新编基础物理学上册3-4单元课后答案

第三章 3 1 半径为 R 质量为 M 的均匀薄圆盘上 挖去一个直径为 R 的圆孔 孔的中心在 1 2 R处 求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量 分析 用补偿法 负质量法 求解 由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量 用原圆盘转 动惯量减去挖去部分的转动惯量即得 注意对同一轴而言 解 没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为 2 1 1 2 JMR 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为 2222 2 13 2424232 c MRMR JJmdMR 由 式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为 2 12 13 32 JJJMR 3 2 如题图 3 2 所示 一根均匀细铁丝 质量为 M 长度为L 在其中点 O 处弯成 120 角 放在xOy平面内 求铁丝对Ox轴 Oy轴 Oz轴的转动惯量 分析 取微元 由转动惯量的定义求积分可得 解 1 对 x 轴的转动惯量为 2022 2 0 1 sin60 32 L x M Jr dmldlML L 2 对 y 轴的转动惯量为 2022 2 0 15 sin30 32296 L y MLM JldlML L 3 对 Z 轴的转动惯量为 22 11 2 32212 z ML JML 3 3 电风扇开启电源后经过 5s 达到额定转速 此时角速度为每秒 5 转 关闭电源后经过 16s风扇停止转动 已知风扇转动惯量为 2 0 5kg m 且摩擦力矩 f M和电磁力矩M均为常 量 求电机的电磁力矩M 分析 f M M为常量 开启电源 5s 内是匀加速转动 关闭电源 16s 内是匀减速转动 可得相应加速度 由转动定律求得电磁力矩 M 解 由定轴转动定律得 1f MMJ 即 112 5252 0 50 54 12 516 f MJMJJN m 3 4 飞轮的质量为 60kg 直径为0 5m 转速为1000 minr 现要求在 5s 内使其制动 求制动力 F 假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0 4 飞轮的质量全部分布在轮的外周上 尺寸如题图 3 4 所示 分析 分别考虑两个研究对象 闸瓦和杆 对象闸瓦对飞轮的摩擦力 f 对 O 点的力矩使飞 轮逐渐停止转动 对飞由轮转动定律列方程 因摩擦系数是定值 则飞轮做匀角加速度运 动 由转速求角加速度 对象杆受的合力矩为零 题图 3 2 解 设闸瓦对飞轮的压力为 N 摩擦力为 f 力矩为 M 飞轮半径为 R 则依题意得 MfRJ 0 4fNN 0 50 75 0 5FN 22 600 25JmR 10002 60 5 解 式得314FN 3 5 一质量为m的物体悬于一条轻绳的一端 绳另一端绕在一轮轴的轴上 如题图 3 5 所 示 轴水平且垂直于轮轴面 其半径为r 整个装置架在光滑的固定轴承之上 当物体从 静止释放后 在时间t内下降了一段距离S 试求整个轮轴的转动惯量 用rtmS 和表 示 分析 隔离物体 分别画出轮和物体的受力图 由转动定律和牛顿第二定律及运动学方程 求解 解 设绳子对物体 或绳子对轮轴 的拉力为T 则根据牛顿运动定律和转动定律得 mgTma JTr 由运动学关系有 ar 由 式解得 2 Jm g a ra 又根据已知条件 0 0v 2 1 2 Sat 2 2S a t 将 式代入 式得 2 2 1 2 gt Jmr S 3 6 一轴承光滑的定滑轮 质量为2 00 Mkg 半径为0 100 Rm 一根不能伸长的轻绳 一端固定在定滑轮上 另一端系有一质量为5 00 mkg 的物体 如题图 3 6 所示 