大学物理第三版（北京邮电大学出版）上册课后习题答案

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

试举例说明．

解：（1）?r是位移的模，?（2）

drdrds?v?是速度的模，即.

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 ?rdtdtdtdr就是速度径向上的分量， dt∴

drdr与不同如题1-1图所示. 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

d2rdr出r＝x?y，然后根据v =，及a＝2而求得结果；又有人先计算速度和加速度

dtdt22的分量，再合成求得结果，即

?dx??dy? v=?????及a=

dt???dt?22?d2x??d2y???dt2?????dt2?? 你认为两种方法哪一种????22

正确？为什么？两者差别何在？

???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?2x2y2222?dx??dy?22a?ax?ay???dt2?????dt2??????22

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其二，可能是将与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，

dtdtdtd2r而只是速度在径向上的分量，同样，2也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中

dt2?d2r?d????的一部分?a径?2?r?或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r在径向（即??。

dtdt????????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)．

?12??解：（1） r?(3t?5)i?(t?3t?4)jm

2(2)将t?1,t?2代入上式即有

???r1?8i?0.5j m

???r2?11j?4jm ??????r?r2?r1?3j?4.5jm

??????(3)∵ r0?5j?4j,r4?17i?16j

?????????rr4?r012i?20j∴ v????3i?5jm?s?1

?t4?04????dr(4) v??3i?(t?3)jm?s?1

dt????1则 v4?3i?7j m?s ??????(5)∵ v0?3i?3j,v4?3i?7j

??????vv4?v04 a????1jm?s?2

?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(m2s?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 l?h?s

将上式对时间t求导，得

222 2ldlds?2s dtdt 题1-4图

根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， ∴ v绳??即 v船??dlds?v0,v船?? dtdtvdsldll???v0?0 dtsdtscos?或 v船lv0(h2?s2)1/2v0 ??ss将v船再对t求导，即得船的加速度

dlds?ldv?v0s?lv船a?船?dt2dtv0?v02dtss 2l2(?s?)v022hv0s??s2s3s1-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为 a＝2+6x，a的单位为m?s，x的单位为 m. 质点在x＝0处，速度为10m?s,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵ a??12?2dvdvdxdv??v dtdxdtdx2分离变量： ?d??adx?(2?6x)dx 两边积分得

12v?2x?2x3?c 2由题知，x?0时，v0?10,∴c?50

∴ v?2x?x?25m?s

1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a＝4+3t m?s，开始运动时，x＝5 m，v =0，求该质点在t＝10s 时的速度和位置． 解：∵ a??23?1dv?4?3t dt分离变量，得 dv?(4?3t)dt 积分，得 3v?4t?t2?c1

2由题知，t?0,v0?0 ,∴c1?0

32t 2dx3又因为 v??4t?t2

dt23分离变量， dx?(4t?t2)dt

21积分得 x?2t2?t3?c2

2故 v?4t?由题知 t?0,x0?5 ,∴c2?5 故 x?2t2?所以t?10s时

13t?5 2v10?4?10?3?102?190m?s?12 1x10?2?102??103?5?705m231-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 ?=2+3t，?式中以弧度计，t以秒计，求：(1) t＝2 s时，质点的切向和法向加速度；(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45角时，有

οtan45??2a??1 an即 R??R? 亦即 (9t)?18t 则解得 t?于是角位移为

3222 92?2.679rad

??2?3t3?2?3?

1-8 质点沿半径为R的圆周按s＝v0t?12bt的规律运动，式中s为质点离圆周上某点的弧2长,v0，b都是常量，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． 解：（1） v?ds?v0?bt dtdv??bdt 22(v?bt)van??0RRa??(v0?bt)4则 a?a??a?b?

R222n2加速度与半径的夹角为

??arctan(2)由题意应有

a??Rb? an(v0?bt)2(v0?bt)4a?b?b?

R22(v0?bt)4即 b?b?,?(v0?bt)4?0 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)x??dt ??v?dy?Rsin?t)y?dt?dvx?2a?R?sin?t?x??dt ??a?R?2cos?t?dvyy?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 60°的夹角，

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)

?1

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，自静止启动，其角加速度为β= 0.2 rad2s，求t＝2s时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度． 解：当t?2s时，???t?0.2?2?0.4 rad?s 则v?R??0.4?0.4?0.16m?s

?1?1?2an?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

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?因此，A对地的速度为

2gh,A物运动过程中又受到B的牵连运动影响，

???'vA地?u?vA??

