新编基础物理学上册3-4单元课后答案

1、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 求所剩局部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局部的转动惯量，用原圆盘转动 惯量减去挖去局部的转动惯量即得。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：1 2 J1 MR21 2由平行轴定理得被挖去局部对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为:2 MR2322 1 MR 2 MJ2 Jc md()2 424由式得所剩局部对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为:13J J1 J2MR2323-2 如题图3-2所示

2、，一根均匀细铁丝，质量为M长度为 角，放在xOy平面内，求铁丝对 分析：解：JxL，在其中点O处弯成Ox轴、Oy轴、Oz轴的转动惯量。 取微元，由转动惯量的定义求积分可得1对x轴的转动惯量为：2(lsi n60°)2Mdl ML20L 32r2dm1202Jyy轴的转动惯量为：M (L)22(ls in 300)2 Mdl 2ml2220L 96Z轴的转动惯量为：1 M32电风扇开启电源后经过 5s到达额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16 s 风扇停止转动，风扇转动惯量为0.5kg m2，且摩擦力矩 Mf和电磁力矩m均为常量，Jz3-32 1>2求电机的电磁力矩

3、M。分析：Mf , 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：M Mf J t，即M J 1 M f J 1 J 20.55 20.54.12N m5163-4 飞轮的质量为60kg，直径为0.5 m，转速为1000 r / min，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，飞轮的质量全局部布在轮的外周上，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，那么飞轮

4、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。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,那么依题意得，MfRJfN0.4 NF(0.50.75)N0.5JmR2600.25 210002605解:式得 F314 N3-5 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所止释放后，在时间 分析：隔离物体， 解。解：设绳子对物体t内下降了一段距离 S 试求整个轮轴的转动惯量 用 分别画出轮和物体的受力图，t和S表示由转动定律和牛顿第二定律及运动学方程求或绳子对轮轴的拉力为T,那么根据牛顿运动定律和转动定律得：mg T maTr J由运

5、动学关系有：a题图3-5由、式解得:m(g-a)r2 a又根据条件VoS 2af，2S a r将式代入式得:2mr1)a题图3-5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3-6 一轴承光滑的定滑轮，质量为M 2.00 kg,半径为R 0.100 m, 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m 5.00 kg,的物体，如题图3-6所示.定1滑轮的转动惯量为 j 1 MR2，其初角速度 0 10.0rad/s,方向垂直纸面向里求：2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； 当物体回到原来位置时，定滑轮的角速度的

6、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)- mg T maTR Ja RmgRmgRmR J mR2 丄 MR2 22mg2m M R81.7rad /s2方向垂直纸面向外-202 2当 o时，物体上升的高度h20.612 rad22R 6.1210 m210.0rad /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t 0时v 0，求：1下落速度 与时间t的关系；2t 4s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

7、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,那么mgTmaMTRJ1 2-MR22aRvat解:式得a 4.9 m /S2，并代入式得v 4.9 t2设物体下落的距离为s，那么s at21 4.9 4239.2 m2 23由1的式得，T mg ma 4.9 N3-8 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M1 10kg，半径R 0.10 m，小盘质量 M2 4kg，半径r 0.05 m。两盘边缘上分别绕有细绳，细绳的下端各悬质量 m m2 2kg的物体，此物体由静止释放，求：两物体口,0的加速度大 小及方向。分析：分别对

8、物体 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 m,讥的加速度大小分别为 a2，与滑轮的拉力分别为 T,T2,T1 m1g m1a1 m2g T2 m2a2 a1r a2 RM T2R T1r J 题图3-8J 1M1R21M2r2 2 1 2 2把数据代入，解上述各式得a10.6125m/ s2 方向向上a21.225 m/s2 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， 假设一根轻绳跨过它，两端分别与质量都为m的物体1和物体2相连。1假设不考虑滑轮的质量，求物体 1的加速度。2假设滑轮半径为r，其转动惯量可用

9、m和 r表示为J kmr2 k是常量，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 T、T2它们对地的加速度为 a。1假设不考虑滑轮的质量，那么物体1、物体2与滑轮间的拉力T、T2相等，记为T。那么对 1、2两物体分别应用牛顿第二定律得,mg T maT mg sin 30° ma解上两式得：a g /4 m/s2，方向竖直向下。2假设考虑滑轮的质量，那么物体1、物体2与滑轮间的拉力T、T2不相等。那么对1、2两物体分别应用牛顿第

10、二定律，和对滑轮应用刚体定轴转动定律得mg T1 ma T2 mg sin 30° ma a r M T1r T2r J J kmr2解上述各式得:gm/s2，方向竖直向下。2(2 k)3-10 一飞轮直径为，质量为，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t 10s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：一 10_ 1 26 102 rad /s2t

