大学物理作业答案

作业作业 1 1 1.1 B 定义. 1.2 D 质点带正电且沿曲线作加速运动，必有沿法向 和运动方向的场强分量，故只有 D 满足条件。 1.3 21 EEE )(4 22 0 21 ya q EE 对称：； 2 3 22 0 1 )(4 2 cos2, 0 ya qy EEE yx j ya qy jEE y 2 3 22 0 )(2 场强最大处： 2 , 0 a y dy dE 1.4 坐标系建立如图：MN 上长为 dx 的电荷受力， 高斯EdqdF dxdq 定理：; x E 0 2 ；方2ln 22 0 2 2 0 2 dx x dFF l l 向沿 x 轴 正向。 1.5 如果点电荷是孤立的，则半径为 R 的球面上，场 强大小一定处处相等。如果点电荷周围还有其它的带 l N l M dxx OX 电体，则球面上的场强应是各场强的叠加，可能不处 处相等。 1.6 设棒上电荷线密度为 ，则：,圆心处 lR Q 2 场强可以看成是半径为 R,电荷线密度为 的均匀带电 园环在圆心处产生的场强与放在空隙处长为 ，电 1 El 荷线密度为的均匀带电棒载圆心产生的场强的 2 E 叠加。即：; 210 EEE R lRR lQ R R l R R q EEE )2(4 )( 4 )( 4 , 0 2 0 2 0 2 0 201 (方向从圆心指向空隙处)。 1.7 按题给坐标，由于电荷呈线分布，则线密度为 对上下段任意分割取电荷元 dq，经分析可知 R Q 2 上下两部分 dq 在圆心处产生关于 y 轴对称，由 )( Ed 对称性可知：，)2(2, 0 0yyoyox EEEEE cos dEdE y 2 0 2 2 0 2 0 2 0 0 4 cos 2 cos 4 2cos2 R Q d R R R dQ dEE 方向沿 y 轴负方向。 1.8 按题给坐标，O 点的场强可以看作是两根半无限长 带电直线、半圆形带电细线在 O 点产生场强的叠加。 即： 321 EEEEO （半无限长导线） ，)( 4 ),( 4 0 2 0 1 ji R Eji R E （半圆） i R E 0 3 2 0E 1.9 失去自由电子。理论上说质量有所减少。但测量 很困难。 作业作业 2 2 2.1 B 2.2 B 2.3 C 2.4 （此时可视为点电荷） 2 00 42r L E r E 内 2.5 （） 4 RAQdrrArdVdq 2 4 2.6 解受力分析如图所示，小球在重力 mg，绳中张 力 T 及静电的共同作用下而处于受力平衡状态。其qE 中为无限大均匀带电平面（电荷面密度为）产生的E 均匀电场。 ， 的方向如图所示。 0 2 EE 0cos mgT 于是有： 0sinTqE 11 612 0 102 3 3 8 . 9106 . 11085 . 8 2 2 q mgtg （c/m2） 6 100 . 8 2.7 解由于电荷、电场分布具有球对称性，可利用高 斯定理求场强。取同心的半径为 r 的球面为高斯面 （图中虚线）如图所示。则通过高斯面的 321 ,SSS 电通量为 2 4 rSdE S 当 时， 2 Rr 1 Rqqi 0 2 24 q rE 所以 或 ( ) r r r q E 2 0 2 4 0 2 0 2 4 r r q E 2 Rr 1 R 当 时， r 3 RQqqi 0 2 34 Qq rE 所以 ( ) r r r Qq E 2 0 3 4 r 3 R 2.8 解由于电荷、电场分布具有轴对称性，可利用高 斯定理求场强。