大学物理学（上）北京邮电大学第三版习题答案

习题解答

习题一

1-1 ｜?r｜与?r 有无不同?

drdrdvdv和有无不同? 和有无不同?其不同在哪里?试举例说明． dtdtdtdt解：（1）

???r是位移的模，?r是位矢的模的增量，即?r?r2?r1，?r?r2?r1；

（2）

drdrds是速度的模，即. ?v?dtdtdtdr只是速度在径向上的分量. dt?（式中r?叫做单位矢）∵有r?rr，则

式中

?drdrdr??r?r

dtdtdtdr就是速度径向上的分量， dt∴

drdr不同如题1-1图所示. 与dtdt题1-1图

?dvdv?dv (3)表示加速度的模，即a?，是加速度a在切向上的分量.

dtdtdt∵有v?v?(?表轨道节线方向单位矢），所以

????dvdv?d? ???vdtdtdtdv就是加速度的切向分量. dt???d??dr与(?的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) dtdt式中

1-2 设质点的运动方程为x=x(t)，y=y(t)，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r＝x2?y2，然

d2rdr后根据v =，及a＝2dtdt?dx??dy? v=?????及a=

dt???dt?差别何在？

1

22

22?d2x??d2y???dt2?????dt2?? 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者???????解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有r?xi?yj，

??drdx?dy??v??i?jdtdtdt 2?22??dy?drdxa?2?2i?2jdtdtdt故它们的模即为

?dx??dy?v?v?v???????dt??dt?2x2y22x2y22?d2x??d2y?a?a?a???dt2?????dt2??????2

而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作

drv?dtd2ra?2

dtdrd2rdr与2误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明不是速度的模，而只是速度在径向上其二，可能是将

dtdtdt2?d2rd2r?d???的分量，同样，2也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分?a径?2?r???。或者概

dtdt?dt????????括性地说，前一种方法只考虑了位矢r在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r及速度v的方

向随间的变化率对速度、加速度的贡献。 1-3 一质点在xOy平面上运动，运动方程为

x=3t+5, y=

12

t+3t-4. 2式中t以 s计，x,y以m计．(1)以时间t为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t=1 s 时刻和t＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t＝0 s时刻到t＝4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t＝4 s 时质点的速度；(5)计算t＝0s 到t＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式) 解：（1） r?(3t?5)i?(t2?3t?4)jm (2)将t?1,t?2代入上式即有

??12????r1?8i?0.5j m ???r2?11j?4jm ??????r?r2?r1?3j?4.5jm

??????(3)∵ r0?5j?4j,r4?17i?16j

2

?????????rr4?r012i?20j???3i?5jm?s?1 ∴ v??t4?04????dr(4) v??3i?(t?3)jm?s?1

dt???则 v4?3i?7j m?s?1

(5)∵ v0?3i?3j,v4?3i?7j

????????????vv4?v04???1jm?s?2 a??t44???dv(6) a??1jm?s?2

dt这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。

1-4 在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示．当人以v0(m·s?1)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．

图1-4

解： 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成?角，由图可知 l2?h2?s2

将上式对时间t求导，得

dlds?2s dtdt根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的，

dlds∴ v绳???v0,v船??

dtdt 2l即 v船?? 题1-4图

vdsldll???v0?0 dtsdtscos?lv0(h2?s2)1/2v0?或 v船? ss

3

将v船再对t求导，即得船的加速度

dlds?ldv船?v0s?lv船dtdta??v0?v0dts2s2

l22(?s?)v02h2v0s??3s2ss1-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为 a＝2+6x2，a的单位为m?s?2，x的单位为 m. 质点在x＝0处，速度为10m?s?1,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵ a?dvdt?dvdxdxdt?vdvdx 分离变量： ?d??adx?(2?6x2)dx 两边积分得

1v2?2x?2x32?c 由题知，x?0时，v0?10,∴c?50

∴ v?2x3?x?25m?s?1

1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a＝4+3t m?s?2，开始运动时，x＝5 m10s 时的速度和位置．

解：∵ a?dvdt?4?3t 分离变量，得 dv?(4?3t)dt 积分，得 v?4t?32t2?c1 由题知，t?0,v0?0 ,∴c1?0

故 v?4t?32t2 又因为 v?dx?4t?3t2dt2

分离变量， dx?(4t?32t2)dt

积分得 x?2t2?12t3?c2

由题知 t?0,x0?5 ,∴c2?5 故 x?2t2?12t3?5

4

v =0，求该质点在t＝

所以t?10s时

v10?4?10?3?102?190m?s?12 1x10?2?102??103?5?705m21-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 ?=2+3t3，?式中以弧度计，t以秒计，求：(1) t＝2 s

(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?

解： ??d?d??9t2,???18t dtdt

?2 (1)t?2s时， a??R??1?18?2?36m?s

an?R?2?1?(9?22)2?1296m?s?2

(2)当加速度方向与半径成45ο角时，有

tan45??即 R??R? 亦即 (9t)?18t 则解得 t3?于是角位移为

222a??1 an2 92?2.679rad

??2?3t3?2?3?1-8 质点沿半径为R的圆周按s＝v0t?12式中s为质点离圆周上某点的弧长,v0，bt的规律运动，b都是常量，

2求：(1)t时刻质点的加速度；(2) t为何值时，加速度在数值上等于b．

ds解：（1） v??v0?bt

dtdv??bdt 22(v?bt)van??0RRa??(v0?bt)4则 a?a??a?b? 2R22n2加速度与半径的夹角为

5

??arctan(2)由题意应有

a??Rb? 2an(v0?bt)(v0?bt)4 a?b?b?R22(v0?bt)4,?(v0?bt)4?0 即 b?b?2R22∴当t?v0时，a?b b1-9 半径为R的轮子，以匀速v0沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点B的运动方程为x＝R(?t?sin?t)，

y＝R(1?cos?t)，式中??v0/R是轮子滚动的角速度，当B与水平线接触的瞬间开始计时．此时B所在的

位置为原点，轮子前进方向为x轴正方向；(2)求B点速度和加速度的分量表示式．

解：依题意作出下图，由图可知

题1-9图 (1)

x?v0t?2Rsin?v0t?Rsin??2cos?2?R(?t?Rsin?t)??y?2Rsinsin 22?R(1?cos?)?R(1?cos?t)(2)

dx?v??R?(1?cos?t)??xdt ?dy?v??Rsin?t)y?dt?dvx?2a?R?sin?t?x??dt ?dv?a?R?2cos?t?yy?dt?1-10 以初速度v0＝20m?s抛出一小球，抛出方向与水平面成幔660°的夹角，

6

?1求：(1)球轨道最高点的曲率半径R1；(2)落地处的曲率半径R2． (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)

解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．

题1-10图 (1)在最高点，

v1?vx?v0cos60o

an1?g?10m?s?2

又∵ an1?v12?1

v12(20?cos60?)2?1??an110∴

?10m(2)在落地点，

v2?v0?20m?s?1,

而 an2?g?cos60

2v2(20)2??80m ∴ ?2?an210?cos60?o1-11 飞轮半径为0.4 m

β=70.2 rad·s?2，求t＝2s时边缘上各点的速度、法向

解：当t?2s时，???t?0.2?2?0.4 rad?s 则v?R??0.4?0.4?0.16m?s?1

?1an?R?2?0.4?(0.4)2?0.064m?s?2

a??R??0.4?0.2?0.08m?s?2

2a?an?a?2?(0.064)2?(0.08)2?0.102m?s?2

7

1-12 如题1-12图，物体A以相对B的速度v＝2gy沿斜面滑动，y为纵坐标，开始时A在斜面顶端高为h处，B物体以u匀速向右运动，求A物滑到地面时的速度． 解：当滑至斜面底时，y?h，则v?A?度为

2gh,A物运动过程中又受到B的牵连运动影响，因此，A对地的速

???'vA地?u?vA??

