新编基础物理学课后答案

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1、习题一1-1.质点运动学方程为：r = a cos(wr)f + a sin(or) j + btk,其中a, b,均为正常数，求 质点速度和加速度与时间的关系式。分析：由速度、加速度的定义，将运动方程r (t)对时间t求一阶导数和二阶导数，可得到 速度和加速度的表达式。解：v二_.二 dr / dt = -ao sin(ot)i + ao cos(ot) j + bka = dv / dt = 一ao21 cos(ot)f + sin(ot) j1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小 与速度平方成正比，即dv/dt = -Kv2，式中K为常量.试

2、证明电艇在关闭发动机后又行 驶x距离时的速度为v = v0e-kx。其中v0是发动机关闭时的速度。分析：要求v = v(x)可通过积分变量替换a =当=v，积分即可求得。dt dx一 dv dv证：击=五dxdv叱=v=-Kv 2 dtdxdv7=-Kdx、vln = - Kxv0vivvdv = xKdxv = v e - Kx o1-3.-质点在xOy平面内运动，运动函数为x = 2t, y = 4t2 -8。(1)求质点的轨道方程 并画出轨道曲线；(2)求t = 1 s和t = 2 s时质点的位置、速度和加速度。分析：将运动方程x和y的两个分量式消去参数t，便可得到质点的轨道方程。写出质

3、点的 运动学方程r(t)表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得v(t)和a(t)，把时间代入可得 某时刻质点的位置、速度、加速度。解：(1)由 x = 2t,得：t = x2,代入 y = 4t2 - 8可得：y = x2 -8，即轨道曲线。画图略(2)质点的位置可表示为：r = 2ti +(4t2-8)j由 v = dr/dt则速度:v = 2i + 8tj由a = dv / dt则加速度：a = 8j贝U：当 t=1s 时，有 r = 2i - 4 j, v = 2i + 8 j, a = 8 j当 t=2s 时，有r = 4i + 8j, v = 2 +16j, a = 8j1-4. 一

4、质点的运动学方程为x = 12, y = (t-1)2，乂和尸均以m为单位，t以s为单位。(1) 求质点的轨迹方程；(2)在t = 2s时质点的速度和加速度。分析同1-3.解：(1)由题意可知：x0，y0，由x = t，可得t = x，代入y = (t -1)2整理得：疽亍=5 -1，即轨迹方程(2)质点的运动方程可表示为：r = 12i + (t-1)2j则:v = dr / dt = 2ti + 2(t -1) ja = dv / dt = 2i + 2 j因此，当 t = 2s 时，有 v = 4i + 2 j(m/s), a = 2i + 2 j(m/s2)1-5.一质点沿半径为R的圆

5、周运动，运动学方程为s = vt - 2bt2，其中v0 b都是常量。(1)求t时刻质点的加速度大小与方向；(2)在何时加速度大小等于b；(3)到加速度大小等于b时质点沿圆周运行的圈数。分析：由质点在自然坐标系下的运动学方程s = s)，求导可求出质点的运动速率v =当,dt因而，a =空，a = 2，a = a r + a n，a = (a2 + a2，当 a = b 时，可求出 t，代T dt n pT 0 n 01 T n入运动学方程s = s(t)，可求得a = b时质点运动的路程，三；即为质点运动的圈数。2丸R解：(1)速率:v = ds/dt = v0-bt，且dvdt = -bd

6、v _ v2(v bt)2 一(v - bt)20R加速度：a = dtT 0 + p n0 = -bT 0 + Jr n0则大小：a = Ja2 + a2 =方向：tan 0 =-bt)0 bR-(2)当a=b时，当a=b时，_v由可得：t = 0, v1v 2t = b，代入s = v0t2bt2,可得：s2bb. sv 2则运行的圈数N = =0r2兀R 4兀bR汽车在半径为400m的圆弧弯道上减速行驶，设在某一时刻，汽车的速率为10m s-1，1-9.切向加速度的大小为0.2m s-2。求汽车的法向加速度和总加速度的大小和方向。分析：由某一位置的p、v求出法向加速度气，再根据已知切向加

7、速度aT求出a的大小和 方向。v2102解：法向加速度的大小a = = 0.25(m/s2),方向指向圆心n p 400总加速度的大小 a-寸a2 + a2 .0.22 + 0.252 0.32(m/ s2)如图 1-9, tana= 土-0.8,a = 3840,a八则总加速度与速度夹角0 90。+ a =128。401-10.质点在重力场中作斜上抛运动，初速度的大小为口。，与水平方向成a角.求质点到 达抛出点的同一高度时的切向加速度，法向加速度以与该时刻质点所在处轨迹的曲率半径（忽略空气阻力）.已知法向加速度与轨迹曲率半径之间的关系为a = v 2/p。n分析：运动过程中，质点的总加速度a