取长为 半径为 r 的同轴闭合圆柱l 面为高斯面，则通过高斯柱面的电通量为 侧面下底 上底 SdESdESdESdE S =l200rE rlE 2 当 时 ， 2 Rr 1 Rlqi 0 2 2 rlE r r E r 0 2 2 当 时 ， r 2 R0 llqi0 3 E 作业作业 3 3 3.1 C 3.2 C 3.3 C 解由于球对称性，由高斯定理求得场强分 布 ( ) r r r Q 2 0 4 E 2 Rr 1 R 又因为外球壳接地，且地为电势零点，所以处 2 R 为电势零点，有 ) 11 ( 4 20 2 2 Rr Q rdEUU R r Rp 所以 ) 11 ( 4 20 Rr Q UP 3.4 cos2cos2PElqEqEdqUA 3.5 解由于球对称性，由高斯定理求得场强分布 0 内 E r ()R r r r R r r r R E 2 0 2 2 0 2 4 4 外 r ()R d r rdr r R rdErdEU RR R r 2 0 2 外内内 rrdr r r R r drR rdEU rr 0 2 2 0 2 外外 r ()R 3.6 解（1）把圆盘无限分割成许多圆环，其中任一 圆环半径为，宽为，此圆环在点产生的电势为 R R d P r RdR r dS r dq dU 000 4 2 44 22 xRr 由电势叠加原理，有 222 22 0 022 0 0 0 xxR xR RdR r RdR dUU RR P （2）i xR x i dx dU iEE x 1 2 22 0 （3）， mx 2 100 . 6 )/(105 . 4 4 mVU)/(105 . 4 5 mVE 3.7 解经分析电荷分布呈线分布，无限分割带电圆弧 为许多电荷元，有，其中任一电荷元Rddldq 可看成点电荷，它在点产生的场强为，dqO 2 0 4R dq dE 方向如图，电势， 以 轴为对称轴，选另一 R dq dU 0 4 x 电荷元与对称，则有 和 ， q d dqdqqd 2 0 4R qd Ed 由于对称性 ，0 yy EddE xxx dEEddE2 点总的场强和电势为所有点电荷在该点产生的场强和O 电势的叠加。 2 sin 2 cos 2 cos22 0 2 0 0 0 RR dEdEEE xx i R E 2 sin 2 0 0 2 0 0 42 2 d dUUo 3.8 静电场是保守力场，静电场是有势场；静电场也 是无旋场。 3.9 不一定（详见课堂举例） 。只有在电势不变的空间 中场强才处处为零。 3.10 不一定（详见课堂举例） 。 作业作业 4 4 4.1 (C)可先假设内球带电，先不管正负，然后根据电 势叠加原理及大地电势为零来计算内球的电势，就可做 出正确判断。类似的接地问题都可以按类似的思路求解。 4.2 (B) 4.3 (B) 4.4 (B) 重新达到一个新的静电平衡，电荷重新分配， 整个导体是等势体（等势体） R4 R4 r4 r4 0 2 R 2 r 0 R r r R 4.5 d S2 C 0 4.6 Q内=Q Q外=Q 或 rr Q OP r E 2 0 4 0 2 0 4 r r Q OP E 4.7 (1) 一定相等.是等势体. (2) 不一定. 4.8 解: 由题意和场强叠加原理, 两导线间，距 导线 为 x 点的场强为（注：答案中黑体表示矢量） 21 EEE 由高斯定理,有 0 /Qd SE x2 E 0 1 )(xd2 E 0 2 则两导线间的电势差为 a ad dx xdx dxEU ad a ad a ln) )(22 ( 00 d x 12 故单位长度的电容为 a d ln a ad ln U Q C 00 4.9 解: 由高斯定理,有（注：答案中黑 0 /Qd SE 体表示矢量） 或其中为单位矢 A A A A r r r q E 2 0 4 0 2 0 4 r r q E A A A A r r r 0 量（要有必要的步骤,要求同作业 2） =0 （静电感应：要作简单的说 B E 明） 4.10 证明: (1)做出如图所示的高 斯面S1，由于导体内部场强为零，侧 面法线方向与场强方向垂直，故由高斯定理有 0)(/0 320 11 Sqqd S i S i SE 所以，S1面内电荷数为零，即。 32 (2) 做出如图所示的高斯面S2，由于，又E左 32 =E右=E，故由高斯定理可得， 043210 /)(/2 2 SqESd S i SE 有。再做高斯面S3，可知此时有。两 0 41 2 E 0 1 E 1 2 3 4 S3 S1 S2 E E 式联立，即可得证。 (3) （注：答案中 2 32 2 41 32 41 43 21 mC2 mC57 3 黑体表示矢量） 4.11 (1)方向为垂直导体面向外; (2)没有变化; (3)内部场强不变. 