?(u?2ghcos?)i?(2ghsin?)j

题1-12图

1-13 一船以速率v1＝30km·h沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率v2＝40km·h

-1

-1

沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何? 解：(1)大船看小艇，则有v21?v2?v1，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)

???

题1-13图

由图可知 v21?2v12?v2?50km?h?1

方向北偏西 ??arctanv13?arctan?36.87? v24(2)小船看大船，则有v12?v1?v2，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得

???v12?50km?h?1

方向南偏东36.87o

1-14 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m的甲板上，篷高4 m 但当轮船停航时，甲板上

-1

干湿两部分的分界线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 m·s，求轮船的速率． 解： 依题意作出矢量图如题1-14所示．

题1-14图

∵ v雨船?v雨?v船

8

???∴ v雨?v雨船?v船 由图中比例关系可知

???v船?v雨?8m?s?1

习题二

2-1 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为m1的物体，另一边穿在质量为m2的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动．今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度a?下滑，求m1，m2相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计)． 解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a1，其对于m2则为牵连加速度，又知m2对绳子的相对加速度为a?，故m2对地加速度，由图(b)可知，为

a2?a1?a? ①

又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f在数值上等于绳的张力T，由牛顿定律，有

m1g?T?m1a1 ②

T?m2g?m2a2 ③

联立①、②、③式，得

(m1?m2)g?m2a?a1?m1?m2(m?m2)g?m1a? a2?1m1?m2mm(2g?a?)f?T?12m1?m2讨论 (1)若a??0，则a1?a2表示柱体与绳之间无相对滑动．

(2)若a??2g，则T?f?0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m1, m2均作自由落体运动．

题2-1图

9

v0的方向与斜面底边的水平线AB2-2 一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为?）上以初速度v0运动，

解: 物体置于斜面上受到重力mg，斜面支持力N.建立坐标：取v0方向为X轴，平行斜面与X轴垂直方向为Y轴.如图2-2.

?

题2-2图

X方向： Fx?0 x?v0t ① Y方向： Fy?mgsin??may ②

t?0时 y?0 vy?0

y?由①、②式消去t，得

1gsin?t2 2y?1gsin??x2 22v02-3 质量为16 kg 的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为fx＝6 N，fy＝-7 N，当t＝0时，x?y?0，vx＝-2 m·s，vy＝0．求

-1

当t＝2 s

(1)位矢；(2)

解： ax?fx63??m?s?2 m168ay?fym??7m?s?2 16(1)

235vx?vx0??axdt??2??2??m?s?1084

2?77vy?vy0??aydt??2??m?s?10168于是质点在2s时的速度

5?7??v??i?j48(2)

m?s?1

10

?1?1?r?(v0t?axt2)i?ayt2j22?1?7?13?(?2?2???4)i?()?4j

2821613?7???i?jm482-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv(k为常数)作用，t=0时质点的速度为v0，证明(1) t时刻的速度为v＝v0e?(k)tm；(2) 由0到t的时间内经过的距离为

k?()tmv0m1x＝()［1-em］；(3)停止运动前经过的距离为v0()；(4)证明当t?mk时速度减至v0的，式中mkke为质点的质量．

答: (1)∵ a?分离变量，得

?kvdv ?mdtdv?kdt ?vmvdvt?kdt即 ? ??v0v0mv?ktln?lnem v0∴ v?v0e(2) x?vdt?k?mt

??ve00tk?mtkmv0?mtdt?(1?e)

k(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞， 故有 x????0v0ek?mtdt?mv0 k (4)当t=

m时，其速度为 kv?v0e即速度减至v0的

km?m?k?v0e?1?v0 e1. e2-5 升降机内有两物体，质量分别为m1，m2，且m2＝2m1．用细绳连接，跨过滑轮,绳子不可伸长，滑轮质量及一切摩擦都忽略不计，当升降机以匀加速a＝上观察m1，m2的加速度各为多少?

11

1g上升时，求：(1) m1和m2相对升降机的加速度．(2)在地面2解: 分别以m1,m2为研究对象，其受力图如图(b)所示．

(1)设m2相对滑轮(即升降机)的加速度为a?，则m2对地加速度a2?a??a；因绳不可伸长，故m1对滑轮的加速度亦为a?，又m1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m1在水平方向对地加速度亦为a?，由牛顿定律，有

m2g?T?m2(a??a)

T?m1a?

题2-5图

联立，解得a??g方向向下 (2) m2对地加速度为

a2?a??a?g 方向向上 2??'?m1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a绝?a相?a牵 g25∴ a1?a??a?g??g

42222??arctana1?arctan?26.6o，左偏上． a?2?2-6一质量为m的质点以与地的仰角?=30°的初速v0从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．

解: 依题意作出示意图如题2-6图

题2-6图

在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为30o，则动量的增量为

12

????p?mv?mv0

由矢量图知，动量增量大小为mv0，方向竖直向下．

2-7 一质量为m的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞．并在抛出1 s，跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等．求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向．并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒?

解: 由题知，小球落地时间为0.5s．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v1?gt?0.5g，小球上跳速度的大小亦为v2?0.5g．设向上为y轴正向，则动量的增量

?????p?mv2?mv1方向竖直向上，

大小 ?p?mv2?(?mv1)?mg

碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒．

2-8 作用在质量为10 kg的物体上的力为F?(10?2t)iN，式中t的单位是s，(1)求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N·s，该力应在这物体上作用多久，试就一原来

???-1

静止的物体和一个具有初速度?6jm·s的物体,回答这两个问题．

解: (1)若物体原来静止，则

??t?4??p1??Fdt??(10?2t)idt?56kg?m?s?1i,沿x轴正向，

00????p1?v1??5.6m?s?1i m???I1??p1?56kg?m?s?1i若物体原来具有?6m?s?1初速，则

?t?F?????p0??mv0,p?m(?v0??dt)??mv0??Fdt于是

0m0tt??????p2?p?p0??Fdt??p1,

0同理， ?v2??v1,I2?I1

这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理． (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即

????I??(10?2t)dt?10t?t2

02亦即 t?10t?200?0

t解得t?10s，(t??20s舍去)

13

2-9 一质量为m的质点在xOy

???r?acos?ti?bsin?tj

求质点的动量及t＝0 到t?解: 质点的动量为

?2?????p?mv?m?(?asin?ti?bcos?tj)

将t?0和t??分别代入上式，得 2?????p1?m?bj,p2??m?ai ,

则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为

??????I??p?p2?p1??m?(ai?bj)

2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为v0m?s，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(a?bt)N(a,b为常数)，其中t以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有

?1F?(a?bt)?0,得t?(2)子弹所受的冲量

a bt1I??(a?bt)dt?at?bt2

02将t?a代入，得 ba2I?

2b(3)由动量定理可求得子弹的质量

Ia2 m??v02bv02-11 一炮弹质量为m，以速率v飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T，且一块的质量为另一块质量的k

v+

2kT2T, v-

mkm证明: 设一块为m1，则另一块为m2，

m1?km2及m1?m2?m

于是得 m1?kmm ① ,m2?k?1k?114

又设m1的速度为v1, m2的速度为v2，则有

T?1112m1v12?m2v2?mv2 ② 222 mv?m1v1?m2v2 ③ 联立①、③解得

v2?(k?1)v?kv1 ④

将④代入②，并整理得

2T?(v1?v)2 km于是有 v1?v?将其代入④式，有

2T kmv2?v?2kT m又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取

v1?v?证毕．

2kT2T,v2?v? mkm????????2-12 设F合?7i?6jN．(1) 当一质点从原点运动到r??3i?4j?16km时，求F所作的功．(2)如果质点

到r处时需0.6s，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg，试求动能的变化．

?F解: (1)由题知，合为恒力，

∴ A合?F?r?(7i?6j)?(?3i?4j?16k)

??21?24??45J (2) P????????A45??75w ?t0.6(3)由动能定理，?Ek?A??45J

2-13 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，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm 解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为

题2-13图

15

f??ky

第一锤外力的功为A1

A1??f?dy???fdy??kydy?ss01k ① 2式中f?是铁锤作用于钉上的力，f是木板作用于钉上的力，在dt?0时，f???f． 设第二锤外力的功为A2，则同理，有

A2??kydy?1y212kky2? ② 22由题意，有

1kA2?A1??(mv2)? ③

2212kk即 ky2??