已知 定滑轮的转动惯量为 2 1 2 JMR 其初角速度 0 10 0 rad s 方向垂直纸面向里 求 1 定滑轮的角加速度的大小和方向 2 定滑轮的角速度变化到0 时 物体上升的 高度 3 当物体回到原来位置时 定滑轮的角速度的大小和方向 分析 隔离体受力分析 对平动物体由牛顿第二定律列方程 对定轴转动物体由转动定律列方程 解 1 mgTma RJT Ra 题图 3 4 m M R 0 题图 3 6 T r T a mg 题图 3 5 m O r 题图 3 5 2 2 22 2 81 7 1 2 2 mgRmgRmg rad s mRJmM R mRMR 方向垂直纸面向外 2 2 2 0 2 当0 时 rad612 0 2 2 0 物体上升的高度 2 6 12 10 mhR 3 210 0 rad s 方向垂直纸面向外 3 7 如题图 3 7 所示 质量为 m 的物体与绕在质量为 M 的定滑轮上的轻绳相连 设定滑轮 质量 M 2m 半径 R 转轴光滑 设00tv 时 求 1 下落速度 与时间 t 的关系 2 4ts 时 m下落的距离 3 绳中的张力 T 分析 对质量为 m 物体应用牛顿第二定律 对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程 解 1 设物体 m 与滑轮间的拉力大小为 T 则 mgTma 2 1 2 MTRJMR aR vat 解 式得 2 4 9 am s 并代入 式得4 9vt 2 设物体下落的距离为 s 则 22 11 4 9439 2 22 satm 3 由 1 的 式得 4 9TmgmaN 3 8 如题图 3 8 所示 一个组合滑轮由两个匀质的圆盘固接而成 大盘质量 1 10Mkg 半径0 10Rm 小盘质量 2 4Mkg 半径0 05rm 两盘边缘上分别绕有细绳 细绳 的下端各悬质量 12 2mmkg 的物体 此物体由静止释放 求 两物体 12 m m的加速度大 小及方向 分析 分别对物体 12 m m应用牛顿第二定律 对滑轮应用刚体定轴转动定律 解 设物体 12 m m的加速度大小分别为 12 a a与滑轮的拉力 分别为 12 T T 111 1 Tm gm a 2222 m gTm a 题图 3 7 题图 3 8 T T mg a 图 3 6 1 ar 2 aR 21 MT RTrJ 22 12 11 22 JM RM r 把数据代入 解上述各式得 2 1 0 6125 am s 方向向上 2 2 1 225 am s 方向向下 3 9 如题图 3 9 所示 一倾角为 30 的光滑斜面固定在水平面上 其上装有一个定滑轮 若一根轻绳跨过它 两端分别与质量都为 m 的物体 1 和物体 2 相连 1 若不考虑滑轮的质量 求物体 1 的加速度 2 若滑轮半径为 r 其转动惯量可用 m 和 r 表示为 2 Jkmr k 是已知常量 绳子与 滑轮之间无相对滑动 再求物体 1 的加速度 分析 1 对两物体分别应用牛顿第二定律列方程 2 两物体分别应用牛顿第二定律 对滑轮应用刚体定轴转动定律列方程 解 设物体 1 物体 2 与滑轮间的拉力分别为 1 T 2 T它们对地的加速度为 a 1 若不考虑滑轮的质量 则物体 1 物体 2 与滑轮间的拉力 1 T 2 T相等 记为 T 则对 1 2 两物体分别应用牛顿第二定律得 0 sin30 mgTma Tmgma 解上两式得 2 4 agm s 方向竖直向下 2 若考虑滑轮的质量 则物体 1 物体 2 与滑轮间的 拉力 1 T 2 T不相等 则对 1 2 两物体分别应用牛顿第 二定律 和对滑轮应用刚体定轴转动定律得 1 mgTma 0 2 sin30Tmgma ar 12 MTrT rJ 2 Jkmr 解上述各式得 2 2 2 g am s k 方向竖直向下 3 10 一飞轮直径为 0 3m 质量为 5 0kg 边缘绕有绳子 现用恒力拉绳子的一端 使其由 静止均匀地绕中心轴加速 经 0 5s 转速达每秒 10 转 