作业作业 5 5 5.1 (C) 5.2 (A) 5.3(B) 5.4 , (R1R3 区域， 同上一样，可求得： 30 2 1 8R Q We 作业作业 7 7 7.1 B 解 rl I rl I J E 2 2 7.2 A 解 R evee T e I 22 2 7.3 rdEk 7.4 ， Le Ud 4 2 Len U vd 7.5 铜的电阻率与铝的电阻率之比 7.6 解 (1) 2 5 23 2 5 2 2 5 1 102 cos 10210 m A J S I S I J m A S I J m A S I J bcba (2) dSJSdJdIcos 2 5 32 5 22 5 1 10 2 60cos10210 m A J JdI m A JdI m A JdI c cba 7.7 解 (1) 这里的球壳层 S dr dRRdrrr 的横截面可认为相同， 球壳层的漏电阻： A B nBA r r lrl dr Rrrr rl dr S dr dR 22 )( 2 (2) （3） （4） A B n ABAB r r lV R V I 2 A B n AB r r r V rl I j 2 A B n AB r r r Vj E 作业作业 8 稳恒磁场解答稳恒磁场解答 8.1. (B) ：8 2 2 1 a a , 1 0 1 2a I B )135cos45(cos 2 4 4 2 0 2 a I B 8 2 2 1 a a 8.2. (A) B = 0.8 104 T 2 2 4 0 1 a I B T 5 1 10845cos4 BB总 8.3. )32( 4 )30cos0(cos 60cos4 00 R I R I BB edba R I R I Bbcd 63 1 2 00 ,方向垂直纸面向里。 )32( 26 00 R I R I B 总 8.4. ；。 （n 的方 nRR I m )( 2 2 1 2 2 R I B 4 0 半圆 n RR I B ) 11 ( 4 12 0 总 向为垂直纸面向里，与电流之间满足右手螺旋关系） 8.5.与电源相连的两根导线的电流方向相反，扭在一起 可以使磁场尽可能相互抵消，以免产生磁干扰。 8.6 （批改此题时要注意方向和数量级） a1 O1 a2 O2 a 1 4 2 3 31 BB 42 BB 总 B I a b d e c 120 O R 由毕奥萨伐尔定律可知，在本题中的电流元在各点 处产生的磁感应强度表达式为 ，所以有 3 10 3 0 103 4r r k r rlId Bd ir 2 )(105 . 7 8 2 103 1110 Tj i kBd jr 4 )(10875 . 1 4 4 103 11 3 10 Ti j kBd kr 50Bd 5 43 r kir )(102 . 7 125 3 103 1210 Tj i kBd 5 43 r jir )(43(104 . 2 125 )43( 103 1210 Tij ji kBd 8.7. （批改此题时要注意单位和数量级） 电子绕核高速运动，相当于一个载流圆线圈，其运流电 流为 R evee T e I 22 2 该圆线圈在其中心处产生的磁感应强度和对应的磁矩的 大小分别为 )(103.9)(13 2 22420 mArImT r I B 或 B=12.5T 8.8. )(1037 . 6 5 TB 用场强叠加原理求。 半圆柱面上的面电流密度为，建立如图所示坐标系。 R I j 在半圆柱面上取一平行于轴线的窄长条 dl，其上载有 电流，(此处)将其视为线电jRdjdldIRddlRl, 流，它在轴线上产生的磁感应强度为 dB, 其大小为 22 00 jd R dI dB 方向如图，由对称性分析可知， )(1037. 6 2 sin sin 0 5 2 00 0 0 T R Ij dj dBdBBB dBB yy xx 方向与轴线垂直。 作业作业 9 稳恒磁场解答稳恒磁场解答 9.1.(B) 不变，B 增大 不变:磁感应线为闭合曲线（磁场的高斯定理） ；B 增 大：长直载流导线的磁场距离成反比。 