222所以， y2?于是钉子第二次能进入的深度为

2

?y?y2?y1?2?1?0.414cm

2-14 设已知一质点(质量为m)在其保守力场中位矢为r点的势能为EP(r)?k/r, 试求质点所受保守力的大小和方向．

解: F(r)?n方向与位矢r的方向相反，即指向力心．

2-15 一根劲度系数为k1的轻弹簧A的下端，挂一根劲度系数为k2的轻弹簧B，B的下端 一重物C，C的质量为M，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势

解: 弹簧A、B及重物C受力如题2-15图所示平衡时，有

?dE(r)nk??n?1 drr

题2-15图

FA?FB?Mg

16

又 FA?k1?x1

FB?k2?x2

所以静止时两弹簧伸长量之比为

?x1k2? ?x2k1弹性势能之比为

Ep1Ep21k1?x12k?2?2 1k12k2?x2224

2-16 (1)试计算月球和地球对m物体的引力相抵消的一点P，距月球表面的距离是多少?地球质量5.98×10

8

22

6

kg，

地球中心到月球中心的距离3.84×10m，月球质量7.35×10kg，月球半径1.74×10m．(2)如果一个1kg的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在P点的势能为多少? 解: (1)设在距月球中心为r处F月引?F地引，由万有引力定律，有

G经整理，得

mM月r2?GmM地?R?r?2

r?M月M地?M月=

R

7.35?10225.98?1024?7.35?10226?3.48?108

?38.32?10m 则P点处至月球表面的距离为

h?r?r月?(38.32?1.74)?106?3.66?107m

(2)质量为1kg的物体在P点的引力势能为

EP??GM月r?GM地

?R?r?117.35?10225.98?1024?11 ??6.67?10??6.67?10??38.4?3.83??1073.83?107?1.28?106J

2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为m1和m2的滑块组成如题2-17

17

图所示装置，弹簧的劲度系数为k，自然长度等于水平距离BC，m2与桌面间的摩擦系数为?，最初m1静止于

A点，AB＝BC＝h，绳已拉直，现令滑块落下m1,求它下落到B处时的速率．

解: 取B点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有

??m2gh?11(m1?m2)v2?[m1gh?k(?l)2] 22式中?l为弹簧在A点时比原长的伸长量，则

?l?AC?BC?(2?1)h

联立上述两式，得

v?2?m1??m2?gh?kh2m1?m2?2?1?2

题2-17图

2-18 如题2-18图所示，一物体质量为2kg，以初速度v0＝3m·s从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N，

-1

到达B点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度． 解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。则由功能原理，有

?frs?12?1?kx??mv2?mgssin37?? 2?2?12mv?mgssin37??frs k?212kx2式中s?4.8?0.2?5m，x?0.2m，再代入有关数据，解得

k?1390N?m-1

题2-18图

再次运用功能原理，求木块弹回的高度h?

18

1?frs??mgs?sin37o?kx2

2代入有关数据，得 s??1.4m, 则木块弹回高度

h??s?sin37o?0.84m

题2-19图

2-19 质量为M的大木块具有半径为R的四分之一弧形槽，如题2-19图所示．质量为m的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度． 解: m从M上下滑的过程中，机械能守恒，以m，M，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有

121mv?MV2 22又下滑过程，动量守恒，以m,M为系统则在m脱离M瞬间，水平方向有

mv?MV?0

mgR?联立，以上两式，得

v?2-20

证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有

2MgR

?m?M?

121212mv0?mv1?mv2 222222即 v0?v1?v2 ①

题2-20图(a) 题2-20图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有

???mv0?mv1?mv2

亦即 v0?v1?v2 ②

由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v0为斜边，故知v1与v2是互相垂直的．

2-21 一质量为m的质点位于(x1,y1)处，速度为v?vxi?vyj, 质点受到一个沿x负方向的力f的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩． 解: 由题知，质点的位矢为

19

????????????r?x1i?y1j

作用在质点上的力为

??f??fi

所以，质点对原点的角动量为

???L0?r?mv

?????(x1i?y1i)?m(vxi?vyj)

??(x1mvy?y1mvx)k

作用在质点上的力的力矩为

???????M0?r?f?(x1i?y1j)?(?fi)?y1fk

2-22 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为r1＝8.75×10m 时的速率是v1＝5.46×10

10

4

m·s，它离太阳最远时的速率是v2＝9.08×10m·s

-1

2

-1

r2多少?(太阳位于椭圆的一个焦

点。)

解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有 r1mv1?r2mv2

r1v18.75?1010?5.46?104∴ r2???5.26?1012m 2v29.08?10????????12-23 物体质量为3kg，t=0时位于r?4im, v?i?6jm?s，如一恒力f?5jN作用在物体上,求3秒后，(1)

物体动量的变化；(2)相对z轴角动量的变化．

??3???1 解: (1) ?p??fdt??5jdt?15jkg?m?s

0(2)解(一) x?x0?v0xt?4?3?7

1215at?6?3???32?25.5j 223?????即 r1?4i,r2?7i?25.5j

y?v0yt?vx?v0x?1

5vy?v0y?at?6??3?11

3??????即 v1?i1?6j,v2?i?11j ???????∴ L1?r1?mv1?4i?3(i?6j)?72k

20

????????L2?r2?mv2?(7i?25.5j)?3(i?11j)?154.5k

????2?1?L?L?L?82.5kkg?m?s∴ 21解(二) ∵M?dz dt00??t?t?∴ ?L??M?dt??(r?F)dt

?3?15??????(4?t)i?(6t?)?t2)j??5jdt023??

??3??5(4?t)kdt?82.5kkg?m2?s?10

题2-24图

2-24 平板中央开一小孔，质量为m的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为M1的重物．小球作匀速圆周运动，当半径为r0时重物达到平衡．今在M1的下方再挂一质量为M2的物体，如题2-24图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度??和半径r?为多少?

解: 在只挂重物时M1，小球作圆周运动的向心力为M1g，即

M1g?mr0?0挂上M2后，则有

2

①

(M1?M2)g?mr???2

②

重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒． 即 r0mv0?r?mv?

?r02?0?r?2?? ③

联立①、②、③得

?0????r??M1gmr0M1gM1?M23()mr0M12

M1?M2g?m??M1?r0M1?M2-1

2-25 飞轮的质量m＝60kg，半径R＝0.25m，绕其水平中心轴O转动，转速为900rev·min．现利用一制动的

21

闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F，可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数?22=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：

(1)设F＝100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转? (2)如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力F?

解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N、N?是正压力，Fr、Fr?是摩擦力，Fx和Fy是杆在

A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在O轴处所受支承力．

题2-25图（a）

题2-25图(b)

杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有

F(l1?l2)?N?l1?0N??l1?l2F l1对飞轮，按转动定律有???FrR/I，式中负号表示?与角速度?方向相反． ∵ Fr??N N?N? ∴ Fr??N???又∵ I?∴ ???l1?l2F l11mR2, 2FrR?2?(l1?l2)?F ① ImRl1以F?100N等代入上式，得

???2?0.40?(0.50?0.75)40?100??rad?s?2

60?0.25?0.503由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为

t??这段时间内飞轮的角位移为

?0900?2??3??7.06s ?60?4022

???0t??t2?1900?2?91409?????(?)2 2604234?53.1?2?rad可知在这段时间里，飞轮转了53.1转． (2)?0?900?2?rad?s?1，要求飞轮转速在t?2s内减少一半，可知 60?0??2??0t???02t??15?rad?s?2 2用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为

F???mRl1?2?(l1?l2)60?0.25?0.50?15?

