大学物理答案(上、下)(北京邮电大学第3版)

大学物理习题及解答 习题一

1-1 ｜r ?｜与r ?有无不同?

t

d d r 和

t

d d r 有无不同?

t

d d v 和

t

d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明．

解：（1）

r

?是位移的模，

?r

是位矢的模的增量，即

r ?1

2r r -=，

1

2r r r

-=?；

（2）

t

d d r 是速度的模，即

t d d r ==v t

s d d .

t

r d d 只是速度在径向上的分量.

∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r

r

r += 式中t r

d d 就是速度径向上的分量，

∴

t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示

.

题1-1图

(3)t

d d v 表示加速度的模，即

t

v a d d =

，t v

d d 是加速度a 在切向

上的分量.

∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以

t v t v t v d d d d d d ττ +=

式中dt dv

就是加速度的切向分量.

(

t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速

度和加速度时，有人先求出r ＝

2

2y x +，然后根据v =t r

d d ，

及a ＝2

2d d t

r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再

合成求得结果，即

v =

2

2d d d d ??

? ??+??? ??t y t x 及

a =

2

222

22d d d d ???

? ??+???? ??t y t x

你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是矢量，在平面直角坐

标系中，有

j y i x r

+=，

j

t y i t x t r a j

t y i t x t r v

222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴

故它们的模即为

2

222

222

22

222d d d d d d d d ?

??

? ??+???? ??=+=?

?

?

??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y

x

而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 2

2d d d d t r a t r v ==

其二，可能是将2

2d d d d t r t

r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明t r

d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，

2

2d d t r 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分

????

??????? ??-=2

22d d d d t r t r a θ径。或者概括性地说，前一种方法只考

虑了位矢r

在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位

矢r

及速度v 的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。

1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为

x =3t +5, y =21

t 2

+3t -4.

式中t 以 s 计，x ,y 以m 计．(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(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的矢量式)．

解：（1）

j

t t i t r

)4321()53(2-+++=m

(2)将1=t

,2=t 代入上式即有

j i r

5.081-= m

j j r

4112+=m

j j r r r

5.4312+=-=?m

(3)∵ j i r j j r 1617,4540

+=-= ∴

1

04s m 534201204-?+=+=--=??=j i j

i r r t r v

(4)

1

s m )3(3d d -?++==j t i t r v 则 j i v

734

+= 1s m -?

(5)∵ j i v j i v 73,3340

+=+= 2

04s m 1444-?==-=??=j v v t v a

(6) 2

s m 1d d -?==j t v a

这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。

1-4 在离水面高h 米的岸上，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0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动

的速度和加速度的大小．

图1-4

解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知

2

2

2

s

h

l +=

将上式对时间t 求导，得

t s

s t l l d d 2d d 2=

题1-4图 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ t s v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即

θcos d d d d 00v v s l

t l s l t s v ==-=-

=船

或

s v s h s lv v 0

2/1220)(+=

=船

将船v 再对t 求导，即得船的加速度 3

2

0222

020

2

002)(d d d d d d s v h s v s l s v s

lv s v v s t s

l t l s

t v a =+-=+-=-==船

船

1-5 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62

x ，

a 的单位为2

s m -?，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为

101

s

m -?,试求质点在任何坐标处的速度值．

解： ∵

x

v

v t x x v t v a d d d d d d d d ===

分离变量：

x x adx d )62(d 2

+==υυ

两边积分得 c

x x v ++=32

2221

由题知，0=x 时，100

=v ,∴50=c

∴ 1

3s m 252-?++=x x v

1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -?，开

始运动时，x ＝5 m ，

v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位

置．

解：∵ t t v

a 34d d +==

分离变量，得 t t v d )34(d +=

积分，得

1

223

4c t t v ++=

由题知，0=t ,00

=v ,∴01=c

故

2

23

4t t v += 又因为

2

234d d t t t x v +== 分离变量， t

t t x d )23

4(d 2+=

积分得 2

3221

2c t t x ++=

由题知 0=t ,50

=x ,∴52=c

故 5

21

232++=t t x

)

sin (sin 2

cos

2

sin 200t R t R R t v R t v x ωωθ

θ

θ

-=-=-=所以s 10=t

时

m

70551021

102s m 1901023

10432101210=+?+?=?=?+

?=-x v

1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33

t ，

θ式中以弧度计，t 以秒计，求：(1) t ＝2 s

和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?

解： t t t t 18d d ,9d d 2====

ωβθω

(1)s 2=t 时， 2

s m 362181-?=??==βτR a

2

222s

m 1296)29(1-?=??==ωR a n

(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有1

45tan ==?n

a a

τ

即

βωR R =2

亦即

t t 18)9(22=

则解得

9

23=

t

于是角位移为

r a d

67

.29

2

32323=?+=+=t θ

1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2

021bt t v -的规律运动，式中

s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻

质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ．

解：（1） bt v t s

v -==

0d d

R bt v R v a b

t

v a n 2

02)(d d -=

=-==τ

则

24

02

22

)(R bt v b a a a n

-+

=+=τ

加速度与半径的夹角为

2

0)(arctan

bt v Rb

a a n --=

=τ?

(2)由题意应有

2

4

02

)(R bt v b b a -+

==

即

0)(,)(402

4

02

2

=-?-+=bt v R bt v b b

∴当

b

v t 0

=

时，b a =

1-9 半径为R 的轮子，以匀速

0v 沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘

上任意点B 的运动方程为x ＝R

)sin (t t ωω-，y ＝

R )cos 1(t ω-，式中0v =ω/R 是轮子滚动的角速度，当B 与

水平线接触的瞬间开始计时．此时B 所在的位置为原点，轮子前进方向为x 轴正方向；(2)求B 点速度和加速度的分量表示式．

解：依题意作出下图，由图可知

题1-9图

(1)

)cos 1()cos 1(2

sin

2sin

2t R R R y ωθθ

θ

-=-==

(2)

???????

==-==

)sin d d )cos 1(d d t R t y v t R t x

v y x ωωω

???

????=

===t v t R a t v

t R a y

y x

x d d cos d d sin 22ωωωω 1-10 以初速度0v ＝201s m -?抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角，

求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R

；(2)落地处的曲率半径2R ．

(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)

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，

o 0160cos v v v x ==

2

1s m 10-?==g a n

又∵

1

2

11ρv a n =

∴

m

1010

)60cos 20(2

2111=??=

=n a v ρ

(2)在落地点，

2002==v v 1s m -?,

而 o

60

cos 2

?=g a

n

∴

m

8060cos 10)20(2

2222=??==n a v ρ

1-11 飞轮半径为0.4 m ，自静止启动，其角加速度为

β=0.2

rad ·2

s -，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．

解：当s 2=t 时，4.022.0=?==t βω1

s rad -?

