基础物理学上册3-4单元课后答案

1、编基础物理学上册 3-4 单元课后答案2322 一 MR23232如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为120角，放在xOy平面内，求铁丝对Ox3-2弯成M长度为L ,在其中点。处 轴、Oy轴、Oz轴的转动惯里。分析:解：Jx(2)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：r2dm2(lsin 600)2 Mdl ML20L 32对y轴的转动惯量为：L250X2 M522 (l sin 30 ) dl ML0L 96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1R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。 2分析：用补偿

2、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：12J1 MR22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：J2 Jc md2 1 M (鸟2 M2c2 424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:J Ji J213 MR2(3)对Z轴的转动惯量为:Jz 2 3M2112 ML2题图3-23-3 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16 s风扇停止转动，已知风扇转动惯量为

3、 0.5kg m2,且摩擦力矩M f和电磁力矩M均为常量，求电机的电磁力矩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 M f J 1,即M J 1M fJ 1J 20.5 520.5 5-2-4.12N mf 125163-4 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

4、力f对。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。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，MfR JfN 0.4 NF(0.50.75)N0.5JmR2600.25210002605解：式得F 314 N题图3-4m(g-a)r2 a又根据已知条件V。s 2at2，2s将式代入式得:2 gt2mr2(gS 1)VT mg3-5 一质量为m的物体悬于一条轻纯的一端，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

5、 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m、r、t和S表小）.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：mg T maTr J由运动学关系有：a 由、式解得：题图3-50.100 m,一根不能伸长m 5.00 kg,的物体，如题3-6 一轴承光滑的定滑轮，质量为M 2.00 kg,半径为R 的轻纯，一端固定在定滑轮上，另一端系有一质量为图3-6所示.已知定滑轮的转动惯量为J -1MR2,其初角速度20 10.0rad/s,

6、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。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) mg T maTR Ja RmgR mgRmR2 J mR2 1MR2方向垂直纸面向外2222当 0 时，0- 0.612 rad2物体上升的高度h R 6.12 10210.0rad/s方向垂直纸面向外.图3-63-7 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 。时

7、v 0,求：（1）下落速度与时间t的关系；（2） t 4s时,m下落的距离；（3）纯中的张力To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 TOC o 1-5 h z mg T ma1M TR J-MR22a Rv at解：式得a 4.9 m / s2 ,并代入式得v 4.9 t(2)设物体下落的距离为s,则212s at2 - 4.9 42 39.2m2(3)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

8、盘质量M2 4kg ,半径r 0.05 m。两盘边缘上分别绕有细纯，细纯的下端各悬质量 m1 m2 2kg的物体，此物体由静止释放，求：两物体m1,m2的加速度大小及方向。分析：分别对物体m,m2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mm的加速度大小分别为&,与滑轮的拉力分别为T,E TOC o 1-5 h z Ti mg m1am2g T2 m2a2a1ra2RMT2RFrJJ 1MlR2 1M2r2 22把数据代入，解上述各式得a1 0.6125m/s2方向向上a2 1.225m/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，具上装有一 个定滑

9、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J kmr2 (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工、工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与滑轮间的拉力工、E相等，记 为T。则对1、2两物体分别应用牛顿第二定律得,题图3-9mg T maoT mg sin 30 ma解上两

10、式得：a g/4m/s2,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T、T2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mg T1 ma T2 mg sin 300 ma a r M Tir T2r JJ kmr2解上述各式得：a g m/s2,方向竖直向下。 2(2 k)3-10飞轮直径为0.3m,质量为5.0kg,边缘绕有绳子，现用包力拉绳子的一端，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t 1

11、0 s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 21.26 102rad/s2t 0.5转过的角度为：-t2 - 1.26 102 0.52 15.7rad TOC o 1-5 h z 22转过的圈数为：N2.5圈 2(2)由转动定律M fR J得 22工 J 0.5 5 0.152 1.26 102f 47.1 NR0.15力矩做的功为：A Md M 47.1 0.15 15.7 111J0(3)角速度为： t 1.26 102 10 1.26 103rad/s边缘一点的线速度为：vR0.151.261

12、031.8810 2 m/s边缘一点的法向加速度为：an R 2 0.15 1.262 106 2.37 105m/s2边缘一点的切向加速度为：aR0.151.26 10218.84 m/s23-11一质量为M长为的匀质细杆，一端周接一质量为m的小球，可绕杆的另一端。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%; (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,121 .2mV02 JJ=1Ml2 3V0 l

13、解得,Vo(3M 6m)gl3m M(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,1 2-mv2mg1j 2 22Vm lMgl2mgl题图3-113Ml2解:得,3-12物体质量为3kg,t15m 7M mg3m M0时位于14i m,6j m s 1 ,如一包力5j N作用在物体上，求3s后，(1)物体动量的变化;化。分析：写出r(t)的表达式及力f对Z轴的力矩M(2)相对z轴角动量的变由动量定理、角动量定理求解。解:(1)由动量定理得，动量的增量为: iIi3出 5j 出 15j kg m s(2)由用动量定理得，角动量的增量为:tM dtt0(t)r (t)x(t)iy(

