速度向X和 X方向飛行，試求由y方向運動，火箭B的速度不變，試問A相對B的速度是多少？分析：此題考察的是洛倫茲速度變換。在火箭B為靜止的參考系中，先求出地面參考系相，然后由火箭A相對地面的運

32、A相對火箭B的速度。S,那么地面參考系相對S的運動速度為u 0.5 c。在地面參考由洛倫茲速度變換公式可得火箭A相對火箭B的運0.8 c ,v' u 0.8c 0.5c v21 uv'/c210.8 0.5S系相對地面參考系以 u12由于1.40.93cU沿 x方向飛行，而在地面參考系中火箭A的運動對此參考系的運動速度此即為兩個參考系之間的相對速度 動速度以及洛倫茲速度變換公式求出火箭 解：1設(shè)火箭B的靜止系為 系中，火箭A的運動速度為v 動速度為：速度為vxVxUi1 u2vxc1生vxcvz尺Vy0.5c0.7c彳U112 vxv所以火箭A相對火箭B的速度為:'2

33、v'2 v'2x y z0.86c0, vy 0.8c, vz 0。那么根據(jù)洛倫茲速度變換公式在S系中火箭A的運動速度為:4-7 靜止在K系中的觀察者測得一光子沿與x軸成60。角的方向飛行，另一觀察者靜止于K系的速度,K '系中，K '系相對K系為0.6C的速度沿x軸方向運動，試問K '系中的觀察者測得的光子 運動方向是怎樣的？ 分析：此題考察的是洛倫茲速度變換。根據(jù)兩個參考系的相對速度以及光子在 由洛倫速度變換可以求出光子在 S系中的運動速度。解：K '系相對K系的速度為u 0.6 c，光子速度為c,在K系中的運動方向為與 x軸成60°

34、;角，因此該光子在 K系中的速度為0.5c, vy 3c/2, vz 0。所以在 k '系中光子的運動速度為:vx u1目vxcvyu：21 %cvzPj1 gvxc令該光子在K '系中的運動方向與 X軸成 角，那么有:tgVy4、398.24-8 子的靜止質(zhì)量是電子靜止質(zhì)量的207倍，靜止時的平均壽命02 10 8 s，假設(shè)它在實驗室參考系中的平均壽命7 10 8s，試問其質(zhì)量是電子靜止質(zhì)量的多少倍？分析：此題考察的是時間膨脹效應(yīng)和相對論質(zhì)量問題。根據(jù)時間膨脹效應(yīng)我們可以求出該粒 子在實驗室參考系中的運動速度，然后根據(jù)該速度可以求出速度下的相對論質(zhì)量。解：設(shè) 子在實驗室參考系

35、中的速度為u、質(zhì)量為m，依題意有：將禾口 0的值代入得:當子速度為u時其質(zhì)量為:mo7尹07 207me 724.5me4-9 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多少?分析：此題涉及的是相對論質(zhì)量和長度以收縮問題。根據(jù)質(zhì)量與靜止質(zhì)量之比可以求出該物 體的運動速度，然后根據(jù)速度可以求出該物體在運動速度方向上的長度收縮。解：設(shè)物體速度為u、質(zhì)量為m、長度為l，靜止質(zhì)量和長度分別為 m0和，依題意有:因此，根據(jù)長度收縮效應(yīng)有:L。11.1L。90.9% L0所以在運動方向上縮短了:L 9.1%L。4-10 一電子在電場中從靜止開始加速，試問它應(yīng)通過多大的電位差才能使其

36、質(zhì)量增加0.4%?此時電子速度是多少？電子的靜能為0.511MeV.分析：此題考察的是相對論質(zhì)量與速度之間的關(guān)系。根據(jù)相對論質(zhì)量公式可以很方便的求出電子的運動速度，再根據(jù)能量守恒，求出加速所需的電位差。解：設(shè)電子速度為u、質(zhì)量為m，靜止質(zhì)量為m0，所加的電位差為U。依題意有:1.04moJ U C2所以此時電子的速度為：u 0.275 c根據(jù)能量守恒，有：2 | | 2m0c eU mc4U 2.044 10 (V)4-11 一粒子的動能等于其靜止能量的n倍，試求該粒子的速率。分析：該題考察的是相對論的質(zhì)能關(guān)系式。根據(jù)粒子的動能和靜能比可以求出該粒子總能量和靜能之比，這個比值也就是該粒子的質(zhì)量