则16.04.04.0=?==ωR v 1

s m -?

064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2s m -?

08.02.04.0=?==βτR a 2s m -?

2

2

222s

m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+=τa a a n

1-12 如题1-12图，物体

A 以相对

B 的速度v ＝gy 2沿斜面

滑动，y 为纵坐标，开始时A 在斜面顶端高为h 处，B 物体以u 匀速向右运动，求A 物滑到地面时的速度．

解：当滑至斜面底时，

h y =，则

gh v A 2=',

A

物运动过程

中又受到B 的牵连运动影响，因此，

A 对地的速度为

j gh i gh u v u v A

A

)sin 2()cos 2('αα++=+=地

题1-12图 1-13 一船以速率

1v ＝30km ·h

-1

沿直线向东行驶，另一小艇在其

前方以速率2v

＝40km ·h -1

沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何?

解：(1)大船看小艇，则有1221

v v v -=，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)

题1-13图

由图可知 1

222121h km 50-?=+=v v v

方向北偏西

?===87.3643

arctan arctan

21v v θ

(2)小船看大船，则有2112v v v -=，依题意作出速度矢量图如题

1-13图(b)，同上法，得

5012=v 1h km -?

方向南偏东o

87.36

1-14 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m 的甲板上，篷高4 m 但当轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界

线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 m ·s -1

，求轮船的速率． 解： 依题意作出矢量图如题1-14所示．

题1-14图

∵ 船雨雨船v v v -= ∴ 船雨船雨

v v v +=

由图中比例关系可知

1s m 8-?==雨船v v

习题二

2-1 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为

1m 的物体，另

一边穿在质量为2m

的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑

动．今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度a '下滑，求1m ，2m

相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计)．

解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为

1a ，其对于2

m 则为牵连加速度，又知2m

对绳子的相对加速度为a '，故2m 对地

加速度，由图(b)可知，为

a a a '

-=12

①

又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f

在数值上等于绳

的张力T ，由牛顿定律，有

111a m T g m =-

②

222a m g m T =-

③

联立①、②、③式，得

2

12

12

1121

22

12211)

2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'--=+'+-=

讨论 (1)若0='a ，则21

a a =表示柱体与绳之间无相对滑动．

(2)若g a 2='，则0==f T ，表示柱体与绳之间无任何作用

力，此时

1m , 2m 均作自由落体运动．

题2-1图

2-2 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v

的方向与斜面底边的水平线

AB 平行，如图所

示，求这质点的运动轨道．

解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v

方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图

2-2.

题2-2图

X 方向： 0=x F t v x 0=

①

Y

方向： y

y ma mg F ==αsin

②

0=t 时 0=y 0=y v

2

sin 21

t g y α=

由①、②式消去t ，得

2

20

sin 21

x g v y ?=α

2-3 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，

力的分量为x f ＝6 N ，y f ＝-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1

，y

v ＝0．求

当t ＝2 s

(1)位矢；(2)速度．

解： 2

s m 83166-?===m f a x x

2

s m 167-?-==m f a y y

(1) ??--?-=?-=+=?-=?+-=+=201

01

200s m 87

2167s m 45

2832dt a v v dt a v v y y y x x x

于是质点在s 2时的速度

1

s m 8745-?--=j i v

(2)

m

874134)16

7(21)483

2122(2

1)21(220j i j

i j

t a i t a t v r y x

--=?-+??+?-=++=

2-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为

常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝

t m

k e

v )(

0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为

x ＝(k

mv 0

)［1-t m

k e )(-］；(3)停止运动前经过的距离为

)(0k m v ；(4)证明当

k m t =时速度减至0v 的e 1

，式中m 为质点的质量．

答: (1)∵

t v m kv a d d =

-= 分离变量，得

m

t k v v d d -=

即 ??-=v

v t m t k v

v 00d d

m

kt e v v -=ln ln 0

∴ t

m k e

v v -=0

(2)

??---===t

t

t

m k m k

e k mv t e

v t v x 0

00)

1(d d

(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，

故有

?∞

-=

='0

0d k

mv t e

v x t

m k

(4)当t=k

m

时，其速度为

e

v e v e

v v k

m

m k 0

100=

==-?-

即速度减至0v 的e 1

.

72

2-5 升降机内有两物体，质量分别为1m ，2m ，且2m ＝21m ．用

细绳连接，跨过滑轮,绳子不可伸长，滑轮质量及一切摩擦都忽略

不计，当升降机以匀加速a ＝21

g 上升时，求：(1) 1m 和2m 相

对升降机的加速度．(2)在地面上观察1m ，2m 的加速度各为多少

?

解: 分别以1m ,2m 为研究对象，其受力图如图(b)所示．

(1)设

2m 相对滑轮(即升降机)的加速度为a '，则2m 对地加速度

a a a -'=2；因绳不可伸长，故1m 对滑轮的加速度亦为a '，又1m 在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以1m 在水平方向对

地加速度亦为a '，由牛顿定律，有

)(22a a m T g m -'=-

a m T '=1

题2-5图

联立，解得g a

='方向向下

(2) 2m 对地加速度为

22g

a a a =

-'= 方向向上

1m 在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即牵

相绝a a a +='

∴ g

g g a a a 25

422

2

2

1=+=+'=

a a '=arctan θo

6.2621

arctan ==，左偏上．

2-6一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v 从地面抛

出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量． 解: 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，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o 30，则

动量的增量为 0v m v m p

-=?

由矢量图知，动量增量大小为

v m

，方向竖直向下．

2-7 一质量为m 的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞．并在抛出1 s ，跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等．求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向．并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒?

解: 由题知，小球落地时间为s 5.0．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为g gt v 5.01==，小球上跳速度的

大小亦为

g v 5.02=．设向上为y 轴正向，则动量的增量

12v m v m p

-=?方向竖直向上，

大小 mg

mv mv p =--=?)(12

碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．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 作用在质量为10 kg 的物体上的力为

i t F

)210(+=N ，式

中t 的单位是s ，(1)求4s 后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j 6-m ·s

-1

的物体,回答这两个问题．

解: (1)若物体原来静止，则

i

t i t t F p t

10

4

1s m kg 56d )210(d -??=+==??

?,沿x 轴正

向， i p I i

m p v

11111

1s m kg 56s m 6.5--??=?=?=?=?

