趙近芳版大學(xué)物理學(xué)上冊課后答案

..習(xí)題解答習(xí)題一drr有無不同"dt和dt有無不同"dt和dt有無不同"其不同在哪里"試舉例說明．解：〔1〕r是位移的模，r是位矢的模的增量，即rrrrrr21，21；drdrdsdrv〔2〕dt是速度的模，即dt.tt只是速度在徑向上的分量.dddrdr?dr?dtdr式中dt?r?rr∵有rr〔式中叫做單位矢〕，那么r就是速度徑向上的分量，dtdtdrdr與∴dtdt不同如題1-1圖所示.題1-1圖dv(3)dt表示加速度的模，即advdva是加速度在切向上的分量.，dtdt∵有vv(表軌道節(jié)線方向單位矢〕，所以dvdvvddv就是加速度的切向分量.dtdtdt式中dt??drd(與dt的運算較復(fù)雜，超出教材規(guī)定，故不予討論)dtdrx2y2，然后根據(jù)v=dtd2rdt21-2設(shè)質(zhì)點的運動方程為x=x(t)，y=yt()，在計算質(zhì)點的速度和加速度時，有人先求出r＝a，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2yddxyd2d22x22av=及=你認(rèn)為兩種方法哪一種正確.為什么.兩者差異何在.ddttttdd22解：后一種方確.因為速度與加速度都是矢量，在平面直角坐標(biāo)系中，有rxiyj，drdxdyvijdtdtdt故它們的模即為ad2rd2xdy2ijdtdtdt222.v.ddx22yvv2v2ddttxyd2ydx222aa2a2dtdt2xy2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drd2rdrd2r不是速度的模，而只是速度在徑向上的分量，同樣，dt也不與其二，可能是將dtdt2誤作速度與加速度的模。在1-1題中已說明dt2rd2rrd2a徑是加速度的模，它只是加速度在徑向分量中的一局部?；蛘吒爬ㄐ缘卣f，前一種方法只考慮了位矢在徑向〔即dt2dt量值〕方面隨時間的變化率，而沒有考慮位矢r及速度的方向隨間的變化率對速度、加速度的奉獻(xiàn)。v1-3一質(zhì)點在xOy平面上運動，運動方程為1tx=3t+5,y=t2+3-4.2txyttt式中以s計，,以m計．(1)以時間為變量，寫出質(zhì)點位置矢量的表示式；(2)求出=1s時刻和＝2s時刻的位置矢量，計算這1秒質(zhì)點的ttttt位移；(3)計算＝0s時刻到＝4s時刻的平均速度；(4)求出質(zhì)點速度矢量表示式，計算＝4s時質(zhì)點的速度；(5)計算＝0s到＝4s質(zhì)點的平t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(biāo)系中的矢量式)．(3t5)i(13t4)rtjm解：〔1〕22(2)將t1,t2代入上式即有54,1716jrjrij(3)∵04r1220irrv0j3i5jms1∴4t404v3i(t3)jmsdr1(4)dt37jms1vi那么(5)∵(6)433,37jvijvi04a1jmsdv2dt這說明該點只有y方向的加速度，且為恒量。v0(m·s1)的速率收繩時，試求船運動的速度和1-4在離水面高h(yuǎn)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(dāng)人以加速度的大?。?..l2st題1-4圖lst根據(jù)速度的定義，并注意到,是隨減少的，dlds∴vv,vdt船dt繩0vldllvdsv0cos即或dtsdts船0lv(hvs)221/2v00s船s將vt再對求導(dǎo)，即得船的加速度船ms2，的單位為m.質(zhì)點在＝0處，速度為10ms1,試求x2，a的單位為xaxx1-5質(zhì)點沿軸運動，其加速度和位置的關(guān)系為＝2+6質(zhì)點在任何坐標(biāo)處的速度值．解：∵advdvdxvdvdtdxdtdxdadx(26x2)dx別離變量：兩邊積分得由題知，x0時，v100,∴c50∴v2x3x25ms11-6一質(zhì)點作直線運動，其加速度為a＝4+3tms2xvt，開場運動時，＝5m，=0，求該質(zhì)點在＝10s時的速度和位置．dv43t解：∵adt別離變量，得dv(43t)dt.v.v4t3t2c積分，得由題知，t0,故1v0c01,∴0v4t3t22v4t3t2dx又因為dt2dx(4t3t2)dt別離變量，積分得2x2t21t3c22由題知t0,x5,∴c502x2t21t35故2所以t10s時ttt1-7一質(zhì)點沿半徑為1m的圓周運動，運動方程為=2+33，式中以弧度計，以秒計，求：(1)＝2s時，質(zhì)點的切向和法向加速度；(2)當(dāng)加速度的方向和半徑成45°角時，其角位移是多少"d18td9t2,dt解：dt(1)t2s時，aR118236ms245(2)當(dāng)加速度方向與半徑成ο角時，有R2R即(9t2)218t亦即2t3那么解得9于是角位移為1-8質(zhì)點沿半徑為R的圓周按＝vt1bt2ssvbt的規(guī)律運動，式中為質(zhì)點離圓周上某點的弧長,0，都是常量，求：(1)時刻質(zhì)點的加速20度；(2)t為何值時，加速度在數(shù)值上等于．bdsvvbt0解：〔1〕dtaa2a2b2(vbt)4那么0R2n加速度與半徑的夾角為(2)由題意應(yīng)有b2b2(vbt)4,(vbt)400即0R24..∴當(dāng)tv0時，abbBsint)，y＝R(1cost)，的運動方程為x＝R(t1-9半徑為R的輪子，以勻速v0沿水平線向前滾動：(1)證明輪緣上任意點式中v/R是輪子滾動的角速度，當(dāng)與水平線接觸的瞬間開場計時．此時所在的位置為原點，輪子前進(jìn)方向為軸正方向；(2)BBx0求B點速度和加速度的分量表示式．解：依題意作出以下列圖，由圖可知xvt2Rsincos220vtRsin〔1〕0R(tRsint)題1-9圖vdxR(1cost)dtx〔2〕dyvRsint)dty1-10以初速度v0＝20ms1拋出一小球，拋出方向與水平面成幔60°的夾角，R求：(1)球軌道最高點的曲率半徑R1；(2)落地處的曲率半徑2．