9-2.(A)反比于 B，正比于 v2。因为电子在磁场中运动的 轨道半径为，通过其所围的面积内的磁通量为 qB mv R Bq vm BR 2 22 2 9.3. ：根据安培环路定理；真实螺线管真实螺线管。 IlB 0 d 9.4. ；方向方向 ；方向方向 r I B 2 10 1 r I B 2 20 2 由对称性知道二者磁场通过矩形的磁通量相等，正向一由对称性知道二者磁场通过矩形的磁通量相等，正向一 致致。 )(101 . 13ln10103ln2 670 3 . 0 1 . 0 1 Wb Iab drBab 9.5.因为磁场的分布呈轴对称性，所以以轴线上一点为 中心，以任意半径 r 分别在管内、管壁内、管外作三条 安培环路，有 rBlB2d 当时，ar 0 i I 当时，bra I ab ar ar ab I Ii )( )( )( )( 22 22 22 22 当时，br IIi 所以根据安培环路定律有 )( )( )( )( )(0 2 0 22 22 0 0 brI bra ab arI I ar rB i 由此得空间各点的磁场分布为 )( 2 )( )(2 )( )(0 0 22 22 0 br r I bra abr arI ar B 9.6. 解：（1）设线圈总匝数为 N,以环心为中心，r 为 半径作一圆形安培环路（） ，由电流分布可知， 22 12 D r D 环路上各点 B 大小相等，方向沿环路切向，根据安培 环路定理可得 NIrBlB 0 2d 得 r NI B 2 0 （2）在任意半径 r 处取长为 h 宽为 dr 的小截面，其磁 通量为 dr r Ih Bhdrd 2 0 2 10 0 ln 2D DNIh dN 9.7. 用安培环路定理，可以证明图中 B1B2；用高斯 定理，可以证明图中 B1B2。命题得证 具体证明如下： 在该磁场中作任意尺寸的环路 abcd, 要求 ab、cd 与所在处的磁感应线平行，bc、da 与所在 处的磁感应线垂直，如图所示。则有 因为空间中无电流 0 00 0 21 i L I cdBabB l d B )( 21 cdabBB a b d c B1 B2 B1 B2 选一个如图所示的高斯面，使其包围一条磁感应线，且 对称轴与该磁感应线 平行，则由 磁场中的高斯定理可 得 00 2 1 2 1 右左 侧右左 SBSB SdBSdBSdBSdB SSS 所以命题得证。 2 1 BB 作业作业 10 稳恒磁场稳恒磁场 10-1. (C) N 型半导体是电子导电，电子向 b 端漂移 （霍尔效应） 10-2. (D) 竖直向上 IBRsinBPM m 2 4 3 60 10-3. (B) 10-4. 电子的速率 s/mv 7 10 方向 Bvqf a I B 2 0 s/m qB f v 7 10 10-5. 向三角形中心运动。因为同向电流导线相吸引。 10-6解： (1) 当金属中自由电子所受磁场的洛仑兹力 与电场力平衡时： ， l V eeEBevd )s/m(. . . Bl V vd 4 2 6 10071 10202 10274 (2) 由 ab 两端的霍尔电势差： 得电子浓度为： h IB ne V 1 )m/(. hVe IB n 328 110845 (3) 电子向 b 端偏转，所以 a 点电势高，b 点电势低 (4) P 型半导体是空穴导电，即正电子导电，所以与上 相反，b 点电势高。 10-7. 解：(1) 线圈所受的力矩大小： )mN(.BlIlmBM040 21 (2 ) 力矩做的功： 这里：； )( IA 12 0 1 BS 2 所以：J.IBSA040 10-8. 不能。因为带电粒子在磁场中所受洛仑兹力始终 与粒子运动方向垂直，它只能改变粒子的运动方向，不 能改变速度的大小，所以不能用该力来增大粒子的动能。 10-9. 来自于磁场的能量。 作业作业 11 稳恒磁场稳恒磁场 11-1D 抗磁质： HB r 01 r 11-2C 的环流环流只与 L 内所包围的传导电流有关。H 11-3铁磁质；顺磁质； 抗磁质。 11-4剩磁；矫顽力。 