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

题1-12图

1-13 一船以速率v1＝30km2h沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率v2＝40km2h

-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36.87

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

-1

轮船停航时，甲板上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 m2s，求轮船的速率．

解： 依题意作出矢量图如题1-14所示．

o

题1-14图

∵ v雨船?v雨?v船 ∴ 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

a1?a2?(m1?m2)g?m2a?m1?m2(m1?m2)g?m1a?m1?m2m1m2(2g?a?)m1?m2

f?T?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

2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上，

NB-mg=0 ①

又因梯无转动，以B点为转动点，设梯子长为l，则

NAlsinθ-mg

lcosθ=0 ② 2在水平方向因其有加速度a，故有

f+NA=ma ③

题2-2图

式中f为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能，

即 f=±μ0mg ④ 联立①、②、③、④式得

tan?m?gg,tan?M?

2(a??0g)2(a??0g)2-3 ax?fx63??m168?716m?s?2

m?s?2

ay?fym?

r=

M月M地?M月R

=

7.35?10225.98?1024?7.35?1022?3.48?108

=38.32?106 m

则p点处至月球表面的距离为

67

h=r-r月 =(38.32-1.74)310＝3.66310 m (2)质量为1 kg的物体在p点的引力势能为

EP??GM月r?G?R?r?M地

7.35?10225.98?1024?11?6.67?10? =?6.67?10? 77?38.4?3.83??103.83?1011 =-1.28?106J

2-17 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 -μm2gh=

1122

(m1+m2)v-［m1gh+k(Δl)］ 22式中Δl为弹簧在A点时比原长的伸长量，则 Δl=AC-BC=(2-1)h 联立上述两式，得

2?m1?m2?gh?kh2v=

m1?m2?2?1?2

题2-17图

2-18 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?12?kx??mv?mgssin37?? 2?2?12mv?mgssin37??frs2 k=

12kx2式中 s=4.8+0.2=5 m，x=0.2 m，再代入有关数据，解得

-1

k=1390 N2m

题2-18图

再次运用功能原理，求木块弹回的高度h′

-fts′=mgs′sin37°-

13

kx 2代入有关数据，得 s′=1.4 m, 则木块弹回高度

h′=s′sin37°=0.84 m

题2-19图

2-19 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

mgR=

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

联立，以上两式，得 v=

2MgR

?m?M?2-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有

121212mv0?mv1?mv2 222即 v0?v1?v2 ①

222

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 由题知，质点的位矢为

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=r3mv

=(x1i+y1j)3m(vxi+vyj) =(x1mvy-y1mvx)k

作用在质点上的力的力矩为 M0=r3f=(x1i+y1j)3(-fi)=y1fk

2-22 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??5.26?1012∴r2?2v29.08?102-23 (1) ?p?m

?fdt??5jdt?15j03kg?m?s?1

(2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7

115y?v0yt?at2?6?3???32?25.5j

223即r1=4i,r2=7i+25.5j

vx=v0x=1

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

3即v1=i1+6j,v2=i+11j

∴ L1=r13mv1=4i33(i+6j)=72k

L2=r23mv2=(7i+25.5j)33(i+11j)=154.5k

2-1

∴ΔL=L2-L1=82.5k kg2m2s 解(二) ∵M?dz dt

∴ ?L??M?dt??(r?F)dt

003tt3?15????(4?t)i?(6t?)?t2)j??5jdt023??

??5(4?t)kdt?82.5k0kg?m2?s?1

题2-24图

2-24 在只挂重物M1时，小球作圆周运动的向心力为M1g，即

2

M1g=mr0ω0 ①

挂上M2后，则有

2

(M1+M2)g=mr′ω′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??2 ③

联立①、②、③得

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

M1?M2g?m??r0g3(M1?M2)M2mM12-25 (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、F′r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β=-FrR/I，式中负号表示β与角速度ω方向相反． ∵ Fr=μN N=N′ ∴ Fr??N???又∵ I?∴???l1?l2F l11mR2, 2FrR?2?(l1?l2)?F ① ImRl1以F=100 N等代入上式，得

???2?0.40?(0.50?0.75)40?100??60?0.25?0.503rad?s?2

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???0900?2??3??7.06?60?40s

这段时间内飞轮的角位移为

???0t??t2??53.1?2?12900?2?91409?????(?)2 604234rad可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．

-1

(2)ω0=9003(2π)/60 rad2s，要求飞轮转速在t=2 s内减少一半，可知

?0??2??0t???02t??15?2rad?s?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 设a，a2和β分别为m1m2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??m1g?T1?m1a1?T?R?T?r?I?2?112 3式中 T1′=T1,T2′=T2,a2=rβ,a1=Rβ