14、t)j(Xo Vx0t)i(y0 Vy0t -at2) j (4 t)i1 (6t 5t2)j 265j把代入解得：M （20 5t）j 把代入解得： L : M dt 03（20 5t）k dt 82.5k kg m2 s13-13 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1m、速率为v的子弹在水平面内沿棒的垂直2方向射向棒的中点，子弹穿出时速率减为 lv,当棒转动后，设棒上单位长度受2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 速度为多少？ （2）当棒以 转动时，受到的阻力矩Mf为多大？ （3）棒从0 变为

15、1。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。mv L m v L2 2 2 2 2J 1mL2 3解上述两式得:3V8L（2）设在离转轴

16、距离为i得取一微元di,则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:dM f idf k l2dl则细棒所受到的总阻力矩为： TOC o 1-5 h z LL213M f dM f k l2dlk L3f 0f 03（3）由刚体定轴转动定律得，M f JJ d 1 k L3dt 3即上式可化为：里 1 kL3dt 3对上式两边分别积分得:J 3d0t 13-kL3dt0 3解上式积分得：t詈把J3mL2代入上式得：tmln 2kL3-14两滑冰运动员，质量分别为 Ma70kg, Mb80kg ,它们的速率a 7m s1, b 8m s 1在相距1.5m的两平

17、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:, MAxA MBxB70 0 80 1.5 i TOC o 1-5 h z x J B_ 0.8mM A MB70 80两人组成的系统对质心的总的角动量为：21L M aVaX MbVb(1.5 x) 70 7 0.8 80 8 (1

18、.5 0.8)840 kg m s(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。 22L J MAx Mb(1.5 x)即:840=(700.8 2+80 0.7 2)解上式得：10 rad / s(3)两人拉手前的动能为： TOC o 1-5 h z 12121212Ek。aMavA 1MbvB 3 70 72 2 80 82 4275J两人拉手后的动能为：21222Ek J 2(70 0.82 80 0.72) 102 4200 J2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

19、-15所示，一长为21、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。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、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 解：取垂直纸面向里为角动量

20、 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），有角动量守恒定题图3-15得 TOC o 1-5 h z mul J mvl因为弹性碰撞，系统机械能守恒，可得121212伪mu mvJ222又 J M （2l）2 -Ml 2123联立式，解得M 3m v uM 3m 6mu（M 3m） l3-16 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。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

21、体定轴转动定律M J得，L mg - q 细棒在水平位置的角加速度为：M 2 四J 1mL2 2L 3细棒在竖直位置的角加速度为：M0J 112一 mL 3（2）细棒在转动的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得，L .1 2mg -sin- J又 J 1mL2 3解上述两式得:3gsin, l3-17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 0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；(2)设定滑轮的转动惯量为0

22、.5kg m2 ,半径r为0.3m,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 再求弹性势能。(2)若考虑滑轮的转动惯量，则弹簧、滑轮、物体和地球题图3-17组成的系统机械能守恒解：(1)若不考虑滑轮的转动惯量, 时物体处于受力平衡状态，设弹簧伸长了x距离则:mg kxmg 6 g2 3g(m)此时弹簧的弹性势能为：Ep p1kx2 2122 2 (3g)29g2J(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 TOC o 1-5 h z 的角速度为，则由机械能守恒定律得, mgh -mv2 -J 2 -kh2

23、 222v r把数据代入上述两式得，1216 10 0.4- 6 v2- 0.522v 0.3解上述两式得：v 2.0 m / s3-18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m k (k为正的常数)，求圆盘的角速度从。变为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:一两边积分：*1dt-dt。J得 t (Jln2)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

24、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，则由角动量守恒定律得，2mvR (mR解上式得:2mv。2mR moR3-2。一均质细杆，长L 1m ,可绕通过一端的水平光滑轴 。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v 10m s1的速度射入细杆。设入射点离 。点的距离为3 L ,子弹的质量为细4杆质量的1。试求：（1）子弹和细杆开始共同运动的角速度。（2）子弹和细 9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

25、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：又 J子 m(3L)2 9 43L 4J杆=1 mL2310 工 4把式代入式并解得:40 rad / s19（2）设子弹与杆共同摆动能达到最大角度为角,题图3-20在摆动的过程中杆和子弹及地球组成的系统机械能守包，则由机械能守恒定律得，12 mg / 3 31,1,2（J子 J杆）-9-（4L 4L cos ） mg（2L - L cos即 0.56 rad把式及g 10 , L=1代入式解得：cos 0 .8496第四章

26、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v 0.8c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2RJ1 （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2R 2a,即是椭圆的长轴.所以测得的 面积为（椭圆形面积）S ab R. 1 （v/c）2 RR2. 1 （v/c）2 =7.2cm24-2 长度为1m的米尺L静止于k 中，与x轴的夹角30