8、= g。由于无阻力作用，所以回落到抛出点高度时质点的速度大小 =v0 ,其方向与水平线夹角也是a。可求出a.，如图1-10。再根据关系 a = v 2 /p 求解。云 _解：切向加速度a = g sin a竹法向加速度a = g cos a 因 a =v 2n . p = V 2= 4a,npa g cos ag图 1-101-13 .离水面高为h的岸上有人用绳索拉船靠岸，人以恒定速率v0a绳子，求当船离岸的 距离为s时，船的速度和加速度的大小。分析：收绳子速度和船速是两个不同的概念。小船速度的方向为水平方向，由沿绳的分量与垂直绳的分量合成沿绳方向的收绳的速率恒为。可以由v0求出船速v和垂直绳

9、的分量图 L13V。再根据a =竖关系，以与a与a关系求解。1n pn解：如图 1-13, v2 = V0船速 v = v sec 0当船离岸的距离为s时，v = v, v = v tan 0=业0 S 12Sv 2 v 2s则，a = 1=厂 1 = a cos0 = a n p：s 2 + h 2 0)，则加速度a ，当a=0时，速度达到最大值v，mF kv 2则有：0 =mmF 一 f dv又a = 一mLdt = mdt dv,F,k = 一,从而:v 2m曰FF v 2v 2mmf_F“fv 2v 2mdv即:dt:=dtv 2 (1-)v 2mdvv 2(1-)v 2mInv -1

10、 vm v+1 vmvm/2t 性 ln3,2 F即所求的时间对式两边同乘以dx,可得:日FF v 2v2, dv ,m dx dxmdtF v 2 v 7一 dx =mdv m v 2 v 2f xFdx=f0 m财2 vmv dv 0v 2 v 2-F 一xxL m0v 2-m ln(v2 v2)vm /2题图2 150x =性ln4 料 0.144mm2 F3 F2- 15.如图2-15所示，A为定滑轮，B为动滑轮，3个物体的质量分别为g,00g,侦g.(l)求每个物体的加速度(2)求两根绳中的X力(滑轮和绳子质量不计，绳子的伸长和摩擦力可略)。分析：相对运动。m相对地运动，m2、m3相

11、对b运动，t = 2T2。根据牛顿牛顿定律和相对运动加速度的关系求解。解：如下图2-15，设 aa?、a3、b向，可分别得出下列各式m g + T = m a m g + T = m am g + T = m a .又：=a + a=a + aa = a2Ba2a3且：则:分别是mm2、m3的受力图。aB分别是mm2、mB对地的加速度;a%、a*分别是2B爪2、m3对B的加速度，以向上为正方3 Ba + a = 2 a ,且 a = a ,贝g：(a)图 2-15a + a = 2a 又.T = T = T + T 乂1122T2 = T则由，可得:(2)将气的值代入式，可得:4m 3mg21

12、 g = = 1.96m / s 23m + 4m54m 妃g =-g = -1.96m/s23m + 4m55m14m2 g =空=5.88m/ s23m + 4m5=8m1m2g = 0.784N。T = 2T = 1.57N3m +4m 122-34.设 F = 7T - 6 j(N)。(1) 当一质点从原点运动到r = 3i + 4j +16k(m)时，求F所作的功;(2) 如果质点到r处时需0.6s，试求F的平均功率； (3)如果质点的质量为1kg，试求动能的变化。分析：由功、平均功率的定义与动能定理求解，注意：外力作的功为F所作的功与重力作的功之和。解：(1) A=F dr0=Jr

13、 (71 6 j).(dxi + dyj + dzk)二3 7 dx J4 6dy00=45J，做负功A 45(2)P = 一 =75W t 0.6（3） 气=A + 尸-m矿dr=-45+4 -mgd o=-85J2- 37.求把水从面积为50m2的地下室中抽到街道上来所需作的功。已知水深为1.5m，水面至街道的竖直图 2-37距离为5m。分析：由功的定义求解，先求元功再积分。解：如图以地下室的O为原点，取X坐标轴向上为正，建立如图坐标轴。选一体元dV = Sdx，则其质量为dm = pdV = pSdx。把dm从地下室中抽到街道上来所需作的功为dA = g （6.5 一 x） dm故 A

14、=1,5 dA =1.5 pSg （6.5 一 x ）dx = 4.23 x 106 J2-41. 一沿x轴正方向的力作用在一质量为3.0kg的质点上。已知质点的运动方程为x = 3t 4t2 + 13，这里x以m为单位，时间t以s为单位。试求：（1）力在最初4-0s内作的功；（2） 在t =1s时，力的瞬时功率。分析：由速度、加速度定义、功能原理、牛顿第二定律求解。dx解：（1） v（t） = 丁 = 3 - 8t + 3t2dt则 v(4) = 19m / s, v(0) = 3m / s由功能原理，有=528JA = AE = 1 mv(4)2 一 v(0)2 k 2,、 dxdv(2)

15、v(t)=3 8t + 3t2,a(t) = 6t 8dtdtt = 1s 时，F = ma = 6N, v = 2m/ s则瞬时功率p = Fv =12W2- 42 .以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，若铁锤击第一次 时，能将小钉击入木板内1cm，问击第二次时能击入多深？（假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同。） 分析：根据功能原理，因铁锤两次打击铁金丁时速度相同，所以两次阻力的功相等。注意：阻力是变力。解：设铁钉进入木板内xcm时，木板对铁钉的阻力为f = kx （k 0）由于铁锤两次打击铁钉时的速度相同，故f1 fdx =x fdx所以，x =2。第二次