若物体原来具有6

-1s m -?初速，则

??+-=+-=-=t t t

F v m t m F v m p v m p 0

00000d )d (,

于是

??==-=?t p t F p p p 01

02d

,

同理，

12v v ?=?,12I I

=

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，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．

(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即

?+=+=t

t t t t I 0

2

10d )210(

亦即 0200102

=-+t t

解得

s 10=t ，(s 20='t 舍去)

2-9 一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为

j t b i t a r

ωωsin cos +=

求质点的动量及t ＝0 到ω

π2=

t 量和质点动量的改变量． 解: 质点的动量为

72

)cos sin (j t b i t a m v m p

ωωω+-==

将0=t 和

ωπ2=

t 分别代入上式，得 j b m p

ω=1,i a m p ω-=2,

则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为

)(12j b i a m p p p I

+-=-=?=ω

2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为1

0s m -?v ，当子弹在枪筒内被

加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子

弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．

解: (1)由题意，子弹到枪口时，有

0)(=-=bt a F ,得

b

a

t =

(2)子弹所受的冲量

?-=-=t bt at t bt a I 02

21d )(

将

b a

t =

代入，得

b a I 22

=

(3)由动量定理可求得子弹的质量

02

02bv a v I m =

=

2-11 一炮弹质量为m ，以速率v 飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T ，且一块的质量为另一块质量的k 倍，如两者仍沿原方向飞行，

试证其速率分别为

v +

m

kT 2, v -

km T 2

证明: 设一块为

1m ，则另一块为2m ， 21km m =及m m m =+21

于是得

1,121+=

+=k m m k km m ① 又设

1m 的速度为1v , 2m 的速度为2v ，则有

2

2

222112

12121mv v m v m T -+= ②

2211v m v m mv +=

③

联立①、③解得

1

2)1(kv v k v -+=

④

将④代入②，并整理得

21)(2v v km T

-=

于是有

km T v v 21±

= 将其代入④式，有

m

kT v v 22±

=

又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取

km T

v v m kT v v 2,221-=+

=

证毕．

2-12 设N 67j i F -=合

．(1) 当一质点从原点运动到

m 1643k j i r ++-=时，求F

所作的功．(2)如果质点到r 处

时需0.6s ，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化．

解: (1)由题知，合F

为恒力，

∴

)1643()67(k j i j i r F A

++-?-=?=合

J 452421-=--=

(2) w

756.045==?=t A P

(3)由动能定理，

J 45-==?A E k

2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm ，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相

同．

解: 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

ky f -=

第一锤外力的功为1A

???=

=-='=s

s

k

y ky y f y f A 1

12

d d d

①

式中f '是铁锤作用于钉上的力，

f

是木板作用于钉上的力，在

0d →t 时，f 'f -=． 设第二锤外力的功为2A ，则同理，有

?-=

=2

1

2222

21d y k ky y ky A

②

由题意，有

2

)

2

1

(2

1

2

k

mv

A

A=

?

=

=

③

即

2

2

2

1

2

2

k

k

ky=

-

所以，

2

2

=

y

于是钉子第二次能进入的深度为

cm

414

.0

1

2

1

2

=

-

=

-

=

?y

y

y

2-14 设已知一质点(质量为

m)在其保守力场中位矢为r点的势

能为

n

P

r

k

r

E/

)

(=

, 试求质点所受保守力的大小和方向．

解:

1

d

)

(

d

)

(

+

-

=

=

n

r

nk

r

r

E

r

F

方向与位矢r

的方向相反，即指向力心．

2-15 一根劲度系数为1

k

的轻弹簧A的下端，挂一根劲度系数为

2

k

的轻弹簧B，B的下端

一重物

C，C的质量为M，如题2-15图．求这一系统静止时两

弹簧的伸长量之比和弹性势

能之比．

解: 弹簧

B

A、及重物C受力如题2-15图所示平衡时，有

题2-15图

Mg

F

F

B

A

=

=

又1

1

x

k

F

A

?

=

2

2

x

k

F

B

?

=

所以静止时两弹簧伸长量之比为

1

2

2

1

k

k

x

x

=

?

?

弹性势能之比为

1

2

2

2

2

2

1

1

1

2

1

2

1

2

k

k

x

k

x

k

E

E

p

p=

?

?

=

2-16 (1)试计算月球和地球对

m物体的引力相抵消的一点P，距

月球表面的距离是多少?地球质量5.98×1024kg，地球中心到月

球中心的距离3.84×108m，月球质量7.35×1022kg，月球半径1.74

×106m．(2)如果一个1kg的物体在距月球和地球均为无限远处的

势能为零，那么它在P点的势能为多少?

解: (1)设在距月球中心为r处地引

月引

F

F=

，由万有引力定律，

有

()2

2r

R

mM

G

r

mM

G

-

=地

月

经整理，得

R

M

M

M

r

月

地

月

+

=

=

22

24

22

10

35

.7

10

98

.5

10

35

.7

?

+

?

?

8

10

48

.3?

?

m

10

32

.

386

?

=

则P点处至月球表面的距离为

m

10

66

.3

10

)

74

.1

32

.

38

(7

6?

=

?

-

=

-

=

月

r

r

h

(2)质量为

kg

1

的物体在P点的引力势能为

()r

R

M

G

r

M

G

E

P-

-

-

=地

月

()

24

11

7

22

11

10

83

.3

4.

38

10

98

.5

10

67

.6

10

83

.3

10

35

.7

10

67

.6

?

-

?

?

?

-

?

?

?

?

-

=-

J

10

28

.16

?

=

2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想

滑轮以及质量为1

m

和2

m

的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧

的劲度系数为

k，自然长度等于水平距离BC，2m与桌面间的摩

擦系数为

μ

，最初1

m

静止于A点，AB＝BC＝h，绳已拉直，

现令滑块落下1

m

,求它下落到B处时的速率．

解: 取B点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功

能原理，有

]

)

(

2

1

[

)

(

2

1

2

1

2

2

1

2

l

k

gh

m

v

m

m

gh

m?

+

-

+

=

-μ

式中

l?为弹簧在A点时比原长的伸长量，则

h

BC

AC

l)1

2

(-

=

-

=

?

联立上述两式，得

()()

2

1

2

2

2

1

1

2

2

m

m

kh

gh

m

m

v

+

-

+

-

=

μ

题2-17图

2-18 如题2-18图所示，一物体质量为2kg ，以初速度0v ＝3m ·s

-1

从斜面A 点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N ，到达B 点后压缩弹

簧20cm 后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．

解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。则由功能原理，有

??? ???+-=

-37sin 212122mgs mv kx s f r 22

2137sin 21kx s f mgs mv k r -?+=

式中m 52.08.4=+=s ，m 2.0=x ，再代入有关数据，解

得

-1

m

N 1390?=k

题2-18图

再次运用功能原理，求木块弹回的高度h '

2

o 21

37sin kx s mg s f r -'='-

代入有关数据，得 m 4.1='s ,

则木块弹回高度

m 84.037sin o

='='s h

题2-19图

2-19 质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2-19图所示．质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．

解: m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M ，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有

2

221

21MV mv 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 0=-MV mv

联立，以上两式，得

()M m MgR v +=

2

2-20 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方向互相垂直． 证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有