(提示：利用曲率半徑與法向加速度之間的關(guān)系)解：設(shè)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∵av211n1(20cos60)2v211a10∴n110m(2)在落地點，vv20ms1,20agcos60on2而(20)2v22∴10cos6080m2an21-11飛輪半徑為0.4m，自靜止啟動，其角加速度為β=0.2rad·s2，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．t解：當(dāng)t2s時，t0.220.4rads1.v.1v2gy沿斜面滑動，y為縱坐標(biāo)，開場時huA在斜面頂端高為處，B物體以勻速向右的速度＝1-12如題1-12圖，物體A以相對運動，求A物滑到地面時的速度．B解：當(dāng)滑至斜面底時，yh，那么v2gh,A物運動過程中又受到B的牽連運動影響，因此，A對地的速度為A題1-12圖1-13一船以速率v1＝30km·h-1沿直線向東行駛，另一小艇在其前方以速率v2＝40km·h-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，那么有vvv1，依題意作速度矢量圖如題1-13圖(a)212題1-13圖vv2v250kmh1由圖可知21123arctanv1arctan36.87方向北偏西v42(2)小船看大船，那么有vvv2，依題意作出速度矢量圖如題1-13圖(b)，同上法，得12136.87o方向南偏東1-14當(dāng)一輪船在雨中航行時，它的雨篷遮著篷的垂直投影后2m的甲板上，篷高4m但當(dāng)輪船停航時，甲板上干濕兩局部的分界限卻在篷前3m，如雨滴的速度大小為8m·s-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vvvvvvvv8ms1∵由圖中比例關(guān)系可知雨船雨船雨雨船船船雨習(xí)題二2-1因繩不可伸長，故滑輪兩邊繩子的加速度均為a，其對于m那么為牽連加速度，又知m對繩子的相對加速度為a′，故m對地加速度，1222由圖(b)可知，為a=a-a′①21又因繩的質(zhì)量不計，所以圓柱體受到的摩擦力f在數(shù)值上等于繩的力T，由牛頓定律，有mg-T=ma②111T-mg=ma③222聯(lián)立①、②、③式，得討論(1)假設(shè)a′=0，那么a=a表示柱體與繩之間無相對滑動．12(2)假設(shè)a′=2g，那么T=f=0，表示柱體與繩之間無任何作用力，此時m,m均作自由落體運動．12題2-1圖2-2以梯子為對象，其受力圖如圖(b)所示，那么在豎直方向上，N-mg=0①B又因梯無轉(zhuǎn)動，以B點為轉(zhuǎn)動點，設(shè)梯子長為l，那么lNlsinθ-mgcosθ=0②2A在水平方向因其有加速度a，故有f+N=ma③A題2-2圖式中f為梯子受到的摩擦力，其方向有兩種可能，6..即f=±μmg④0聯(lián)立①、②、③、④式得632-3afms2xm168x(1)于是質(zhì)點在2s時的速度(2)2-4(1)∵akvdvmdt別離變量，得dvtkdtv即vmv00∴vvektm0(2)xvdttvemktdtmv0(1ekt)m0k0(3)質(zhì)點停頓運動時速度為零，即t→∞，x0mvdtktve0故有mk0m(4)當(dāng)t=時，其速度為k1即速度減至v的.0e2-5分別以m,m為研究對象，其受力圖如圖(b)所示．12(1)設(shè)m相對滑輪(即升降機(jī))的加速度為a′，那么m對地加速度a=a′-a；因繩不可伸長，故m對滑輪的加速度亦為a′，又m在水平方向22211上沒有受牽連運動的影響，所以m在水平方向?qū)Φ丶铀俣纫酁閍′，由牛頓定律，有1mg-T=m(a′-a)22T=ma′1題2-5圖聯(lián)立，解得a′=g方向向下(2)m對地加速度為2g2方向向上a=a′-a=2m在水面方向有相對加速度，豎直方向有牽連加速度，即a=a′+a1絕相牽5g22g2a2a2∴ag41a1a=arctan2=26.6°，左偏上．θ=arctan2-6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一樣，與軌道相切斜向下.v.，而拋物線具有對y軸對稱性，故末速度與x軸夾角亦為30°，那么動量的增量為Δp=mv-mv0由矢量圖知，動量增量大小為｜mv｜，方向豎直向下．02-7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v=gt=0.5g，小球上跳速度的大小亦為v=0.5g．設(shè)12向上為y軸正向，那么動量的增量Δp=mv-mv方向豎直向上，21大?。｜=mv-(-mv)=mg21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)假設(shè)物體原來靜止，那么Fdt4(102t)idt56i0tΔp=kg·m·s-1,沿x軸正向，10假設(shè)物體原來具有-6m·s-1初速，那么Fpmv,pm(vdt)mvtFdt于是t0000m00ppptFdtp,1200同理，Δv=Δv,I=I1212這說明，只要力函數(shù)不變，作用時間一樣，那么不管物體有無初動量，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)就一定一樣，這就是動量定理．(2)同上理，兩種情況中的作用時間一樣，即亦即t+10t-200=02解得t=10s，(t′=-20s舍去)2-9質(zhì)點的動量為p=mv=mω(-asinωti+bcosωtj)將t=0和t=分別代入上式，得2p=mωbj,p=-mωai,12那么動量的增量亦即質(zhì)點受所外力的沖量為I=Δp=p-p=-mω(ai+bj)212-10(1)由題意，子彈到槍口時，有aF=(a-bt)=0,得t=b(2)子彈所受的沖量a將t=代入，得b(3)由動量定理可求得子彈的質(zhì)量2-11設(shè)一塊為m，那么另一塊為m，12m=km及m+m=m1212kmk1m,mk1①2于是得m1又設(shè)m的速度為v,m的速度為v，那么有1122T12mv2mv112mv2②211222mv=mv+mv③1122聯(lián)立①、③解得v=(k+1)v-kv④21將④代入②，并整理得8..2T于是有vv1km將其代入④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)為恒力，合∴A=F·r=(7i-6j)·(-3i+4j+16k)合=-21-24=-45JA4575w(2)Nt0.6(3)由動能定理，ΔE=A=-45Jk2-13以木板上界面為坐標(biāo)原點，向為y坐標(biāo)正向，如題2-13圖，那么鐵釘所受阻力為題2-13圖f=-ky第一錘外力的功為A1k2①Afdyfdy1kydy1ss0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dt→0時，f′=-f．