2?0.40?(0.50?0.75)?2?177N2-26 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴OO?转动．设大小圆柱体的半径分别为R和r，质量分别为M和m．绕在两柱体上的细绳分别与物体m1和m2相连，m1和m2则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图所示．设R＝0.20m, r＝0.10m，m＝4 kg，M＝10 kg，m1＝m2＝2 kg，且开始时m1，m2离地均为h＝2m．求：

(1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力．

解: 设a1,a2和β分别为m1,m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．

题2-26(a)图 题2-26(b)图

(1) m1,m2和柱体的运动方程如下：

T2?m2g?m2a2 ① m1g?T1?m1a1 ②

??T1R?T2r?I? ③

23

式中 T1??T1,T2??T2,a2?r?,a1?R? 而 I?由上式求得

11MR2?mr2 22???Rm1?rm2g22I?m1R?m2r0.2?2?0.1?2?9.8

11?10?0.202??4?0.102?2?0.202?2?0.10222?6.13rad?s?2 (2)由①式

T2?m2r??m2g?2?0.10?6.13?2?9.8?20.8N

由②式

T1?m1g?m1R??2?9.8?2?0.2.?6.13?17.1N

2-27 计算题2-27图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M，半径为r，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设m1＝50kg，m2＝200 kg,M＝15 kg, r＝0.1 m 解: 分别以m1,m2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m1,m2运用牛顿定律，有

m2g?T2?m2a ① T1?m1a ②

对滑轮运用转动定律，有

1T2r?T1r?(Mr2)? ③

2又， a?r? ④ 联立以上4个方程，得

a?m2gm1?m2?M2?200?9.8?7.6155?200?2m?s?2

题2-27(a)图 题2-27(b)图

24

题2-28图

2-28 如题2-28图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一端O的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求：

(1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过?角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有

mg∴ ??(2)由机械能守恒定律，有

11?(ml2)? 233g 2ll11mgsin??(ml2)?2

223∴ ??3gsin? l

题2-29图

2-29 如题2-29图所示，质量为M，长为l的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度??2530 (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速v0(2)相撞时小球受到多大的冲量?

解: (1)设小球的初速度为v0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为?，而小球的速度变为v，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：

mv0l?I??mvl ①

121212mv0?I??mv ② 222上两式中I?12Ml，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度325

??30o，按机械能守恒定律可列式：

12lI??Mg(1?cos30?) ③ 22由③式得

1212?3g3??Mgl????(1?cos30?)???(1?)?

Il2????由①式

v?v0?由②式

I? ④ mlI?2v?v? ⑤

m220所以

(v0?求得

I?212)?v0??2 mlmv0??(2)相碰时小球受到的冲量为

l?Il1M(1?2)?(1?)?223mml6(2?33m?M12mgl

?Fdt??mv?mv?mv由①式求得

0

?Fdt?mv?mv0????6(2?3)M6gl

I?1??Ml? l3负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．

题2-30图

2-30 一个质量为M、半径为R并以角速度?转动着的飞轮26(可看作匀质圆盘)，在某一瞬时突然有一片质量为m的碎片从轮的边缘上飞出，见题2-30 (1)问它能升高多少? (2) 解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度

v0?R?

26

设碎片上升高度h时的速度为v，则有

2v2?v0?2gh

令v?0，可求出上升最大高度为

2v0122H??R?

2g2g(2)圆盘的转动惯量I?11碎片抛出后圆盘的转动惯量I??MR2?mR2，碎片脱离前，盘的角动量为I?，MR2，

22碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，

即

I??I????mv0R

式中??为破盘的角速度．于是

11MR2??(MR2?mR2)???mv0R 2211(MR2?mR2)??(MR2?mR2)?? 22得???? (角速度不变)

圆盘余下部分的角动量为

1(MR2?mR2)? 2转动动能为

题2-31图

Ek?11(MR2?mR2)?2 222-31 一质量为m、半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动．另一质量为m0的子弹以速度v0射入轮缘(如题2-31图所示方向)．

(1)开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值?

(2)用m,m0和?27表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比． 解: (1)射入的过程对O轴的角动量守恒

Rsin?m0v0?(m?m0)R2?

∴ ??m0v0sin?

(m?m0)R 27

mvsin?21[(m?m0)R2][00]Ek2(m?m0)Rm0sin2?(2) ??1Ek0m?m20m0v022-32 弹簧、定滑轮和物体的连接如题2-32图所示，弹簧的劲度系数为2.0 N·m；定滑轮的转动惯量是0.5kg·m，半径为0.30m ，问当6.0 kg质量的物体落下0.40m 时，它的速率为多大? 假设开始时物体静止而弹簧无伸长． 解: 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有

-1

2

121212mv?I??kh 222又 ??v/R

mgh?(2mgh?kh2)k2故有 v? 2mR?I(2?6.0?9.8?0.4?2.0?0.42)?0.32? 6.0?0.32?0.5?2.0m?s?1

题2-32图 题2-33图

2-33 空心圆环可绕竖直轴AC自由转动，如题2-33图所示，其转动惯量为I0，环半径为R，初始角速度为?0．质量为m的小球，原来静置于A点，由于微小的干扰，小球向下滑动．设圆环内壁是光滑的，问小球滑到B点与C点时，小球相对于环的速率各为多少?

解: (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B点时，有

I0?0?(I0?mR2)? ①

该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为vB，以B点为重力势能零点，则有

11122 ② I0?0?mgR?(I0?mR2)?2?mvB222联立①、②两式，得

22I0?0RvB?2gR?

I0?mR2(2)当小球滑至C点时，∵Ic?I0 ∴?c??0 故由机械能守恒，有

28

mg(2R)?∴ vc?2gR 请读者求出上述两种情况下，小球对地速度．

12mvc 2习题三

3-1 惯性系S′相对惯性系S以速度u运动．当它们的坐标原点O与O?重合时，t=t?=0，发出一光波，此后两惯性系的观测者观测该光波的波阵面形状如何?用直角坐标系写出各自观测的波阵面的方程． 解: 由于时间和空间都是均匀的，根据光速不变原理，光讯号为球面波．波阵面方程为：

x2?y2?z2?(ct)2 x?2?y?2?z?2?(ct?)2

题3-1图

3-2 设图3-4中车厢上观测者测得前后门距离为2l．试用洛仑兹变换计算地面上的观测者测到同一光信号到达前、后门的时间差．

?,t1?)?(l,)，在车站(S)系： 解: 设光讯号到达前门为事件1，在车厢(S?)系时空坐标为(x1ulu?lu?x)??(?l)?(1?) 212cccccl?,t2?)?(?l,)，在车站(S)系： 光信号到达后门为事件2，则在车厢(S?)系坐标为(x2cu?lu??2x2?)?(1?) t2??(t2ccc?lu于是 t2?t1??22

c??t1??(t1lc??x2??2l 或者 ?t??0,?t?t1?t2,?x??x1 ?t??(?t??uu??x)??(2l) c2c23-3 惯性系S′相对另一惯性系S沿x轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为计时起点．在S系中测得两事件的时空坐标分别为x1=6×10m,t1=2×10s，以及x2=12×10m,t2=1×10s．已知在S′系中测得该两事件

4

-4

4

-4

同时发生．试问：(1)S′系相对S系的速度是多少? (2) S?系中测得的两事件的空间间隔是多少?

29

解: 设(S?)相对S的速度为v，

???(t1?(1) t1vx) 21c???(t2?t2vx) 22c??t1??0 由题意 t2则 t2?t1?故 v?c2v(x2?x1) 2ct2?t1c????1.5?108m?s?1

x2?x12???(x1?vt1),x2???(x2?vt2) (2)由洛仑兹变换 x1??x1??5.2?10m 代入数值， x23-4 长度l0=1 m

?4S′系中，与x轴的夹角?'=3030°，S′系相对S系沿x轴运动，在S系中观测者

′

测得米尺与x轴夹角为??45． 试求：(1)S′系和S系的相对运动速度.(2)S系中测得的米尺长度． 解: (1)米尺相对S?静止，它在x?,y?轴上的投影分别为：

??L0cos???0.866m，L??Lxy?L0sin??0.5m

米尺相对S沿x方向运动，设速度为v，对S系中的观察者测得米尺在x方向收缩，而y方向的长度不变，即

v2?1?2,Ly?L?Lx?Lxy

c故 tan??LyLx?L?yLx?L?y?1?Lxvc22

?,L?把??45ο及Lxy代入

v20.5则得 1?2?