假定飞轮可看作实心圆柱体 求 1 飞轮的角加速度及在这段时间内转过的转数 2 拉力及拉力所作的功 3 从拉 动后10ts 时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度 分析 利用转动定律 力矩作的功定义 线量与角量的关系求解 解 1 角加速度为 22 102 1 26 10 0 5 rad s t 题图 3 9 转过的角度为 222 11 1 26 100 515 7 22 trad 转过的圈数为 2 5 2 N 圈 2 由转动定律MfRJ 得 22 0 5 5 0 151 26 10 47 1 0 15 J fN R 力矩做的功为 0 47 1 0 15 15 7111AMdMJ 3 角速度为 23 1 26 10101 26 10 trad s 边缘一点的线速度为 32 0 15 1 26 101 88 10 vRm s 边缘一点的法向加速度为 22652 0 15 1 26102 37 10 n aRm s 边缘一点的切向加速度为 22 0 15 1 26 1018 84 aRm s 3 11 一质量为 M 长为l的匀质细杆 一端固接一质量为 m 的小球 可绕杆的另一端O无 摩擦地在竖直平面内转动 现将小球从水平位置 A 向下抛射 使球恰好通过最高点 C 如 题图 3 11 所示 求 1 下抛初速度 0 v 2 在最低点 B 时 细杆对球的作用力 分析 由机械能守恒定律 牛顿第二定律 角线量关系求解 解 1 如图 3 11 取向下抛点作势能零点 由机械能守恒定律得 22 0 11 222 l mvJMgmgl J 2 1 3 Ml 0 vl 解 得 0 36 3 Mm gl v mM 2 取最低点作势能零点 由机械能守恒定律和牛顿第二定律得 22 11 2 22 mvJMglmgl 2 v Nmgm l vl 2 1 3 JMl 解 得 157 3 mM Nmg mM 3 12 物体质量为3 0kg t 时位于 1 4 6ri mij m s 如一恒力5fj N 作用 在物体上 求 3s 后 1 物体动量的变化 2 相对 z 轴角动量的变化 分析 写出 tr 的表达式及力 f 对 Z 轴的力矩M 由动量定理 角动量定理求解 解 1 由动量定理得 动量的增量为 题图 3 11 3 1 00 515 t Pf dtj dtj kg m s 2 由角动量定理得 角动量的增量为 0 3 0 t t LM dtM dt 而 Mr tf 22 0000 15 4 6 26 xy r tx t iy t jxv t iyv tatjt ittj 5fj 把 代入 解得 205 Mt k 把 代入 解得 33 21 00 205 82 5LM dtt k dtk kg ms 3 13 水平面内有一静止的长为L 质量为m的细棒 可绕通过棒一末端的固定点在水平 面内转动 今有一质量为 1 2 m 速率为v的子弹在水平面内沿棒的垂直方向射向棒的中点 子弹穿出时速率减为 1 2 v 当棒转动后 设棒上单位长度受到的阻力正比于该点的速率 比例系数为 k 试求 1 子弹穿出时 棒的角速度 0 为多少 2 当棒以 转动时 受到的阻力矩 f M为多大 3 棒从 0 变为 0 1 2 时 经历的时间为多少 分析 把子弹与棒看作一个系统 子弹击穿棒的过程中 转轴处的作用力的力矩为零 所 以击穿前后系统角动量守恒 可求待击穿瞬间棒的角速度 棒转动过程中 对棒划微元计 算元阻力矩 积分可得总阻力矩 应用转动定律或角动量定理可求得所需时间 解 1 以子弹和棒组成的系统为研究对象 取子弹和棒碰撞中间的任一状态分析受力 子弹与棒之间的碰撞力f f是内力 一对相互作用力对同一转轴来说 其力矩之和为零 因此 可以认为棒和子弹组成的系统对转轴的合外力矩为零 则系统对转轴的角动量守恒 0 2 22222 1 3 mvLmvL J JmL 解上述两式得 0 3 8 v L 2 设在离转轴距离为l得取一微元dl 则该微元所受的阻力为 