27、,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LyLy,故米尺与x轴的夹角满足LyLytgLxLx：1 V2C2将 与Lx、Ly的值代入可得

28、:v 0.816 c(2)在S系中测得米尺的长度为:LyL 0.707( m) sin 454-3 已知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0.8 c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 t0 1.8 108s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：t t03 10 8(s)1V2 c2因而飞行距离为：d v t 7.2

29、 m4-4 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，t0 4s为本征时间，在K 系中的时间间隔为t 6s两者的关9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:1,.、2( xk v to)两件事在K系中发生在同一地点，因此有 xk 0,故xk6.5 108(m)

30、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x1 6 104m,t1 2 104s以及 x2 12 104m,t2 1 10 4s,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

31、为V,由洛伦兹变换，S,系中测得两事件的时 问为：t2,11丁c21v2ct1Vx1 cV2 x2 c由题意，t1 t2 0， V，t2 t1 (x2c因此有x1)2 t2 t1 v c x2x1其中负号表示21.5108(ms)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:X2Xi 故空间间隔为:X24-6行,1x12(x2 x1) v(t2 t1)52 10 (m)1 v 2 c(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x和x方向飞试求由火箭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

32、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u 0.5 c o在地面参考系中，火箭 A的运动速度为v 0.8 c,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：v u 0.8c 0.5c1.3v 2c 0.93 c1 uv/c21 0.8 0.5 1.4(2)由于S系相对地面参考系以U1u沿x方向飞行，而在地面参考系中火箭A的运动速度为vx

33、 0,vy0.8c, vz 0。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:y 0.5c.Ui12vxcvyvzvy-. 12Ui20.7c UiT vx c1vz U112 vxv所以火箭A相对火箭B的速度为:v - v2 vy v20.86c4-7 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0.6 C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

34、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角，因此该光子在K系中的速度为vx0.5c, vy 3cc/2, vz 0。所以在k ,系中光子的运动速度为:vx uvy1 vxc14.3c7令该光子在K,系中的运动方向与X轴成 角，则有:tg4.3vx98.24-8子的静止质量是电子静止质量的 207倍，静止时的平均寿命0 2 10 8s,若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：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

35、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将和0的值代入得：827当子速度为u时其质量为:m2207me 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：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m,和L。，依题意有:因此，根据长度收缩效应有：L LJl u/ 111 Lo 90.9% Lo所以在运动方向上缩短了：L 9.1%L04-10 电子在电场中

36、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n,所加的电位差为U。依题意 有：m m01.04 mo1 u2c2所以此时电子的速度为：u 0.275 c根据能量守恒，有：22m0c eU mcU 2.044 104(V)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

37、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:Ek nE0所以其质量与静止质量之比为:mc2Ek Eomo TOC o 1-5 h z 2I i imocEo根据相对论质量与速度的关系有:mo m /.所以该粒子的速度为:n2 2nu cn 14-12 一静止的粒子(质量为m,),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

38、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 m、mi,则根据动量守恒定律有：m1 0.6c m2 0.8c TOC o 1-5 h z ml / m2 4/3(1)反应前后总的能量守恒，所以有：mc2 mic2 mi (0.6c)2 mhc2 1m2 (0.8c)2(2)22将(1)式代入(2)式，得：m0 2.17ml所以反应前后的静质量亏损为：m m0 mlm2 0.19m0释放出的能量为：22E mc 0.

39、19m0c4-13试求静止质量为的质点在包力F作用下的运动速度和位移。在时间很 短（t m0c/F ）和时间很长（t mc/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包力作用下的力与速 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 ddm0F（mv） 一 （v）dt dt出 1 v2/c2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：Ft -2 v . 1 v /c因此可得速度与力之间的关系式:dx Ft/m0 v出,1 （Ft/mc）2将上式

40、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：2mc22X2 c t2 4 mcF21/2Ftmc2mcFmoc / F 时,有:Ft/moFt.1 (Ft/mtc)2m0tvdt0Ft22m0当tmc/ F时，有：vFt / m0c,4-14 在原子核聚变中，两个应中的质量亏损为多少？ （ 2） 应每秒必须发生多少次才能产生（Ft / moc）2H原子结合而产生tvdt ct04 He原子。试求：（1）该反在这一反应中释放的能量是多少？ （ 3）这种反1W勺功率？已知2 H原子的静止质量为3.34365 10 27 kg ,4 He 原子的静止质量为 6.6425 10

41、27kg。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:_ _27_27_27m 2mH mHe 2 3.34365 106.6425 100.0448 10 (kg)该反应所释放的能量为：Emc2 0.0448 10 27 9 1016 4.03 10 12(J)要达到1W勺功率需要每秒钟反应的次数为：. 一一 12 _ _ _ 11n 1/ 4.03 102.48 104-15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乘积，