大学物理上册课后习题答案之欧阳科创编

习题解答
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
∆12r 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 ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t
ˆr ˆt
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
式中dt
dv 就是加速度的切向分量.
(t
t r d ˆd d ˆd 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
2
d d d d ⎪
⎭
⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =
2
22222d 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
+=， 故它们的模即为
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
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 =2
1
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
)432
1()53(2-+++=m
(2)将1=t ,2=t 代入上式即有
(3)∵j i r j j r
1617,4540+=-=
∴104s m 534
201204-⋅+=+=--=∆∆=j i j i r r t r v
(4) 1s 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+=+=
(6)
2s 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
222s 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
θ
cos 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
1-5 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为a ＝2+62x ，a
的单位为2s m -⋅，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101s 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
由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c
∴13s 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
122
3
4c t t v ++=
由题知，0=t ,00=v ,∴01=c
故 22
3
4t t v +=
又因为 22
34d d t t t x v +==
分离变量，
t t t x d )2
3
4(d 2+=
积分得 2322
1
2c t t x ++=
由题知
0=t ,50=x ,∴52=c
故 52
1
232++=t t x
所以s 10=t 时
1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为θ=2+33t ，
θ式中以弧度计，t 以秒计，求：(1) t ＝2 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?
欧阳科创编 2021.02.05
解： t t
t t 18d d ,9d d 2====ωβθω
(1)s 2=t 时，
2
s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a
(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有 即 βωR R =2 亦即 t t 18)9(22=
则解得 9
23=
t 于是角位移为
1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝202
1bt 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 则 2
4
02
22
)(R
bt v b a a a n
-+=+=τ 加速度与半径的夹角为 (2)由题意应有
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
)
sin (sin 2
cos
2
sin 200t R t R R t v R t v x ωωθθ
θ
-=-=-=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) (2)
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， 又∵1
2
11
ρv a n
=
∴m
1010)60cos 20(2
2111=︒⨯=
=n a v ρ
(2)在落地点，
2002==v v 1s m -⋅,
而
o 60cos 2⨯=g a n
∴m 8060cos 10)20(2
2
222=︒
⨯==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·2s -，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 βω1s rad -⋅ 则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅
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 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1221v 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
12
22121h km 50-⋅=+=v v v
方向北偏西 ︒===87.364
3
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 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
习题二
2-1因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a1，其对于m2则为牵连加速度，又知m2对绳子的相对加速度为a′，故m2对地加速度，由图(b)可知，为
