第四章 狭义相对论4-1 利用221c u tu x x --='∆∆∆'-'='A B x x x ∆A B t t t '-'='∆ 2221cu x c ut t --='∆∆∆AB AB t t t x x x -=-=∆∆4-2 x 1=0 x 2=1200 kmr x c u t t ⎪⎭⎫ ⎝⎛-'2 2211c u r -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--='-'=')(12212x x c ut r t t t ∆∆02<-=x cur∆ 即'<'12t t ，则长沙的班机发启航.='t ∆4-3 地球与星球的距离L 0=5光年（固有长度），宇航员测量的长度L =3光年（运动长度），由长度收缩公式得2201cu L L -=得火箭对地的速度c c c L L u 54531120=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-= 4-4 2201cu L L -=20a L aL ==则代入得c u 23=4-5 (1) 根据题意2123='='''y xl l l l l l y x 2222==长度沿运动方向缩短 因为22=⇒=''l l l y y 因为c c c u cu l l xx 36816.032122===⇒-'=' (2) )m (22)21()21(2222=+=+=y x l l l4-6 (1)对OA(或OB)223al a l y x='=''' 在S 系（相对S '系以运动c u 23=） 243122al l al cu l l yy x x x ='==⇒-'='' a a a l l l yx4716342222=+=+= 周长)271(472+=+⨯=a a a(a) (b)习题4-5图(a) 习题4-6图(2)对OA(或AB)S 系中长度为)(21l l 或a l a l y x2321==''' y y xxx l l al c u l l '''==⇒-'=4122a l l l l y x 4132212=+== 对OB,在S 系中长度为3l21223acu a l =-=周长)24132(a a +⨯= )131(2+=a4-7 S 系测量的时间间隔为固有时S s '=,0.40τ系测量的时间间隔为运动时s 0.6=τ,根据时间延缓公式得221c u -=ττS ′系对S 系的速率c c c c u 35745.00.60.411220==⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ττ 在S ′系测量的两个事件的空间间隔为)(10341.10.6103745.098m t u x ⨯=⨯⨯⨯='='∆∆或 )(10341.10.6103745.0)(98m t u x x ⨯=⨯⨯⨯=-='∆∆γ∆ 4-8mx s t 100102.16-='⨯='-∆∆(所以流星是从船头飞向船尾)(b)习题4-6图)(2x cut r t '+'=∆∆∆ 4511)(22=-='+'=c ur rt u x x ∆∆∆ )1006.0102.1(456⨯-⨯=-cct ∆ )s (1025.16-⨯=45)102.16.0100(6-⨯⨯+-=c x ∆)m (145=4-9 根据相对论动力学基本方程得tm F d )(d υ=(1) 对上式积分⎰⎰=tm om t F 0)(d d υυ得 222202201tF c m Ftc v c m m Ft +=⇒-==υυυ(1) 当t<<Ft Fcm ,0时<<c m 0 at t m Fc m Ftc v ===0220 (2) 当t>>F cm 0时，Ft >>c m 0 则c Ft Ftcv ==2)(v =at 时,⎰⎰⎰==t at v x d dt d221at x = v =c 时⎰⎰=t v x d d⎰=t c x d ct =4-10 )kg (35541/kg 11/22220=-=-=ccc u m m4-11 略4-12 略 4-13 略 4-14 略 4-15 略4-16 根据质能公式得太阳因辐射能量每秒减少的质量为)(106.5)103(1051928262-⋅⨯=⨯⨯==s kg c Em ∆∆ 与太阳质量的比值 21309108.2102106.5-⨯=⨯⨯=m m∆ 这个比值是非常小的.4-17 略第五章 机械振动5-1 解：取固定坐标xOy ，坐标原点O 在水面上（图题所示） 设货轮静止不动时，货轮上的B 点恰在水面上，则浮力的增量为S ρgy .该力与位移y 成正比，方向指向平衡位置，故货轮的自由振动是简谐振动，其运动方程为: ga s mg ρ= 往下沉一点时，合力 )(y a g s Mg F +-=ρ gy s ρ-=.