222120212121mv mv mv +=

即

2

22120v v v +=

①

题2-20图(a) 题2-20图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有

210v m v m v m +=

亦即

210v v v +=

②

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0v 为斜边，故知1v 与2v 是互相垂直的．

2-21 一质量为m 的质点位于(

11,y x )处，速度为

j

v i v v y x

+=, 质点受到一个沿x 负方向的力f 的作用，求相

对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩． 解: 由题知，质点的位矢为

j y i x r

11+=

作用在质点上的力为

i f f -=

所以，质点对原点的角动量为

v m r L

?=0 )

()(11j v i v m i y i x y x +?+=

k

mv y mv x x y

)(11-=

作用在质点上的力的力矩为

k f y i f j y i x f r M

1110)()(=-?+=?=

2-22 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离

为

1r ＝8.75×10

10

m 时的速率是

1v ＝5.46×10

4

m ·s -1

，它离太阳

最远时的速率是2v ＝9.08×102

m ·s

-1

2r

多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。)

解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有

2211mv r mv r =

∴

m 1026.51008.91046.51075.8122

4

102112?=????==v v r r 2-23 物体质量为3kg ，t =0时位于m 4i r

=,

1

s m 6-?+=j i v ，如一恒力N 5j f =作用在物体上,求3秒

后，(1)物体动量的变化；(2)相对z 轴角动量的变化． 解: (1)

??-??===?30

1

s m kg 15d 5d j t j t f p

(2)解(一)

73400=+=+=t v x x x

j at t v y y 5.25335

213621220=??+?=+

= 即 i r

41

=,j i r 5.2572+=

10==x x v v

11

335

60=?+=+=at v v y y 即 j i v

611

+=,j i v 112+=

∴

k j i i v m r L 72)6(34111=+?=?=

k j i j i v m r L

5.154)11(3)5.257(222=+?+=?=

∴

1212s m kg 5.82-??=-=?k L L L

解(二) ∵

dt dz M =

∴

???=?=?t t t

F r t M L 0

d )(d

??-??=+=???

????

?+++=3

1

3

02s m kg 5.82d )4(5d 5)35)216()4(2k t k t t j j t t i t

题2-24图

2-24 平板中央开一小孔，质量为m 的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为

1M 的重物．小球作匀速圆周运动，当半径为0

r 时重物达到平衡．今在

1M 的下方再挂一质量为2M 的物体，如题

2-24图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少

?

解: 在只挂重物时

1M ，小球作圆周运动的向心力为g M 1，即

2

01ωmr g M =

① 挂上

2M 后，则有

2

21)(ω''=+r m g M M

②

重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒． 即 v m r mv r ''=00 ωω'

'=?2020r r

③

联立①、②、③得

02

11

213

2

1

21010

10)(r M M M g m M M r M M M mr g M mr g M ?+='+=

'+=

'=ωωω

2-25 飞轮的质量m ＝60kg ，半径R ＝0.25m ，绕其水平中心轴O

转动，转速为900rev ·min -1

．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ，可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ

=0.4，飞轮的转动

惯量可按匀质圆盘计算．试求：

(1)设F ＝100 N ，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?

(2)如果在2s 内飞轮转速减少一半，需加多大的力F ?

解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N 、N '是

正压力，

r F 、r F '是摩擦力，x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支

承力，R 是轮的重力，P 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 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，

则有

F l l l N l N l l F 1

2

11210

)(+=

'='-+

对飞轮，按转动定律有

I

R F r /-=β，式中负号表示β与角速

度ω方向相反．

∵ N F r μ= N N '=

∴ F

l l

l N F r 1

21+='=μμ

又∵

,21

2mR I =

∴ F mRl l l I R F r 1

21)

(2+-=-

=μβ

① 以N 100=F

等代入上式，得

2

s rad 340

10050.025.060)75.050.0(40.02-?-=???+??-=

β

由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为

s 06.740603

29000=???=-

=πβωt

这段时间内飞轮的角位移为

rad 21.53)4

9

(3402149602900212

20ππππβωφ?=??-??=

+=t t 可知在这段时间里，飞轮转了1.53转．

(2)1

0s rad 602900-??=π

ω，要求飞轮转速在2=t s 内减少

一半，可知

20

00

s rad 21522

-?-

=-

=-=π

ωωωβt

t

用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为

N l l mRl F 1772)75.050.0(40.021550.025.060)

(2211=?+?????=

+-=π

μβ

2-26 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴

O O '转动．设大小圆柱体的半径分别为R 和r ，质量分别为M

和m ．绕在两柱体上的细绳分别与物体1m 和2m 相连，1m 和2

m 则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图所示．设R ＝0.20m, r ＝0.10m ，m ＝4 kg ，M ＝10 kg ，

1m ＝2m ＝2 kg ，且开始时1m ，

2m 离地均为h ＝2m ．求：

(1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力． 解: 设

1a ,2a 和β

分别为1m ,

2m 和柱体的加速度及角加速度，

方向如图(如图b)．

题2-26(a)图 题2-26(b)图

(1)

1m ,2m 和柱体的运动方程如下：

2222a m g m T =- ① 1111a m T g m =- ②

βI r T R T ='

-'21 ③

式中

β

βR a r a T T T T ==='='122211,,,

而 222121mr MR I +=

由上式求得

2

22222

2212

1s rad 13.69

10.0220.0210.0421

20.010212

1.02

2.0-?=??+?+??+???-?=

++-=

g

r m R m I rm Rm β (2)由①式 8.208.9213.610.02222=?+??=+=g m r m T βN

由②式

1.1713.6.

2.028.92111=??-?=-=βR m g m T N

2-27 计算题2-27图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设1m ＝50

kg ，

2m ＝200

kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m 解: 分别以

1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对

1m ,2m 运用牛顿定律，有

a m T g m 222=- ① a m T 11= ②

对滑轮运用转动定律，有

β

)2

1

(212Mr r T r T =-

③

又， βr a = ④

联立以上4个方程，得

2

212s m 6.72

15

20058

.92002

-?=+

+?=

+

+=

M m m g m a

题2-27(a)图 题2-27(b)图

题2-28图

2-28 如题2-28图所示，一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一端O 的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有

β)31

(212ml mg

=

∴

l

g 23=

β

(2)由机械能守恒定律，有

2

2)31

(21sin 2ωθml l mg =

∴

l g θωsin 3=

题2-29图

2-29 如题2-29图所示，质量为M ，长为l 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置

上．现有一质量为

m 的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处．

(1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0

v 的值；

(2)相撞时小球受到多大的冲量?

解: (1)设小球的初速度为

0v ，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：

mvl

I l mv +=ω0

①

22202

12121mv I mv +=ω

② 上两式中

2

31Ml I =

，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的

角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度o 30=θ

，按机

械能守恒定律可列式：

)30cos 1(2

212?-=l

Mg I ω

③

由③式得

2

12

1)231(3)30cos 1(?