a2=a1-a′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
m1g-T=m1a1②
T-m2g=m2a2③
联立①、②、③式，得
讨论(1)若a′=0，则a1=a2表示柱体与绳之间无相对滑动．
(2)若a′=2g，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m1,m2均作自由落体运动．
题2-1图
2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上，
NB-mg=0①
又因梯无转动，以B 点为转动点，设梯子长为l ，则
NAlsinθ-mg 2
l cosθ=0②
在水平方向因其有加速度a ，故有
f+NA=ma③ 题2-2图
式中f 为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能， 即f=±μ0mg④
联立①、②、③、④式得 2-328
3
166-⋅===
s m m f a x x
(1)
于是质点在2s 时的速度 (2)
2-4 (1)∵dt
dv m
kv a =-=
分离变量，得
即⎰⎰-=v
v t m
kdt v dv
00
∴t
m k
e
v v -=0
(2)⎰⎰---===t t t m k m k e k
mv dt e v vdt x 000)1( (3)质点停止运动时速度为零，即t→∞， 故有⎰∞-=='000k
mv dt e v x t m k (4)当t=k
m 时，其速度为 即速度减至v0的e
1. 2-5分别以m1,m2为研究对象，其受力图如图(b)所示．
(1)设m2相对滑轮(即升降机)的加速度为a′，则m2对地加速度a2=a′-a ；因绳不可伸长，故m1对滑轮的加速度亦为a′，又m1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m1在水平方向对地加速度亦为a′，由牛顿定律，有
m2g-T=m2(a′-a)
T=m1a′
题2-5图
联立，解得a′=g 方向向下
(2)m2对地加速度为
a2=a′-a=2
g 方向向上 m1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a 绝=a 相′+a 牵 ∴g g g a a a 25422
221=+=+'= θ=arctan a a '=arctan 2
1=26.6°，左偏上．
2-6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30°，则动量的增量为
Δp=mv -mv0
由矢量图知，动量增量大小为｜mv0｜，方向竖直向下． 2-7由题知，小球落地时间为0.5s ．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v1=gt=0.5g ，小球上跳速度的大小亦为v2=0.5g ．设向上为y 轴正向，则动量的增量 Δp=mv2-mv1方向竖直向上，
大小｜Δp｜=mv2-(-mv1)=mg
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 (1)若物体原来静止，则
Δp1=⎰⎰=+=t idt t Fdt 04
056)210( i kg·m·s -1,沿x 轴正向，
若物体原来具有-6m·s -1初速，则
⎰⎰+-=+-=-=t t Fdt mv dt m F v m p mv p 000000)(,于是 ⎰∆==-=∆t
p Fdt p p p 0102,
同理，Δv2=Δv1,I2=I1
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
亦即t2+10t-200=0
解得t=10s ，(t′=-20s 舍去)
2-9质点的动量为
p=mv=mω(-asinωti+bcosωtj)
将t=0和t=ωπ
2分别代入上式，得
p1=mωbj,p2=-mωai,
则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为
I=Δp=p2-p1=-mω(ai+bj)
2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有
F=(a-bt)=0,得t=b
a (2)子弹所受的冲量
将t=b
a 代入，得 (3)由动量定理可求得子弹的质量
2-11设一块为m1，则另一块为m2，
m1=km2及m1+m2=m 于是得1
,121+=+=k m m k km m ① 又设m1的速度为v1,m2的速度为v2，则有
22222112
12121mv v m v m T -+=② mv=m1v1+m2v2③
联立①、③解得
v2=(k+1)v-kv1④
将④代入②，并整理得 于是有km
T v v 21±= 将其代入④式，有
又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取 证毕．
2-12 (1)由题知，F 合为恒力，
∴A 合=F·r=(7i -6j)·(-3i+4j+16k)
=-21-24=-45J (2)w t A N 756.045==∆=
(3)由动能定理，ΔEk=A=-45 J
2-13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
f=-ky
第一锤外力的功为A1
⎰⎰⎰==-='=s s k kydy fdy dy f A 1012
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
dt→0时，f′=-f ．
设第二锤外力的功为A2，则同理，有
⎰-==212222
21y k ky kydy A ② 由题意，有
2
)21(212k mv A A =∆==③ 即2
22122k k
ky =- 所以，22=y
于是钉子第二次能进入的深度为
Δy=y2-y1=2-1=0.414cm 2-141)()(+-==n r
nk dr r dE r F 方向与位矢r 的方向相反，即指向力心．
2-15弹簧A 、B 及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有 题2-15图
FA=FB=Mg
又FA=k1Δx1
FB=k2Δx2
所以静止时两弹簧伸长量之比为
弹性势能之比为
2-16 (1)设在距月球中心为r 处F 月引=F 地引，由万有引力定律，有 G 2r mM 月=G ()2r R mM -地
经整理，得 r=
R M M M 月地月+ =222422
1035.71098.51035.7⨯+⨯⨯81048.3⨯⨯
=38.32⨯106 m
则p 点处至月球表面的距离为
h=r-r 月 =(38.32-1.74)×106＝3.66×107m
(2)质量为1 kg 的物体在p 点的引力势能为
=()724
1172211
1083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯-- =-1.28J 610⨯