又 22d d t y M Ma F == 故0d d 22=+gy s t y M ρ022=+y M g s dtdy ρ 故作简谐振动M g s ρω=2gs MT ρπωπ22==5-2 解：取物体A 为研究对象，建立坐标Ox 轴沿斜面向下，原点取在平衡位置处，即在初始位置斜下方距离l 0处，此时：)(1.0sin 0m kmg l ==θ(1) (1) A 物体共受三力；重mg, 支持力N, 张力T.不计滑轮质量时，有 T =kx列出A 在任一位置x 处的牛顿方程式220d d )(sin sin txm x l k mg T mg =+-=-θθ将（1）式代入上式，整理后得0d d 22==x m ktx 故物体A 的运动是简谐振动，且)rad/s (7==mkω习题5-1图由初始条件,000⎩⎨⎧=-=v l x 求得,1.00⎩⎨⎧===πϕml A 故物体A 的运动方程为x =0.1cos(7t+π)m(2) 当考虑滑轮质量时，两段绳子中张力数值不等，如图所示，分别为T 1、T 2,则对A 列出任一位置x 处的牛顿方程式为:221d d sin txm T mg =-θ (2)对滑轮列出转动方程为：22221d d 2121t x Mr r a Mr J r T r T =⎪⎭⎫ ⎝⎛==-β (3)式中,T 2=k (l 0+x ) （4）由式（3）、(4)知2201d d 21)(t xM x l k T ++=代入(2)式知22021)(sin dtxd m M x l k mg ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+-θ又由（1）式知0sin kl mg =θ故0d d )21(22=++kx txm M即0)2(d d 22=++x m M k txm M k +=22ω可见，物体A 仍作简谐振动，此时圆频率为：rad/s)(7.52=+=m M k ω由于初始条件：0,000=-=v l x可知，A 、ϕ不变，故物体A 的运动方程为:m t x )7.5cos(1.0π+=由以上可知：弹簧在斜面上的运动，仍为简谐振动，但平衡位置发生了变化，滑轮的质量改变了系统的振动频率.习题5-2图5-3 解：简谐振动的振动表达式：)cos(ϕω+=t A x由题图可知，m 1042-⨯=A ,当t=0时，将m 1022-⨯=x 代入简谐振动表达式，得：21cos =ϕ 由)sin(ϕωωυ+-=t A ,当t=0时，ϕωυsin A -= 由图可知，υ>0,即0sin <ϕ,故由21cos =ϕ,取3πϕ-= 又因:t=1s 时，,1022m x -⨯=将其入代简谐振动表达式，得213cos ,3cos 42=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=πωπω由t=1s 时,⎪⎭⎫⎝⎛--=3sin πωωυA <0知，03sin >⎪⎭⎫ ⎝⎛-πω,取33ππω=-， 即 s 32πω= 质点作简谐振动的振动表达式为m t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=-332cos 1042ππ5-4 解：以该球的球心为原点，假设微粒在某一任意时刻位于遂道中的位矢为r，由高斯定理可知304R r Q E πε=,则微粒在此处受电场力为:rR QqF 304πε-= 式中，负号表明电场F 的方向与r的正方向相反，指向球心.由上式及牛顿定律，得：04d d 04d d 043022302230=+⇒=+=+r mRQq t r r R Qq t r m r RQqF πεπεπε令 mR Qq3024πεω=则 0d d 222=+r tr ω 故微粒作简谐振动，平衡点在球心处.由ωπ2=T习题5-3图知: QqmR T 3042πεπ=5-5 解：（1）取弹簧原长所在位置为O '点.当弹簧挂上物体A 时，处于静止位置P 点，有：P O k Mg '=将A 与B 粘合后，挂在弹簧下端，静止平衡所在位置O 点，取O 点为原坐标原点如图题5-5所示，则有：g m M O O k )(+='设当B 与A 粘在一起后，在其运动过程的任一位置，弹簧形变量x O O +',则A 、B 系统所受合力为：kx x O O k g m M F -=+'-+=)()(即 0d d )(22=++kx txm M可见A 与B 作简谐和振动. (2) 由上式知，rad/s)(10=+=mM kω以B 与A 相碰点为计时起点，此时A 与B 在P 点，由图题5-5可知kmgk Mg g k m M P O O O OP =-+='-'= 则t=0时，m 02.00-=-=-=kmgOP x (负号表P 点在O 点上方) 又B 与A 为非弹性碰撞，碰撞前B 的速度为:m/s 2220101=-='gh υυ 碰撞后，A 、B 的共同速度为：m/s 4.0010=+'=m M m υυ （方向向上）则t=0时，⎩⎨⎧=-=s m mx /4.002.000υ可求得：)m (0447.02220=+=ωυx Aπωυϕ65.0arctan 00=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=x 可知A 与B 振动系统的振动表达式为：m t x )65.010cos(0447.0π+= (3) 弹簧所受的最大拉力，应是弹簧最大形变时的弹力，最大形变为：m A g kmM A O O x 1447.0=++=+'=∆则最大拉力 N 4.72m ax ==x k F ∆ 5-6 解：(1) 已知A=0.24m, 22ππω==T ,如选x 轴向下为正方向. 