1、1zz 大学物理习题及解答习题一16 r与 有无不同? tdr和 有无不同? tdv和 有无不同?其不同在哪里?试举例说明解：（1） 是位移的模， r是位矢的模的增量，即 r12， 12r；（2） tdr是速度的模，即 tdvts.只是速度在径向上的分量.有 r（式中 叫做单位矢） ，则 trtddr式中 td就是速度径向上的分量， tr与不同如题 1-1 图所示. 题 1-1 图(3) tdv表示加速度的模，即 tvad， 是加速度 a在切向上的分量.有 (表轨道节线方向单位矢） ，所以 tvtd式中 dtv就是加速度的切向分量.(r与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)17 设质点的运
2、动方程为 x= (t)， y= (t)，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出 r2yx，然后根据 v= trd，及 a 2tr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=22tyt及 =22dtytx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 jyixr，2jtyitxrav22dd故它们的模即为 2222dtytxattvyxyx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 2dtrtrv其二，可能是将 2dtr与误作速度与加速度的模。在 1-1 题中已说明 trd
3、不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样， 2dtr也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分 22dtrta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。18 一质点在 xOy平面上运动，运动方程为 x=3t+5, y= 21t2+3 -4.式中 t以 s 计， , 以 m 计(1)以时间 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出=1 s 时刻和 t2s 时刻的位置矢量，计算这 1 秒内质点的位移；(3)计算 t0 s 时刻到 4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量
4、表示式，计算 t4 s 时质点的速度；(5)计算 t0s 到 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 t4s 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） jtitr)4321()53(m(2)将 t, 2代入上式即有 ji.081r25.43(3) jij167,50 14 sm0rtv (4) 1sm)3(djitrv则 jiv741s3(5) jivjiv73,4024sm1ta(6) djta这说明该点只有 y方向的加速度，且为恒量。19 质点沿 x轴运动，其加速度和位置的关系为 a2+
5、6 2x， 的单位为 2sm， x的单位为 m. 质点在 0 处，速度为 10 1s,试求质点在任何坐标处的速度值解： vtxtvadd分离变量： x)62(d两边积分得 cv321由题知， 0x时， , 50 13sm2x110 已知一质点作直线运动，其加速度为 a4+3 t2，开始运动时， x5 m， v=0，求该质点在 t10s 时的速度和位置解： ttv4d分离变量，得 )3(积分，得 12ctv由题知， 0t,v, 01c故 234t又因为 dtxv分离变量， tx)234(d积分得 2321ctx由题知 0t, 5x, 2c故 132t所以 st时 m705120s93410 12
6、xv1.11 一质点沿半径为 1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+3 3t， 式中以弧度计， t以秒计，求：(1) t2 s 时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45角时，其角位移是多少?4解： tt18d,9d2(1) s2t时， 2sm3618Ra2229)(n(2)当加速度方向与半径成 45角时，有145tann即 R2 亦即 8)9(2则解得 93t于是角位移为rad67.293t1.12 质点沿半径为 的圆周按 s201btv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) 时刻质点的加速度；(2) t为何值时，加速度在数值上等于
7、 解：（1） btvts0dRtvan202)(则 2422bt加速度与半径的夹角为 20)(arctnbtv(2)由题意应有 242Rb即 0)(,)(402402 btvtv当 bvt0时， a1.14 一船以速率 130kmh -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率 2v40kmh -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 121v，依题意作速度矢量图如题 1-13 图(a)题 1-13 图5由图可知 1212 hkm50vv方向北偏西 87.364arctnrt2(2)小船看大船，则有 12，依题意作出速度矢量图如题 1-13
8、 图(b)，同上法，得5012v1hk方向南偏东 o87.36习题二2.7 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， 2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则为牵连加速度，又知2m对绳子的相对加速度为 ，故 2对地加速度，由图(b)可知，为 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
9、，有 11amTg22 联立、式，得 211212)()magTfa讨论 (1)若 0a，则 21表示柱体与绳之间无相对滑动(2)若 g2，则 fT，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时 1m, 2均作自由落体运动题 2-1 图2.8 一个质量为 P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为 ）上以初速度 0v运动， 0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：取方向为 X轴，平行斜面与 X轴垂直方向为 Y轴.如图 2-2.6题 2-2 图X方向： 0xF tvx0 Y方向： yymagsin 0t时 2i1t由、式消去
10、t，得 220sinxgvy2.9 质量为 16 kg 的质点在 xO平面内运动，受一恒力作用，力的分量为 xf6 N， yf-7 N，当 t0 时， 0， x-2 ms -1， yv0求当 t2 s 时质点的 (1)位矢；(2)速度解： 2sm8316fax7y(1) 20 1sm87216453dtavyyxx于是质点在 s2时的速度 145ji(2) m874134)167(2)42(1220ji jijtattvryx210 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力 kv( 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 vtke)(0；(2) 由 0 到