2-17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
-μm2gh=21 (m1+m2)v2-［m1gh+2
1k(Δl)2］ 式中Δl 为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则
Δl=AC -BC=(2-1)h
联立上述两式，得
v=()()2122
21122m m kh gh m m +-+υ
题2-17图
2-18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 -frs=⎪⎭⎫ ⎝⎛︒+-37sin 212122mgs mv kx k=222
137sin 21kx s f mgs mv r -︒+ 式中s=4.8+0.2=5m ，x=0.2m ，再代入有关数据，解得
k=1390N·m -1
题2-18图
再次运用功能原理，求木块弹回的高度h′
-fts′=mgs′sin37°-2
1kx3 代入有关数据，得s′=1.4m,
则木块弹回高度
h′=s′sin37°=0.84m
题2-19图
2-19m 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 mgR=222
121MV mv + 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
mv-MV=0
联立，以上两式，得
v=()
M m MgR +2 2-20两小球碰撞过程中，机械能守恒，有
即222120v 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
mv0=mv1+mv2
亦
即v0=v1+v2
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v0为斜边，故知v1与v2是互相垂直的． 2-21由题知，质点的位矢为
r=x1i+y1j
作用在质点上的力为
f=-fi
所以，质点对原点的角动量为
L0=r×mv
=(x1i+y1j)×m(vxi+vyj)
=(x1mvy-y1mvx)k
作用在质点上的力的力矩为
M0=r×f=(x1i+y1j)×(-fi)=y1fk
2-22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
r1mv1=r2mv2 ∴m v v r r 12
241021121026.51008.91046.51075.8⨯=⨯⨯⨯⨯==
2-23 (1)⎰⎰-⋅⋅===∆301155s m kg j jdt fdt p
(2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7
即r1=4i,r2=7i+25.5j
vx=v0x=1
即v1=i1+6j,v2=i+11j
∴L1=r1×mv1=4i×3(i+6j)=72k
L2=r2×mv2=(7i+25.5j)×3(i+11j)=154.5k
∴ΔL=L2-L1=82.5k kg·m2·s -1
解(二)∵dt
dz M = ∴⎰⎰⨯=⋅=∆t t
dt F r dt M L 00)(
题2-24图
2-24在只挂重物M1时，小球作圆周运动的向心力为M1g ，即
M1g=mr0ω20①
挂上M2后，则有
(M1+M2)g=mr′ω′2②
重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．
即r0mv0=r′mv′
22020ωω''=⇒r r ③
联立①、②、③得
2-25 (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，Fr 、F′r 是摩擦力，Fx 和Fy 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
对飞轮，按转动定律有β=-FrR/I ，式中负号表示β与角速度ω方向相反．
∵Fr=μN N=N′ ∴F l l l N F r 1
21+='=μμ 又∵,2
12mR I = ∴F mRl l l I R F r 1
21)(2+-=-=μβ① 以F=100N 等代入上式，得
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 这段时间内飞轮的角位移为
可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．
(2)ω0=900×(2π)/60rad·s -1，要求飞轮转速在t=2s 内减少一
半，可知
用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为
2-26 设a，a2和β分别为m1m2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)m1，m2和柱体的运动方程如下：
式中T1′=T1,T2′=T2,a2=rβ,a1=Rβ
而I=(1/2)MR2+(1/2)mr2
由上式求得
(2)由①式
T2=m2rβ+m2g=2×0.10×6.13+2×9.8＝20.8N
由②式
T1=m1g-m1Rβ=2×9.8-2×0.20×6.13＝17.1N
2-27分别以m1，m2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m1,m2运用牛顿定律，有
m2g-T2=m2a①
T1=m1a②
对滑轮运用转动定律，有
T2r-T1r=(1/2Mr2)β③
又， a=rβ④
联立以上4个方程，得
题2-27(a)图题2-27(b)图
题2-28图
2-28 (1)由转动定律，有
mg(l/2)=[(1/3)ml2]β
∴β=l
g 23
(2)由机械能守恒定律，有 mg(l/2)sinθ=(1/2)[(1/3)ml2]ω2 ∴ω=
l
g
sin 3 题2-29图
2-29 (1)设小球的初速度为v0，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：
mv0l=Iω+mvl①
(1/2)mv20=(1/2)Iω2+(1/2)mv2
②
上两式中I=1/3Ml2，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θ=30°，按机械能守恒定律可列式：
)30cos 1(2
212︒-=l
Mg I ω③ 由③式得 由①式
ml
I v v ω
-
=0④
由②式
m
I v v 2
20
2
ω-
=⑤
所以 求得
(2)相碰时小球受到的冲量为 ∫Fdt=Δmv=mv -mv0 由①式求得
∫Fdt=mv -mv0=-(Iω)/l=(-1/3)Mlω =-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 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 v0=Rω