11-5解：(1) 以环心为中心，r 为半径作一圆形安培 环路，由有介质的安培环路定理可知 Il dH NIr2H (A/m) 300nI r2 NI H 对管内，此时无磁介质，则： T103.77HB 1 -4 00r (2 ) 管内充满磁介质时， T51 . 1 HB 0004 r0r (3 ) 磁介质内由导线中电流产生的： T103.77HB -4 00 由磁化电流产生的： TBBB57 . 1 0 11-6 解：在导体内部和外部分别以轴线为中心，做 以 r 为任意半径的圆环为安培环路，则由安培环路定理 可得 )( )(2 1 1 2 1 2 RrI Rr R Ir rHrdH C )( 2 ( 2 1 )1 2 1 Rr r I Rr R Ir H 根据 B 和 H 的关系式得 HB r 0 11-7不能。介质中的安培环路定理说明定理的左端， 即 的环流只与传导电流有关，与分子电流无关；但并H 不可以说 只与传导电流有关，与分子电流无关或与磁H 介质无关。这里 的环流和 是两个不同的概念。在一H H 般情况下 是与分子电流有关的，因为介质磁化产生的H 分子电流也激发磁场，这可以从公式或中 B H M B H 0 看到。 作业作业 12 电磁感应（一）电磁感应（一） 12-1. (D) 12-3. (B) 12-3. 0 12-4. 解：在棒上距长直导线为 r 处取一个线元，rd 方向由 a 到 b，方向由 a 到 b, 所以金属棒rdBv Bv )( 2 )( 2 )( 2 2 0 21 0 1 2 1 0 Rr r I RrR r I Rr R Ir B r 中感应电动势为： V d dlI dr r I BdrrdB bababaab 5 00 107 . 3ln 22 a 端电势高 12-5. 解：线框的上下两条边不切割磁力线，所以不产 生感应电动势，只有左右两条边切割磁力线产生感应电 动势，在 d=10cm 时，设左边处的磁感应强度为 ，右 1 B 边处为，则此时线框中的磁感应电动势为： 2 B V add ILv NLv ad I Lv d I NLvBLvBN 5 000 21 104 . 2 11 222 方向：顺时针方向 12-6. 解： 对产生电动势起作用的是垂直于速度的磁场分量 V0866 . 0 cos LvBLvB i 12-7. 答：由法拉第电磁感应定律可知，由于在两个环 的尺寸相同，通过两个环的磁通量对时间的变化率也相 同，所以两环所在处产生的感应电场和感应电动势的大 小均相同，但由于木环中没有自由电子，所以在木环中 没有感应电流产生，但在铜环中会有感应电流产生，因 为铜是导体。 作业作业 13 电磁感应（二）电磁感应（二） 13-1.(D)（由即可得到） SL i Sd t B l d E 13-2.(A) （参看例题） 13-3.解： 穿过一匝线圈的磁通量为： cosBSSB 由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为： 22 222 1084cos 10582coscos trN tt dt d rN dt dB NS dt d N i 所以，时的感应电动势的大小为V，方st3 2 3 1051 . 2 st i 向为顺时针方向。 13-4.解： 线框 abcda 所围面积总只有 abefa 一部分有磁通量,此面 积, 2 2 2 455 . 0 6 cos 2 1 6 moa R S 感应电动势负号表示其方向由 d 到 ,7 .22V dt dB S dt d i c。 13-5.解： 穿过导体杆 L 与导轨形成的线圈的磁通量： BLvtt vLBSB 导体杆中的电动势为： 1010 10 10 115. 0 10 15 . 1 5 . 1 tt t e t e t Lv te dt d LvBLvt dt d dt d 6.块状金属导体处于变化的磁场中或者相对磁场运动时， 在导体中都可能产生涡电流。所以，对于均匀磁场，当 块状金属导体一部分进入或离开均匀磁场且切割磁力线 运动时，或在均匀磁场中旋转有磁通量改变时，就能产 生涡电流。 7.是为了减小涡流损耗。