大学物理上册答案详解习题解答习题一１-１||与有无不同?与有无不同? 与有无不同?其不同在哪里?试举例说明.解:(1)就是位移得模,就是位矢得模得增量,即,;(2)就是速度得模，即、只就是速度在径向上得分量、∵有（式中叫做单位矢），则式中就就是速度径向上得分量,∴不同如题1-１图所示、题1-1图(３)表示加速度得模,即,就是加速度在切向上得分量、∵有表轨道节线方向单位矢)，所以式中就就是加速度得切向分量、(得运算较复杂,超出教材规定，故不予讨论)1－2 设质点得运动方程为=()，＝(),在计算质点得速度与加速度时,有人先求出r=,然后根据 =,及＝而求得结果;又有人先计算速度与加速度得分量,再合成求得结果,即=及= 您认为两种方法哪一种正确?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就是矢量,在平面直角坐标系中,有,故它们得模即为而前一种方法得错误可能有两点，其一就是概念上得错误,即误把速度、加速度定义作其二,可能就是将误作速度与加速度得模。

在1-1题中已说明不就是速度得模,而只就是速度在径向上得分量，同样,也不就是加速度得模,它只就是加速度在径向分量中得一部分。

或者概括性地说,前一种方法只考虑了位矢在径向（即量值)方面随时间得变化率,而没有考虑位矢及速度得方向随间得变化率对速度、加速度得贡献。

1－3 一质点在平面上运动,运动方程为=3+5, ＝2+3-4、式中以 s计,,以ｍ计.(1)以时间为变量,写出质点位置矢量得表示式；(2）求出=1 ｓ时刻与=2s 时刻得位置矢量,计算这1秒内质点得位移;(3）计算＝０ s时刻到=4s时刻内得平均速度；（4)求出质点速度矢量表示式,计算=４ s 时质点得速度;(5）计算=０s 到=４s 内质点得平均加速度;(６)求出质点加速度矢量得表示式,计算=4s 时质点得加速度(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得矢量式).解:(1）(２）将,代入上式即有(3)∵∴(4)则（５)∵(6)这说明该点只有方向得加速度,且为恒量。

１-４在离水面高ｈ米得岸上，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(m·)得速率收绳时,试求船运动得速度与加速度得大小.图１-4解: 设人到船之间绳得长度为，此时绳与水面成角，由图可知将上式对时间求导，得题１-4图根据速度得定义,并注意到，就是随减少得，∴即或将再对求导,即得船得加速度1－5 质点沿轴运动,其加速度与位置得关系为 =2+6,得单位为,得单位为 m、质点在=０处，速度为１０，试求质点在任何坐标处得速度值．解：∵分离变量:两边积分得由题知,时,,∴∴1-6 已知一质点作直线运动,其加速度为＝4+3 ,开始运动时,=5 m, =0,求该质点在＝10ｓ时得速度与位置.解:∵分离变量,得积分，得由题知,, ,∴故又因为分离变量,积分得由题知 , ,∴故所以时1－7一质点沿半径为１ m 得圆周运动,运动方程为＝2+3，式中以弧度计,以秒计，求:(1) ＝２s时，质点得切向与法向加速度;(2)当加速度得方向与半径成45°角时，其角位移就是多少? 解:(1)时，(2)当加速度方向与半径成角时,有即亦即则解得于就是角位移为1-8质点沿半径为得圆周按=得规律运动,式中为质点离圆周上某点得弧长,,都就是常量,求:(1）时刻质点得加速度；(２) 为何值时,加速度在数值上等于.解:(１)则加速度与半径得夹角为(2)由题意应有即∴当时,1－9半径为得轮子,以匀速沿水平线向前滚动:(1)证明轮缘上任意点得运动方程为=,=，式中／就是轮子滚动得角速度,当与水平线接触得瞬间开始计时.此时所在得位置为原点,轮子前进方向为轴正方向；(2)求点速度与加速度得分量表示式.解:依题意作出下图，由图可知题1-9图(１）(2)1-10 以初速度=2０抛出一小球,抛出方向与水平面成幔ﻠ0６°得夹角,求:(1）球轨道最高点得曲率半径;（2）落地处得曲率半径．