11、 0.5转过的角度为：1 t2 1 1.26 102 0.52 15.7rad2 2转过的圈数为：N 2 5圈22由转动定律M fR J 得f °5 5 °152 似 10247.1 NR0.15力矩做的功为：A MdM 47.1 0.15 15.7 111J03角速度为：t1.26231010 1.26 10 rad /s边缘点的线速度为：VR0.151.26 103 1.8810 2m / s边缘点的法向加速度为：anR 20.151.262 1062.37105m/s2边缘点的切向加速度为：aR0.15 1.26 10218.84 m/ s23-11一质量为M长为i的

12、匀质细杆，一端固接一质量为m的小球，可绕杆的另一端 0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v0;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,mv；1J 2 Mg - mgl 2 0 2 2J=1mi2 3V0 l 解得，V0：(3M 6m)glV 3m M2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，题图3-11122 mv!j 22Mgl2mglNmgv2 m lVlJ1 2Ml23解:得，N15m

13、 7M3m Mmg3-12冷壬曰斗3kg,t0时位于 物体质量为r 4i m,i 6j m s 1，如一恒力f 5j 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r (t)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：P 0 f dt 0 5j dt 15 j kg m s2由角动量定理得，角动量的增量为：Lt0M dt ：M dt 而 M T(t) fr'(t) x(t)i y(t)j(X° Vx0t)i (y°1 2 r Vy°t at )j (4 t)i(6t6

14、4;f 5j把代入解得：M (205t)k 把代入解得：3LM03dt(200 J 25t)k dt 82.5k kg m1 s3-13 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 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2弹穿出时速率减为 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2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Mf为多大？ 3棒从°变为丄°时，经历的时间为多少？2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

15、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，那么系统对转轴的角动量守恒。mvL mvL122 222UJ1 2 mL3解上述两式得：3v08L2设在离转轴距离为I得取一微元dl，那么该微元所受的阻力为:df kvdl kl dl该微元所受的阻力对转轴的力矩为

16、：dM f Idf k l2dl那么细棒所受到的总阻力矩为：M fLL2dM fk l2dl0 f 01k L333由刚体定轴转动定律得，M fd1JJkdt3L3即上式可化为：j 1 kL3dt3对上式两边分别积分得: 解上式积分得：t 3J目2kL33-14mln 2kLImL2代入上式得：t3两滑冰运发动，质量分别为 Ma70kg，Mb 80kg，它们的速率A 7m s 1,，8m s1在相距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b圆周运动并保持两人间的距离不变。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，

17、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发动 A作原点，由质心公式得，两运发动的质心为：M aXaM b Xb 70 0 80 1.5M a Mbx0.8 m7080两人组成的系统对质心的总的角动量为:2 1L M aVaXMbVb(1.5 x) 70 7 0.8 80 8 (1.5 0.8) 840 kg m s2两人拉手过程中，所受力对质心转轴的力矩之和为零，那么两人组成系统前后角动量守恒。2 2MaXMb (1.5 x)即:840=(700.8 2+800.7 2)解上式得:10 rad / s3两人拉手前的动能为:Ek0avA

18、bvB2 2701780 824275 J2两人拉手后的动能为:Ek 丄J 2- (702 20.8802 20.7 ) 104200 J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,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

19、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，那么系统对O轴的角动量守恒。解：取垂直纸面向里为角动量 L正向，那么系统初态角动量为 mul ,终态角动量为J 小棒 和mvl 小球，有角动量守恒定律得mul J mvl 因为弹性碰撞，系统机械能守恒，可得1mu2 !mv21J 22 2 2又 J >(2l)21m|2 联立式，解得M 3mv uM 3m6mu(M 3m) l詠I题图3-153-16所示，可绕水平轴

20、0在竖直面内旋转,3-16 一长为L、质量为m的匀质细棒，如题图 假设轴光滑，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。解: 1有刚体定轴转动定律细棒在水平位置的角加速度为:细棒在竖直位置的角加速度为:M J 得,MLmg 23gJ1 . 2 mL32LM00J1 2 mL32细棒在转动的过程中机械能守恒,由机械能守恒定律得,题图3-16mg?sin2解上述两式得: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。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2.0 N m 1 ;物体的质 量m为6.0kg。滑轮

21、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假设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；2设定滑轮的转动惯量为0.5kg m2，半径r为0.3 m，手移开后，物体下落时，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假设考虑滑轮的转动惯量，贝U弹簧、滑轮、物体和地球题图3-17组成的系统机械能守恒x距离解：1假设不考虑滑轮的转动惯量，设弹簧伸长了 时物体处于受力平衡状态，贝V： mg kxmgV6 g""2""3g(m)此时弹簧的弹性势能为：12 1