dfkvdlkl dl 该微元所受的阻力对转轴的力矩为 dllkldfdM f 2 则细棒所受到的总阻力矩为 23 00 1 3 LL ff MdMk l dlkL 3 由刚体定轴转动定律得 3 1 3 f d MJJkL dt 即上式可化为 3 1 3 d JkL dt 对上式两边分别积分得 0 0 3 2 0 1 3 t d JkL dt 解上式积分得 3 3 ln2J t kL 把 2 1 3 JmL 代入上式得 ln2m t kL 3 14 两滑冰运动员 质量分别为70 A Mkg 80 B Mkg 它们的速率 1 7 A m s 1 8 B m s 在相距 1 5m 的两平行线上相向而行 当两人最接近时 便拉起手来 开始绕 质心作圆周运动并保持两人间的距离 1 5m 不变 求 1 系统总的角动量 2 系统一 起绕质心旋转的角速度 3 两人拉手前后的总动能 这一过程中机械能是否守恒 为什 么 分析 利用系统质心公式 两人组成系统前后角动量守恒和动能公式求解 解 1 设两人相距最近时以运动员 A 作原点 由质心公式得 两运动员的质心为 70080 1 5 0 8 7080 AABB AB M xM x xm MM 两人组成的系统对质心的总的角动量为 21 1 5 70 70 880 8 1 50 8 840 AABB LM v xM vxkg ms 2 两人拉手过程中 所受力对质心转轴的力矩之和为零 则两人组成系统前后角动 量守恒 22 1 5 AB LJM xMx 22 即 840 70 0 8 80 0 7 解上式得 10 rads 3 两人拉手前的动能为 2222 0 1111 70 780 84275 2222 KAABB EM vM vJ 两人拉手后的动能为 2222 11 700 8800 7 104200 22 K EJJ 因此 系统前后的机械能不守恒 我们可以把两人拉手的过程看作完全非弹性碰撞 因此系统前后机械能不守恒 3 15 如题图 3 15 所示 一长为2l 质量为 M 的匀质细棒 可绕棒中点的水平轴O在竖直 面内转动 开始时棒静止在水平位置 一质量为 m 的小球以速度u垂直下落在棒的端点 设小球与棒作弹性碰撞 求碰撞后小球的反弹速度v及棒转动的角速度 各为多少 分析 以小球和棒组成的系统为研究对象 取小球和棒碰撞中间的任一状态分析受力 棒 受的重力Mg和轴对棒的支撑力 N 对 O 轴的力矩均为零 小球虽受重力 mg 作用 但比起碰 撞时小球与棒之间的碰撞力f f而言 可以忽略不计 又f f是内力 一对相互作用 力对同一转轴来说 其力矩之和为零 因此 可以认为棒和小球组成的系统对 O 轴的合外 力矩为零 则系统对 O 轴的角动量守恒 解 取垂直纸面向里为角动量 L 正向 则系统初态角动量为mul 终态角动量为J 小 棒 和mvl 小球 有角动量守恒定律得 mulJmvl 因为弹性碰撞 系统机械能守恒 可得 222 111 222 mumvJ 又 22 11 2 123 JMlMl 联立式 解得 3 3 6 3 Mm vu Mm mu Mm l 3 16 一长为 L 质量为 m 的匀质细棒 如题图 3 16 所示 可绕水平轴O在竖直面内旋转 若轴光滑 今使棒从水平位置自由下摆 求 1 在水平位置和竖直位置棒的角加速度 2 棒转过 角时的角速度 分析 由转动定律求角加速度 由在转动过程中机械能守恒求角速度 解 1 有刚体定轴转动定律MJ 得 细棒在水平位置的角加速度为 2 3 2 1 2 3 L mg Mg JL mL 细棒在竖直位置的角加速度为 2 0 0 1 3 M J mL 2 细棒在转动的过程中机械能守恒 由机械能守恒定律得 2 2 1 sin 22 1 3 L mgJ JmL 又 解上述两式得 3 sing l 3 17 弹簧 定滑轮和物体如题图 3 17 所示放置 弹簧劲度系数 k 为 1 2 0N m 物体的 质量6 0mkg为 滑轮和轻绳间无相对滑动 开始时用手托住物体 弹簧无伸长 求 1 若不考虑滑轮的转动惯量 