（提示:利用曲率半径与法向加速度之间得关系)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，又∵∴（２)在落地点，，而∴ﻭ１-１1 飞轮半径为0、4 ｍ,自静止启动，其角加速度为β= 0、2 rａd·,求=2ｓ时边缘上各点得速度、法向加速度、切向加速度与合加速度.解:当时,则1-１2 如题1-12图,物体以相对得速度＝沿斜面滑动，为纵坐标,开始时在斜面顶端高为处,物体以匀速向右运动,求物滑到地面时得速度．解:当滑至斜面底时，,则,物运动过程中又受到得牵连运动影响,因此,对地得速度为题１-12图1-13 一船以速率＝30km·h－１沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率＝４0km·ｈ-1沿直线向北行驶,问在船上瞧小艇得速度为何?在艇上瞧船得速度又为何？解:(1）大船瞧小艇,则有，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)ﻭ题1-13图由图可知方向北偏西(２)小船瞧大船，则有,依题意作出速度矢量图如题1-13图（b),同上法,得方向南偏东1-１4 当一轮船在雨中航行时,它得雨篷遮着篷得垂直投影后2 m得甲板上,篷高４ m 但当轮船停航时，甲板上干湿两部分得分界线却在篷前3 m ,如雨滴得速度大小为８m·ｓ-１,求轮船得速率.解: 依题意作出矢量图如题１-14所示．题1－14图∵∴由图中比例关系可知习题二2－1因绳不可伸长,故滑轮两边绳子得加速度均为a1,其对于m2则为牵连加速度，又知m2对绳子得相对加速度为a′，故m２对地加速度,由图(b)可知,为a２＝ａ1-a′①又因绳得质量不计，所以圆柱体受到得摩擦力f在数值上等于绳得张力Ｔ,由牛顿定律,有m1g-T=ｍ1a１②T-ｍ2g=ｍ2a2③联立①、②、③式,得讨论 (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N Aｌsiｎθ-mgｃosθ=0 ②在水平方向因其有加速度a,故有f+N A=ma ③题2-２图式中f为梯子受到得摩擦力,其方向有两种可能,即f＝±μ0mg ④联立①、②、③、④式得２－３（1)于就是质点在2ｓ时得速度(2)２-4 （1)∵分离变量，得即∴（2）(3）质点停止运动时速度为零,即ｔ→∞,故有(4)当t=时，其速度为即速度减至v0得、2-5分别以m1,m２为研究对象,其受力图如图(b)所示.ﻭ(1)设m2相对滑轮(即升降机)得加速度为ａ′,则m2对地加速度ａ２=a′-ａ；因绳不可伸长,故m1对滑轮得加速度亦为a′,又m１在水平方向上没有受牵连运动得影响,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＝方向向上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∴θ=arctan=arｃtan=26、6°,左偏上.2－６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，抛体落地瞬时得末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下ﻭ,而抛物线具有对y轴对称性,故末速度与ｘ轴夹角亦为30°,则动量得增量为Δp=ｍv－mｖ0由矢量图知,动量增量大小为|mv0|,方向竖直向下.2-７由题知,小球落地时间为0、5s．因小球为平抛运动，故小球落地得瞬时向下得速度大小为v1=gｔ=０、5g,小球上跳速度得大小亦为ｖ2=0、５g.设向上为y轴正向,则动量得增量Δｐ＝ｍv２-ｍv1 方向竖直向上，大小|Δp|=mv2-(-mv1）=mg碰撞过程中动量不守恒.这就是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予得冲力作用.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 (１)若物体原来静止,则Δp1＝ｉ kg·m·s-1，沿x轴正向,若物体原来具有-6 m·ｓ－1初速，则于就是,同理,Δｖ2=Δv1,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,那么物体获得得动量得增量(亦即冲量)就一定相同,这就就是动量定理.