16、时能击入一1）cm深。2 43.从地面上以一定角度发射地球卫星，发射速度七应为多大才能使卫星在距地心半径为r的圆轨道 上运转？分析：地面附近万有引力即为重力，卫星圆周运动时，万有引力提供的向心力，能量守恒。解：设卫星在距地心半径为r的圆轨道上运转速度为v,地球质量为M,半径为#/卫星质量为m.根据能量守恒，有1 GMm 1GMmmv 2 = mv 2 2 0 R2 r又由卫星圆周运动的向心力为GMm mv 2F =N r 2 r卫星在地面附近的万有引力即其重力，故GMm=mgR 2e联立以上三式，得v = 2g R f1 1Re 0 叭 2 r )244. 一轻弹簧的劲度系数为k = 100N

17、 - m-1，用手推一质量m = 0kg的物体A把弹簧压缩到离平 衡位置为x1 = 0.02m处，如图2-44所示。放手后，物体沿水平面移动距离x2 = 0.1m而停止，求物体 与水平面间的滑动摩擦系数。分析：系统机械能守恒。解：物体沿水平面移动过程中，由于摩擦力做负功，致使系统(物体与弹簧)的弹性势能全部转化为内能(摩擦生热)。根据能量关系，有=日mgx2所以，日=0.2一一17 kx 22 1题图2452 48.一人从10 m深的井中提水.起始时桶中装有10 kg的水，桶的质量为1 kg，由于水桶漏水，每升高1 m要漏去0.2 kg的水.求水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功.分析：由于水

18、桶漏水，人所用的拉力F是变力，变力作功。解：选竖直向上为坐标y轴的正方向，井中水面处为原点.由题意知，人匀速提水，所以人所用的拉力F等于水桶的重量即.F = P = P ky = mg 0.2gy = 107.8 1.96y .0人的拉力所作的功为：A = j dA = j HFdy = j10(107.81.96 y )dy=980 J 002-51.一个具有单位质量的质点在力场F =2 4t )1 +(12t 6) j中运动，其中t是时间，设该质点在t = 0时位于原点，且速度为零，求t = 2 s时该质点受到的对原点的力矩和该质点对原点的角动量。分析：由牛顿定律、力矩、角动量定义求解。解

19、：对质点由牛顿第二律有(3t2 -4t)i + (12t -6) jdtF ma 又因为 a =. 所以 jdv = jadt = j得 v = (t3 - 2t2)i + (6t2 -6t) j_ dr 一 ,I 2 、丁 小一、弋 同样由v = d得r = (414 - 313)i +(2t 3 - 3t2)j所以 t=2 时 M = r x F = -40k (N - m) L = r x mv = -16k (kg - m2 -1-1)2- 54.在光滑的水平桌面上，用一根长为1的绳子把一质量为m的质点联结到一固定点O.起初，绳子是松 弛的，质点以恒定速率v0沿一直线运动。质点与O最接

20、近的距离为b,当此质点与O的距离达到1时，绳 子就绷紧了，进入一个以O为中心的圆形轨道。（1）求此质点的最终动能与初始动能之比。能量到哪里去 了？（2）当质点作匀速圆周运动以后的某个时刻，绳子突然断了，它将如何运动，绳断后质点对O的角动 量如何变化？分析：绳子绷紧时，质点角动量守恒。解：（1）当质点做圆周运动时，mv/ = mvlb 可得其速度v = v0 7 1/1 , b、。E 2 次七 7 b 2 所以最终动能与初始动能之比矿=衬 L其他能量转变为绳子的弹性势能，以后转气 omv2220化为分子内能.（2）绳子断后，质点将按速度v = vo 7沿切线方向飞出，做匀速直线运动质点对0点的角

21、动量J = mv b 恒量。第三章3- 2如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M,长度为L，在其中点O处弯成0 = 120角，放在xOy平面内，求铁丝对Ox轴、Oy轴、Oz轴的转动惯量。分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得解：（1）对x轴的转动惯量为：J = j r 2 dm = j 2 （/ sin6Oo）2 Mdl ML x0L 32题图3-2（2）对y轴的转动惯量为：J = -xMx（L）2 +j t（/sin300）2 Mdl = ML y 3 220L 96（3）对Z轴的转动惯量为：,c 1 M ,L、1 J = 2 x x x （）2 = dL23- 5 质量为m的物体悬于

22、一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如题图3-5所示.轴水平且垂 直于轮轴面，其半径为r，整个装置架在光滑的固定轴承之上.当物体从静止释放后，在时间t内下降了 一段距离S .试求整个轮轴的转动惯量（用m、r、七和、表示）.分析：隔离物体，分别画出轮和物体的受力图，由转动定律和牛顿第二定律与运动学方程求解。解：设绳子对物体（或绳子对轮轴）的拉力为T， 则根据牛顿运动定律和转动定律得： mg - T = ma Tr =邛由运动学关系有：a = rP由、式解得：J = m（g-。又根据巳知条件v0 = 0. C 1 , . S at2题图3-5将式代入式得:J = mr 2（受2 一 1）2