使涡流受绝缘的限制，只能在 薄片范围内流动，增大了电阻，减小了涡流，使损耗降 低。 作业作业 14 电磁感应（三）电磁感应（三） 14-1. 答案 C。 解：对于长直螺线管自感系数 VnL 2 14-2答案 B。 解：自感系数只与线圈的几何形状， 大小及周围磁介质分布有关，与电流无关。 14-3解：磁能密度 , 若按质能2 0 2 1 Bw 3 21 1098 . 3 m J wm 关系 其中 c 为真空光速。 2 2 0 2 1 B c wm 34 104 . 4 mkgwm 14-4 解：（1）此题可以直接利用书上的结论求， , HVnL 52 0 1057 . 7 也可以按照定义 Vn I LBI m m 2 0 （2） V dt dI L L 2 103 . 2 14-5解：（1）螺线管 2 激发的磁场为 2 2 02 I l N B 通过线圈 1 的磁通量为 其中 2211 SBN m 22201 SInN （因为） l N n 2 2 21 SS （2） 2 1 I M m 2201 SnN 14-6解：磁场被限制在同轴电缆内，由安培环路定理 可得 )(0 )( 2 )0( 2 2 21 1 2 1 Rr RrR r I Rr R rI H 因而磁场能量也只储存在电缆内。 由磁场分布的特点可知，在距轴线为 r 处磁场的大小相 同，因而这些位置的磁能密度相同。在圆柱体内、外磁 场的分布不同，因而磁能密度的表达式不同，我们分别 求出长为 l 的电缆中在及区域的磁能，两 1 0Rr 21 RrR 者之和即为长为 l 的电缆中的总磁能。 在（）范围内，取长度为 l 半径为 r 和的同 1 0Rr drr 轴圆柱筒作为体积元 dV, （） ，此体积rldrdV2 1 0Rr 元内的磁能密度为 4 1 2 22 0 2 2 1 0 2 11 822 1 2 1 R rI R Ir Hwm 该体积元内储存 的能量为 则长为 l 的一段电缆中，在区域内储存的磁场能 1 0Rr 量为， 11 0 2 0 3 4 1 2 0 0 3 4 1 2 0 1 1644 RR V m lI drr R lI drr R lI wdVW 同样在（）范围内，取长度为 l 的一段柱壳 21 RrR rldr R rI dVwdW mm 2 8 4 1 2 22 0 11 （） ，其中储存的磁能为rldrdV2 21 RrR 1 2 2 0 22 2 0 2 ln 4 2 8 2 1R RlI rldr r I dVwW R RV mm 因此，长度为 l 的一段电缆中储存的总磁能为 )ln41( 16 1 2 2 0 21 R RlI WWW mmm 单位长度内储存的磁能为 )ln41 ( 16 1 2 2 0 R RI l W w m m 由自感磁能与自感系数的关系 2 2 1 LIWm 得 )ln41( 8 1 20 R R L 14-7这是由于电路突然断电，使得回路中产生了强烈 的自感应现象，出现了一个很大的自感电动势，产生很 强的电场，击穿空气。 14-8 当两个线圈平面相互平行放置，并且它们的中心 在同一条直线上时，其互感最大；当一个线圈平面平行 于两圆心连线，另一个线圈平面垂直于两圆心连线时， 其互感为零。 大学物理作业大学物理作业 15 电磁场理论电磁场理论 15-1答案 D。 15-2答案 D。解： ，而 可以是常数。 dt dE B dt dE 15-3答案 B。解：电磁波的表达式得知，电磁波的传 播方向沿 y 轴负方向,与电场、磁场方向满足如下关系 HEu 15-4解：相同；垂直；垂直；横波。 HE 15-5解：（1）极板上电量 Q=I t , 电荷面密度 ， S tI S Q 极板间电场强度 ， S tI E 00 则电场的变化率 SmV S I dt dE /108 . 1 15 0 （2） 极板间的电位移为， S tI D 则位移电流密度 24 /106 . 1mA S I dt dD Jd （3）极板间的位移电流 ，AISJI dd 5 （4）由安培环路定理 ， d C IrdB 0 T r I B d 4 0 100 . 