11、 t的时间内经过的距离为 x( km)1-tmke)(；(3)停止运动前经过的距离为)(0kv；(4)证明当 kmt时速度减至 0v的1，式中 m 为质点的质量7答: (1) tvmkad分离变量，得 v即 tk0mktevlnl tk0(2) t tt mkmkeex0 )1(d(3)质点停止运动时速度为零，即 t，故有 00kvtvmk(4)当 t= km时，其速度为 evevkm0100即速度减至 0v的 e1.2.11 一质量为 m的质点以与地的仰角 =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 2.11 图在
12、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 o30，则动量的增量为vmp由矢量图知，动量增量大小为 0v，方向竖直向下2.12 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 s5.0因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为 gtv5.01，小球上跳速度的大小亦为 gv5.02设向上为
13、 y轴正向，则动量的增量 12mp方向竖直向上，大小 mp)(128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2.13 作用在质量为 10 kg 的物体上的力为 itF)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 Ns，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 j6ms-1的物体,回答这两个问题解: (1)若物体原来静止，则 ititFp 10401 smkg56d)21(d,沿 x轴正向，
14、 ipIv11s.若物体原来具有 61s初速，则 tt FvmFvmp0000 d)d(,于是 tpp12,同理， 1, 2I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 ttI020d)(亦即 12解得 s10t，( s2t舍去)2.14 一质量为 m的质点在 xOy平面上运动，其位置矢量为 jtbitarsnco求质点的动量及 t0 到 2t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量解: 质点的动量为 )cossi(jttmvp将 t和 2t分
15、别代入上式，得 jb1, iap2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 )(1jbI 2.15 一颗子弹由枪口射出时速率为 0smv，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =( bta)N( ,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)(btaF,得 bat(2)子弹所受的冲量9t btatbI021d)(将 bat代入，得 bI2(3)由动量定理可求得子弹的质量 00vam2.16 一炮弹质量为 ，以速率 v飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，
16、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+k2, v-T证明: 设一块为 1m，则另一块为 2，1m及 21于是得 ,2k又设 1的速度为 1v, 2的速度为 v，则有 2211vTm 联立、解得 12)(kvv将代入，并整理得 21kT于是有 mv将其代入式，有 kT22又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取 kmvv,21证毕2.17 设 N67jiF合(1) 当一质点从原点运动到 1643kjir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
17、化解: (1)由题知， 合 为恒力， )1643()67(kjijirFA合J524110(2) w756.04tAP(3)由动能定理， JEk2.18 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 kyf第一锤外力的功为 1Assfyf102dd式中 f是铁锤作用于钉上的力， 是木板作用于钉上的力，在 0t时， f设第二锤外力的功为 2，则同理，有 212dyk
18、ykA由题意，有 )(212mv即 ky所以， 2于是钉子第二次能进入的深度为 c41.01y2.19 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 nPrkE/)(, 试求质点所受保守力的大小和方向解: 1d)(nkrEF方向与位矢 r的方向相反，即指向力心2.20 一根劲度系数为 1k的轻弹簧 A的下端，挂一根劲度系数为 2k的轻弹簧 B， 的下端一重物 C， 的质量为 M，如题 2.20 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 BA、 及重物 受力如题 2.20 图所示平衡时，有11题 2.20 图 MgFBA又 1xk2所以静止时两弹簧伸长量之比为
19、 12kx弹性势能之比为 12212kxEp2.21 (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 5.981024 kg，地球中心到月球中心的距离 3.84108m，月球质量7.351022kg，月球半径 1.74106m(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，由万有引力定律，有 22rRMG地月经整理，得 r月地 月= 2241035.71098.5.8104.m36则 P点处至月球表面的距离为 m6.).( 7月rh(2)质量为 kg1
20、的物体在 P点的引力势能为rRMGrEP地月 7241721 1083.9506.83.5067. 12J1028.62.22 如题 2.22 图所示，一物体质量为 2kg，以初速度 0v3ms -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 37sin21mgvkxsfr 2ikxfr式中 m52.084s， 2.0x，再代入有关数据，解得 -1mN39k题 2.22 图再次运用功能原理，求木块弹回的高度
21、h2o137sinkxmgfr代入有关数据，得 4.1s,则木块弹回高度 84.0sioh题 2.23 图2.23 质量为 M的大木块具有半径为 R的四分之一弧形槽，如题 2.23 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: 从 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 221VvgR又下滑过程，动量守恒，以 m, 为系统则在 脱离 瞬间，水平方向有0联立，以上两式，得 Mgv22.24 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