22、 2 2Ep kx2(3g) 9g Jh时，它的速度为v,滑轮的角速度2假设考虑滑轮得转动惯量，设物体下落的距离为 为，那么由机械能守恒定律得，1 2kh21 2 1 2 mgh mv J2 2v r把数据代入上述两式得，1 26 1° 0.46 v22v 0.3解上述两式得：v2.0 m / s3-18 一转动惯量为j的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为 ° .设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即 M k (k为正的常数)，求圆盘的角速度从 °变为1 °时所需的时间.2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：I d.J k

23、dtdkdtJ° 1两边积分：乏丄d°dt° Jt (Jl n2).k3-19质量为m的子弹，以速度v水平射入放在光滑水平面上质量为m°、半径为R的圆盘边缘，并留在该处，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。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，那么由角动量守恒定律得，2 1 2mv0R (mRm0R )2解上式得：2mVomR m0 R3-20 一均质细杆，长3-20所示。开始时杆处于铅垂位

24、置,L 1m，可绕通过一端的水平光滑轴 O在铅垂面内自由转动，如题图今有一子弹沿水平方向以 v 10m s 1的速度射入细杆。设入射点离O点的距离为3 L，子弹的质量为细杆质量的 。试求：1子弹和细杆开始49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； 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细杆摆动时，机械能守恒。0,弹和杆一起共同运动的角速度为，那么由角动量守恒定律得J子0 J子 J杆又J子(91 2 J 杆 mL 杆3m | 2L1610口440340rad / s192设子弹与

25、杆共同摆动能到达最大角度为角,在摆动的过程中杆和子弹及地球组成的系统机械能守恒, 那么由机械能守恒定律得，把式代入式并解得:题图3-20】(J 子 J 杆)2(-L -Lcos ) mgL 1L cos294422把式及g 10 , L=1代入式解得：cos 0.8496 。即0.56 rad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：此题考察的是长度收缩效应。解：由于B相对于A以v 0.8 c匀速运动，因此B观测此图形时与v平

26、行方向上的线度将收 缩为2R 1 (v /c)2 2b，即是椭圆的短轴.而与v垂直方向上的线度不变，仍为2 R 2 a，即是椭圆的长轴.所以测得的面积为(椭圆形面积)S abR, 1 (v/c)2 R R2 -1 (v /c)2 24-2 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：1K '系相对K系的速度是多少？2K系中测得的米尺的长度？分析：此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

27、：1米尺相对S'系静止，它在x'和y'轴的投影分别为：Lx' L0 cos ' 0.866mLy' L0 sin '0.5m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Lx Lx'LyLy'故米尺与x轴的夹角满足tgLyLxLx '1 v2 C2与Lx'、Ly'的值代入可得:0.816 cv2在S系中测得米尺的长度为:LyL -0.707( m)sin 454-3 x介子在其静止系中的半衰期为1.8 10 8s。今有一束介子以

28、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：此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t0 1.8 10 8s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：t03 10 8(s)因而飞行距离为:d v t 7.2 m4-4 在某惯性系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：此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K中，两事件发生在同一地点而时间

29、相隔为4s。在另一惯性系 K '中,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,to 4s为本征时间，在K '系中的时间间隔为 t 6s两者的关系为:t°to1v2c2259故两惯性系的相对速度为：v c 、,5 108(m/s)由洛伦兹变换，K '系中两事件的空间间隔为:1Xk .：2( Xk v t°)Xk : to2675 108(m).1 24-5 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X1 6 10

30、4m,t1 2 10 4s以及X2 12 104m,t2 1 10 4s，在k '系中测得该两事件同时发生。试问：1k '系相对K系的速度是多少？ 2K '系中测得的两事件的空间间隔是多少？分析：此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。 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。有了相对速度以后，再解：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:t1t2't2V2 X2c由题意,t1' t2'

31、t2 t1c2(X2X1)因此有V C2_X2 X12 1.5其中负号表示S'系沿S系的S'系中测得的两事件的空间位置为:X方向运动。2由洛伦兹变换,1LXVtJX2'Vt2)故空间间隔为：X' 1 2V1 Vc24(X2 X1) v(t2 tj5.2 10 (m)4-6火箭1火箭A和B分别以0.8 c和0.5 c的速度相对于地球向B测得的A的速度。2假设火箭A相对地球以的速度向X和 X方向飞行，试求由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：此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，然后由火箭A相对地面的运