手移开后 弹簧伸长多少时 物体处于受力平衡状态及此 时弹簧的弹性势能 题图 3 16 题图 3 15 2 设定滑轮的转动惯量为 2 0 5kg m 半径0 3rm为 手移开后 物体下落 0 4m 时 它 的速度为多大 分析 1 不考虑滑轮的转动惯量 由物体受力平衡求伸长量 x 再求弹性势能 2 若考虑滑轮的转动惯量 则弹簧 滑轮 物体和地球 组成的系统机械能守恒 解 1 若不考虑滑轮的转动惯量 设弹簧伸长了 x 距离 时物体处于受力平衡状态 则 mgkx 6 3 2 mgg xg m k 此时弹簧的弹性势能为 222 11 2 3 9 22 p Ekxgg J 2 若考虑滑轮得转动惯量 设物体下落的距离为 h 时 它的速度为 v 滑轮的角速度为 则由机械能守恒定律得 222 111 222 mghmvJkh vr 把数据代入上述两式得 22 111 6 10 0 460 52 0 4 222 0 3 v v 解上述两式得 2 0 vm s 3 18 一转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动 起初角速度为 0 设它所受阻力矩与转动角 速度成正比 即Mk k为正的常数 求圆盘的角速度从 0 变为 0 1 2 时所需的时间 分析 由转动定律及角加速度的定义 对角速度积分可求解 解 根据转动定律 MJ d Jk dt dk dt J 两边积分 0 0 2 0 1 dd tk t J 得 ln2 tJk 3 19 质量为m的子弹 以速度 0 v水平射入放在光滑水平面上质量为 0 m 半径为 R 的圆盘边 缘 并留在该处 0 v的方向与射入处的半径垂直 圆盘盘心有一竖直的光滑固定轴 如所 示 试求子弹射入后圆盘的角速度 题图 3 17 分析 在子弹射入圆盘的过程中 子弹和圆盘组成的系统对转轴的角动量和力矩为零 因 此对转轴的角动量守恒 解 设子弹射入后圆盘的角速度为 则由角动量守恒定律得 22 00 1 2 mv RmRm R 解上式得 0 0 2 2 mv mRm R 3 20 一均质细杆 长1Lm 可绕通过一端的水平光滑轴 O 在铅垂面内自由转动 如题图 3 20 所示 开始时杆处于铅垂位置 今有一子弹沿水平方向以 1 10vm s 的速度射入细 杆 设入射点离 O 点的距离为 3 4 L 子弹的质量为细杆质量的 1 9 试求 1 子弹和细 杆开始共同运动的角速度 2 子弹和细杆共同摆动能到达的最大角度 分析 子弹射入细杆过程中 子弹和细杆组成的系统角动量守恒 细杆摆动时 机械能守 恒 解 1 子弹打进杆的过程中子弹和杆组成的系统角动量守恒 设子弹开始时的角速度为 0 弹和杆一起共同运动的角速度 为 则由角动量守恒定律得 0 JJJ 子子杆 又 22 16 4 3 9 L mLm J 子 2 3 1 mLJ 杆 0 1040 33 3 1 44 v L 把 式代入 式并解得 40 19 rad s 2 设子弹与杆共同摆动能达到最大角度为 角 在摆动的过程中杆和子弹及地球组成的系统机械能守恒 则由机械能守恒定律得 13311 cos cos 294422 mg JJLLmgLL 2 子杆 把 式及10g L 1 代入 式解得 8496 0cos 即rad56 0 3 4 L v L O 题图 3 20 题图 3 19 第四章 4 1 观察者A测得与他相对静止的Oxy平面上一个圆的面积是 12 cm2 另一观察者B相 对于A以 0 8 c c为真空中光速 平行于Oxy平面作匀速直线运动 B测得这一图形为一 椭圆 其面积是多少 分析 本题考察的是长度收缩效应 解 由于B相对于A以0 8vc 匀速运动 因此B观测此图形时与v平行方向上的线度将 收缩为bcR2 12 2 v 即是椭圆的短轴 而与v垂直方向上的线度不变 仍为2 2 Ra 即是椭圆的长轴 所以测得的面积为 椭圆形面积 RcRabS 2 1v 22 1cRv 7 2cm2 4 2 长度为 1m 的米尺 L 静止于 K中 