?

????-=???

????-=l g I Mgl ω

由①式

ml

I v v ω-

=0

④

由②式

m

I v v 2

20

2

ω-

=

⑤ 所以

22

001)(2ωωm v ml I v -=-

求得

gl

m

M m m M l ml I l v +-=

+=+=31232(6)311(2)1(220ωω

(2)相碰时小球受到的冲量为

?-=?=0

d mv

mv mv t F

由①式求得

ωωMl l I mv mv t F 31

d 0-=-

=-=?

gl

M

6

)32(

6--

=

负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．

题2-30图

2-30 一个质量为M 、半径为R 并以角速度ω转动着的飞轮(可看作匀质圆盘)，在某一瞬时突然有一片质量为m 的碎片从轮的边缘上飞出，见题2-30图．假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上．

(1)问它能升高多少?

(2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能． 解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度

ωR v =0

设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有

gh v v 22

02-=

令0=v

，可求出上升最大高度为

2

220212ω

R g g v H == (2)圆盘的转动惯量2

21

MR I =，碎片抛出后圆盘的转动惯量

2

221

mR MR I -='，碎片脱离前，盘的角动量为ωI ，碎片刚

脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即 R mv I I 0+''=ωω

式中ω'为破盘的角速度．于是

R mv mR MR MR 0222)21

(21+'-=ωω ωω'-=-)21

()21(2222mR MR mR MR

得ωω='(角速度不变)

圆盘余下部分的角动量为

ω)21

(22mR MR -

转动动能为

题2-31图

222)21

(21ωmR MR E k -=

2-31 一质量为m 、半径为R 的自行车轮，假定质量均匀分布在轮

缘上，可绕轴自由转动．另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘(如题2-31图所示方向)．

(1)开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值? (2)用m ,0m 和θ表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能

之比．

解: (1)射入的过程对O 轴的角动量守恒

ωθ2000)(sin R m m v m R +=

∴ R

m m v m )(

sin 000+=

θω

(2)

020*********sin 2

1]

)(sin ][)[(21

0m m m v m R m m v m R m m E E k k +=

++=θθ

2-32 弹簧、定滑轮和物体的连接如题2-32图所示，弹簧的劲度系

数为2.0 N ·m -1；定滑轮的转动惯量是0.5kg ·m 2

，半径为0.30m ，问当6.0 kg 质量的物体落下0.40m 时，它的速率为多大? 假设开始时物体静止而弹簧无伸长．

解: 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，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

222212121kh I mv mgh ++=

ω

又 R v /=ω

故有

I mR k kh mgh v +-=

22

2)2(

1

22

s m 0.25

.03.00.64.00.24.08.90.62(-?=+??-???=

题2-32图 题2-33图

2-33 空心圆环可绕竖直轴

AC 自由转动，如题2-33图所示，其

转动惯量为0I ，环半径为R ，初始角速度为0ω．质量为m 的小

球，原来静置于A 点，由于微小的干扰，小球向下滑动．设圆环

内壁是光滑的，问小球滑到B 点与C 点时，小球相对于环的速率

各为多少?

解: (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B 点时，有

ω

ω)(2000mR I I +=

①

该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为

B v ，以B 点为重力势能零点，则有

22202002

1)(2121B mv mR I mgR I ++=+ωω ②

联立①、②两式，得

2

022002mR I R

I gR v B ++

=ω

(2)当小球滑至C 点时，∵0I I c

= ∴0ωω=c

故由机械能守恒，有

2

21

)2(c mv R mg =

∴ gR v c

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S 以速度u 运动．当它们的坐标原点O 与O '重合时，t =t '=0，发出一光波，此后两惯性系的观测者观测该光波的波阵面形状如何?用直角坐标系写出各自观测的波阵面的方程．

解: 由于时间和空间都是均匀的，根据光速不变原理，光讯号为球面波．波阵面方程为：

2

222)(ct z y x =++

2222)(t c z y x '='+'+'

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2l ．试用洛仑兹变换计算地面上的观测者测到同一光信号到达前、后门的时间差． 解: 设光讯号到达前门为事件1，在车厢)(S

'系时空坐标为

),(),(11

c l

l t x =''，在车站)(S 系：

)1()()(2121

1c u c l l c u c l x c

u t t +=+='+'=γγγ 光信号到达后门为事件2，则在车厢)(S '系坐标为

),(),(22

c l

l t x -=''，在车站)(S 系：

)1()(222

2c u c l x c

u t t -='+'=γγ 于是

2

122c lu

t t γ-=- 或

者

l x x x t t t t 2,,021

21='-'='?-=?='?

)2()(2

2l c u

x c u t t γγ='?+

'?=?

3-3 惯性系S ′相对另一惯性系S 沿x 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 系中测得两事件的时空坐标

分别为1x

=6×104

m,1t

=2×10-4

s ，以及2x

=12×104

m,2t

=1×10-4

s ．已知在S ′系中测得该两事件同时发生．试问：(1)S ′系相对S 系的速度是多少? (2) S '系中测得的两事件的空间间隔是多

少? 解: 设)(S

'相对S 的速度为v ，

(1)

)(1211

x c v

t t -='γ

)(2222

x c v

t t -='γ

由题意 01

2

='-'t t 则

)(12212x x c v

t t -=

-

故

8

12122

105.12?-=-=--=c

x x t t c v 1s m -?

(2)

由

洛

仑

兹

变

换

)(),(222111

vt x x vt x x -='-='γγ 代入数值， m 102.541

2

?='-'x x 3-4 长度

0l =1 m

S ′系中，与x ′

轴的夹角

'θ=30°，S ′系相对S 系沿x 轴运动，在S 系中观测者测得米尺

与x 轴夹角为=θ45?

． 试求：(1)S ′系和S 系的相对运动速

度.(2)S 系中测得的米尺长度． 解: (1)米尺相对S '静止，它在y x

'',轴上的投影分别为：

m 866.0cos 0='='θL L x

，m 5.0sin 0='='θL L y

米尺相对S 沿x 方向运动，设速度为v ，对S 系中的观察者测得米尺在x 方向收缩，而

y 方向的长度不变，即

y

y x x L L c v L L '=-'=,122

故

22

1tan c

v L L L L L L x

y x

y x

y -''=

'==

θ

把ο45=θ

及y x L L '',代入

则得

866.05

.0122=

-c v 故 c v 816.0=

(2)在S 系中测得米尺长度为

m

707.045sin =?

=

y L L

3-5 一门宽为a ，今有一固有长度0l (0l ＞a )的水平细杆，在门

外贴近门的平面内沿其长度方向匀速运动．若站在门外的观察者认为此杆的两端可同时被拉进此门，则该杆相对于门的运动速率u 至

少为多少?