設(shè)第二錘外力的功為A，那么同理，有2Akydy12ky2k2②y2221由題意，有AA(12mv2)k2③211即2kkky2222所以，y22于是釘子第二次能進(jìn)入的深度為Δy=y-y=2-1=0.414cm212-14F(r)dE(r)drnkrn1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F=F=MgAB又F=kΔxA11F=kΔxB22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(shè)在距月球中心為r處F=F，由萬有引力定律，有地引月引mMGmM月r2=G地Rr2.v.經(jīng)整理，得MR月r=MM地月7.3510223.48108=5.9810247.351022=38.32106m那么p點處至月球外表的距離為h=r-r=(38.32-1.74)×10＝3.66×10m67月(2)質(zhì)量為1kg的物體在p點的引力勢能為6.67107.3510225.9810246.67101138.43.83107=113.83107=-1.28106J2-17取B點為重力勢能零點，彈簧原長為彈性勢能零點，那么由功能原理，有11-μmgh=(m+m)v2-［mgh+2k(Δl)2］22121式中Δl為彈簧在A點時比原長的伸長量，那么Δl=AC-BC=(2-1)h聯(lián)立上述兩式，得2mmghkh221mm2v=1212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那么由功能原理，有12mv2mgssin37fs1212k=kx2mv2mgssin37r-fs=12kxr2式中s=4.8+0.2=5m，x=0.2m，再代入有關(guān)數(shù)據(jù)，解得k=1390N·m-1題2-18圖再次運用功能原理，求木塊彈回的高度h′1-fs′=mgs′sin37°-2kx3t代入有關(guān)數(shù)據(jù)，得s′=1.4m,那么木塊彈回高度h′=s′sin37°=0.84m題2-19圖2-19m從M上下滑的過程中，機(jī)械能守恒，以m，M地球為系統(tǒng)，以最低點為重力勢能零點，那么有10..mgR=12mv212MV2又下滑過程，動量守恒，以m,M為系統(tǒng)那么在m脫離M瞬間，水平方向有mv-MV=0聯(lián)立，以上兩式，得2MgRmMv=2-20兩小球碰撞過程中，機(jī)械能守恒，有即v2v2v2①201題2-20圖(a)題2-20圖(b)又碰撞過程中，動量守恒，即有mv=mv+mv201亦即v=v+v2②01由②可作出矢量三角形如圖(b)，又由①式可知三矢量之間滿足勾股定理，且以v為斜邊，故知v與v是互相垂直的．0122-21由題知，質(zhì)點的位矢為作用在質(zhì)點上的力為r=xi+yj11f=-fi所以，質(zhì)點對原點的角動量為L=r×mv0=(xi+yj)×m(vi+vj)11xy=(xmv-ymv)k1y1x作用在質(zhì)點上的力的力矩為M=r×f=(xi+yj)×(-fi)=yfk01112-22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(yuǎn)日點時的速度都與軌道半徑垂直，故有rmv=rmv11228.7510105.46109.08102rv45.261012m∴r11v222-23(1)pfdt35jdt15jkgms10(2)解(一)x=x+vt=4+3=700x即r=4i,r=7i+25.5j12v=v=1x0x即v=i+6j,v=i+11j112∴L=r×mv=4i×3(i+6j)=72k111L=r×mv=(7i+25.5j)×3(i+11j)=154.5k222∴ΔL=L-L=82.5kkg·m·s2-121dz解(二)∵M(jìn)dt∴LMdtt(rF)dtt00題2-24圖.v.2-24在只掛重物M時，小球作圓周運動的向心力為Mg，即11Mg=mrω①2010掛上M后，那么有2(M+M)g=mr′ω′②212重力對圓心的力矩為零，故小球?qū)A心的角動量守恒．即rmv=r′mv′002③rr2020聯(lián)立①、②、③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)、F′是摩擦力，F(xiàn)和F是桿在A點轉(zhuǎn)軸處所受支承力，R是輪的rrxy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?fàn)顟B(tài)，所以對A點的合力矩應(yīng)為零，設(shè)閘瓦厚度不計，那么有對飛輪，按轉(zhuǎn)動定律有β=-FR/I，式中負(fù)號表示β與角速度ω方向相反．r∵F=μNN=N′rllN∴F又∵12Fl1rI1mR2,2FR2(ll)∴F①2rI1mRl1以F=100N等代入上式，得由此可算出自施加制動閘開場到飛輪停頓轉(zhuǎn)動的時間為這段時間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)ω=900×(2π)/60rad·s，要求飛輪轉(zhuǎn)速在t=2s減少一半，可知-10用上面式(1)所示的關(guān)系，可求出所需的制動力為2-26設(shè)aa和β分別為mm和柱體的加速度及角加速度，方向如圖(如圖b)．，212題2-26(a)圖(1)m，m和柱體的運動方程如下：題2-26(b)圖12式中T′=T,T′=T,a=rβ,a=Rβ112221而I=(1/2)MR+(1/2)mr22由上式求得(2)由①式T=mrβ+mg=2×0.10×6.13+2×9.8＝20.8N22212..