32、A相对火箭B的速度。S,那么地面参考系相对S的运动速度为u 0.5 c。在地面参考由洛伦兹速度变换公式可得火箭A相对火箭B的运0.8 c ,v' u 0.8c 0.5c v21 uv'/c210.8 0.5S系相对地面参考系以 u12由于1.40.93cU沿 x方向飞行，而在地面参考系中火箭A的运动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 动速度以及洛伦兹速度变换公式求出火箭 解：1设火箭B的静止系为 系中，火箭A的运动速度为v 动速度为：速度为vxVxUi1 u2vxc1生vxcvz尺Vy0.5c0.7c彳U112 vxv所以火箭A相对火箭B的速度为:'2

33、v'2 v'2x y z0.86c0, vy 0.8c, vz 0。那么根据洛伦兹速度变换公式在S系中火箭A的运动速度为: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系的速度,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：此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 由洛伦速度变换可以求出光子在 S系中的运动速度。解：K '系相对K系的速度为u 0.6 c，光子速度为c,在K系中的运动方向为与 x轴成60°

34、;角，因此该光子在 K系中的速度为0.5c, vy 3c/2, vz 0。所以在 k '系中光子的运动速度为:vx u1目vxcvyu：21 %cvzPj1 gvxc令该光子在K '系中的运动方向与 X轴成 角，那么有:tgVy4、398.24-8 子的静止质量是电子静止质量的207倍，静止时的平均寿命02 10 8 s，假设它在实验室参考系中的平均寿命7 10 8s，试问其质量是电子静止质量的多少倍？分析：此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

35、中的速度为u、质量为m，依题意有：将禾口 0的值代入得:当子速度为u时其质量为:mo7尹07 207me 724.5me4-9 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：此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 m0和，依题意有:因此，根据长度收缩效应有:L。11.1L。90.9% L0所以在运动方向上缩短了:L 9.1%L。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

36、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m0，所加的电位差为U。依题意有:1.04moJ U C2所以此时电子的速度为：u 0.275 c根据能量守恒，有：2 | | 2m0c eU mc4U 2.044 10 (V)4-11 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

37、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： Ek nE0所以其质量与静止质量之比为：2m mc Ek E02n 1m0 m°cE0根据相对论质量与速度的关系有:所以该粒子的速度为：Vn2_2nu cn 14-12 一静止的粒子质量为 m3丨，裂变成两个粒子，速度分别为0.6 c和0.8 c。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。由于反响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响的静质量亏损，因此结合

38、反响后两个粒子的质量比以及各自的速度大小，我们可以求出该反响的质量亏损，从而求出该反响所释放的能量。解：设反响后两粒子的质量分别为m、m2，那么根据动量守恒定律有:m 0.6c m2 0.8cm,/m2 4/3 1反响前后总的能量守恒，所以有：m0c2 m1c2 1 mt (0.6c)2 mc2 m2 (0.8c)222 2将1式代入2式，得：m02.17m1所以反响前后的静质量亏损为：m mo g m20.19m0释放出的能量为：2 2E me0.19m0c4-13 试求静止质量为mo的质点在恒力F作用下的运动速度和位移。在时间很短t moe/ F丨和时间很长tmoe/ F丨的两种极限情况下

39、，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：dp dd , mo、F(mv) ( v)dt dtdt &v2/e2mo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：Ftv41 v2 /e2因此可得速度与力之间的关系式:Ft /mo/ 21 (Ft / moe)将上式再积分，并假定起始时所处位置为坐标原点,2dx vdt可得位移与力之间的关系:2m°cFe2t22 4 m°c 71/2Ft

40、2m°cm°cmoc/ F 时，有:Ft / mo1 (Ft/moC)2FtmotvdtoFt22mo当tmoe / F时，有:Ft/mbc,tvdt eto1 (Ft/moe)22h原子结合而产生4 He原子。试求：1该反响中的质量亏2在这一反响中释放的能量是多少？3这种反响每秒必须发生多少次才能产生1W的功率？2 h原子的静止质量为 3.34365 1o27kg,4He原子的静止质量为4-14 在原子核聚变中，两个 损为多少？276.6425 1o kg。分析：反响前后各种反响物和生成物的质量，我们可以很方便的求出反响前后的质量亏 损，并据此求出反响所释放的能量。解：反响的质量亏损为:272727m 2mHmHe 2 3.34365 106.6425 100.0448 10 (kg)该反响所释放的能量为：Emc2 0.0448 10 27 9 1016 4.03 10 12(J)要到达1W的功率需要每秒钟反响的次数为：n 1/ 4.0310 122.4810114-