23、S2，3-7如题图3-7所示，质量为m的物体与绕在质量为M的定滑轮上的轻绳相连设定滑轮质量M=2m，半径R，转轴光滑，设t = 0时v = 0，求：（1）下落速度与时间t的关系；（2 t = 4S时，m下落的距离;（3）绳中的X力T。分析：对质量为m物体应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。解：（1）设物体m与滑轮间的拉力大小为T，则mg 一 T = ma 八 1八M = TR = J P =_ MR 2 P 2a = R P v = at 题图3-7解：式得a = 4.9 m / s 2,并代入式得v = 4.分（2）设物体下落的距离为s，则1 1s = at 2 = x 4.

24、9 x 42 = 39.2 m2 2（3）由（1）的式得，T = mg ma = 4.9N3-8如题图3-8所示，一个组合滑轮由两个匀质的圆盘固接而成，大盘质量M1 = l*g，半径R = 0.10m，小盘质量M2 = 4kg，半径r = 0.05m。两盘边缘上分别绕有细绳，细绳的下端各悬质 量m1 = m2 = 2kg的物体，此物体由静止释放，求：两物体m,m2的加速度大小与方向。分析：分别对物体m1，m2应用牛顿第二定律，对滑轮应用刚体定轴转动定律解：设物体m1, m2的加速度大小分别为a1, a2,与滑轮的拉力分别为T1, T2,T - m g = m a mg-T=ma a1 =邛 a

25、 2 = R P M = TR - Tr = JP 21T 11J = 2 M R 2 + M r 2 y/z/z/Zz/把数据代入，解上述各式得a. = 0.6125 m / s 2a = 1.225 m / s 2题图3-8方向向上方向向下3-9如题图3-9所示，一倾角为30。的光滑斜面固定在水平面上，其上装有一个定滑轮，若一根轻绳跨过它，两端分别与质量都为m的物体1和物体2相连。（1）若不考虑滑轮的质量，求物体1的加速度。（2）若滑轮半径为r，其转动惯量可用m和r表示为J = kmr2（k是巳知常量），绳子与滑轮之间无相对滑动，再求物体1的加速度。分析：（1）对两物体分别应用牛顿第二定律

26、列方程。（2）两物体分别应用牛顿第二定律、对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程。解：设物体1、物体2与滑轮间的拉力分别为T、T2它们对地的加速度为a。（1）若不考虑滑轮的质量，则物体1、物体2与滑轮间的拉力T1、T2相等，记为T。则对1、2两物体分 别应用牛顿第二定律得，mg - T = maT - mg sin 300 = ma解上两式得：a = g/4 m/s2，方向竖直向下。备（2）若考虑滑轮的质量，则物体1、物体2与滑轮间的”卜拉力T、T2不相等。则对1、2两物体分别应用牛顿第 二定律，和对滑轮应用刚体定轴转动定律得mg - T = ma 题图3-9T - mg sin 3Oo = ma

27、a = rp M = Tr - Tr = J P 12七J = kmr 2 解上述各式得:a = 2（2gk） m/S2，方向竖直向下。3- 11 一质量为M，长为1的匀质细杆，一端固接一质量为m的小球，可绕杆的另一端无摩擦地在竖直 平面内转动，现将小球从水平位置A向下抛射，使球恰好通过最高点C，如题图3-11所示。求：（1）下抛 初速度% ；（2）在最低点B时，细杆对球的作用力。分析：由机械能守恒定律、牛顿第二定律、角线量关系求解。解：（1）如图3-11，取向下抛点作势能零点，由机械能守恒定律得，1 1lmv2 + J w22 0 2=橇了+mgl解得，(3M + 6m) gl3m + M（

28、2）取最低点作势能零点，由机械能守恒定律和牛顿第二定律得，1 一 . 1 ,mv2 + Jw 2 = Mgl + 2mgl 2 2题图3-11vV 2N - mg = m 了, 1J = Ml 2 3解：得，15m + 7 M=箱*唯3- 16 一长为L、质量为m的匀质细棒，如题图3-16所示，可绕水平轴0在竖直面内旋转，若轴光滑，今 使棒从水平位置自由下摆。求：（1）在水平位置和竖直位置棒的角加速度3 ；（2）棒转过0角时的角速度。分析：由转动定律求角加速度，由在转动过程中机械能守恒求角速度。解：（1）有刚体定轴转动定律M = J3得，LM mg 2 3g细棒在水平位置的角加速度为：3 =