由②式T=mg-mRβ=2×9.8-2×0.20×6.13＝17.1N1112-27分別以m，m滑輪為研究對象，受力圖如圖(b)所示．對m,m運用牛頓定律，有1212mg-T=ma①222T=ma②11對滑輪運用轉(zhuǎn)動定律，有Tr-Tr=(1/2Mr)β③221又，a=rβ④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)ml]β23g∴β=2l(2)由機(jī)械能守恒定律，有mg(l/2)sinθ=(1/2)[(1/3)ml]ω223gsin∴ω=l題2-29圖2-29(1)設(shè)小球的初速度為v，棒經(jīng)小球碰撞后得到的初角速度為ω，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0動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，可列式：mvl=Iω+mvl①0(1/2)mv=(1/2)Iω+(1/2)mv②2220上兩式中I=1/3Ml，碰撞過程極為短暫，可認(rèn)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θ=30°，按機(jī)械能守恒定律可2列式：12IMg2l(1cos30)③2由③式得由①式Ivv④0ml由②式2v2v20I⑤m所以求得(2)相碰時小球受到的沖量為∫Fdt=Δmv=mv-mv0由①式求得∫Fdt=mv-mv=-(Iω)/l=(-1/3)Mlω06(23)Mgl=-6.v.負(fù)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v=Rω0設(shè)碎片上升高度h時的速度為v，那么有v=v-2gh220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)MR，碎片拋出后圓盤的轉(zhuǎn)動慣量I′=(1/2)MR-mR，碎片脫離前，盤的角動量為Iω，碎片剛脫離后，碎片與破盤222之間的力變?yōu)榱?，但力不影響系統(tǒng)的總角動量，碎片與破盤的總角動量應(yīng)守恒，即Iω=I′ω′+mvR0式中ω′為破盤的角速度．于是(1/2)MRω=[(1/2)MR-mR]ω′+mvR2220[(1/2)MR-mR]ω=[(1/2)MR-mR]ω′2222得ω′=ω(角速度不變)圓盤余下局部的角動量為[(1/2)MR-mR]ω22轉(zhuǎn)動動能為題2-31圖E=(1/2)[(1/2)MR-mR]ω222k2-31(1)射入的過程對O軸的角動量守恒Rsinθmv=(m+m)R2ω000∴ω=(mm)Rmvsin000mvsin1[(mm)R2][]200EE20(mm)Rmsin2(2)k0012mmmv2k00002-32以重物、滑輪、彈簧、地球為一系統(tǒng)，重物下落的過程中，機(jī)械能守恒，以最低點為重力勢能零點，彈簧原長為彈性勢能零點，那么有mgh=(1/2)mv+(1/2)Iω+(1/2)kh222又ω=v/R(2mghkhmRI)k22故有v2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(dāng)小球滑至B點時，有Iω=(I+mR2)ω①000該系統(tǒng)在轉(zhuǎn)動過程中，機(jī)械能守恒，設(shè)小球相對于圓環(huán)的速率為v，以B點為重力勢能零點，那么有B(1/2)Iω+mgR=(1/2)(I+mR)ω+(1/2)mv②2222000B聯(lián)立①、②兩式，得(2)當(dāng)小球滑至C點時，∵I=I∴ω=ω0c0c故由機(jī)械能守恒，有mg(2R)=(1/2)mv2cgR∴v=2c請讀者求出上述兩種情況下，小球?qū)Φ厮俣龋?xí)題三14..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u的波陣面形狀如何"用直角坐標(biāo)系寫出各自觀測的波陣面的方程．l3-2設(shè)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(dá)前、后門的時間差．1(S)系時空坐標(biāo)為(,)(l,l)，在車站(S)系：xt11c2(,)(l,l)，在車站(S)系：(S)系坐標(biāo)為xt光信號到達(dá)后門為事件，那么在車廂22c于是tt2lu21c2t0,ttt,xxx2l或者12123-3慣性系S′相對另一慣性系S沿x軸作勻速直線運動，取兩坐標(biāo)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(biāo)分別為s．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)S系x1=6×104m,t1=2×10-4s，以及x2=12×104m,t2=1×10-4中測得的兩事件的空間間隔是多少"解:設(shè)(S)相對的速度為，Svv(t)x1t(1)11c20由題意tt21v()ttxx2那么21c21vc2ttc1.5108ms1故21xx221(),()xvtxxvtx1(2)由洛侖茲變換112225.2104m代入數(shù)值，xx21'x=30°，S′系相對S系沿軸運動，在S系中觀測者測得米尺與3-4長度l0=1m的米尺靜止于S′系中，與x′軸的夾角x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．S靜止，它在x,y軸上的投影分別為：解:(1)米尺相對LLcos0.866m，LLsin0.5my0x0SxvS系中的觀察者測得米尺在x方向收縮，而y方向的長度不變，即沿方向運動，設(shè)速度為，對米尺相對故tanLyLyLyLLv2L1xxc2x.v.把代入yxv20.5那么得0.866c2故v0.816cLLsin450.707mS(2)在系中測得米尺長度為ya3-5一門寬為，今有一固有長度l(l0＞a)的水平細(xì)桿，在門外貼近門的平面沿其長度方向勻速運動．