与x轴的夹角 30 K 系相对K系沿x轴运动 在K系中观察得到的米尺与x轴的夹角为45 试求 1 K系相对K系的速度是多 少 2 K系中测得的米尺的长度 分析 本题考察的是长度收缩效应 根据两个参考系下米尺的不同长度再结合长度收缩效 应我们可以很方便的得到两个参考系之间的相对速度 解 1 米尺相对 S系静止 它在 xy和轴的投影分别为 0 0 cos 0 866 sin 0 5 x y LLm LLm 米尺相对 S 系沿 x 方向运动 设运动速度为 v 为 S 系中的观察者 米尺在 x 方向将产生 长度收缩 而 y 方向的长度不变 即 2 2 1 xx v LL c yy LL 故米尺与 x 轴的夹角满足 2 2 1 yy x x LL tg L Lv c 将 与 x L y L的值代入可得 0 816vc 2 在 S 系中测得米尺的长度为 0 707 sin45 y L Lm 4 3 已知x介子在其静止系中的半衰期为 8 1 8 10s 今有一束 介子以0 8c 的速度 离开加速器 试问 从实验室参考系看来 当 介子衰变一半时飞越了多长的距离 分析 本题考察的是时间膨胀效应 根据静止系中的半衰期加上时间膨胀效应我们可以求 出在实验室参考系中的半衰期 然后根据该半衰期求出飞行距离 解 在 介子的静止系中 半衰期 8 0 1 8 10ts 是本征时间 由时间膨胀效应 实验室 参系中的观察者测得的同一过程所经历的时间为 8 0 2 2 3 10 1 t ts v c 因而飞行距离为 7 2dv tm 4 4 在某惯性系 K 中 两事件发生在同一地点而时间相隔为4s 已知在另一惯性系 K中 该两事件的时间间隔为6s 试问它们的空间间隔是多少 分析 本题考察的是时间膨胀效应以及洛伦兹变换 根据时间膨胀效应我们可以求出两参 考系的相对速度 继而根据洛伦兹变换演化出空间间隔变换的公式求出该两事件在 S 系中 的空间间隔 解 在 k 系中 0 4ts 为本征时间 在 K系中的时间间隔为6ts 两者的关系为 00 22 2 11 tt t v c 2 5 9 故两惯性系的相对速度为 8 5 10 vcm s 由洛伦兹变换 K系中两事件的空间间隔为 0 2 1 1 kk xxv t 两件事在 K 系中发生在同一地点 因此有0 k x 故 8 0 2 6 5 10 1 k v t xm 4 5 惯性系 K相对另一惯性系K沿 x 轴作匀速运动 取两坐标原点重合的时刻作为计时 起点 在K系中测得两事件的时空坐标分别为 44 11 6 10 2 10 xm ts 以及 44 22 12 10 1 10 xm ts 已知在 K系中测得该两事件同时发生 试问 1 K系 相对K系的速度是多少 2 K系中测得的两事件的空间间隔是多少 分析 本题所考察的是洛伦兹变换的应用问题 根据洛伦兹变换在不同参考系下两个事件 的时间变换关系 我们可以很方便的得到两个参考系之间的相对速度 有了相对速度以后 再根据洛伦兹变换的空间变换关系 我们可以得到两事件的空间间隔 解 1 设 S系相对 S 系的速度为 v 由洛伦兹变换 S系中测得两事件的时间为 111 2 2 2 222 2 2 2 1 1 1 1 v ttx c v c v ttx c v c 由题意 12 0tt 2121 2 v ttxx c 因此有 28 21 21 1 5 10 2 ttc m vc s xx 其中负号表示 S系沿S系的x 方向运动 2 由洛伦兹变换 S系中测得的两事件的空间位置为 111 2 2 222 2 2 1 1 1 1 xxvt v c xxvt v c 故空间间隔为 4 212121 2 2 1 5 2 10 1 xxxxv ttm v c 4 6 1 火箭 A 和 B 分别以0 80 5cc和的速度相对于地球向xx 和方向飞行 试求由 火箭 B 测得的 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 试问 A 相对 B 的速度是多少 分析 