22

而 I=(1/2)MR+(1/2)mr 由上式求得

???Rm1?rm2I?m1R?m2r22g?9.8

0.2?2?0.1?211?10?0.202??4?0.102?2?0.202?2?0.10222?6.13rad?s?2 (2)由①式

T2=m2rβ+m2g=230.1036.13+239.8＝20.8 N 由②式

T1=m1g-m1Rβ=239.8-230.2036.13＝17.1 N

2-27 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

2

T2r-T1r=(1/2Mr)β ③ 又， a=rβ 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

题2-28图

2-28 (1)由转动定律，有

mg(l/2)=[(1/3)ml]β

∴ β=

2

3g 2l(2)由机械能守恒定律，有

22

mg(l/2)sinθ=(1/2)[(1/3)ml]ω ∴ω=

3gsin? l

题2-29图 2-29 (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ω，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=Iω+mvl ①

222

(1/2)mv0=(1/2)Iω+(1/2)mv②

2

上两式中I=1/3Ml，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θ=30°，按机械能守恒定律可列式：

12lI??Mg(1?cos30?) ③ 22由③式得

1212???(1?cos30?)???(1?)?

2??I??l由①式

?Mgl??3g3?v?v0?由②式

I? ④ mlI?2 ⑤ v?v?m220所以

(v0?求得

I?212)?v0??2 mlml?Il1M(1?2)?(1?)?223mmlglv0??6(2?33m?M12m

(2)相碰时小球受到的冲量为 ∫Fdt=Δmv=mv-mv0 由①式求得

∫Fdt=mv-mv0=-(Iω)/l=(-1/3)Mlω

6(2?3)M=-6gl

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 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 v0=Rω

设碎片上升高度h时的速度为v，则有 22

v=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=(1/2)MR，碎片抛出后圆盘的转动惯量I′=(1/2)MR-mR，碎片脱离前，盘的角动量为Iω，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 Iω=I′ω′+mv0R

式中ω′为破盘的角速度．于是

222

(1/2)MRω=[(1/2)MR-mR]ω′+mv0R

2222

[(1/2)MR-mR]ω=[(1/2)MR-mR]ω′ 得ω′=ω(角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为

22

[(1/2)MR-mR]ω 转动动能为

222

题2-31图

222

Ek=(1/2)[(1/2)MR-mR]ω

2-31 (1)射入的过程对O轴的角动量守恒

2

Rsinθm0v0=(m+m0)Rω ∴ω=

m0v0sin?

(m?m0)Rmvsin?21[(m?m0)R2][00]Ek2(m?m0)Rm0sin2?(2) ??1Ek0m?m02m0v022-32 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

222

mgh=(1/2)mv+(1/2)Iω+(1/2)kh 又 ω=v/R 故有v?(2mgh?kh2)k2 2mR?I(2?6.0?9.8?0.4?2.0?0.42)?0.32 6.0?0.32?0.5m?s?1??2.0

题2-32图 题2-33图

2-33 (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

2

I0ω0=(I0+mR)ω 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

2222

(1/2)I0ω0+mgR=(1/2)(I0+mR)ω+(1/2)mvB ②

联立①、②两式，得

22I0?0RvB?2gR?

I0?mR2(2)当小球滑至C点时，∵Ic=I0 ∴ωc=ω0 故由机械能守恒，有

2

mg(2R)=(1/2)mvc ∴vc=2gR

请读者求出上述两种情况下，小球对地速度．

习

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(x1 ulu?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??(t1??x2??2l 或者 ?t??0,?t?t1?t2,?x??x1 ?t??(?t??lcuu??x)??(2l) 22cc3-3 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=6310m,t1=2310s，以及x2=12310m,t2=1310s．已知在S′系中测得该两事件同时发生．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? 解: 设(S?)相对S的速度为v，

4

-4

4

-4

???(t1?(1) t1vx) 21cv???(t2?2x2) t2c??t1??0 由题意 t2则

故 v?c2t2?t1?v(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的米尺静止于S′系中，与x轴的夹角?'= 30°，S′系相对S系沿x轴运

′

4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??45及Lxy代入

οv20.5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?

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

uc2则 a?l01?()

uc2解得杆的运动速率至少为：u?c1?(a2) l0

题3-6图

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 ， ??0.8或者，O?测得长度收缩，

L?L01??2?L01?0.62?0.8L0,?t??L v?t??0.8L00.8?20?8??8.89?10s 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)???t2c1v1?()2c?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?,???t?5?,?x?0 ?t4538∴ ?x????v?t???c?4??3c??9?10m

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?v?x) 2c? ?t?0,?x?0，

∴ ?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

-6

在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命 2310s．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． 解: ?介子在其自身静止系中的寿命?t0?2?10?6s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：

??d0d0v21?2?379m

c?，故?介子能到达地球． d??d03-13 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?

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?

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