假設(shè)站在門外的觀察者認(rèn)為此桿的0兩端可同時被拉進(jìn)此門，那么該桿相對于門的運動速率u至少為多少"解:門外觀測者測得桿長為運動長度，ll1(u)2，當(dāng)1a時，可認(rèn)為能被拉進(jìn)門，那么al1(u)2c0c0解得桿的運動速率至少為：uc1(a)2l0題3-6圖3-6兩個慣性系中的觀察者O和O以0.6c(c表示真空中光速)的相對速度相互接近，如果O測得兩者的初始距離是20m，那么O測得兩者經(jīng)過多少時間相遇"解:O測得相遇時間為tO測得的是固有時t12tLt0∴v8.89108s，v0.6，c1，0.8或者，O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S和S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為5s．求：(1)S相對于S的運動速度．(2)乙測得這兩個事件發(fā)生的地點間的距離．t5s，坐標(biāo)差為t4s,x0,乙測得xxx解:甲測得′121(1)∴t(tvx)ttc21(v)2cvt4215tc216..tvc1()2c1(4)23c解出t55(2)xxvttt54,x0,53∴xvtc43c9108m450．負(fù)號表示xx213-8一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，那么他所乘的火箭相對于地球的速度是多少"解:l3l12512,則31250∴v19c4c2553-9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(shè)在S系A(chǔ)、B事件在a,b處同時發(fā)生，那么,，在S系中測得xxxtttbaABt0,x0，∴t0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，那么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)生的，那么對一切慣性關(guān)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S系中，兩事件A、B在同一地點發(fā)生，那么x0，在S系中，ttt，僅當(dāng)v0時，等式成立，∴t最短．(2)假設(shè)在S系中同時發(fā)生，即t0，那么在S系中，xxx，僅當(dāng)v0時等式成立，∴S系中x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(yuǎn)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"x0系，，固有周期ttt，這里t解:以脈沖星為S0.地球為S系，那么有運動時1不是地球上某點觀測到的周期，1vt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(yuǎn)離信號的傳遞時間，1c∴ttvtv1tt′1cct(1)(1c0.50.8cc那么tv0)v3-126000m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2×10-6s．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(dá)地球．解:介子在其自身靜止系中的壽命t2106s是固有(本征)時間，對地球觀測者，由于時間膨脹效應(yīng)，其壽命延長了．衰變前經(jīng)歷0.v.的時間為這段時間飛行距離為dvt9470m因d6000m，故該介子能到達(dá)地球．或在介子靜止系中，介子是靜止的．地球那么以速度接近介子，在dvt599m0tv0時間，地球接近的距離為d6000m經(jīng)洛侖茲收縮后的值為：0介子能到達(dá)地球．dd，故03-13設(shè)物體相對S′系沿x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:根據(jù)速度合成定理，u0.8c,v0.8cxvvu0.08.c8c0.08.c8c0.98c1∴xuvx1xc2c23-14飛船A以0.8c的速度相對地球向正東飛行，飛船B以0.6c的速度相對地球向正西方向飛行．當(dāng)兩飛船即將相遇時A飛船在自己的天窗處相隔2s發(fā)射兩顆信號彈．在B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B為S系，地球為S系，自西向東為x(x)軸正向，那么A對S系的速度v0.8c，系對S系的速度為u0.6cS，那么xA對S系(B船)的速度為t2s，發(fā)射彈是從A的同一點發(fā)出，其時間間隔為固有時題3-14圖∴B中測得的時間間隔為：t2t6.17sv210.94621x2c3-15(1)火箭A和Bxx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B測得A的速度．(2)假設(shè)火箭A相對地球以0.8c的速度向+y方向運動，火箭B的速度不變，求A相對B的速度．a(chǎn)解:(1)如圖，取地球為S系，B為S系，那么S相對S的速度u0.6c，火箭A相對S的速度v0.8c，那么A相對S(B)x的速度為：或者取A為S系，那么u0.8c，B相對S系的速度v0.6c，于是B相對A的速度為：xb(2)如圖，取地球為S系，火箭B為S系，SS系相對系沿x方向運動，速度u0.6c，A對S系的速度為,v0,v0.8c,xy由洛侖茲變換式A相對B的速度為：∴A速度與x相對B的速度大小為軸的夾角為題3-15圖3-16靜止在S系中的觀測者測得一光子沿與軸成60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xxxx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:S由速度變換公式，光子在S系中光子運動速度的分量為系中的速度分量為18..軸的夾角滿足光子運動方向與x在第二象限為98.2ο在S系中，光子的運動速度為v2v2c正是光速不變．