（2)同上理,两种情况中得作用时间相同,即亦即t2+10t-200=0解得t=10 s,(t′=-２0 s舍去)2-9 质点得动量为p=mv=mω(－asinωti+bcosωtｊ)将t＝0与ｔ=分别代入上式，得p1=ｍωｂj,p2=-mωai,则动量得增量亦即质点所受外力得冲量为I=Δｐ=ｐ2-p１=-mω(aｉ＋bｊ)２-１0 (1)由题意,子弹到枪口时,有F=（a-bt)=０,得t＝(2）子弹所受得冲量将t=代入,得（３）由动量定理可求得子弹得质量2-１1设一块为m１，则另一块为m２,m1＝ｋm2及ｍ1+m2＝ｍ于就是得①又设m1得速度为v1,m2得速度为v2,则有②mv=m１v1+m2v2③联立①、③解得v２=(ｋ+1)v-kｖ1④将④代入②,并整理得于就是有将其代入④式,有又,题述爆炸后,两弹片仍沿原方向飞行，故只能取证毕.2-１2 (１)由题知,F合为恒力,∴ A合=F·r=(7i-6j)·(－３i+4j+1６k）=-２1-２4=-45 J（2）(3）由动能定理,ΔE k=A＝-4５ J2-１３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f=-ｋy第一锤外力得功为A1①式中f′就是铁锤作用于钉上得力,f就是木板作用于钉上得力,在ｄt→０时,ｆ′=-ｆ.设第二锤外力得功为Ａ2,则同理，有②由题意,有③即所以,于就是钉子第二次能进入得深度为Δy=y２-ｙ1=-1＝0、４１4 cm2-１4方向与位矢r得方向相反,即指向力心.2-１５弹簧A、Ｂ及重物C受力如题２-15图所示平衡时,有题２-15图ＦA=F B=Mg又 F A=k1Δｘ1F B＝k2Δx2所以静止时两弹簧伸长量之比为弹性势能之比为2-1６ (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=G 经整理,得 r= ==38、3２10 ｍ则p 点处至月球表面得距离为h=r-r 月 =（3８、32-1、7４)×106=3、6６×1０７ m (2)质量为1 kg 得物体在p 点得引力势能为=()72411722111083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯-- =-1、2８2-17 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点,则由功ﻭ 能原理,有－μm 2gh= (m １+m ２)v 2-[ｍ1ｇｈ+ｋ(Δl)2] 式中Δｌ为弹簧在A 点时比原长得伸长量,则 Δl=AC-BC ＝(-1）h 联立上述两式,得 v ＝题２－17图2-１8 取木块压缩弹簧至最短处得位置为重力势能零点，弹簧原ﻭ长处为弹性势能零点则由功能原理,有-f rｓ=k=式中 s=４、8+0、2=5 m,ｘ=0、２ m,再代入有关数据,解得k=１390 Ｎ·m-1题2-18图再次运用功能原理,求木块弹回得高度h′-ｆt s′=ｍgs′ｓiｎ37°-kx3代入有关数据，得 s′=1、4 m，则木块弹回高度h′=s′ｓin37°=0、8４ｍ题2-19图2-１9 m从M上下滑得过程中，机械能守恒,以m,M地球为系统ﻭ,以最低点为重力势能零点,则有mｇR＝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＝2－20 两小球碰撞过程中,机械能守恒,有即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+v２②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就是互相垂直得．