29、= 1= 777J2 L-mL2 3细棒在竖直位置的角加速度为：3 = = 1= 0J - mL23（2）细棒在转动的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得L1mg sin 0 = J w 222 1 ,又J = mL3题图3-16解上述两式得:3 g sin 0 w3- 19质量为m的子弹，以速度v0水平射入放在光滑水平面上质量为m0、半径为R的圆盘边缘，并留在 该处，v0的方向与射入处的半径垂直，圆盘盘心有一竖直的光滑固定轴，如所示，试求子弹射入后圆盘的 角速度w分析：在子弹射入圆盘的过程中，子弹和圆盘组成的系统对转轴的角动量和力矩为零，因此对转轴的角动 量守恒。解：设子弹射入后圆盘的角速度

30、为，则由角动量守恒定律得C / c 1 C、 mv R = (mR2 + m R2) &解上式得： =黑 R2mR + m R3- 20 一均质细杆，长L = 1m，可绕通过一端的水平光滑轴 。在铅垂面内自由转动，如题图3-20所示。开始时杆处于铅 垂位置，今有一子弹沿水平方向以v = 10m - s一1的速度射入细杆。设入射点离。点的距离为|L ，子弹的质量为细题图3-191杆质量的9。试求：（1）子弹和细杆开始共同运动的角速度。（2）子弹和细杆共同摆动能到达的最大角度。设子弹开始时的角速度为 0，弹和杆一起共同运动的角速度 为，则由角动量守恒定律得：J = （J + J ）又j = m （

31、竺）2乂子9 4m /=L2 16T 1 ,J杆=3 mLv 10O0 33L x 14440=3把式代入式并解得：=40 rad / s 19分析：子弹射入细杆过程中，子弹和细杆组成的系统角动量守恒；细杆摆动时，机械能守恒。 解（1）子弹打进杆的过程中子弹和杆组成的系统角动量守恒题图3-20（2）设子弹与杆共同摆动能达到最大角度为0角，在摆动的过程中杆和子弹与地球组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得，L（J + J ） W2 = （2L- Lcos0） + mg（上L- Lcos0）2 子 杆 9 4422 把式与g =10，l=1代入式解得：cos0 = 0.8496 。即0 = 0

32、.56rad第四章4- 2长度为Im的米尺L静止于K中，与号由的夹角0 = 30。,矿系相对K系沿号由运动，在K系中 观察得到的米尺与x轴的夹角为0 = 45。，试求：（1）K系相对K系的速度是多少？ （2）K系中测 得的米尺的长度？分析：本题考察的是长度收缩效应。根据两个参考系下米尺的不同长度再结合长度收缩效应我们可以很方 便的得到两个参考系之间的相对速度解：（1）米尺相对S系静止，它在x和y轴的投影分别为：L = L cos0 = 0.866mL = L sin0 = 0.5m米尺相对S系沿x方向运动，设运动速度为v,为S系中的观察者，米尺在x方向将产生长度收缩，而y 方向的长度不变，即L

33、x = LxL = L故米尺与x轴的夹角满足tg0 = - =, y -Lx Lx ；1 - V 2 C2将0与L、Ly的值代入可得：v = 0.816c(2)在S系中测得米尺的长度为:L =sin 45。=0.707( m)4-3巳知介子在其静止系中的半衰期为1-8 X 10-8 S。今有一束兀介子以 = 0.8c的速度离开加速 器，试问，从实验室参考系看来，当兀介子衰变一半时飞越了多长的距离？分析：本题考察的是时间膨胀效应。根据静止系中的半衰期加上时间膨胀效应我们可以求出在实验室参考 系中的半衰期，然后根据该半衰期求出飞行距离。解：在兀介子的静止系中，半衰期At0 = L8X10-8s是本

34、征时间。由时间膨胀效应，实验室参系中的观 察者测得的同一过程所经历的时间为：At = . At0= 3 x 10-8(s)L V 2 C 2因而飞行距离为：d = vAt = 7.2m4- 4在某惯性系K中，两事件发生在同一地点而时间相隔为4s。巳知在另一惯性系K 中，该两事件的 时间间隔为6s，试问它们的空间间隔是多少？分析：本题考察的是时间膨胀效应以与洛伦兹变换。根据时间膨胀效应我们可以求出两参考系的相对速度，继而根据洛伦兹变换演化出空间间隔变换的公式求出该两事件在S系中的空间间隔。解：在k系中，At0 = 4s为本征时间，在K 系中的时间间隔为At = 6s两者的关系为:Atc 5.邛

35、2 =-9故两惯性系的相对速度为：v = p c =寸5 x 108 (m / s)由洛伦兹变换，K系中两事件的空间间隔为:Ax 一(Ax + vAt )两件事在K系中发生在同一地点，因此有土 =0，故 k心=VAt0 = 6 橱 X 108(m)R， 1 -P 24- 5惯性系K相对另一惯性系K沿x轴作匀速运动，取两坐标原点重合的时刻作为计时起点。在K系 中测得两事件的时空坐标分别为X = 6X104m, t = 2X10-4S以与x2 = 12 x 104m, 12 = 1 x 10-4s， 巳知在K系中测得该两事件同时发生。试问：（1）K系相对K系的速度是多少？ （2）K系中测得 的两事