yvx3-17(1)如果將電子由靜止加速到速率為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4.121016J=2.57103eVEEkEk(mc2mc2)(mc2mc2)(2)k2010211111mc2mc2mc2())9.1103131016(v21)210.9210.82210v22211cc25.141014J3.21105eV3-18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0=2×10-6s，假設(shè)它在實驗室參考系中的平均壽命=7×10-6s，試問其質(zhì)量是電子靜止質(zhì)量的多少倍"解:設(shè)子靜止質(zhì)量為m0，相對實驗室參考系的速度為，因vc，相應(yīng)質(zhì)量為m，電子靜止質(zhì)量為m0e721,即021120由質(zhì)速關(guān)系，在實驗室參考系中質(zhì)量為：2077725m207故12m20e3-19一物體的速度使其質(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(shè)靜止質(zhì)量為m，運動質(zhì)量為m，0mm00.10由題設(shè)m0110.10由此二式得2111∴21.10ll在運動方向上的長度和靜長分別為和0，那么相對收縮量為：3-20一電子在電場中從靜止開場加速，試問它應(yīng)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"電子的靜止質(zhì)量為9.1×10kg．-31.v.0m203.281016J＝1.61019eV2.0103eV2.0103所需電勢差為伏特由質(zhì)速公式有：12(v)21(c)27.95103∴1.004故電子速度為vc2.7107ms-13-21一正負(fù)電子對撞機(jī)可以把電子加速到動能E相應(yīng)的能量為EK＝2.8×109eV．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0＝0.511×106eV)mc02解:Emc20kv21c2v211E/mc2Emc2mc201所以c2k0k0由上式，由動量能量關(guān)系E2p2c2m2c4可得03-22氫原子的同位素氘(2H)和氚(3H)在高溫條件下發(fā)生聚變反響，產(chǎn)生氦(4He)原子核和一個中子(1n)，并釋放出大量能量，其反響方程為11202H+3H→4He+1n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＝1.600×10-27kg)，氚核和氦核及中子的質(zhì)量分別為3.0155，11204.0015，1.00865原子質(zhì)量單位．求上述聚變反響釋放出來的能量．解:反響前總質(zhì)量為2.01353.01555.0290amu反響后總質(zhì)量為4.00151.00875.0102amum5.02905.01020.0188amu質(zhì)量虧損Emc23.12102931028由質(zhì)能關(guān)系得3-23一靜止質(zhì)量為m0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(yīng)的靜止質(zhì)量減少，即靜質(zhì)量虧損．設(shè)裂變產(chǎn)生兩個粒子的靜質(zhì)量分別為m和mv0.6c,v0.8c121020，其相應(yīng)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m和m2必沿相反方向運動，動量守恒的矢量方程可以簡化為一維標(biāo)量方程，再以v0.6c,v0.8c代入，將上二方程化為：11268m86mmm20m，0.80.6010102020..m0.459m,m0.257m010020故靜質(zhì)量虧損mm(mm)0.284m0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01020Emc20.284mc2k03-24有A，B兩個靜止質(zhì)量都是m=,2=-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12，碰撞后粒子的質(zhì)量為M、速度為V，于是，根據(jù)動量守恒和質(zhì)量守恒定律112mv0vm(v)由于mvmv0v011221()1()c22c代入①式得V02mMmm10，即為碰撞后靜止質(zhì)量．2v1()2c3-25試估計地球、太陽的史瓦西半徑．r2GM解:史瓦西半徑c2s地球：M61024kgr26.71011610248.9103m那么：(3108)2s太陽：M21030kgr26.71011210303103m那么：(3108)2s3-26典型中子星的質(zhì)量與太陽質(zhì)量M＝2×10kg同數(shù)量級，半徑約為10km．假設(shè)進(jìn)一步坍縮為黑洞，其史瓦西半徑為多少"一個質(zhì)子那30⊙么大小的微黑洞(10cm)，質(zhì)量是什么數(shù)量級"-15r3103m解:(1)史瓦西半徑與太陽的一樣，sr1015cm1017m(2)s.v.r2GM由c2s1017(310)826.7109kg26.71011rcs2得M2G3-27簡述廣義相對論的根本原理和實驗驗證．解:廣義相對論的根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(qiáng)等效原理．弱等效原理是：在局部時空中，不可能通過力學(xué)實驗區(qū)分引力和慣性力，引力和慣性力等效．強(qiáng)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，物理定律的表述一樣．廣義相對論的實驗驗證有：光線的引力偏轉(zhuǎn)，引力紅移，水星近日點進(jìn)動，雷達(dá)回波延遲等．習(xí)題三O與OttSu3-1慣性系S′相對慣性系以速度運動．當(dāng)它們的坐標(biāo)原點重合時，==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(biāo)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，光訊號為面球波．