0.866c故 v?0.816c

(2)在S系中测得米尺长度为L?Lysin45??0.707m

3-5 一门宽为a，今有一固有长度l0(l0＞a)的水平细杆，在门外贴近门的平面内沿其长度方向匀速运动．若站在门外的观察者认为此杆的两端可同时被拉进此门，则该杆相对于门的运动速率u至少为多少?

30

解: 门外观测者测得杆长为运动长度，l?l01?()uc2，当1?a时，可认为能被拉进门，则

ua?l01?()2

c解得杆的运动速率至少为：u?c1?(

题3-6图

a2) l0

3-6两个惯性系中的观察者O和O?以0.6c(c表示真空中光速)的相对速度相互接近，如果O测得两者的初始距离是20m，则O?测得两者经过多少时间相遇? 解: O测得相遇时间为?t

?t?L020? v0.6cO? 测得的是固有时?t?

L01??2∴ ?t?? ??v?t ?8.89?10?8s，

??v?0.6 ， c1 ， ??0.8L v或者，O?测得长度收缩，

L?L01??2?L01?0.62?0.8L0,?t???t??0.8L00.8?20??8.89?10?8s 80.6c0.6?3?103-7 观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系S和S?中，甲测得在同一地点发生的两事件的时间间隔为 4s，而乙测得这两个事件的时间间隔为 5s．求： (1) S?相对于S的运动速度．

(2)乙测得这两个事件发生的地点间的距离．

??x1?′ 解: 甲测得?t?4s,?x?0,乙测得?t?5s，坐标差为?x??x2(1)∴ ?t???(?t?v?x)???tc21v1?()2c31

?t

v2?t4? 1?2??

?t?5c解出 v?c1?(?t243)?c1?()2?c ?t?55?1.8?108 m?s?1

(2) ?x?????x?v?t?,??∴ ?x????v?t???t?5?,?x?0 ?t453?c?4??3c??9?108m 45??x1??0． 负号表示x23-8 一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行．如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他所乘的火箭相对于

地球的速度是多少?

解: l??3?l01??2?51??2,则∴ v?1?3?1??2 594c?c 2553-9 论证以下结论：在某个惯性系中有两个事件同时发生在不同地点，在有相对运动的其他惯性系中，这两个事

件一定不同时．

证: 设在S系A、B事件在a,b处同时发生，则?x?xb?xa,?t?tA?tB，在S?系中测得

? ?t??t?B?tA??(?t?? ?t?0,?x?0，

v?x) c2∴ ?t??0 即不同时发生． 3-10 试证明：

(1)如果两个事件在某惯性系中是同一地点发生的，则对一切惯性系来说这两个事件的时间间隔，只有在此惯性系中最短．

(2)如果两个事件在某惯性系中是同时发生的，则对一切惯性关系来说这两个事件的空间间隔，只有在此惯性系中最短．

解: (1)如果在S?系中，两事件A、B在同一地点发生，则?x??0，在S系中，?t???t???t?，仅当v?0时，等式成立，∴?t?最短．

(2)若在S?系中同时发生，即?t??0，则在S系中，?x???x???x?，仅当v?0时等式成立，∴S?系中?x?最短．

3-11 根据天文观测和推算，宇宙正在膨胀，太空中的天体都远离我们而去．假定地球上观察到一颗脉冲星(发出周期无线电波的星)的脉冲周期为 0.50s，且这颗星正沿观察方向以速度0.8c离我们而去．问这颗星的固有周期为多少?

解: 以脉冲星为S?系，?x??0，固有周期?t???0.地球为S系，则有运动时?t1???t?，这里?t1不是地球上

32

某点观测到的周期，而是以地球为参考系的两异地钟读数之差．还要考虑因飞行远离信号的传递时间，

v?t1 c∴ ?t??t1?v?t1v???t????t′ ccv???t?(1?)

c??1?(10.8c2)c?1 0.6则 ?0??t???t?(1?)0.5(1?0.8)10.6vc?0.5

0.8c(1?)?c??0.3?0.1666s 1.83-12 6000m 的高空大气层中产生了一个?介子以速度v=0.998c飞向地球．假定该?介子在其自身静止系中的

-6

寿命等于其平均寿命332×10s．试分别从下面两个角度，即地球上的观测者和?介子静止系中观测者来判断?介子能否到达地球．

?6解: ?介子在其自身静止系中的寿命?t0?2?10s是固有(本征)时间，对地球观测者，由于时间膨胀效应，

其寿命延长了．衰变前经历的时间为

?t??t0v21?2c?3.16?10?5s

这段时间飞行距离为d?v?t?9470m 因d?6000m，故该?介子能到达地球．

或在?介子静止系中，?介子是静止的．地球则以速度v接近介子，在?t0时间内，地球接近的距离为

d??v?t0?599m

d0?6000m经洛仑兹收缩后的值为：

??d0d0?，故?介子能到达地球． d??d0v21?2?379m

c3-13 设物体相对S′系沿x?轴正向以0.8c运动，如果S′系相对S系沿x轴正向的速度也是0.8c，问物体相对S系的速度是多少?

33

解: 根据速度合成定理，u?0.8c,v?x?0.8c ∴ vx?v?0.8c?0.8cx?u??0.98c

uv?0.8c?0.8c1?2x1?c2c3-14 飞船A以0.8c的速度相对地球向正东飞行，飞船B以0.6c的速度相对地球向正西方向飞行．当两飞船即将

相遇时A飞船在自己的天窗处相隔2s发射两颗信号弹．在B飞船的观测者测得两颗信号弹相隔的时间间隔为多少?

解: 取B为S系，地球为S?系，自西向东为x(x?)轴正向，则A对S?系的速度v?x?0.8c，S?系对S系的速度为u?0.6c，则A对S系(B船)的速度为

v??u0.8c?0.6cvx?x??0.946c

uv?1?0.481?2xc发射弹是从A的同一点发出，其时间间隔为固有时?t??2s，

题3-14图

∴B中测得的时间间隔为：

?t??t?1?vc2x2?21?0.9462?6.17s

3-15 (1)火箭A和B分别以0.8c和0.6c的速度相对地球向+x和-x方向飞行．试求由火箭B测得A的速度．(2)若火箭A相对地球以0.8c的速度向+y方向运动，火箭B的速度不变，求A相对B的速度．

解: (1)如图a，取地球为S系，B为S?系，则S?相对S的速度u?0.6c，火箭A相对S的速度vx?0.8c，则A相对S?(B)的速度为：

v?x?vx?u0.8c?(?0.6c)??0.946c u(?0.6c)(0.8c)1?2vx1?cc2或者取A为S?系，则u?0.8c，B相对S系的速度vx??0.6c，于是B相对A的速度为：

v?x?vx?u?0.6c?0.8c???0.946c u(0.8c)(?0.6c)1?2vx1?cc234

(2)如图b，取地球为S系，火箭B为S?系，S?系相对S系沿?x方向运动，速度u??0.6c，A对S系的速度为,vx?0,vy?0.8c,由洛仑兹变换式A相对B的速度为：

v?x?vx?u0?(?0.6c)??0.6c u1?01?2vxcu21?2vycv??1?0.62(0.8c)?0.64c y?u1?2vxc∴A相对B的速度大小为

2?2v??v?x?vy?0.88c

速度与x?轴的夹角??为

tan???v?yv?x?1.07

???46.8ο

题3-15图

3-16 静止在S系中的观测者测得一光子沿与x轴成60?角的方向飞行．另一观测者静止于S′系，S′系的x?轴与x轴一致，并以0.6c的速度沿x方向运动．试问S′系中的观测者观测到的光子运动方向如何? 解: S系中光子运动速度的分量为

vx?ccos60ο?0.500c

vy?csin60ο?0.866c

由速度变换公式，光子在S?系中的速度分量为

v?x?vx?u0.5c?0.6c???0.143c u0.6c?0.5c1?2vx1?cc2u21?2vy1?0.62?0.866ccv???0.990c y?u0.6c?0.5c1?2vx1?cc2光子运动方向与x?轴的夹角??满足

35

tan???v?yv?x??0.692

??在第二象限为???98.2ο

在S?系中，光子的运动速度为

2?2v??v?x?vy?c 正是光速不变．

3-17 (1)如果将电子由静止加速到速率为0.1c，须对它作多少功?(2)如果将电子由速率为0.8c加速到0.9c，又须

对它作多少功?