已知初始条件0m,12.000<=υx 即 3,21c o s ,c o s 24.012.0πϕϕϕ±=== 而 ,0sin ,0sin 0><-=ϕϕωυA 取3πϕ=,故：m t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=32cos 24.0ππ(2) 如图题所示坐标中，在平衡位置上方0.12m, 即x=-0.12m 处，有32322132cos πππππ±=+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+t t因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向上运动，0<υ.故0)32sin(>+ππt则取3232πππ=+t 可得：s t 32min =(3) 物体在平衡位置上方0.12m 处所受合外力0.3N x m =-=ωF ,指向平衡位置.5-7 解：子弹射入木块为完全非弹性碰撞，设u 为子弹射入木块后二者共同速度，由动量定理可知：m/s)(0.2=+=υmM mu不计摩擦，弹簧压缩过程中系统机械能守恒，即：2221)(21kx u m M =+ （x 0为弹簧最大形变量） m u kmM x 20100.5-⨯=+=由此简谐振动的振幅 20100.5-⨯==x A系统圆频率rad/s)(40=+=mM kω若取物体静止时的位置O （平衡位置）为坐标原点，Ox 轴水平向右为正，则初始条件为：习题5-6图t =0时，x =0,0m/s 0.20>==u υ由,sin 0,cos ac 0ϕωυϕA x -==得：2πϕ-=则木块与子弹二者作简谐振动，其振动表达式为：m t x )240cos(100.52π-⨯=-5-8 解：当物体m 1向右移动x 时，左方弹簧伸长x ，右方弹簧缩短x ，但它们物体的作用方向是相同的，均与物体的位移方向相反，即)(21x k x k F +-=令F =-kx ,有:N/m 421=+=k k k由 k m T π2= )kg (1.01422211≈==ππK T m得)kg (1.0442212211≈==ππkT k T m则粘上油泥块后，新的振动系统质量为：kg 20.021=+m m新的周期 )s (4.12212km m T +=π在平衡位置时，m 2与m 1发生完全非弹性碰撞. 碰撞前，m 1的速度m/s 10.0111πωυ==A 设碰撞后，m 1和m 2共同速度为υ. 根据动量守恒定律，υυ)(2111m m m +=则 m/s 05.0)(2111πυυ=+=m m m新的振幅 m)(035.0222===πυωυTA 5-9 解：（1）由振动方程)25sin(60.0π-=t x 知，5(rad/s)m,6.0==ωA故振动周期： )s (26.1)s (256.1522≈===πωπT (2) t=0时，由振动方程得：)25cos(0.3|m60.0000=-==-==πυt dt dx x t (3) 由旋转矢量法知，此时的位相：3πϕ-=速度 m/s)(6.2m/s )23(560.0sin =-⨯⨯-=-=ϕωυA 加速度 )m /s (5.7m /s 21560.0cos 2222-=⨯⨯-=-=ϕωA a 所受力 N)(5.1N )5.7(2.0-=-⨯==ma F（4）设质点在x 处的动能与势能相等，由于简谐振动能量守恒，即：221kA E E E p k ==+ 故有： )21(21212kA E E E p k ===即 22212121kA kx ⨯=可得： m)(42.022±=±=A x 5-10 解：（1）砝码运动到最高点时，加速度最大，方向向下，由牛顿第二定律，有：N mg ma -=m axN 是平板对砝码的支持力.故N)(74.1)4()()(22m ax =-=-=-=vA g m A g m a g m N πω砝码对板的正压力与N 大小相等，方向相反.