1 2 15-6解：极板间的位移电流密度 x y z u E H 0 y t dt dE dt dD Jd 5 0 5 0 10cos10720 以 r 为半径绕极板中心作圆形安培环路，由安培 环路定理： 解出 dd J r HJrrH 2 2 2 st 5 10 mAtJ r H d /1010cos10360 2 55 0 5 15-7解：根据电磁波的特点可以判断，电场强度的振 动方向一定沿着 y 轴的正方向， HEu 在真空中，有，所以 HE 00 )(cos 0 0 0 0 0 SI c z tHjHjE 作业作业 1616 1.在地面参考系测得一星球离地球 5 光年，宇航员欲将 此距离缩为 3 光年，他乘的飞船相对地球的速度应是 A. B. C. D. c 2 1 c 5 3 c 5 4 c 10 9 答：C 解：这里，要求宇航员的钟走 3 光年，是原时： ；地面上的时钟测量，宇航员走 5 光年，是测时：3t 。因此由，得到5 / t 22 / 1cu t t y z x u E H ，。 22 1 3 5 cu cu 5 4 注意：地面上仍然认为宇航员走了 5 光年。 2.火箭的固有长度为，其相对地面以作匀速直线运L 1 动。若火箭上尾部一射击口向火箭首部靶子以速度发 2 射一子弹，则在火箭上测得子弹从出射到击中靶的时间 间隔为 。 A. B. C. D. 21 L 2 L 2 1 2 1 c L 2 1 21 1 c L 答：B 解：事件发生在火箭上，与地面无关。当然，地面上测 量这一时间间隔是不同的。 3.在惯性系中 轴上相距处有两只同步钟和，KxxAB 在相对系沿 轴以 速运动的惯性系中也有一只同Kxu / K 样的钟。若轴平行，当相遇时，恰好两钟读数 / A / xx / AA 都为零， 则当与相遇时系中钟的读数为 / ABKB ，系中钟的读数为 。 / K / A 答：， u x 2 2 1 c u u x 解：如图，在系测量，和的距离为，钟正在KABx / A 以速度 从向运动，钟从到达所用的时间为uAB / AAB u x t 这也就是钟的读数。B 由于和在系中ABK 是静止的，所以，系K 中测量，和的距离AB 是原长；在系看来，x / K 和以速度运动，ABu 和的距离是测量AB / x 长度，因此 2 2 2 2 / 1 )( 1 c u x c u xx 由于在系看来，以速度运动，运动距离 / KBu B 所用时间为 / x / t 2 2/ / 1 c u u x u x t 这就是钟的读数。 / A 可见，钟与 / A 钟相遇时，确实是：B 钟读数小、钟读数大，即似乎确实能分辨出来 / AB “钟慢、钟快” 。 / AB 钟相对于系运动，钟确实应该慢；而在系 / AK / AK 看来，钟也是运动的，也经该慢。这似乎出现了矛盾。B 如图，认为：钟与钟相遇时，钟与钟根 / K / AAAB 本没有校准，钟的指针比钟提前。 （或者，从经典BA 物理大致考虑：信号的传播是需要时间的，钟指针指B 向“0”这一信号传到时，将钟调到“0” ，此时，AA 钟已经过“0”了，即钟比钟提前了） 。BBA 如图，认为：在对“相遇到钟与钟相遇 / K / AA / AB 所用时间的测量”中，和钟的测量结果是一样的，AB 都比钟测量的结果短，即和钟都慢；只不过是在 / AAB 相遇时，钟的指针“提前”了，从而在钟与 / AAB / A 钟相遇时，钟的“读数”比钟的“读数”大。可BB / A 见，上面的结果，并不违反相对论，反而正是相对论的 必然结果。 4.根据狭义相对论的原理，时间和空间的测量值都是 ，它们与观测者的 密切相关。 答：相对的，相对运动状态。 5. 、系是坐标轴相互平行的两个惯性系，系相K / K / K 对与沿 轴正方向匀速运动。一刚性尺静止于系中，KxK 且与 轴成角，而在系中测得该尺与 轴成x 0 30 / K / x 角，试求：、系的相对运动速度。 0 45K / K 解：如图，在系中测量，K ，所以 0 30 0 30tantanxxy 在系中测量，所以 / K 0/ 45 0/ 45tantanxxy 由洛伦兹变换，得到 ，yy / 2 2 / 1 c u xx cu 3 2 6.