波陣面方程為：題3-1圖l3-2設(shè)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(dá)前、后門的時間差．1解:設(shè)光訊號到達(dá)前門為事件，在車廂(S)系時空坐標(biāo)為(x,t)(l,l)，在車站(S)系：11c2光信號到達(dá)后門為事件，那么在車廂(S)系坐標(biāo)為(x,t)(l,l)，在車站(S)系：22clu于是tt2c221t0,ttt,xxx2l或者1212Sx3-3慣性系S′相對另一慣性系沿軸作勻速直線運動，取兩坐標(biāo)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(biāo)分別為s．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)S系x=6×104m,t1=2×10-41s，以及x2=12×104m,t2=1×10-4中測得的兩事件的空間間隔是多少"解:設(shè)(S)相對的速度為，Svvx)c2(tt(1)1110由題意tt21v(xx)tt2那么21c21vc2ttc1.5108ms1故21xx221(xvt),x(xvt)x1(2)由洛侖茲變換112225.2104mxx代入數(shù)值，21'xx3-4長度l0=1m的米尺靜止于S′系中，與x′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22..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．x0y0米尺相對SxvSxy沿方向運動，設(shè)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tanLyLyLyLLv2L1xxc2x45ο及L,L把代入yxv20.51那么得0.866c2故v0.816cLLsin450.707mS(2)在系中測得米尺長度為ya3-5一門寬為，今有一固有長度l(l0＞a)的水平細(xì)桿，在門外貼近門的平面沿其長度方向勻速運動．假設(shè)站在門外的觀察者認(rèn)為此桿的0u兩端可同時被拉進(jìn)此門，那么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，ll1(u)2，當(dāng)1a時，可認(rèn)為能被拉進(jìn)門，那么al1(u)2c0c0解得桿的運動速率至少為：uc1(a)2l0題3-6圖3-6兩個慣性系中的觀察者O和O以0.6c(c表示真空中光速)的相對速度相互接近，如果O測得兩者的初始距離是20m，那么O測得兩者經(jīng)過多少時間相遇"解:O測得相遇時間為tO測得的是固有時t12tLt0∴v8.89108s，v0.6，c1，0.8或者，O測得長度收縮，.v.3-7觀測者甲乙分別靜止于兩個慣性參考系S和S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為5s．求：(2)乙測得這兩個事件發(fā)生的地點間的距離．1(1)∴t(tvx)ttc21()2cvt4215tc2tvc1()2c1(4)23c解出t55(2)xxvttt54,x0,53∴xvtc43c9108m450．負(fù)號表示xx213-8一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，那么他所乘的火箭相對于地球的速度是多少"解:l3l12512,則31250∴v19c4c2553-9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(shè)在S系A(chǔ)、B事件在a,b處同時發(fā)生，那么,，在S系中測得xxxtttbaABt0,x0，∴t0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，那么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)生的，那么對一切慣性關(guān)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S系中，兩事件A、B在同一地點發(fā)生，那么x0，在S系中，ttt，僅當(dāng)v0時，等式成立，∴t最短．(2)假設(shè)在S系中同時發(fā)生，即t0，那么在S系中，xxx，僅當(dāng)v0時等式成立，∴S系中x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(yuǎn)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"x0系，，固有周期ttt，這里t解:以脈沖星為S0.地球為S系，那么有運動時1不是地球上某點觀測到的周期，124..vt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(yuǎn)離信號的傳遞時間，1c∴ttvtv1tt′1cct0.50.8c)c那么t(1v)(10c3-126000m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2×v介子能否到達(dá)地球．10-6s．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解:介子在其自身靜止系中的壽命t210s是固有(本征)時間，對地球觀測者，由于時間膨脹效應(yīng)，其壽命延長了．衰變前經(jīng)歷60的時間為這段時間飛行距離為dvt9470m因d6000m，故該介子能到達(dá)地球．tdvt599mv或在介子靜止系中，介子是靜止的．地球那么以速度接近介子，在0時間，地球接近的距離為0d6000m經(jīng)洛侖茲收縮后的值為：0介子能到達(dá)地球．dd，故03-13設(shè)物體相對S′系沿x軸向正以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:根據(jù)速度合成定理，u0.8c,v0.8cxvvu0.08.c8c0.08.c8c0.98c1∴xuvx1xc2c23-14飛船A以0.8c的速度相對地球向正東飛行，飛船B以0.6c的速度相對地球向正西方向飛行．