砝码运动到最低点时，加速度也是最大，但方向向上，由牛顿第二定律，有：mg N ma -'=m ax故 N)(1.8)4()(22m ax =+=+='A v g m a g m N π 砝码对板的正压力与板对砝码的支持力N '大小相等，方向相反. （2）当N=0时，砝码开始脱离平板，故此时的振幅应满足条件：m)(062.040)4(22max max 2===-=v g A vA g m N ππ(3) 由22m ax 4v g A π=,可知，2max v A 与成反比，当v v 2='时，m 0155.041m ax max =='A A 5-11 解：（1）设振子过平衡位置时的速度为υ，由机械能守恒，有：222121υm kA = A mk v = 由水平方向动量定理： ⇒='+υm u m m )(υm m mu '+=此后，系统振幅为A '，由机械能守恒，有：22)(2121u m m A k '+=' 得： A m m mA '+='有： km m T '+='π2 （2）碰撞前后系统总能量变化为：)21()1(2121212222kA m m m m m m kA kA A k E '+'-=-'+=-'=∆ 式中，负号表示能量损耗，这是泥团与物体的非弹性碰撞所致.（3）当m 达到振幅A 时，m '竖直落在m 上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A ，周期为k m m '+π2，系统的振动总能量不变，为221kA （非弹性碰撞损耗的能量为源于碰撞前m '的动能）. 物体系统过平衡位置时的速度υ'由：22)(2121υ''+=m m kA 得： A m m k'+±='υ5-12 解：（1）由放置矢量法可知，振子从2A运动到2A -的位置处，角相位的最小变化为：3πϕ∆=则圆频率 rad/s 3π∆ϕ∆ω==t 周期 s T 62==ωπ由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：m)(1.00m1.000=⇒⎩⎨⎧=-=A x υ 习题5-12图则振幅 m 1.022020=+=ωυx A（2）因为E E p 41=又 2221,21kA E kx E p == 故 )21(412122kA kx =得： m)(05.0±=x 根据题意，振子在平衡位置的下方，取x =－0.05m.根据振动系统的能量守恒定律：222212121kA m kx =+υ 故 )s m (091.0122-⋅±=-±=x A ωυ 根据题意，取m /s 091.0-=υ 再由 )sin()cos(ϕωωυϕω+-=+=t A t t A x)cos(d d 2ϕωω+-==t A tva x 2ω-= 得： )m/s (055.02=a（3）t=0时，(J)108.681)21(41413222-⨯====mA kA E E p ω (J)102183)21(43433222-⨯====mA kA E E k ω(J)108.273-⨯=+=p k E E E （4）由简谐振动的振动表达式)cos(ϕω+=t A x 当t=0时，0m/s 091.0m,05.000<-=-=υx ,可得：πϕ32= 又 3,10.0πω==m A故 m t m t x )323cos(1.0)323cos(1.0ππππ+=+= 5-13 解：（1）据题意，两质点振动方程分别为：mt x mt x Q P )3cos(1000.2)3cos(1000.522ππππ-⨯=+⨯=--（2）P 、Q 两质点的速度及加速度表达分别为：)m/s )(3sin(1000.52ππωυ+⨯⨯-==-t dt dx P P )m/s )(3sin(1000.22ππωυ-⨯⨯-==-t dt dx QQ )m/s )(3cos(1000.5222ππωυα+⨯⨯-==-t dt d P P )m/s )(3cos(1000.2222ππωυα-⨯⨯-==-t dt d QQ 当t=1s 时，有：)(m/s 1087.9/32cos 1000.2)(m/s 1068.24/34cos 1000.5(m/s)1044.5/32sin 1000.2(m/s)1060.13/34sin 1000.5(m)1000.132cos 1000.2)(m 105.234cos1000.5222222222222222222------------⨯=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯=⨯=⨯=s m s m s m s m m x m x P P Q P Q P ππαππαππυππυππ（3）由相位差32)3(3)()(πππϕϕϕωϕωϕ∆=--=-=+-+=Q P Q P t t 可见，P 点的相比Q 点的相位超前32π. 5-14 解：（1）由题意得初始条件：⎪⎩⎪⎨⎧<=02100υA x 可得：3πϕ=(由旋转矢量法可证出)在平衡位置的动能就是质点的总能量)J (1008.3212152222-⨯====⇒=A m kA E m k m kωωω 可求得：s rad m E A /221πω==则振动表达式为：m t x )32cos(1000.52ππ+⨯=-(2) 初始位置势能)32(cos 21212222ππω+==t A m kx E P 当t=0时，3cos 21222πωA m E P =J J 6222221071.73cos )1000.5()2(1000.121---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=ππ 5-15 解：（1）由初始条件：⎩⎨⎧<⨯=-0102.1010υm x 可知，3πϕ=且 22ππω==v则振动表达式为：m t x )32cos(24.0ππ+=当t=0.5s 时，m m x 21000.6)3212cos(24.0-⨯-=+⨯=ππ(2) t=0.5s 时，小球所受力：(N)1048.1)(32-⨯=-==x m ma f ω因t=0.5s 时，小球的位置在m x 21000.6-⨯-=处，即小球在x 轴负方向，而f 的方向是沿x 轴正方向，总是指向平衡位置.