解: (1)对电子作的功，等于电子动能的增量，得

?Ek?Ek?mc2?m0c2?m0c2(??1)?m0c2(11?vc22?1)

?9.1?10?31?(3?108)2(11?0.12?1)

?4.12?10?16J=2.57?103eV

??Ek?Ek?(m2c2?m0c2)?(m1c2?m0c2) (2) ?Ek21?m2c2?m1c2?m0c2(11?vc222?11??vc212))

?9.1?10?31?32?1016(11?0.9211?0.82)

?5.14?10?14J?3.21?105eV

3-18

?子静止质量是电子静止质量的36207倍，静止时的平均寿命?0=2×10-6s，若它在实验室参考系中的平均

-6

寿命?= 7×10s，试问其质量是电子静止质量的多少倍?

解: 设?子静止质量为m0，相对实验室参考系的速度为v??c，相应质量为m，电子静止质量为m0e，因

???01??2,即11??2??7? ?02m01??2由质速关系，在实验室参考系中质量为：

m??207m0e1??2

故

m2077??207??725 m0e21??23-19 一物体的速度使其质量增加了10%，试问此物体在运动方向上缩短了百分之几?

36

解: 设静止质量为m0，运动质量为m， 由题设

m?m0?0.10 m0m?11??2m01??2

由此二式得

?1?0.10

1 1.10∴ 1??2?在运动方向上的长度和静长分别为l和l0，则相对收缩量为：

?ll0?l0?l1?1?1??2?1??0.091?9.1% l01.103-20 一电子在电场中从静止开始加速，试问它应通过多大的电势差才能使其质量增加0.4%?此时电子速度是多少?-31

已知电子的静止质量为9.1×10kg． 解: 由质能关系

?m?E0.4?? m0m0c21000.4m0c2?0.4?9.1?10?31?(3?108)2/100 ∴ ?E?100?3.28?10所需电势差为2.0?103伏特 由质速公式有：

?163.28?10?163J＝??2.0?10eV eV ?191.6?101??2?m0m0??mm0??m111 ???m0.41.0041?1?m0100∴ ?2?()2?1?(vc12)?7.95?10?3

1.0047-1故电子速度为 v??c?2.7?10m?s

3-21 一正负电子对撞机可以把电子加速到动能EK＝2.8×10eV．这种电子速率比光速差多少? 这样的一个电子

9

动量是多大?(与电子静止质量相应的能量为E0＝0.511×10eV

6

)

37

解: Ek?m0c2v21?2c?m0c2

m0c2v21?所以 1?2? 22c1?Ek/m0cEk?m0c由上式，

m0c22v?c1?()m0c2?Ek?c1?(0.51?106)2/(0.511?106?2.8?109)2?2.9979245?108m?s-1

c?v?2.997924580?108m?s-1?2.9979245?108?8 m?s-1

22224由动量能量关系E?pc?m0c可得

p?24E2?m0cc?24(Ek?m0c2)2?m0cc?Ek2?2Ekm0c2c1?382

?[(2.82?1018?2?2.8?109?0.511?106)?1.62?10?1.49?10?18kg?m?s?1]/3?108

413-22 氢原子的同位素氘(1H)和氚(1H)在高温条件下发生聚变反应，产生氦(2He)原子核和一个中子(0n)，并释放出大量能量，其反应方程为1H + 1H

-27

232342He + 0n

12.0135原子质量单位(1原子质量

单位＝1.600×10kg)，氚核和氦核及中子的质量分别为3.0155，4.0015，1.00865原子质量单位．求上述聚变反应释放出来的能量．

解: 反应前总质量为2.0135?3.0155?5.0290amu 反应后总质量为4.0015?1.0087?5.0102amu 质量亏损 ?m?5.0290?5.0102?0.0188amu

?3.12?10?29kg

?E??mc2?3.12?10?29??3?108?

2?2.81?10?21J?1.75?107eV

3-23 一静止质量为m0的粒子，裂变成两个粒子，速度分别为0.6c和0.8c．求裂变过程的静质量亏损和释放出的动能．

解: 孤立系统在裂变过程中释放出动能，引起静能减少，相应的静止质量减少，即静质量亏损． 设裂变产生两个粒子的静质量分别为m10和m20，其相应的速度v1?0.6c,v2?0.8c 由于孤立系统中所发生的任何过程都同时遵守动量守恒定律和能(质)量守恒定律，所以有

38

??m1v1?m2v2?m10v121?2cm101?vc212?v1?m202v21?2c?v2?0

m1?m2??m201?vc222?m0

注意m1和m2必沿相反方向运动，动量守恒的矢量方程可以简化为一维标量方程，再以v1?0.6c,v2?0.8 c代入，将上二方程化为：

mm68m10?m20，10?20?m0

0.80.686上二式联立求解可得：

m10?0.459m0, m20?0.257m0

故静质量亏损?m?m0?(m10?m20)?0.284m0由静质量亏损引起静能减少，即转化为动能，故放出的动能为

?Ek??mc2?0.284m0c2

3-24 有A，B两个静止质量都是m0的粒子，分别以v1=v,v2=-v的速度相向运动，在发生完全非弹性碰撞后合并为一个粒子．求碰撞后粒子的速度和静止质量．

解: 在实验室参考系中，设碰撞前两粒子的质量分别m1和m2，碰撞后粒子的质量为M、速度为V，于是，根据动量守恒和质量守恒定律可得：

m1v1?m2v2?MV ① m1?m2?M ②

由于 m1v1?m2v2?m0vv1?()2c?m0(?v)1?(?v2)c?0

代入①式得 V?0

M?m1?m22m0v1?()2c，即为碰撞后静止质量．

3-25 试估计地球、太阳的史瓦西半径．

解: 史瓦西半径 rs?2GM 2c24地球： M?6?10kg

39

2?6.7?10?11?6?1024?3则： rs??8.9?10m 82(3?10)太阳： M?2?1030kg

2?6.7?10?11?2?1030则： rs??3?103 m 82(3?10)3-26 典型中子星的质量与太阳质量M⊙＝2×10kg

-15

30

10km．若进一步坍缩为黑洞，其史瓦

西半径为多少?一个质子那么大小的微黑洞(10cm)，质量是什么数量级?