當(dāng)兩飛船即將相遇時A飛船在自己的天窗處相隔2s發(fā)射兩顆信號彈．在B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B為S系，地球為S系，自西向東為x(x)軸向正，那么A對S系的速度v0.8c，系對S系的速度為u0.6cS，那么xA對S系(B船)的速度為t2s發(fā)射彈是從A的同一點發(fā)出，其時間間隔為固有時，題3-14圖∴B中測得的時間間隔為：t2t6.17sv2x210.94621c3-15(1)火箭A和Bxx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B測得A的速度．(2)假設(shè)火箭A相對地球以0.8cy的速度向+方向運動，火箭B的速度不變，求A相對B的速度．.v.aSB為S系，那么S相對S的速度u0.6c，火箭A相對S的速度v0.8c，那么A相對S(B)解:(1)如圖，取地球為系，x的速度為：或者取A為S系，那么u0.8c，B相對S系的速度v0.6c，于是B相對A的速度為：xb(2)如圖，取地球為S系，火箭B為S系，S系相對S系沿x方向運動，速度u0.6c，A對S系的速度為,v0,v0.8c,xy由洛侖茲變換式A相對B的速度為：∴A速度與x相對B的速度大小為軸的夾角為題3-15圖3-16靜止在S系中的觀測者測得一光子沿與x軸成60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xxx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:S系中光子運動速度的分量為S軸的夾角滿足由速度變換公式，光子在光子運動方向與x系中的速度分量為在第二象限為98.2ο在S系中，光子的運動速度為v2v2c正是光速不變．vxy3-17(1)如果將電子由靜止加速到速率為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4.121016J=2.57103eVEEkE(mc2mc2)(mcmc22)(2)kk2010211111mc2mc2mc2())9.1103131016(v21)210.9210.82210v22211cc25.141014J3.21105eV3-18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0=2×10-6s，假設(shè)它在實驗室參考系中的平均壽命=7×10-6s，試問其質(zhì)量是電子靜止質(zhì)量的多少倍"解:設(shè)子靜止質(zhì)量為m0，相對實驗室參考系的速度為，因vc，相應(yīng)質(zhì)量為m，電子靜止質(zhì)量為m0e721,即021120由質(zhì)速關(guān)系，在實驗室參考系中質(zhì)量為：2077725m207故12m20e3-19一物體的速度使其質(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(shè)靜止質(zhì)量為m，運動質(zhì)量為m，026..由題設(shè)m0110.1012112∴1.10ll在運動方向上的長度和靜長分別為和0，那么相對收縮量為：3-20一電子在電場中從靜止開場加速，試問它應(yīng)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"電子的靜止質(zhì)量為9.1×10kg．-31mE0.4∴E0.4mc20.49.11031(3108)2/100解:由質(zhì)能關(guān)系0mmc0100100203.2810163.281016J＝1.61019eV2.0103eV2.0103所需電勢差為伏特由質(zhì)速公式有：12(v)21(c)27.95103∴1.004故電子速度為vc2.7107ms-13-21一正負(fù)電子對撞機(jī)可以把電子加速到動能E相應(yīng)的能量為EK＝2.8×109eV．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0＝0.511×106eV)mc02解:Emc20kv21c2v211E/mc2Emc2mc201所以c2k0k0由上式，由動量能量關(guān)系E2p2c2m2c4可得03-22氫原子的同位素氘(2H)和氚(3H)在高溫條件下發(fā)生聚變反響，產(chǎn)生氦(4He)原子核和一個中子(1n)，并釋放出大量能量，其反響方程為11202H+3H→4He+1n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＝1.600×10-27kg)，氚核和氦核及中子的質(zhì)量分別為3.0155，11204.0015，1.00865原子質(zhì)量單位．求上述聚變反響釋放出來的能量．解:反響前總質(zhì)量為2.01353.01555.0290amu.v.20，其相應(yīng)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m和m2必沿相反方向運動，動量守恒的矢量方程可以簡化為一維標(biāo)量方程，再以v10.6c,v0.8c代入，將上二方程化為：126m8m20m，0.80.60m10m8610上二式聯(lián)立求解可得：m0.459m,m0.257m010020故靜質(zhì)量虧損mm(mm)0.284m0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01020Emc20.284mc2k03-24有A，B兩個靜止質(zhì)量都是m0的粒子，分別以vvvv=,2=-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1粒子的速度和靜止質(zhì)量．解:在實驗室參考系中，設(shè)碰撞前兩粒子的質(zhì)量分別m和m2，碰撞后粒子的質(zhì)量為M、速度為V，于是，根據(jù)動量守恒和質(zhì)量守恒定律1可得：mvmvMV①1122mmM②12mv0vm(v)由于mvmv0v011221()1()c22c代