2-21 由题知,质点得位矢为r=x1i+y1j作用在质点上得力为ｆ＝-fｉ所以,质点对原点得角动量为Ｌ0＝r×mv=(x1ｉ＋y1j)×m（v x i+v y j)=(ｘ1mｖy－ｙ1ｍｖx）ｋ作用在质点上得力得力矩为M0＝ｒ×f=(x1i+y1j)×(-fｉ）＝y1ｆｋﻭ２-22 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳得引力——即有心力得作用,所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时得速度都与轨道半径垂直,故有ﻭr１mv1=ｒ2mv2∴2-２３ (1)(2)解(一）ｘ=x0+v０ｘt＝4+3=7即r1=４i，r2＝7i+25、5ｊv x=ｖ0x＝1即v1=i1+6ｊ,v2=i+11j∴Ｌ1=r1×mv1=4ｉ×3（ｉ+6ｊ）＝72ｋL２=r2×mv2=(7ｉ＋25、5ｊ）×3(i+11j)=15４、5k∴ΔL=L2-L1＝８２、5k kｇ·m2·s-1解（二) ∵∴题2-24图２-２4 在只挂重物M1时,小球作圆周运动得向心力为M1g，即Ｍ1g=ｍr0ω２0 ①挂上M２后,则有(M1＋M2)ｇ＝mr′ω′2 ②重力对圆心得力矩为零，故小球对圆心得角动量守恒.即 r０ｍv0=r′mv′③联立①、②、③得2－2５ (1)先作闸杆与飞轮得受力分析图(如图（ｂ)).图中N、Ｎ′就是正压力,F r、F′r就是摩擦力,F x与F y就是杆在Ａ点转轴处所受支承力,R就是轮得重力，Ｐ就是轮在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点得合力矩应为零,设闸瓦厚度不计,则有对飞轮，按转动定律有β＝-F rＲ／I,式中负号表示β与角速度ω方向相反.∵ F r＝μN N=N′∴又∵∴①以F=100 N等代入上式，得由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动得时间为这段时间内飞轮得角位移为可知在这段时间里，飞轮转了53、1转．(2)ω0=９00×(2π）/6０rａd·s-１，要求飞轮转速在t=2 s 内减少一半,可知用上面式(1)所示得关系,可求出所需得制动力为２-26 设a，a２与β分别为m1m2与柱体得加速度及角加速度,方向如图(如图b)．ﻭ题2－2６(a)图题2-2６（b)图(1)m１，ｍ2与柱体得运动方程如下:式中Ｔ1′=Ｔ1，T２′=T2,a2=rβ,a1=Ｒβ而 I＝(１/２)ＭR2＋(1/２)mr2由上式求得2222222212113.68.910.0220.0210.042120.0102121.022.0-⋅=⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯=++-=s rad g rm R m I rm Rm β(2)由①式T 2=m 2r β+m 2g=2×０、10×6、13+2×9、8＝2０、8 N 由②式T 1=ｍ1g-m 1Ｒβ=２×9、8-２×０、20×6、13=17、1 N 2-２7 分别以ｍ１,m ２滑轮为研究对象,受力图如图(ｂ)所示.对m 1，m 2运用牛顿定律,有ｍ２g －T 2=ｍ2a ① Ｔ1=m 1a ②对滑轮运用转动定律,有T ２r －T １ｒ=(1/2M ｒ2）β ③ 又, ａ=ｒβ ④ 联立以上４个方程,得题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)mｌ2]β∴β=(２)由机械能守恒定律，有mｇ（l/２)sｉnθ=(１／2)［(1/3)ml2]ω２∴ω=题2-29图2-29 （1)设小球得初速度为ｖ０，棒经小球碰撞后得到得初角速度为ω，而小球得速度变为v,按题意,小球与棒作弹性碰撞,所以碰撞时遵从角动量守恒定律与机械能守恒定律,可列式:mv０l=Ｉω+mvl ①(1/２)mv２0＝(１／２)Iω2+（１/2）mv2 ②上两式中Ｉ=1／3Mｌ２,碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著得角位移;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:③由③式得由①式④由②式⑤所以求得(2)相碰时小球受到得冲量为∫Fｄt=Δmｖ=ｍｖ-mv0由①式求得∫Fdｔ=ｍｖ－mｖ0=－(Iω)／ｌ=（-1／3)Mlω=-负号说明所受冲量得方向与初速度方向相反.