本题考察的是洛伦兹速度变换 在火箭 B 为静止的参考系中 先求出地面参考系相 对此参考系的运动速度 此即为两个参考系之间的相对速度 然后由火箭 A 相对地面的 运动速度以及洛伦兹速度变换公式求出火箭 A 相对火箭 B 的速度 解 1 设火箭 B 的静止系为 S 则地面参考系相对 S 的运动速度为0 5uc 在地面参 考系中 火箭 A 的运动速度为 0 8vc 由洛伦兹速度变换公式可得火箭 A 相对火箭 B 的 运动速度为 2 0 80 51 3 0 93 1 10 8 0 51 4 vucc vcc uv c 2 由于 S 系相对地面参考系以 1 uux 沿方向飞行 而在地面参考系中火箭 A 的运动 速度为0 0 8 0 xyz vvc v 则根据洛伦兹速度变换公式在 S 系中火箭 A 的运动速度为 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 0 5 1 1 0 7 1 1 0 1 x x x y y x z z x vu vc u v c u v c vc u v c u v c v u v v 所以火箭 A 相对火箭 B 的速度为 222 0 86 xyz vvvvc 4 7 静止在K系中的观察者测得一光子沿与 x 轴成 60 角的方向飞行 另一观察者静止 于 K系中 K系相对K系为0 6c的速度沿 x 轴方向运动 试问 K系中的观察者测得的 光子运动方向是怎样的 分析 本题考察的是洛伦兹速度变换 根据两个参考系的相对速度以及光子在 K 系的速度 由洛伦速度变换可以求出光子在 S 系中的运动速度 解 已知 K系相对 K 系的速度为0 6uc 光子速度为 c 在 K 系中的运动方向为与 x 轴 成 60 角 因此该光子在 K 系中的速度为0 5 3 2 0 xyz vc vcv 所以在 K系 中光子的运动速度为 2 2 2 2 2 2 2 1 7 1 1 4 3 7 1 1 0 1 x x x y y x z z x vu vc u v c u v c vc u v c u v c v u v c 令该光子在 K系中的运动方向与 X 轴成 角 则有 4 3 y x v tg v 98 2 4 8 子的静止质量是电子静止质量的 207 倍 静止时的平均寿命 8 0 2 10 s 若它在 实验室参考系中的平均寿命 8 7 10s 试问其质量是电子静止质量的多少倍 分析 本题考察的是时间膨胀效应和相对论质量问题 根据时间膨胀效应我们可以求出该 粒子在实验室参考系中的运动速度 然后根据该速度可以求出速度下的相对论质量 解 设 子在实验室参考系中的速度为u 质量为m 依题意有 0 2 2 1 u c 将 0和的值代入得 2 0 2 2 1 7 u c 当 子速度为u时其质量为 0 0 2 2 77 207724 5 22 1 ee m mmmm u c 4 9 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多少 分析 本题涉及的是相对论质量和长度以收缩问题 根据质量与静止质量之比可以求出该 物体的运动速度 然后根据速度可以求出该物体在运动速度方向上的长度收缩 解 设物体速度为u 质量为m 长度为L 静止质量和长度分别为 0 m和 0 L 依题意有 0 0 2 2 2 0 2 1 1 1 1 1 1 1 m mm u c m u c m 因此 根据长度收缩效应有 2 2 000 1 190 9 1 1 u LLLL c 所以在运动方向上缩短了 0 9 1 LL 4 10 一电子在电场中从静止开始加速 试问它应通过多大的电位差才能使其质量增加 0 4 此时电子速度是多少 电子的静能为 0 511MeV 分析 此题考察的是相对论质量与速度之间的关系 根据相对论质量公式可以很方便的求 出电子的运动速度 再根据能量守恒 求出加速所需的电位差 解 设电子速度为u 质量为m 静止质量为 0 m 所加的电位差为 U 依题意有 0 0 2 2 1 04 