3 解: (1)史瓦西半径与太阳的相同，rs?3?10m

?15cm ?10?17m (2) rs?10由 rs?2GM 2crsc210?17?(3?108)29??6.7?10得 M?kg ?112G2?6.7?103-27 简述广义相对论的基本原理和实验验证．

解: 广义相对论的基本原理是等效原理和广义相对性原理．

等效原理又分为弱等效原理和强等效原理．弱等效原理是：在局部时空中，不可能通过力学实验区分引力和惯性力，引力和惯性力等效．强等效原理是：在局部时空中，任何物理实验 都不能区分引力和惯性力，引力和惯性力等效．

广义相对性原理是：所有参考系都是平权的，物理定律的表述相同．

广义相对论的实验验证有：光线的引力偏转，引力红移，水星近日点进动，雷达回波延迟等．

习题四

4-1 符合什么规律的运动才是谐振动?分别分析下列运动是不是谐振动： (1)拍皮球时球的运动；

(2)如题4-1图所示，一小球在一个半径很大的光滑凹球面内滚动(设小球所经过的弧线很 短)．

题4-1图

解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一 ，描述系统的各种参量，如质量、转动惯量、摆长……等等在运动中保持为常量；二，系统 是在 自己的稳定平衡位置附近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用． 或者说，若一个系统的运动微分方程能用

40

d2???2??0 2dt描述时，其所作的运动就是谐振动．

(1)拍皮球时球的运动不是谐振动．第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位置； 第二，球在运动中所受的三个力：重力，地面给予的弹力，击球者给予的拍击力，都不是线 性回复力．

(2)小球在题4-1图所示的情况中所作的小弧度的运动，是谐振动．显然，小球在运动过程中 ，各种参量均为常量；该系统(指小球凹槽、地球系统)的稳定平衡位置即凹槽最低点，即系统势能最小值位置点O；而小球在运动中的回复力为?mgsin?，如题4-1图(b)所示．题 中所述，?S＜＜R，故???S→0，所以回复力为R?mg?.式中负号，表示回复力的方向始终与角位移的方向相反．即小球在O点附近的往复运动中所受回复力为

线性的．若以小球为对象，则小球在以O?为圆心的竖直平面内作圆周运动，由牛顿第二定律，在凹槽切线方向上有

d2?mR2??mg?

dt令?2?g，则有 Rd2?2???0 2dt4-2 劲度系数为k1和k2的两根弹簧，与质量为m的小球按题4-2图所示的两种方式连 接，试证明它们的振动均为谐振动，并分别求出它们的振动周期．

题4-2图

解：(1)图(a)中为串联弹簧，对于轻弹簧在任一时刻应有F?F1?F2，设串联弹簧的等效倔强系数为K串等效位移为x，则有

F??k串xF1??k1x1

F2??k2x2

又有 x?x1?x2

x?所以串联弹簧的等效倔强系数为

FFF?1?2 k串k1k2k串?

k1k2

k1?k241

即小球与串联弹簧构成了一个等效倔强系数为k?k1k2/(k1?k2)的弹簧振子系统，故小球作谐振动．其振动周期为

T?2???2?m(k1?k2)m ?2?k串k1k2(2)图(b)中可等效为并联弹簧，同上理，应有F?F1?F2，即x?x1?x2，设并联弹簧的倔强系数为k并，则有

k并x?k1x1?k2x2

故 k并?k1?k2 同上理，其振动周期为

T??2?m

k1?k24-3 如题4-3图所示，物体的质量为m，放在光滑斜面上，斜面与水平面的夹角为?，弹簧的倔强系数为k，滑轮的转动惯量为I，半径为R．先把物体托住，使弹簧维持原长，然 后由静止释放，试证明物体作简谐振动，并求振动周期．

题4-3图

解：分别以物体m和滑轮为对象，其受力如题4-3图(b)所示，以重物在斜面上静平衡时位置为坐标原点，沿斜面向下为x轴正向，则当重物偏离原点的坐标为x时，有

d2xmgsin??T1?m2 ①

dtT1R?T2R?I? ②

d2x 2?R? T2?k(x0?x) ③

dt式中x0?mgsin?/k，为静平衡时弹簧之伸长量，联立以上三式，有

Id2x(mR?)2??kxR

RdtkR2令 ??

mR2?I2则有

42

d2x??2x?0 2dt故知该系统是作简谐振动，其振动周期为

mR2?Im?I/R2T??2?(?2?)

?KkR22?4-4 质量为10?10kg的小球与轻弹簧组成的系统，按x?0.1cos(8??(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；

(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等? (3)t2?32?)3(SI)的规律作谐振动，求：

?5s与t1?1s两个时刻的位相差；

解：(1)设谐振动的标准方程为x?Acos(?t??0)，则知：

A?0.1m,??8?,?T?2?1?s,?0?2?/3 ?4又 vm??A?0.8?m?s?1 ?2.51m?s?1

am??2A?63.2m?s?2

(2) Fm?am?0.63N

12mvm?3.16?10?2J 21Ep?Ek?E?1.58?10?2J

2E?当Ek?Ep时，有E?2Ep， 即

12112kx??(kA) 22222A??m 220∴ x?? (3) ????(t2?t1)?8?(5?1)?32?

4-5 一个沿x轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A，周期为T，其振动方程用余弦函数表示．如果t?0时质

点的状态分别是：

(1)x0??A；

(2)过平衡位置向正向运动； (3)过x?A处向负向运动； 2(4)过x??A2处向正向运动．

试求出相应的初位相，并写出振动方程．

43

解：因为 ??x0?Acos?0

?v0???Asin?0将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有

?1???2???3??4??332?35?42?x?Acos(t??)

T2?3x?Acos(t??)

T22??x?Acos(t?)

T32?5x?Acos(t??)

T44-6 一质量为10?10kg的物体作谐振动，振幅为24cm，周期为4.0s，当t?0时位移为?24cm．求： (1)t?0.5s时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；

(2)由起始位置运动到x?12cm处所需的最短时间； (3)在x?12cm处物体的总能量．

解：由题已知 A?24?10m,T?4.0s ∴ ??又，t?0时，x0??A,??0?0 故振动方程为

?22??0.5?Trad?s?1

x?24?10?2cos(0.5?t)m

(1)将t?0.5s代入得

x0.5?24?10?2cos(0.5?t)m?0.17m

F??ma??m?2x??10?10?()?0.17??4.2?10N2方向指向坐标原点，即沿x轴负向． (2)由题知，t?0时，?0?0，

?3?2?3

A?,且v?0,故?t? 23????2∴ t??/?s

?323t?t时 x0?? (3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为

E?121kA?m?2A2221???10?10?3()2?(0.24)2 22?7.1?10?4J44

4-7 有一轻弹簧，下面悬挂质量为1.0g的物体时，伸长为4.9cm．用这个弹簧和一个质量为8.0g的小球构成

?1弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开1.0cm后 ，给予向上的初速度v0?5.0cm?s，求振动周期和振动表达

式． 解：

m1g1.0?10?3?9.8k???0.2N?m?1 ?2x14.9?10?2?2-1而t?0时，x0??1.0?10m,v0?5.0?10m?s ( 设向上为正)

又 ??k0.22???5,即T??1.26s ?3m?8?10?2A?x0?(v0?)2?225.0?10?22?(1.0?10)?()

5?2?10?2mv05.0?10?25? tan?0????1,即??0x0?1.0?10?2?54∴ x?52?10?2cos(5t??)m

4

4-8 图为两个谐振动的x?t曲线，试分别写出其谐振动方程．

题4-8图

解：由题4-8图(a)，∵t?0时，x0?0,v0?0,??0?即 ??3?,又,A?10cm,T?2s 22???Trad?s?1

3?)m 2A5?由题4-8图(b)∵t?0时，x0?,v0?0,??0?

23故 xa?0.1cos(?t?t1?0时，x1?0,v1?0,??1?2???2

又 ?1???1???535? 245

∴ ??5? 6565?)m 34-9 一轻弹簧的倔强系数为k，其下端悬有一质量为M的盘子．现有一质量为m的物体从离盘底h高度处自

故 xb?0.1cos(?t?由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动． (1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同? (2)此时的振动振幅多大?