题2-30图2-3０ (1)碎片离盘瞬时得线速度即就是它上升得初速度ｖ0=Rω设碎片上升高度h时得速度为v,则有v2＝v２0-2gh令ｖ=０,可求出上升最大高度为(2）圆盘得转动惯量Ｉ=(1／2)MR２,碎片抛出后圆盘得转动惯量I′=（１／2)MR2-ｍR2,碎片脱离前,盘得角动量为Iω,碎片刚脱离后，碎片与破盘之间得内力变为零,但内力不影响系统得总角动量,碎片与破盘得总角动量应守恒，即Iω=I′ω′＋mv0Ｒ式中ω′为破盘得角速度.于就是(1/2)ＭR2ω＝［(1／2)MR2-mＲ2]ω′+ｍｖ0R［(1/2）MR2-ｍＲ2]ω=[(1／2)MR２-ｍR2]ω′得ω′=ω（角速度不变)圆盘余下部分得角动量为[(１/２)MＲ2-ｍR2]ω转动动能为题２－3１图E k=(1/2)[(1／2)MR２-ｍＲ２]ω2２-3１ (１)射入得过程对O轴得角动量守恒Rsinθm0v0＝(m+m０)R2ω∴ω=（２)2-32 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统,重物下落得过程中,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mgｈ=(1/2)mv2+(１／2)Iω2+(1/2)kh2又ω=v／R故有题２-３2图题2-33图2-33 (1)小球与圆环系统对竖直轴得角动量守恒，当小球滑至B点时,有Ｉ0ω0=(I0+mR2)ω①该系统在转动过程中,机械能守恒,设小球相对于圆环得速率为vＢ,以B点为重力势能零点，则有（1／２)Ｉ0ω20＋ｍgR=(１/2)（I0+mR２)ω２＋（1/2)mv2B②联立①、②两式,得(2)当小球滑至Ｃ点时,∵Ｉc=I0∴ωc=ω0故由机械能守恒,有ｍg(2R)＝(1／２）mv２ｃ∴ｖｃ＝2请读者求出上述两种情况下,小球对地速度.习题三3－1 惯性系Ｓ′相对惯性系以速度运动.当它们得坐标原点与重合时，=＝0,发出一光波,此后两惯性系得观测者观测该光波得波阵面形状如何？用直角坐标系写出各自观测得波阵面得方程.解: 由于时间与空间都就是均匀得,根据光速不变原理,光讯号为球面波.波阵面方程为: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2.试用洛仑兹变换计算地面上得观测者测到同一光信号到达前、后门得时间差．解：设光讯号到达前门为事件,在车厢系时空坐标为,在车站系:光信号到达后门为事件，则在车厢系坐标为，在车站系:于就是或者３-3惯性系S′相对另一惯性系沿轴作匀速直线运动,取两坐标原点重合时刻作为计时起点．在Ｓ系中测得两事件得时空坐标分别为=6×１0４m，=2×１０-4s,以及=1２×104m,=1×10－4s.已知在Ｓ′系中测得该两事件同时发生.试问:(１)S′系相对Ｓ系得速度就是多少？(2）系中测得得两事件得空间间隔就是多少?解：设相对得速度为,(1）由题意则故(2)由洛仑兹变换代入数值,3－4 长度=1 ｍ得米尺静止于Ｓ′系中,与′轴得夹角=3０ﻠ°,S′系相对S系沿轴运动,在S系中观测者测得米尺与轴夹角为４５. 试求：(1)Ｓ′系与Ｓ系得相对运动速度、(2）Ｓ系中测得得米尺长度. 解: (１)米尺相对静止，它在轴上得投影分别为:，米尺相对沿方向运动,设速度为,对系中得观察者测得米尺在方向收缩，而方向得长度不变,即故把及代入则得故(2)在系中测得米尺长度为ﻭ３－5 一门宽为，今有一固有长度(＞）得水平细杆,在门外贴近门得平面内沿其长度方向匀速运动．若站在门外得观察者认为此杆得两端可同时被拉进此门,则该杆相对于门得运动速率至少为多少？解: 门外观测者测得杆长为运动长度,，当时,可认为能被拉进门,则解得杆得运动速率至少为：题3-6图3-6两个惯性系中得观察者与以0、6c(c表示真空中光速）得相对速度相互接近,如果测得两者得初始距离就是2０m，则测得两者经过多少时间相遇?