一匀质矩形薄板，静止时边长分别为 和 ，质量，ab 0 m 试计算在相对薄板沿一边长以 速运动的惯性系中测得v 板的面密度。 解：在相对于板运动的参照系中，长度收缩，同时质量 增大。 质量为：；长度为：， 22 0 1cv m m 22/ 1cvaa bb / 质量密度为 22 0 22 0 2222 0 / 1)1 ( 1 1 1 cvcvab m cvabcv m ba m 7.列车和隧道静止时长度相等，当列车以 的高速通过u 隧道时，分别在地面和列车上测量，列车长度与隧道L 长度的关系如何？若地面观测者发现当列车完全进入 / L 隧道时，隧道是的进、出口处同时发生了雷击，未击中 列车，按相对论的理论，列车上的旅客会测得列车遭雷 击了吗？为什么？ 解：（1）由于隧道相对于地面是静止的，而列车是运 动的，所以，地面测量隧道的长度是原长，地面测量列 车的长度是测长，即地面测量： 隧道长，列车长 0 / 1 lL 22 01 1culL 地面测量隧道长与列车长的关系为： / 1 L 1 L 22/ 11 1cuLL 由于列车相对于列车是静止的，而隧道是运动的， 所以，列车测量列车的长度是原长，列车测量隧道的长 度是测长，即列车测量： 列车长，隧道长 0 / 2 lL 22 02 1culL 地面测量隧道长与列车长的关系为： / 2 L 2 L 22/ 22 1cuLL （2）地面测得雷击时刻火车完全位于隧道内，没有遭 雷击。列车上的测量同样得出列车没有遭雷击。 设列车头到达隧道出口为事件，闪电到达隧道出 1 A 口为事件；列车尾到达隧道进口为事件，闪电到 2 A 1 B 达隧道进口为事件。在地面上测量，事件与事件 2 B 1 A 是同时同地发生的两个事件，在任何惯性系中测量 2 A 都是同时发生的，因此在列车上测量，事件与事件 1 A 是同时同地发生的两个事件，即在列车上测量，列 2 A 车头与闪电同时到达隧道出口，闪电没有击中列车头； 在地面上测量，事件与事件是同时同地发生的两 1 B 2 B 个事件，在任何惯性系中测量都是同时发生的，因此在 列车上测量，事件与事件是同时同地发生的两个 1 B 2 B 事件，即在列车上测量，列车尾与闪电同时到达隧道进 口，闪电没有击中列车尾。 事实上， “列车头到达隧道出口的事件”与“列 1 A 车尾到达隧道进口的事件” ，是在地面这一惯性系中 1 B 不同地点同时发生的两个事件，在列车这一惯性系中测 量就不可能是同时的；“闪电到达隧道出口的事件” 2 A 与“闪电到达隧道进口的事件” ，是在地面这一惯性 2 B 系中不同地点同时发生的两个事件，在列车这一惯性系 中测量就不可能是同时的。 设“闪电到达隧道出口的事件”在地面测量 2 A ，在列车上测量；“闪电到达隧道进),( 112 txA),( / 1 / 12 txA 口的事件” 在地面测量，在列车上测量 2 B),( 222 txB 。由于，则),( / 2 / 22 txB, 21 tt 012 lxx 0)()()( 0 2 12 22 2 2 2 1 1 / 2 / 1 l c u xx c u c ux t c ux ttt 可见，出口处雷击先发生，此时列车头部未出隧道；入 口处雷击后发生，此时列车尾部进入隧道。 作业作业 1717 1.实验室测得粒子的总能量是其静止能量的 K 倍，则其 相对实验室的运动速度为 A. B. C. 1K c 2 1K K c D. 1 2 K K c 1K K c 答：C 解：， ， 2 0 2 cKmmc 2 0 1 m m 0 2 0 1 Km m 1 2 K K c v 2.把一静止质量为的粒子，由静止加速到， 0 mc6 . 0 所需作的功为 A. B. C. D. 2 0 18 . 0 cm 2 0 36 . 0 cm 2 0 25 . 1 cm 2 0 25 . 0 cm 答：D 解： 2 0 2 2 0 2 0 2 25. 0) 1 1 1 (cmcmcmmcEk 3.观测者乙以的速率相对观测者甲运动，若甲携带c 5 3 质量为的物体，则kg1 (1) 乙测得物体的质量为： ； （2）甲测得物体的总能量为： ； (3) 乙