解: 门外观测者测得杆长为运动长度，

2

0)(1c u

l l -=，当

a

≤1时，可认为能被拉进门，

则

2

)(1c

u

l a -≤

解得杆的运动速率至少为：

2

)(1l a

c u -=

题3-6图

3-6两个惯性系中的观察者O 和O '以0.6c(c 表示真空中光速)的相对速度相互接近，如果O 测得两者的初始距离是20m ，则O '测

得两者经过多少时间相遇? 解: O 测得相遇时间为t ?

c v L t 6.020

0=

=?

O ' 测得的是固有时t '?

∴

v L t

t 2

01βγ-=

?='?

s 1089.88-?=，

6.0==

c v

β ， 8.01=

γ ，

或者，O '测得长度收缩，

v L t L L L L =

'?=-=-=,8.06.01102020β

s 1089.81036.020

8.06.08.088

0-?=???==

'c L t ?

3-7 观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系S 和S '中，甲测得在

同一地点发生的两事件的时间间隔为 4s ，而乙测得这两个事件的时间间隔为 5s ．求：

(1) S '相对于S 的运动速度．

(2)乙测得这两个事件发生的地点间的距离． 解: 甲测得

0,s 4==x t ??,乙测得s 5=t ?，坐标差为

12

x x x '-'='?′ (1)∴

t

c

v t x c v

t t ?-?=?+

?='?2

2

)(11)(λγ

54

122=

'??=-t t c

v 解出

c c t t c v 53)54(1)(

122=-='??-=

8108.1?= 1s m -?

(2)

()0,45

,=?=?'?=

?-?='?x t t t v x x γγ

∴

m

1093453458?-=-=??-=-='c c t v x ?γ?

负号表示01

2

<'-'x x ． 3-8 一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行．如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度是多少? 解:

2

220153

,1513βββ-=-=-=='则l l

∴

c

c v 54

2591=-=

3-9 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，在有相对运动的其他惯性系中，这两个事件一定不同时． 证: 设在

S 系B A 、事件在b a ,处同时发生，则

B A a b t t t x x x -=?-=?,，在S '系中测得

)(2x c v

t t t t A B ?-

?='-'='?γ

0,0≠?=?x t ，

∴

0≠'?t 即不同时发生． 3-10 试证明：

(1)如果两个事件在某惯性系中是同一地点发生的，则对一切惯性系来说这两个事件的时间间隔，只有在此惯性系中最短．

(2)如果两个事件在某惯性系中是同时发生的，则对一切惯性关系来说这两个事件的空间间隔，只有在此惯性系中最短． 解: (1)如果在

S '系中，两事件B A 、在同一地点发生，则

0='?x ，在S 系中，t t t '?≥'?=?γ，仅当0=v 时，等式成立，∴t '?最短．

(2)若在S '系中同时发生，即0='?t ，则在S 系中，x x x '?≥'?=?γ，仅当0=v 时等式成立，∴S '系中x '?最

短．

3-11 根据天文观测和推算，宇宙正在膨胀，太空中的天体都远离我们而去．假定地球上观察到一颗脉冲星(发出周期无线电波的星)的脉冲周期为 0.50s ，且这颗星正沿观察方向以速度0.8c 离我们而去．问这颗星的固有周期为多少?

解: 以脉冲星为S '系，0='?x ，固有周期

0τ='?t .地球为S

系，则有运动时t t '?=?γ1，这里1t

?不是地球上某点观测到的周期，而是以地球为参考系的两异地钟读数之差．还要考虑因飞行

远离信号的传递时间，c

t v 1

?

∴ t c v

t c t v t t ?+'?=?+

?=?γγ11′ )1(c v t +'=?γ 6.01

)

8.0(112=-=c c γ

则 γ

λτ)8.01(5

.0)1(0c c c v t t ++

+?='?=

s

1666.08.13.06.01)8.01(5.0==+=

3-12 6000m 的高空大气层中产生了一个π介子以速度v =0.998c 飞向地球．假定该π介子在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命2×10-6

s ．试分别从下面两个角度，即地球上的观测者和π介子

静止系中观测者来判断π介子能否到达地球．

解: π介子在其自身静止系中的寿命s 10260-?=t ?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

变前经历的时间为

s

1016.315

2

20-?=-=c v t t ??

这段时间飞行距离为m 9470==t v d ?

因m 6000>d ，故该π介子能到达地球． 或在π介子静止系中，π介子是静止的．地球则以速度v 接近介子，在0t ?时间内，地球接近的距离为

m 5990=='t v d ? m

60000

=d 经洛仑兹收缩后的值为：

m 379122

00

=-='c v d d

d d '>'，故π

介子能到达地球．

3-13 设物体相对S ′系沿x '轴正向以0.8c 运动，如果S ′系相对

S 系沿x 轴正向的速度也是0.8c ，问物体相对S 系的速度是多少?

解: 根据速度合成定理，

c u 8.0=,c v x 8.0=' ∴

c

c c c c

c c v u u v v x x x 98.08.08.018.08.0122=?+

+='++'=

3-14 飞船

A 以0.8c 的速度相对地球向正东飞行，飞船

B 以0.6c

的速度相对地球向正西方向飞行．当两飞船即将相遇时A 飞船在自己的天窗处相隔2s 发射两颗信号弹．在B 飞船的观测者测得两

颗信号弹相隔的时间间隔为多少?

解: 取B 为S 系，地球为S '系，自西向东为x (x ')轴正向，则

A

对S '系的速度c v x

8.0='，S '系对S 系的速度为c u 6.0=，

则A 对S 系(B 船)的速度为 c c c c v u u v v x x x 946.048

.016.08.012=++='++'=

发射弹是从A 的同一点发出，其时间间隔为固有时s 2='t ?，

题3-14图 ∴B 中测得的时间间隔为： s 17.6946

.01212

22=-=-'=c v t t x

?? 3-15 (1)火箭A 和B 分别以0.8c 和0.6c 的速度相对地球向+x 和-x 方向飞行．试求由火箭B 测得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，求A 相对B 的速度． 解: (1)如图a ，取地球为S 系，B 为S '系，则S '相对S 的速度c u 6.0=，火箭A 相对S 的速度c v x

8.0=，则A 相对S '(B )的速度为： c c c c c c v c u u v v x x x

946.0)8.0)(6.0(1)6.0(8.0122=--

--=--=' 或者取A 为S '系，则c u 8.0=，B 相对S 系的速度

c v x 6.0-=，于是B 相对A 的速度为： c c c c c

c v c u u v v x x x 946.0)6.0)(8.0(18.06.0122-=----=--=

'

(2)如图b ，取地球为S 系，火箭B 为S '系，S '系相对S 系沿x -方向运动，速度c u 6.0-=，A 对S 系的速度

为,

0=x v ,c v y 8.0=,由洛仑兹变换式A 相对B 的速度为：

c c v c u u v v x

x x 6.001)

6.0(012=---=--=

'

c c v c u

v c

u v x

y

y 64.0)8.0(6.01112222=-=--='

∴A 相对B 的速度大小为

c v

v v y

x 88.022

='+'='

速度与x '轴的夹角θ'为

07

.1tan =''=

'x

y

v v θ

ο8.46='θ

题3-15图

3-16 静止在S 系中的观测者测得一光子沿与x 轴成?60角的方向飞行．另一观测者静止于S ′系，S ′系的x '轴与x 轴一致，并以0.6c 的速度沿x 方向运动．试问S ′系中的观测者观测到的光子运动方向如何?