解：测得相遇时间为ﻩ测得得就是固有时∴,,,或者,测得长度收缩,3-7 观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系与中,甲测得在同一地点发生得两事件得时间间隔为４s,而乙测得这两个事件得时间间隔为 5s．求：（1) 相对于得运动速度.(２)乙测得这两个事件发生得地点间得距离.解: 甲测得,乙测得,坐标差为′（１)∴解出(2)∴负号表示.３－8 一宇航员要到离地球为5光年得星球去旅行.如果宇航员希望把这路程缩短为3光年,则她所乘得火箭相对于地球得速度就是多少? 解:∴ﻩ３－9 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,在有相对运动得其她惯性系中,这两个事件一定不同时.证: 设在系事件在处同时发生,则,在系中测得，∴ﻩ即不同时发生.3-１０试证明:(1)如果两个事件在某惯性系中就是同一地点发生得,则对一切惯性系来说这两个事件得时间间隔,只有在此惯性系中最短.(2)如果两个事件在某惯性系中就是同时发生得,则对一切惯性关系来说这两个事件得空间间隔,只有在此惯性系中最短．解: (1)如果在系中,两事件在同一地点发生,则,在系中,,仅当时，等式成立,∴最短.（2)若在系中同时发生,即,则在系中,,仅当时等式成立,∴系中最短.3－11 根据天文观测与推算,宇宙正在膨胀，太空中得天体都远离我们而去.假定地球上观察到一颗脉冲星（发出周期无线电波得星)得脉冲周期为 0、50ｓ，且这颗星正沿观察方向以速度0、8c离我们而去.问这颗星得固有周期为多少?解: 以脉冲星为系,,固有周期、地球为系,则有运动时，这里不就是地球上某点观测到得周期,而就是以地球为参考系得两异地钟读数之差．还要考虑因飞行远离信号得传递时间,∴′则3-126０00m 得高空大气层中产生了一个介子以速度=0、998c飞×向地球.假定该介子在其自身静止系中得寿命等于其平均寿命ﻠ210-6s.试分别从下面两个角度,即地球上得观测者与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得寿命就是固有(本征)时间,对地球观测者,由于时间膨胀效应，其寿命延长了．衰变前经历得时间为这段时间飞行距离为因，故该介子能到达地球.或在介子静止系中,介子就是静止得．地球则以速度接近介子,在时间内,地球接近得距离为经洛仑兹收缩后得值为:,故介子能到达地球.3-13设物体相对S′系沿轴正向以0、8c运动，如果Ｓ′系相对S系沿x轴正向得速度也就是0、8ｃ,问物体相对S系得速度就是多少？解: 根据速度合成定理，,∴３-14飞船以0、8c得速度相对地球向正东飞行,飞船以0、6c得速度相对地球向正西方向飞行.当两飞船即将相遇时飞船在自己得天窗处相隔2s发射两颗信号弹.在飞船得观测者测得两颗信号弹相隔得时间间隔为多少?解：取为系，地球为系,自西向东为()轴正向,则对系得速度,系对系得速度为,则对系(船）得速度为发射弹就是从得同一点发出，其时间间隔为固有时,题3－14图∴中测得得时间间隔为：3-１5 (1)火箭与分别以０、8c与0、6ｃ得速度相对地球向＋与－方向飞行.试求由火箭测得得速度.(2）若火箭相对地球以0、8c得速度向+方向运动，火箭得速度不变,求相对得速度.解: (1)如图,取地球为系，为系，则相对得速度,火箭相对得速度,则相对()得速度为:或者取为系,则,相对系得速度,于就是相对得速度为:(2)如图,取地球为系,火箭为系,系相对系沿方向运动,速度,对系得速度为,,,由洛仑兹变换式相对得速度为:∴相对得速度大小为速度与轴得夹角为题3-１5图３-１6 静止在S系中得观测者测得一光子沿与轴成角得方向飞行．另一观测者静止于S ′系,S ′系得轴与轴一致,并以0、6c 得速度沿方向运动．试问S ′系中得观测者观测到得光子运动方向如何？解: 系中光子运动速度得分量为由速度变换公式,光子在系中得速度分量为光子运动方向与轴得夹角满足在第二象限为在系中,光子得运动速度为正就是光速不变.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)对电子作得功,等于电子动能得增量,得)111()1(222020202--=-=-==c vc m c m c m mc E E k k γ∆J=（2))3-１８子静止质量就是电子静止质量得ﻠ207倍,静止时得平均寿命＝２×1０－６ｓ,若它在实验室参考系中得平均寿命= 7×1０-6ｓ,试问其质量就是电子静止质量得多少倍？