36、件的空间间隔是多少？分析：本题所考察的是洛伦兹变换的应用问题。根据洛伦兹变换在不同参考系下两个事件的时间变换关系， 我们可以很方便的得到两个参考系之间的相对速度。有了相对速度以后，再根据洛伦兹变换的空间变换关 系，我们可以得到两事件的空间间隔。解：（1）设S系相对S系的速度为V，由洛伦兹变换，S系中测得两事件的时间为:1(V ) *2一 云 x2 2 C2 2由题意，t-t2 = 0t t = (x x )21 c 221因此有V = C2 X_、= C = 1.5 X 108 x x 2其中负号表示S系沿S系的x方向运动。（2）由洛伦兹变换，S 系中测得的两事件的空间位置为:1,八（x vt

37、）1 V 211C 21(x Vt )1 - V 222C 2故空间间隔为：x x =1 一(x x ) v(t t)= 5.2x104(m)2121214- 6（1）火箭A和B分别以.8c和0.5C的速度相对于地球向+x和日x方向飞行，试求由火箭B测得的A的速度。（2）若火箭A相对地球以0.8c的速度向+方向运动，火箭B的速度不变，试问A相对B的 速度是多少？分析：本题考察的是洛伦兹速度变换。在火箭B为静止的参考系中，先求出地面参考系相对此参考系的运 动速度（此即为两个参考系之间的相对速度），然后由火箭A相对地面的运动速度以与洛伦兹速度变换公式 求出火箭A相对火箭B的速度。解：（1）设火箭B

38、的静止系为S，则地面参考系相对S的运动速度为u = 5c。在地面参考系中，火箭A 的运动速度为V = -8c，由洛伦兹速度变换公式可得火箭A相对火箭B的运动速度为：v+ u.8c + .5c1.3v =c = .93c1 + uv 7c2 1 + .8 x .5 1.4（2）由于S系相对地面参考系以u1 =一沿+ X方向飞行，而在地面参考系中火箭A的运动速度为七= Vy = .8c匕=。则根据洛伦兹速度变换公式在S系中火箭A的运动速度为：v=七1 = .5cz . u1 -T vv 2 X所以火箭A相对火箭B的速度为：”=*，”2 + ”2 + ”2 = .86c4- 8 R子的静止质量是电子

39、静止质量的207倍，静止时的平均寿命t = 2x 10-8S，若它在实验室参考 系中的平均寿命t = 7 x 1-8S，试问其质量是电子静止质量的多少倍？分析：本题考察的是时间膨胀效应和相对论质量问题。根据时间膨胀效应我们可以求出该粒子在实验室参 考系中的运动速度，然后根据该速度可以求出速度下的相对论质量。解：设日子在实验室参考系中的速度为、质量为m，依题意有：将1和t 0的值代入得：当日子速度为u时其质量为:77=2 m =方 x 27m = 724.5m4- 11巳知一粒子的动能等于其静止能量的n倍，试求该粒子的速率。分析：该题考察的是相对论的质能关系式。根据粒子的动能和静能比可以求出该粒

40、子总能量和静能之比， 这个比值也就是该粒子的质量与静止质量之比，根据相对论质量与速度的关系式，我们可以求出该粒子的 速率，从而求出该粒子的动量。解：依题意有：Ek = nE0所以其质量与静止质量之比为：mmc 2 E + E+ 1m m c 2 E根据相对论质量与速度的关系有：所以该粒子的速度为:侦n2 + 2n u =cn +14-17把一个静止质量为m0的粒子由静止加速到0.1c所需的功是多少？由速率0.89c加速到0.99c所需 的功又是多少？分析：此题涉与到的是粒子的总能量与速度之间的关系。根据能量守恒定律，通过计算任一速度下的总能 量即可求出从该速度下再增加0.1c的速度所需要做的功

41、。解：粒子的静能量为：E - m c 2速度为0.1c时，该粒子的总能量为：E广 m 2 = I。52 因此将粒子由静止加速到0.1c所需要做的功为：AE = E1 - E = 0.005 m c2同理粒子在速度为0.89c和0.99c时的总能量分别为:m c2E = m c 2 =0 -= 2.193m c21 - 0.8920m c20= 7.089m c2V1 - 0.9920所以将粒子由0.89c加事到0.99c时所需做的功为AE = E - E = 4.896m c2第五章5- 5 放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A = 2.0 X 10-2 m，周期T=0.5s，当t=0时，（1）

42、物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置，向负方向运动；（3）物体在X = 1.0 X 10-2 m处，向负方向运动；（4）物体在X = 一1.0 X 10-2 m处，向负方向运动.求以上各种情况的振动方程。分析 根据旋转矢量图由位移和速度确定相位。进而得出各种情况的振动方程。,2兀解：设所求振动方程为：x = Acos亍r +中=0.02cos4e +中由A旋转矢量图可求出平=0,甲2 =兀/2,甲3 =兀/3,甲4 = 2兀/3(1)x = 0.02cos4 兀 t(SI)(2)兀 x = 0.02cos4兀t + -(SI)兀x = 0.02cos4 兀 t + - (SI)2(4)x =