(3) 从初始位置m x 10102.1-⨯=到m x 1102.1-⨯=所需最短时间设为t ，由旋转矢量法知，πϕπϕ32,3,0±=±=处处x x )s (3223=⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==t t πωπω(4) 因为 )32sin(24.02)sin(πππϕωωυ+⨯-=+-=t t A )32cos(24.04)cos(22πππϕωω+⨯-=+-=t t A a 在s t m x 32102.11=⨯-=-处 )32cos(24.04)3322cos(24.04/1026.3/)3322sin(24.022212ππππππαπππυ+⨯-=+⨯⨯-=⨯-=+⨯⨯-=-t s m s m (5) t=4s 时， 22)]32sin([2121ππωυ+-==t A m m E k (J)1033.5J)342(sin 24.0)2(01.0214222-⨯=+⨯⨯⨯⨯=πππ)32(cos 21212222ππω+==t A m kx E P (J)1077.1J)342(cos 24.0)2(01.0214222-⨯=+⨯⨯⨯⨯⨯=πππ(J)107.10J 101.77J 1033.5-4-44⨯=⨯+⨯=+=-P k E E E 总 5-16 解：设两质点的振动表达式分别为：)cos()cos(2211ϕωϕω+=+=t A x t A x习题5-15图由图题可知，一质点在21Ax =处时对应的相位为： 32/arccos 1πϕω==+A A t同理：另一质点在相遇处时，对应的相位为：352/arccos2πϕω==+A A t 故相位差)()(12ϕωϕωϕ∆+-+=t t πππϕϕ3433512=-=-= 若21υυ与的方向与上述情况相反，故用同样的方法，可得：πππϕϕϕ∆32)3(312=--=-= 5-17 解：由图题5-18所示曲线可以看出，两个简谐振动的振幅相同，即m 05.021==A A ,周期均匀s 1.0=T ，因而圆频率为：ππω202==T由x -t 曲线可知，简谐振动1在t=0时，,010=x 且010>υ，故可求得振动1的初位相210πϕ-=或πϕ2310=. 同样，简谐振动2在t=0时，πϕυ==-=202020,0,05.0可知m x 故简谐振动1、2的振动表达式分别为：mt x t x )20cos(05.0)2320cos(05.021ππππ+=+=因此，合振动的振幅和初相位分别为： m A A A A A 210202122211025)cos(2-⨯=-++=ϕϕ2021012021010cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=ππ4541arctan 或== 但由x-t 曲线知，t=0时，πϕ45,05.021应取因此-=+=x x x . 故合振动的振动表达式：m t x )4520cos(10252ππ+⨯=-5-18 解：（1）它们的合振动幅度初相位分别为：习题5-16图)cos(212212221ϕϕ-++=A A A A Am )535cos(06.005.0206.005.022ππ-⨯⨯⨯++=m 0892.0= 22112211cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=316819.15.2arctan 5cos06.053cos 05.05sin06.053sin 05.0'︒===++=rad ππππ （2）当πϕϕk 21±=-,即ππϕπϕ53221+±=+±=k k 时，31x x +的振幅最大；当πϕϕ)12(2+±=-k ，即5)12()12(2ππϕϕ++±=++±=k k 时，32x x +的振幅最小.（3）以上两小问的结果可用旋转矢量法表示，如图题5-18所示.5-19 解：根据题意画出振幅矢量合成图，如习题5-19图所示.由习题5-19图及余弦定理可知cm 233.172023.172030cos 22212122⨯⨯⨯-+=︒-+=AA A A A 0.10m cm 10== 又因为)cos(cos 12ϕϕϕ∆-= 0103.172)100300(4002)(2122212=⨯⨯+-=+-=A A A A A 若2πϕ∆=,即第一、第二两个振动的相位差为2π习题5-19图。