解: 设子静止质量为,相对实验室参考系得速度为,相应质量为，电子静止质量为，因由质速关系，在实验室参考系中质量为:故３-１９一物体得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?解: 设静止质量为,运动质量为，由题设由此二式得∴在运动方向上得长度与静长分别为与,则相对收缩量为:３-20 一电子在电场中从静止开始加速,试问它应通过多大得电势差才能使其质量增加０、4%?此时电子速度就是多少?已知电子得静止质量为9、1×１0－31ｋg.解: 由质能关系∴＝所需电势差为伏特由质速公式有:∴故电子速度为３－21 一正负电子对撞机可以把电子加速到动能＝2、8×109eV.这种电子速率比光速差多少? 这样得一个电子动量就是多大?(与电子静止质量相应得能量为＝0、５11×10６eV )解:所以由上式,由动量能量关系可得c c m E E c c m c m E ccm E p k k k 20242022042022)(+=-+=-= 11882138269182s m kg 1049.1103/]106.1)10511.0108.22108.2[(---⋅⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯+⨯=３-22 氢原子得同位素氘(H)与氚（Ｈ）在高温条件下发生聚变反应，产生氦(He)原子核与一个中子(n)，并释放出大量能量,其反应方程为H ＋ H→Ｈe ＋n已知氘核得静止质量为2、０1３5原子质量单位(1原子质量单位=1、６0０×10-27ｋg),氚核与氦核及中子得质量分别为3、01５5,4、0015,1、0０865原子质量单位．求上述聚变反应释放出来得能量．解: 反应前总质量为反应后总质量为质量亏损由质能关系得３-2３一静止质量为得粒子,裂变成两个粒子,速度分别为0、6ｃ与０、8ｃ.求裂变过程得静质量亏损与释放出得动能.解: 孤立系统在裂变过程中释放出动能,引起静能减少,相应得静止质量减少,即静质量亏损．设裂变产生两个粒子得静质量分别为与,其相应得速度，由于孤立系统中所发生得任何过程都同时遵守动量守恒定律与能(质）量守恒定律,所以有注意与必沿相反方向运动,动量守恒得矢量方程可以简化为一维标量方程,再以c, ｃ代入,将上二方程化为:,上二式联立求解可得:,故静质量亏损由静质量亏损引起静能减少,即转化为动能,故放出得动能为3-24有，两个静止质量都就是得粒子,分别以=,＝-得速度相向运动,在发生完全非弹性碰撞后合并为一个粒子.求碰撞后粒子得速度与静止质量.解: 在实验室参考系中,设碰撞前两粒子得质量分别与,碰撞后粒子得质量为、速度为,于就是,根据动量守恒与质量守恒定律可得:①②由于代入①式得,即为碰撞后静止质量.3-25 试估计地球、太阳得史瓦西半径.解: 史瓦西半径地球:则：ﻭ太阳：则:3-26 典型中子星得质量与太阳质量⊙＝2×1０30kg同数量级,半径约为１0kｍ.若进一步坍缩为黑洞，其史瓦西半径为多少?一个质子那么大小得微黑洞(10-1５ｃm)，质量就是什么数量级?解：（１)史瓦西半径与太阳得相同,(２)由得ﻭ３－27 简述广义相对论得基本原理与实验验证.解: 广义相对论得基本原理就是等效原理与广义相对性原理.等效原理又分为弱等效原理与强等效原理．弱等效原理就是:在局部时空中,不可能通过力学实验区分引力与惯性力,引力与惯性力等效.强等效原理就是:在局部时空中,任何物理实验都不能区分引力与惯性力,引力与惯性力等效.广义相对性原理就是:所有参考系都就是平权得,物理定律得表述相同.广义相对论得实验验证有:光线得引力偏转,引力红移,水星近日点进动,雷达回波延迟等.习题四４-1 符合什么规律得运动才就是谐振动?分别分析下列运动就是不就是谐振动:(1)拍皮球时球得运动;(２)如题4-1图所示,一小球在一个半径很大得光滑凹球面内滚动（设小球所经过得弧线很短).。