1 m mm u c 所以此时电子的速度为 0 275uc 根据能量守恒 有 22 0 m ceUmc 4 2 044 10 V U 4 11 已知一粒子的动能等于其静止能量的 n 倍 试求该粒子的速率 分析 该题考察的是相对论的质能关系式 根据粒子的动能和静能比可以求出该粒子总能 量和静能之比 这个比值也就是该粒子的质量与静止质量之比 根据相对论质量与速度的 关系式 我们可以求出该粒子的速率 从而求出该粒子的动量 解 依题意有 0k EnE 所以其质量与静止质量之比为 2 0 2 000 1 k EEmmc n mm cE 根据相对论质量与速度的关系有 0 2 2 1 m m u c 所以该粒子的速度为 2 2 1 nn uc n 4 12 一静止的粒子 质量为 0 m 裂变成两个粒子 速度分别为0 60 8cc和 求裂变过 程的静质量亏损和释放出的能量 分析 该题涉及到质量亏损的概念和动量守恒定律 由于反应后的两个粒子的质量未知 因此我们可以根据两个粒子之间的速度关系推导出二者的质量比 又由于该两个粒子的总 动能来源于该反应的静质量亏损 因此结合反应后两个粒子的质量比以及各自的速度大小 我们可以求出该反应的质量亏损 从而求出该反应所释放的能量 解 设反应后两粒子的质量分别为 1 m 2 m 则根据动量守恒定律有 12 0 60 8mcmc 12 4 3mm 1 反应前后总的能量守恒 所以有 22222 01122 11 0 6 0 8 22 m cm cmcm cmc 2 将 1 式代入 2 式 得 01 2 17mm 所以反应前后的静质量亏损为 0120 0 19mmmmm 释放出的能量为 22 0 0 19Emcm c 4 13 试求静止质量为 0 m的质点在恒力 F 作用下的运动速度和位移 在时间很短 0 tm c F 和时间很长 0 tm c F 的两种极限情况下 速度和位移值又各是多少 分析 根据力和动量的关系 经过积分后我们可以求解在恒力作用下的力与速度之间的关 系 经过再次积分 可以得到位移和力的关系 解 由于力代表的是动量的变化率 因此有 0 22 1 mdpdd Fmvv dtdtdt vc 将上式积分 由于力为恒力与时间无关 再代入初始条件 起始时为静止 即初速度为零 可得 0 22 1 m Ftv vc 因此可得速度与力之间的关系式 0 2 0 1 Ft mdx v dt Ft m c 将上式再积分 并假定起始时所处位置为坐标原点 可得位移与力之间的关系 2 224 2 2 00 2 1 2 2 2 0 0 11 m cm c Xc t FF m cFt x m cF 当 0 tm c F 时 有 2 0 20 00 0 2 1 t Ft mFtFt vxvdt mm Ft m c 当 0 tm c F 时 有 0 20 0 1 t Ft m vcxvdtct Ft m c 4 14 在原子核聚变中 两个 2H 原子结合而产生 4He原子 试求 1 该反应中的质量 亏损为多少 2 在这一反应中释放的能量是多少 3 这种反应每秒必须发生多少次 才能产生 1W 的功率 已知 2H 原子的静止质量为 274 3 34365 10 kgHe 原子的静止质量 为 27 6 6425 10kg 分析 已知反应前后各种反应物和生成物的质量 我们可以很方便的求出反应前后的质量 亏损 并据此求出反应所释放的能量 解 反应的质量亏损为 272727 22 3 34365 106 6425 100 0448 10 HHe mmmkg 该反应所释放的能量为 2271612 0 0448 109 104 03 10 EmcJ 要达到 1W 的功率需要每秒钟反应的次数为 1211 1 4 03 102 48 10n 4 15 当一个粒子所具有的动能恰好等于它的静能时 试问这个粒子的速度有多大 当动 能为其静能的 400 倍时 速度有多大 分析 粒子的总能量可以用粒子的动质量与光速的平方的乘积来表示 而粒子的静能则等 于粒子的静质量与光速的平方的