22、向互相垂直证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有13221201mvv即 题 2.24 图(a) 题 2.24 图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有 210vmv亦即 由可作出矢量三角形如图(b)，又由式可知三矢量之间满足勾股定理，且以 0v为斜边，故知 1v与 2是互相垂直的第三习题3.7 一质量为 m的质点位于( 1,yx)处，速度为 jviyx, 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 jir1作用在质点上的力为 f所以，质点对原点的角动量为 vmrL0 )()(1jviiyxyxk作用在质点上的力的力矩为 k
23、fifjifrM110 )(3.8 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 r8.7510 10m 时的速率是 1v5.4610 4ms -1，它离太阳最远时的速率是 2v9.0810 2ms-1 这时它离太阳的距离 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21mvr m106.508.9475221 vr3.10 物体质量为 3kg， t=0 时位于 ir, sji，如一恒力 N5jf作用在物体上,求 3 秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对 z轴
24、角动量的变化解: (1) 301skg15djtjfp(2)解(一) 7340tvx14jatvy 5.2316210 即 ir4, ji5.70xv136aty即 ji1, ji2 kvmrL7)(41 jiji 5.45.7(22 121sg8k解(二) dtzM tttFrL00d)(d30 12smkg5.8)4(5d53162tktji题 2-24 图3.10 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 0r时重物达到平衡今在 1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 和半
25、径 r为多少?解: 在只挂重物时 1，小球作圆周运动的向心力为 gM1，即201rg挂上 2后，则有221)(rm 重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒即 v022r联立、得150212132101010)(rMgmrrg3.11 飞轮的质量 60kg，半径 R0.25m，绕其水平中心轴 O转动，转速为900revmin-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 =0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算试求：(1)设 F100 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?
26、(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、 是正压力， r、 是摩擦力， x和 y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 3.11 图（a）题 3.11 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 FlNllF121210)( 对飞轮，按转动定律有 IRr/，式中负号表示 与角速度 方向相反 lr12又 ,mRI FlIFr12)(以 N10F等代入上式，得162srad340150.26)7(4.0由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 6
27、.69t这段时间内飞轮的角位移为 rad21.53 )49(30214020t可知在这段时间里，飞轮转了 转(2) 0srad629，要求飞轮转速在 2ts内减少一半，可知 200rad152tt用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为 NlmRF172)75.0.(4.0216213.12 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 2相连， 1m和 2则挂在圆柱体的两侧，如题 3.12 图所示设 R0.20m, r0.10m， 4 kg， M10 kg， 1 22 kg，且开
28、始时 1， 2离地均为 h2m求：(1)柱体转动时的角加速度；(2)两侧细绳的张力解: 设 1a, 2和 分别为 1, 2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图 b)题 3.12(a)图 题 3.12(b)图(1) 1m, 2和柱体的运动方程如下： 22amgT1117IrTR21 式中 aT221,而 2mMI由上式求得 2 22221srad13.6 8.91001.40. grmRI(2)由式 893.622 gmrTN由式 17208911 R3.13 计算题 3.13 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
29、桌面与物体间的摩擦，设1m50kg ， 2200 kg,M15 kg, r0.1 m解: 分别以 1, 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示对 1, 2运用牛顿定律，有aTg221对滑轮运用转动定律，有 )2(12Mrr又， a 联立以上 4 个方程，得 221 sm6.721508.9mga题 3.13(a)图 题 3.13(b)图18题 3.14 图3.14 如题 3.14 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 角时的角速度.解: (1)由转动定律，有 )31(22lg l (2)由机械
30、能守恒定律，有 2)31(sin2mllg l题 3.15 图3.15 如题 3.15 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 30处(1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速 0v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 ，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： mvlIl022211v上两式中231MlI
31、，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 o0，按机械能守恒定律可列式： )30cos1(22lgI由式得 2121)()cs( lgIl由式19mlIv0 由式 I202所以 22001)(mvlIv求得 glMlIl312(6)()20(2)相碰时小球受到的冲量为 0dmvtF由式求得 llIvt 310gM6)2(负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反题 3.16 图3.16 一个质量为 M、半径为 R并以角速度 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 3.16 图假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向