43、 0.02cos4兀t + 捋(SI)且规定向下5- 8有一弹簧，当下面挂一质量为m的物体时，伸长量为9.8 x 1。-2m .若使弹簧上下振动， 为正方向.(1)当t=o时，物体在平衡位置上方8.0x 10-2m，由静止开始向下运动，求振动方程.(2)当t = 0时，物体在平衡位置并以0.6m/s的速度向上运动，求振动方程.分析根据初始条件求出特征量建立振动方程。解：设所求振动方程为：x = A cos(t +甲)w 10rad / s，mgg其中角频率、妇m 顽/m:反，代入数据得:(1)以平衡位置为原点建立坐标，根据题意有：x0 = -0.08m，v0 = 0据 A = (x 2 + (

44、v /w )2 得：A = 0.08mx据中= cos -1才 得平=兀rad由于v 0 = 0,不妨取平=兀rad于是，所求方程为：气=0.08cos（101 +兀）（SI）（2）以平衡位置为原点建立坐标，根据题意有:x = 0, v =一0.6 m / s00据 A = px 2 + (v /w)2 得：A = 0.06mx 0,应取甲=一丸/3（rad）可得：x = 0.06cos（/兀 /3）（1）t = 0.5s时，振动相位为：甲=兀r 兀/3 =兀/6rad据 x = A cos 甲，v = Aw sin 甲，a = Aw 2 cos 甲=-w 2x得 x = 0.052m,v =

45、 -0.094m / s, a =-0.512 m / s 2（2）由A旋转矢量图可知，物体从 x = 一.3mm处向x轴负方向运动，到达平衡位置时，A矢量转过的角度为甲=5兀/6，该过程所需时间为：、t = 甲/ w = 0.833s5- 18有一水平的弹簧振子，弹簧的劲度系数K=25N/m,物体的质量m=1.0kg,物体静止在平衡位置.设以一 水平向左的恒力F=10 N作用在物体上(不计一切摩擦)，使之由平衡位置向左运动了 0.05m,此时撤除力F, 当物体运动到最左边开始计时,求物体的运动方程.分析恒力做功的能量全部转化为系统能量，由能量守恒可确定系统的振幅。解：设所求方程为X =人co

46、s(wt +0)=5 rad / s因为不计摩擦，外力做的功全转变成系统的能量, 故 Fx = 2 KA2 :. A =泮=0.2m 又、t = 0, x = A,.中=丸故所求为 x = 0.2cos(51 +丸)(SI)ym；1 PVWVWvV . v7 J7 T7 I 7 .r -1 j 7j 7_j J =题图5-185- 23 一物体质量为0.25Kg，在弹性力作用下作简谐振动，弹簧的劲度系数k=25N/m，如果起始振动时具 有势能0.06J和动能0.02J，求：(1) 振幅；(2) 动能恰等于势能时的位移；(3) 经过平衡位置时物体的速度.分析 简谐振动能量守恒，其能量由振幅决定。

47、解:(1)E = Ek + Ep = 2kA2A = 2( Ek + Ep )/ki/2 = 0.08( m)(2)因为E = Ek+Ep= 2kA2，k= E时，有2Ep=E，又因为Ep= kx2/2得：2x2 = A2,即x = + A / 板2 = 0.0566(m)1过平衡点时，x = 0,此时动能等于总能量E = E + E =-mv2k p 2v = 2( Ek + E?l m i/2 = 0.8( m / s)1、,m5-25两个同方向的简谐振动的振动方程分别为：x = 4 X10-2 COS 2兀(t + -)(SI), 18x2 = 3 X 10-2cos2兀(t + 4)(

48、 SI)求：(1)合振动的振幅和初相；(2)若另有一同方向同频率的简谐振 动x3 = 5 X10-2 cos(2兀t+9)(SI)，则中为多少时，气+ x3的振幅最大？中又为多少时，x2 + x3的 振幅最小？分析合振动的振幅由其分振动的相位差决定。解：(D x = x + x = A cos(2兀t + 甲)按合成振动公式代入巳知量，可得合振幅与初相为A = ：42 + 32 + 24cos(兀 /2一兀 /4) X10-2 = 6.48x10-2m中=g 4sin(4) + 3sin(2) = 1.12湖4cos(兀 /4) + 3cos(兀 /2)所以，合振动方程为x = 6.48 x

49、10-2 cos(2兀t +1.12)(SI)(2)当平甲=2奴，即平=2馈+兀/4时，气+%的振幅最大.当甲一甲2= (2k + 1)K，即甲=2kK + 3兀/2时，x 2 + %的振幅最小.0.2m求第二个振动的振幅与两振动的相位差。合振动的相位与第一个振动的相位差为5-26有两个同方向同频率的振动，其合振动的振幅为 兀/6，第一个振动的振幅为0.173m分析根据巳知振幅和相位可在矢量三角形中求得振幅。解：采用旋转矢量合成图求解取第一个振动的初相位为零，则合振动的相位为8 =兀/6* F F S 4据 A = A1 + a2 可知 a2 = A 一 A1，如图：A2 =件 + A2 -