37、與靜止質(zhì)量之比，根據(jù)相對論質(zhì)量與速度的關(guān)系式，我們可以求出該粒子的速率，從而求出該粒子的動量。解：依題意有： Ek nE0所以其質(zhì)量與靜止質(zhì)量之比為：2m mc Ek E02n 1m0 m°cE0根據(jù)相對論質(zhì)量與速度的關(guān)系有:所以該粒子的速度為：Vn2_2nu cn 14-12 一靜止的粒子質(zhì)量為 m3丨，裂變成兩個粒子，速度分別為0.6 c和0.8 c。求裂變過程的靜質(zhì)量虧損和釋放出的能量。分析：該題涉及到質(zhì)量虧損的概念和動量守恒定律。由于反響后的兩個粒子的質(zhì)量未知，因此我們可以根據(jù)兩個粒子之間的速度關(guān)系推導(dǎo)出二者的質(zhì)量比，又由于該兩個粒子的總動能來源于該反響的靜質(zhì)量虧損，因此結(jié)合

38、反響后兩個粒子的質(zhì)量比以及各自的速度大小，我們可以求出該反響的質(zhì)量虧損，從而求出該反響所釋放的能量。解：設(shè)反響后兩粒子的質(zhì)量分別為m、m2，那么根據(jù)動量守恒定律有:m 0.6c m2 0.8cm,/m2 4/3 1反響前后總的能量守恒，所以有：m0c2 m1c2 1 mt (0.6c)2 mc2 m2 (0.8c)222 2將1式代入2式，得：m02.17m1所以反響前后的靜質(zhì)量虧損為：m mo g m20.19m0釋放出的能量為：2 2E me0.19m0c4-13 試求靜止質(zhì)量為mo的質(zhì)點在恒力F作用下的運動速度和位移。在時間很短t moe/ F丨和時間很長tmoe/ F丨的兩種極限情況下

39、，速度和位移值又各是多少？分析：根據(jù)力和動量的關(guān)系，經(jīng)過積分后我們可以求解在恒力作用下的力與速度之間的關(guān)系， 經(jīng)過再次積分，可以得到位移和力的關(guān)系。解：由于力代表的是動量的變化率，因此有：dp dd , mo、F(mv) ( v)dt dtdt &v2/e2mo將上式積分，由于力為恒力與時間無關(guān)，再代入初始條件起始時為靜止，即初速度為零 可得：Ftv41 v2 /e2因此可得速度與力之間的關(guān)系式:Ft /mo/ 21 (Ft / moe)將上式再積分，并假定起始時所處位置為坐標原點,2dx vdt可得位移與力之間的關(guān)系:2m°cFe2t22 4 m°c 71/2Ft

40、2m°cm°cmoc/ F 時，有:Ft / mo1 (Ft/moC)2FtmotvdtoFt22mo當tmoe / F時，有:Ft/mbc,tvdt eto1 (Ft/moe)22h原子結(jié)合而產(chǎn)生4 He原子。試求：1該反響中的質(zhì)量虧2在這一反響中釋放的能量是多少？3這種反響每秒必須發(fā)生多少次才能產(chǎn)生1W的功率？2 h原子的靜止質(zhì)量為 3.34365 1o27kg,4He原子的靜止質(zhì)量為4-14 在原子核聚變中，兩個 損為多少？276.6425 1o kg。分析：反響前后各種反響物和生成物的質(zhì)量，我們可以很方便的求出反響前后的質(zhì)量虧 損，并據(jù)此求出反響所釋放的能量。解：反響的質(zhì)量虧損為:272727m 2mHmHe 2 3.34365 106.6425 100.0448 10 (kg)該反響所釋放的能量為：Emc2 0.0448 10 27 9 1016 4.03 10 12(J)要到達1W的功率需要每秒鐘反響的次數(shù)為：n 1/ 4.0310 122.4810114-