32、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 Rv0设碎片上升高度 h时的速度为 ，则有 gh22令 0v，可求出上升最大高度为 201vH(2)圆盘的转动惯量21MRI，碎片抛出后圆盘的转动惯量21mRMI，碎片脱离前，盘的角动量为 ，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 RmvI0式中 为破盘的角速度于是20RmvMR022)1()( 2m得 (角速度不变)圆盘余下部分的角动量为 )21(2R转动动能为题 3.17 图 22)1(mRMEk3.1
33、7 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 0的子弹以速度 0v射入轮缘(如题 3。17 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 , 和 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 200)(sinRmvR sin(2) 022020sin1)(i)(20 vmEk 3.18 弹簧、定滑轮和物体的连接如题 3.18 图所示，弹簧的劲度系数为 2.0 Nm-1；定滑轮的转动惯量是 0.5kgm2，半径为 0.30m ，问当 6.0 kg 质量的物体落下 0.40m
34、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 22211khImvgh又 R/故有 I2)(122sm0. 5.03.63.)489.21题 3.18 图 习题四4.3 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 1=6104m, 1t=210-4s，以及2x=12104m, 2t=110-4s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) 系中测得的
35、两事件的空间间隔是多少?解: 设 )(相对 的速度为 v，(1) )(121xcvt2由题意 01t则 )(122xcvt故 8125.xcv 1sm(2)由洛仑兹变换 )(),(22vtxvt代入数值， 0.412 4.4 长度 0l=1 m 的米尺静止于 S系中，与 x 轴的夹角 =30，S系相对 S 系沿 x轴运动，在 S 系中观测者测得米尺与 轴夹角为 45 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 静止，它在 y,轴上的投影分别为： m86.0cos0Lx， m5.0sin0Ly米尺相对 沿 方向运动，设速度为 v，对 S系中的观察者
36、测得米尺在 x方向收缩，而y方向的长度不变，即 yxc,12故 2tanvLxyx把 45及 yxL,代入则得 86.0512cv22故 cv816.0(2)在 S系中测得米尺长度为m745sinyL45 两个惯性系中的观察者 O和 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 测得两者经过多少时间相遇?解: 测得相遇时间为 tcvLt6.02测得的是固有时 t t21 s089.8，6cv，8.01，或者， O测得长度收缩， vLtLL,.6.102020s189.3.6.88ct4.6 观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系 S和 中，甲测得在
37、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 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,s4xt,乙测得 s5t，坐标差为 12x(1) tcvtxcvt2)(1)(5412t解出 cccv3)(1)(280.sm(2) 0,45,xttx m1938 cv负号表示 012x4.7 6000m 的高空大气层中产生了一个 介子以速度 v=0.998c 飞向地球假定该 介子23在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命 210-6s试分别从下面两个角度，即地球上的观测者和 介子静止系中观测者来判断 介子能否到达地球解: 介子
38、在其自身静止系中的寿命 10260t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.352cvt这段时间飞行距离为 m9470tvd因 m60d，故该 介子能到达地球或在 介子静止系中， 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 50t0经洛仑兹收缩后的值为： m379120cvd0d，故 介子能到达地球4.8 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 系的速率是多少?解: 根据速度合成定理， cu8.0,vx. ccxx 98.0.801224
39、9 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 系，自西向东为 x( )轴正向，则 A对 S系的速度cvx8.0， 系对 系的速度为 cu6.0，则 A对 S系( 船)的速度为ccvxx 946.08.12发射弹是从 A的同一点发出，其时间间隔为固有时 s2t，题 3-14 图 B中测得的时间间隔为： s17.694.0122cvttx4.10 (1)火箭 A和 分别以 0.8c 和 0.6c
40、 的速度相对地球向+ x和- 方向飞行试求由火箭 B测得 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24不变，求 A相对 B的速度解: (1)如图 a，取地球为 S系， B为 系，则 S相对 的速度 cu6.0，火箭 A相对S的速度 cvx8.0，则 相对 ( )的速度为： cvcuxx 94.)8.0(61.22或者取 A为 S系，则 8.0， B相对 S系的速度 cvx6.，于是 B相对 A的速度为： cvcuxx 94.0).(8.01622 (2)如图 b，取地球为 S系，火箭 为 S系， 系相对 S系沿 x方向运动，速度cu6.0， A对 系的
41、速度为, x, y.,由洛仑兹变换式 A相对 B的速度为：cvcuxx 6.01).(012 cvcuvxyy 64.0)8.(122 A相对 B的速度大小为 cyx.2速度与 x轴的夹角 为 07.1tanxyv846题 3-15 图4.11 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 轴一致，并以 0.6c 的速度沿 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: 系中光子运动速度的分量为 ccvx5.osy860in由速度变换公式，光子在 S系中的速度分量为25ccvcuxx 143.05.601.22 ccvcuvx
42、yy 90.5.0618.122光子运动方向与 x轴的夹角 满足 9.tanxyv在第二象限为 2.98在 S系中，光子的运动速度为 cvyx2正是光速不变4.12 (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 )1()1(2202020 cvmcmcEk )1.()13(1.92286024J= eV057.3(2) )()(20121 cmcmEkk 21202 cvc)8.09.1(31.962J045eV0.54.13 子静止质量是电子静止质量的 207 倍，静