解: S 系中光子运动速度的分量为

c c v x 500.060cos ο==

c

c v y 866.060sin ο

==

由速度变换公式，光子在S '系中的速度分量为

c c c c c c v c u u v v x x x

143.05.06.016.05.0122-=?--=--=' c c c

c c v c u v c

u v x y

y 990.05.06.01866.06.011122222=?-?-=--='

光子运动方向与x '轴的夹角θ'满足

692

.0tan -=''='x y

v v θ θ'在第二象限为ο

2.98='θ 在S '系中，光子的运动速度为

c

v v v y x ='+'='22

正是光速不变．

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)对电子作的功，等于电子动能的增量，得

)111(

)1(2

2

2020202--=-=-==c v c m c m c m mc E E k k γ? )

11

.011

(

)103(101.92

2831--???=-

161012.4-?=J=eV 1057.23?

(2)

)()(202120221

2c m c m c m c m E E E k k k

---=-='?

)

1111(

2

212

22202122c

v c

v

c m c m c m --

-=-=)

8.011

9.011

(103101.92

2

16231--

-???=-J 1014.514

-?=eV 1021.35?=

3-18

μ子静止质量是电子静止质量的207倍，静止时的平均寿命

0τ=2×10

-6

s ，若它在实验室参考系中的平均寿命τ= 7×10-6

s ，试

问其质量是电子静止质量的多少倍? 解: 设

μ

子静止质量为

0m ，相对实验室参考系的速度为

c

v β=，相应质量为

m

，电子静止质量为

e

m 0，因

2

711,102

2

==

--=

ττββττ即

由质速关系，在实验室参考系中质量为：

2

02

012071ββ-=

-=

e m m m

故

7252720712072

0=?=-=βe m m

3-19 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

缩短了百分之几? 解: 设静止质量为

0m ，运动质量为m ，

由题设 10.000

=-m m m

2

01β-=

m m

由此二式得

10

.0111

2

=--β

∴ 10.11

12=

-β

在运动方向上的长度和静长分别为l 和

0l ，则相对收缩量为：

%1.9091.010.11

1112000

==-=--=-=

β?l l l l l

3-20 一电子在电场中从静止开始加速，试问它应通过多大的电势差才能使其质量增加0.4%?此时电子速度是多少?已知电子的静止

质量为9.1×10-31

kg ．

解: 由质能关系

1004

.0200=?=?c m E m m

∴

100/)103(101.94.01004.028312

0????==

?-c

m E

J

1028.316

-?=＝

eV 10

6.11028.31916--??=eV 100.23?= 所需电势差为3

100.2?伏特

由质速公式有：

004.11

1004.011111000

02

=+

=?+=

?+==-m m m

m m m m β

∴

3

2

221095.7)004

.11(

1)(-?=-==c

v β

故电子速度为

-17s m 107.2??==c v β

3-21 一正负电子对撞机可以把电子加速到动能K E

＝2.8×109

eV ．这种电子速率比光速差多少? 这样的一个电子动量是多

大?(与电子静止质量相应的能量为0E ＝0.511×106

eV

)

解:

2

02

2201c

m c

v c m E k --=

所

以

2

02

02022

/11

1c m E c m c m E c v k k +=

+=-

由上式，

2

96262

2020)108.210511.0/()1051.0(1)

(1?+??-=+-=c E c m c m c v k

8109979245.2?=-1s m ?

810997924580.2?=-v c -1

s m ?8109979245.28=?- -1s m ?

由动量能量关系

42

0222c m c p E +=可得 c c m E E c c

m c m E c c

m E p k k

k 2024

20

2

204

20

2

2)(+=-+=-= 1

1882

138269182s m kg 1049.1103/]106.1)10511.0108.22108.2[(---???=???????+?=

3-22

氢原子的同位素氘(2

1H)和氚(3

1H)在高温条件下发生聚变反

应，产生氦(4

2He)原子核和一个中子(10n)，并释放出大量能量，其

反应方程为2

1

H + 31H

42

He + 10n

2.0135原子质量单位(1原子质量单位＝1.600×10-27

kg)，氚核和

氦核及中子的质量分别为3.0155，4.0015，1.00865原子质量单位．求上述聚变反应释放出来的能量．

解: 反应前总质量为0290

.50155.30135.2=+amu

反应后总质量为0102.50087.10015.4=+amu 质量亏损

0188.00102.50290.5=-=?m amu

kg 1012.329-?=

由质能关系得

()

2

82921031012.3???==-mc E ??

J 1081.221-?=71075.1?=eV 3-23 一静止质量为0m 的粒子，裂变成两个粒子，速度分别为0.6c

和0.8c ．求裂变过程的静质量亏损和释放出的动能．

解: 孤立系统在裂变过程中释放出动能，引起静能减少，相应的静止质量减少，即静质量亏损． 设裂变产生两个粒子的静质量分别为

10m 和20m ，其相应的速度

c v 6.01=,c v 8.02=

由于孤立系统中所发生的任何过程都同时遵守动量守恒定律和能(质)量守恒定律，所以有

1122

2220

12

21102211=-+

-=

+v c

v m v c v m v m v m

2

22202

2110

2111m c

v m c

v m m m =-

+

-

=

+

注意

1m 和2m 必沿相反方向运动，动量守恒的矢量方程可以简化

为一维标量方程，再以6.01=v c,8.02=v c 代入，将上二方程

化为：

20

106886m m =，020106.08.0m m m =+

上二式联立求解可得： 010459.0m m =, 020257.0m m = 故静质量亏损020100284.0)(m m m m m =+-=?由静质量亏损引起静能减少，即转化为动能，故放出的动能为

202284.0c m mc E k =?=? 3-24 有A ，B 两个静止质量都是

0m 的粒子，分别以

1v =v ,2v =-v 的速度相向运动，在发生完全非弹性碰撞后合并为

一个粒子．求碰撞后粒子的速度和静止质量．

解: 在实验室参考系中，设碰撞前两粒子的质量分别1m 和2m ，碰撞后粒子的质量为M 、速度为V ，于是，根据动量守恒和质量

守恒定律可得：

MV

v m v m =+2211 ①

M

m m =+21

② 由

于 0

)(

1)