50、2AA cos 中=0.1(m)-_b- v h由于A、A1、a2的量值恰好满足勾股定理，故A1与a2垂直.即第二振动与第一振动的相位差为0 =丸/2第六早6- 4有一平面谐波在空间传播,如题图6-4所示.巳知A点的振动规律为y = ACOS（皿+中），就图中给出的四种坐标，分别写出它们波的表达式.并说明这四个表达式中在描写距A点为b处的质点的振动规律是否一样？分析 无论何种情况，只需求出任意点x与巳知点的相位差，同时结合相对坐标的传播方向（只考虑相对于坐标方向的正负关系）即可求解波的表达。只要把各种情况中b的坐标值分别代入相应的波动方程就可求得b点的振动规律。解：设其波长为入，选。点处为坐标

51、原点，由方程y = Acos（ot +中）；可得取图中ax处质点的振动比A点滞后罕2兀，故 人X 、a. y = A cos（ot 寸 2兀 +中） 入同理可得b.c., X 一y = A cos（ot + 亍 2兀 +中）力,/ X 一 l -、y = A cos（ot 一 2 兀 + 中） 力,/ X -1 -、y = A cos（ot + 2兀+中） 力要求距A为b的点的振动规律,只要把各种情况中b的坐标值分别代入相应的波动方程就可求得.从结果可知，取不同的坐标只是改变了坐标的原点，波的表达式在形式上有所不同，但b点的振动方程却不变.即， b _ 一、y = A cos（ot 亍 2 兀

52、 +中） 入6-5 一平面简谐波沿x轴正向传播，其振幅为A，频率为v，波速为u.设t = t时刻的波形曲线如题图6-5所示.求（1）x=0处质点振动方程；该波的波方程.分析 由于图中是f 时刻波形图，因此，对x=0处质点，由图得出的相位也 为时刻的相位。再由旋转矢量推算出t=0时刻的初相位。进而写出波动方所示的坐标，则题图6-4AA（2）题图6-5程。解：（i）设X = 0处质点的振动方程为y = Acos2KV （t-1）+甲。由图可知，=t时y = A cos 中=0，v =-Ao sin 甲 0。所以平=兀 /211X = 0处的振动方程为：y = Acos2兀v（t-1） + -nA，

53、5/，、1 (2)该波的表达式为： =Acos2kv(t -1-x/ u) + 6- 8如题图6-8所示，一平面波在介质中以波速u = 20m/S沿x轴负方向传播，巳知A点的振动方程为y =3x 10-2 cos4兀t(SI). (1)以a点为坐标原点写出波方程；u11(2)以距A点5m处的B点为坐标原点，写出波方程.11BA分析由波相对坐标轴的传播方向和巳知点的振动方程题图6-8直接写出波方程。解：(1)坐标为x处质点的振动相位为t +甲=4兀t + (x / u) = 4兀t + (x /20)波的表达式为y = 3 x 10-2 cos 4兀t + (x /20)(SI), x - 5_

54、./ot.(2)以B点为坐标原点，则坐标为x点的振动相位为卸+中=4兀t -(SI)波的表达式为y = 3 x 10-2 cos4兀(t + )-兀(SI)6- 10 一平面谐波沿ox轴的负方向传播，波长为入，P点处质点的振动规律如题图6-10所示.求：(1) P点处质点的振动方程；(2)此波的波动方程；(3)若图中d = /2，求。点处质点的振动方程.分析 首先由巳知振动规律结合旋转矢量图可得P点振动的初相与周期，从而得到其振动方程。波动方程 则由P与原点的距离直接得到。波动方程中直接代入某点的坐标就可求出该点的振动方程。|题图6-10解：(1)从图中可见T = 4s ,且t = 0，ypo

55、 = - A，二% =兀，则p点处质点的振动2兀兀方程为 y = A cos( t + 兀)=A cos( t + 兀)(SI)(2) 向负方向传播的波动方程为冗, x d、y = a cos=(t + )+兀2 人(3)把d =入/2,x = 0代入波动方程即得4兀-人/2兀，3兀、y = a cos (t+) + 兀=A cos( t +)02 人24第十五章15-1.在双缝干涉实验中，两缝的间距为0.6mm,照亮狭缝S的光源是汞弧灯加上绿色滤光片.在2.5m远 处的屏幕上出现干涉条纹，测得相邻两明条纹中心的距离为2.27mm.试计算入射光的波长，如果所用仪器 只能测量Ax 5mm的距离，则对此双缝的间距d有何要求？分析：由明纹位置公式求解。解：在屏幕上取坐标轴Ox，坐标原点位于关于双缝的对称中心。屏幕上第k级明纹中心的距坐标原 点距离：x = k匕人 dD D、 DX可知Ax = x x = (k +1)人一k 人=d入代入已知数据，得人一d - 545nm对于所用仪器只能测量心 5mm的距离时d 竺-0.27mm Ax15-2.在杨氏双缝实验中，设两缝