(3)取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程．

解：(1)空盘的振动周期为2?MM?m，落下重物后振动周期为2?，即增大． kkmg．碰撞时，以m,M为一系统动量守恒，即 k(2)按(3)所设坐标原点及计时起点，t?0时，则x0??m2gh?(m?M)v0

则有 v0?于是

m2gh

m?Mmg2m22gh2A?x?()?()?()?k(m?M)20v02

?mg2kh1?k(m?M)g（3）tan?0??v02kh (第三象限)，所以振动方程为 ?x0?(M?m)gmg2khx?1?k(m?M)g?k2kh?cos?t?arctan?

m?M(M?m)g???34-10 有一单摆，摆长l?1.0m，摆球质量m?10?10kg，当摆球处在平衡位置时，若给小球一水平向右的冲量F?t?1.0?10?4kg?m?s?1，取打击时刻为计时起点(t?0)，求振动的初位相和角振幅，并写出小球的振

动方程．

解：由动量定理，有

F??t?mv?0

F??t1.0?10?4??0.01∴ v?m1.0?10?3m?s-1

?1按题设计时起点，并设向右为x轴正向，则知t?0时，x0?0,v0?0.01m?s ＞0

∴ ?0?3?/2

46

又 ??g9.8??3.13rad?s?1 l1.0v0)2?v0?0.01?3.2?10?3m 3.13A?3.2?10?3rad l322∴ A?x0?(??故其角振幅

??小球的振动方程为

??3.2?10?3cos(3.13t??)rad

4-11 有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为0.20m，位相与第一振动的位相差为第一振动的振幅为0.173m，求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动的位相差．

?，已知6

题4-11图

解：由题意可做出旋转矢量图如下． 由图知

2A2?A12?A2?2A1Acos30??(0.173)2?(0.2)2?2?0.173?0.2?3/2 ?0.01∴ A2?0.1m 设角AA1O为?，则

2A2?A12?A2?2A1A2cos?

2A12?A2?A2(0.173)2?(0.1)2?(0.02)2cos???即 2A1A22?0.173?0.1?0即???2，这说明，A1与A2间夹角为

??，即二振动的位相差为. 224-12 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：

????x?5cos(3t?)cmx?5cos(3t?)cm1?1?33(1) ? (2)?

7?4??x2?5cos(3t??x2?5cos(3t?)cm)cm33??7??解： (1)∵ ????2??1???2?,

33

47

∴合振幅 A?A1?A2?10cm

4?????, 33∴合振幅 A?0

(2)∵ ???4-13 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为

??x?0.4cos(2t?)m?16 ?5?x2?0.3cos(2t??)m6?试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。 解：∵ ????5?(??)?? 66∴ A合?A1?A2?0.1m

5?Asin?1?A2sin?266?3 tan??1??5?A2cos?1?A2cos?230.4cos?0.3cos66?∴ ??

60.4?sin?0.3sin其振动方程为

?x?0.1cos(2t?)m

6(作图法略) *

4-14 如题4-14图所示，两个相互垂直的谐振动的合振动图形为一椭圆，已知x方向的振动方程为

?x?6cos2?tcm，求y方向的振动方程．

题4-14图

解：因合振动是一正椭圆，故知两分振动的位相差为相差为

?3?或；又，轨道是按顺时针方向旋转，故知两分振动位

22?.所以y方向的振动方程为 2y?12cos(2?t??2)cm

习题五

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5-1 振动和波动有什么区别和联系?平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同?又有什么联系?振动曲线和波形曲线有什么不同? 解: (1)振动是指一个孤立的系统(也可是介质中的一个质元)在某固定平衡位置附近所做的往复运动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为y?f(t)；波动是振动在连续介质中的传播过程，此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动，因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置x，又是时间t的函数，即y?f(x,t)．

(2)在谐振动方程y?f(t)中只有一个独立的变量时间t，它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程y?f(x,t)中有两个独立变量，即坐标位置x和时间t，它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律． 当谐波方程y?Acos?(t?生波动的必要条件之一．

(3)振动曲线y?f(t)描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为y，横轴为t；波动曲线

x)中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持续不断地振动又是产uy?f(x,t)描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律，其纵轴为y，横轴为x．每一幅图只

能给出某一时刻质元的位移随坐标位置x变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图．

xx?x?x)+?0］中的表示什么?如果改写为y=Acos (?t?又是??0)，uuuux什么意思?如果t和x均增加，但相应的［?(t?)+?0］的值不变，由此能从波动方程说明什么?

u?x解: 波动方程中的x/u表示了介质中坐标位置为x的质元的振动落后于原点的时间；则表示x处质元比原点

u落后的振动位相；设t时刻的波动方程为

?x yt?Acos(?t???0)

u则t??t时刻的波动方程为

?(x??x) yt??t?Acos[?(t??t)???0]

u?x其表示在时刻t，位置x处的振动状态，经过?t后传播到x?u?t处．所以在(?t?)中，当t，x均增加时，

u?x(?t?)的值不会变化，而这正好说明了经过时间?t，波形即向前传播了?x?u?t的距离，说明

u?xy?Acos(?t???0)描述的是一列行进中的波，故谓之行波方程．

u5-2 波动方程y=Acos［?(t?5-3 波在介质中传播时，为什么介质元的动能和势能具有相同的位相，而弹簧振子的动能和势能却没有这样的特点?

解: 我们在讨论波动能量时，实际上讨论的是介质中某个小体积元dV内所有质元的能量．波动动能当然是指质元振动动能，其与振动速度平方成正比，波动势能则是指介质的形变势能．形变势能由介质的相对形变量(即应变量)决定．如果取波动方程为y?f(x,t)，则相对形变量(即应变量)为?y/?x.波动势能则是与?y/?x的平方成正比．由波动曲线图(题5-3图)可知，在波峰，波谷处，波动动能有极小(此处振动速度为零)，而在该处的应

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变也为极小(该处?y/?x?0)，所以在波峰，波谷处波动势能也为极小；在平衡位置处波动动能为极大(该处振动速度的极大)，而在该处的应变也是最大(该处是曲线的拐点)，当然波动势能也为最大．这就说明了在介质中波动动能与波动势能是同步变化的，即具有相同的量值．

题5-3图

对于一个孤立的谐振动系统，是一个孤立的保守系统，机械能守恒，即振子的动能与势能之和保持为一个常数，而动能与势能在不断地转换，所以动能和势能不可能同步变化．

5-4 波动方程中，坐标轴原点是否一定要选在波源处? t=0时刻是否一定是波源开始振动的时刻? 波动方程写成

y=Acos?(t?x)时，波源一定在坐标原点处吗?在什么前提下波动方程才能写成这种形式? ux)时，坐标原点也不u解: 由于坐标原点和开始计时时刻的选全完取是一种主观行为，所以在波动方程中，坐标原点不一定要选在波源处，同样，t?0的时刻也不一定是波源开始振动的时刻；当波动方程写成y?Acos?(t?一定是选在波源所在处的．因为在此处对于波源的含义已做了拓展，即在写波动方程时，我们可以把介质中某一已知点的振动视为波源，只要把振动方程为已知的点选为坐标原点，即可得题示的波动方程．

5-5 在驻波的两相邻波节间的同一半波长上，描述各质点振动的什么物理量不同，什么物理量相同? 解: 取驻波方程为y?2Acos2??xcos??vt，则可知，在相邻两波节中的同一半波长上，描述各质点的振幅是

2?不相同的，各质点的振幅是随位置按余弦规律变化的，即振幅变化规律可表示为2Acos?x．而在这同一半波

长上，各质点的振动位相则是相同的，即以相邻两波节的介质为一段，同一段介质内各质点都有相同的振动位相，而相邻两段介质内的质点振动位相则相反．

5-6 波源向着观察者运动和观察者向波源运动都会产生频率增高的多普勒效应，这两种情况有何区别?

解: 波源向着观察者运动时，波面将被挤压，波在介质中的波长，将被压缩变短，(如题5-6图所示)，因而观察者在单位时间内接收到的完整数目(u/??)会增多，所以接收频率增高；而观察者向着波源运动时，波面形状不变，但观察者测到的波速增大，即u??u?vB，因而单位时间内通过观察者完整波的数目

u??也会增多，即接收

频率也将增高．简单地说，前者是通过压缩波面(缩短波长)使频率增高，后者则是观察者的运动使得单位时间内通过的波面数增加而升高频率．

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