()(12

02

02211=---+

-=

+c v v m c

v v m v m v m

代入①式得 0=V

2

2

1)(120

c v m m m M -+=，即为碰撞后静止质量．

3-25 试估计地球、太阳的史瓦西半径．

解: 史瓦西半径

22c GM r s =

地球：

kg 10624?≈M

则

：

m 109.8)103(106107.623

2

82411--?=?????=s r

太阳：

kg 10230

?≈M

则：

3

2

830

11103)103(10

2107.62?=?????=

-s r m 3-26 典型中子星的质量与太阳质量M ⊙＝2×1030

kg

半径约为10km ．若进一步坍缩为黑洞，其史瓦西半径为多少?一个质子那么大小的微黑洞(10-15

cm)，质量是什么数量

级?

解: (1)史瓦西半径与太阳的相同，3

103?=s

r m (2) 15

10-=s

r cm 1710-=m 由 2

2c GM r s =

得

9

11

2817210

7.6107.62)103(102?=????==--G c r M s kg 3-27 简述广义相对论的基本原理和实验验证．

解: 广义相对论的基本原理是等效原理和广义相对性原理．

等效原理又分为弱等效原理和强等效原理．弱等效原理是：在局部时空中，不可能通过力学实验区分引力和惯性力，引力和惯性力等效．强等效原理是：在局部时空中，任何物理实验 都不能区分引力和惯性力，引力和惯性力等效． 广义相对性原理是：所有参考系都是平权的，物理定律的表述相同． 广义相对论的实验验证有：光线的引力偏转，引力红移，水星近日点进动，雷达回波延迟等．

习题四

4-1 符合什么规律的运动才是谐振动?分别分析下列运动是不是谐振动： (1)拍皮球时球的运动； (2)如题4-1图所示，一小球在一个半径很大的光滑凹球面内滚动

(设小球所经过的弧线很 短)．

题4-1图

解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一 ，描述系统的各种参量，如质量、转动惯量、摆长……等等在运动中保持为常量；二，系统 是在 自己的稳定平衡位置附近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用．或者说，若一个系统的运动微分方程能用

0d d 222=+ξωξ

t

描述时，其所作的运动就是谐振动．

(1)拍皮球时球的运动不是谐振动．第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位置；第二，球在运动中所受的三个力：重力，地面给予的弹力，击球者给予的拍击力，都不是线 性回复力．

(2)小球在题4-1图所示的情况中所作的小弧度的运动，是谐振动．显然，小球在运动过程中，各种参量均为常量；该系统(指

小球凹槽、地球系统)的稳定平衡位置即凹槽最低点，即系统势能

最小值位置点O ；而小球在运动中的回复力为θsin mg -，如题

4-1图(b)所示．题 中所述，S ?＜＜R ，故R

S ?=

θ

→0，所以

回复力为θmg -.式中负号，表示回复力的方向始终与角位移的方向相反．即小球在O 点附近的往复运动中所受回复力为线性的．若以小球为对象，则小球在以O '为圆心的竖直平面内作圆周运动，由牛顿第二定律，在凹槽切线方向上有

θθ

mg t

mR -=22d d

令R

g

=

2

ω

，则有 0d d 2

22=+ωθt

4-2 劲度系数为1k 和2k 的两根弹簧，与质量为m 的小球按题4-2图所示的两种方式连 接，试证明它们的振动均为谐振动，并分别求出它们的振动周期．

题4-2图

解：(1)图(a)中为串联弹簧，对于轻弹簧在任一时刻应有

21F F F ==，设串联弹簧的等效倔强系数为串K 等效位移为x ，则有

111x k F x

k F -=-=串

222x k F -=

又有 21x x x +=

2

211k F k F k F

x +==串

所以串联弹簧的等效倔强系数为

即小球与串联弹簧构成了一个等效倔强系数为

)/(2121k k k k k +=的弹簧振子系统，故小球作谐振动．其振动

周期为

2

121)(222k k k k m k m

T +===

ππ

ω

π

串

(2)图(b)中可等效为并联弹簧，同上理，应有21F F F ==，

即21x x x

==，设并联弹簧的倔强系数为并k ，则有

2211x k x k x k +=并

故 21k k k +=并

同上理，其振动周期为

2

12k k m

T +='π

4-3 如题4-3图所示，物体的质量为m ，放在光滑斜面上，斜面与水平面的夹角为θ，弹簧的倔强系数为k ，滑轮的转动惯量为I ，半径为R ．先把物体托住，使弹簧维持原长，然 后由静止释

放，试证明物体作简谐振动，并求振动周期．

题4-3图

解：分别以物体m 和滑轮为对象，其受力如题4-3图(b)所示，以重物在斜面上静平衡时位置为坐标原点，沿斜面向下为x 轴正向，则当重物偏离原点的坐标为x 时，有

221d d sin t

x

m T mg =-θ ①

βI R T R T =-21 ②

βR t x =2

2d d )(02x x k T += ③

式中k mg x /sin 0θ=，为静平衡时弹簧之伸长量，联立以上三

式，有

kxR t

x

R I mR -=+22d d )(

令 I

mR kR +=

222

ω

则有

0d d 222

=+x t

x

ω 故知该系统是作简谐振动，其振动周期为

4-4 质量为kg 10103

-?的小球与轻弹簧组成的系统，按

)SI ()3

28cos(1.0π

π+=x 的规律作谐振动，求：

(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；

(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等? (3)s 52

=t 与s 11=t 两个时刻的位相差；

解：(1)设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ，则知：

3/2,s 4

1

2,8,m 1.00πφωππω===∴==T A

又 πω8.0==A v m 1

s m -?

51.2=1s m -?

2.632==A a m ω2s m -?

(2)

N 63.0==m m a F J 1016.32

122

-?==m mv E

J 1058.12

1

2-?===E E E k p

当p k E E =时，有p E E 2=，

即

)2

1(212122kA kx ?= ∴ m 20

222±=±=A x (3) ππωφ32)15(8)(12=-=-=?t t 4-5 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数表示．如果0=t 时质点的状态分别是：

(1)A x -=0；

(2)过平衡位置向正向运动； (3)过2

A

x

=

处向负向运动； (4)过2

A

x -=处向正向运动． 试求出相应的初位相，并写出振动方程． 解：因为 ??

?-==0

00

0sin cos φωφA v A x

将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有

)2cos(1ππ

π

φ+==t T A x

)23

2cos(2

32πππφ+==t T A x

)3

2cos(3

3π

ππ

φ+==

t T A x