设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有
v2=v20-2gh
令v=0，可求出上升最大高度为
(2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR2，碎片抛出后圆盘的转动惯量I′=(1/2)MR2-mR2，碎片脱离前，盘的角动量为Iω，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 Iω=I′ω′+mv0R
式中ω′为破盘的角速度．于是
(1/2)MR2ω=[(1/2)MR2-mR2]ω′+mv0R [(1/2)MR2-mR2]ω=[(1/2)MR2-mR2]ω′ 得ω′=ω(角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为 [(1/2)MR2-mR2]ω 转动动能为 题2-31图
Ek=(1/2)[(1/2)MR2-mR2]ω2
2-31 (1)射入的过程对O 轴的角动量守恒 Rsinθm0v0=(m+m0)R2ω ∴ω=
R
m m v m )(sin 000+θ
(2)020*********sin 2
1]
)(sin ][)[(21
0m m m v m R m m v m R m m E E k k +=++=θ
θ
2-32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
mgh=(1/2)mv2+(1/2)Iω2+(1/2)kh2 又ω=v/R
故有I
mR k kh mgh v +-=22
2)2(
题2-32图题2-33图
2-33 (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
I0ω0=(I0+mR2)ω①
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vB ，以B 点为重力势能零点，则有
(1/2)I0ω20+mgR=(1/2)(I0+mR2)ω2+(1
/2)mv2B②
联立①、②两式，得
(2)当小球滑至C 点时，∵Ic=I0∴ωc=ω0 故由机械能守恒，有 mg(2R)=(1/2)mv2c ∴vc=2
gR
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： 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： 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： 于是2
122c
lu t t γ-=- 或者l x x x t t t t 2,,02
121='-'='∆-=∆='∆ 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 =6×104m,1t =2×10-4s ，以及
2x =12×104m,2t =1×10-4s ．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)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 由题意012
='-'t t 则
)(122
12x x c v
t t -=
- 故812122
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 102.5412
⨯='-'x x 3-4 长度0l =1 m
的米尺静止于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 故2
2
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20
)(1c
u
l a -≤
解得杆的运动速率至少为：20
)(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 ∆
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，
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 5
3
)54(1)(
122=-='∆∆-= (2)()0,4
5
,=∆=∆'∆=
∆-∆='∆x t t t v x x γ
γ ∴m 109345
3458⨯-=-=⨯⨯-=-='c c t v x ∆γ∆
负号表示012
<'-'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:222015
3
,1513βββ-=-=-=='则l l
∴c c v 5
42591=-
=
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
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′ 则γλτ)8.01(5.0)1(0c
c c v
t
t +++∆='∆= 3-126000m 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 2×10-6s ．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
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：
0d 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
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 17.6946.0121222=-=-'
=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：
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： (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：
∴A 相对B 的速度大小为
速度与x '轴的夹角θ'为
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
由速度变换公式，光子在S '系中的速度分量为
光子运动方向与x '轴的夹角θ'满足
θ'在第二象限为ο2.98='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
161012.4-⨯=J=eV 1057.23⨯
(2))()(2021202212c m c m c m c m E E E k k k ---=-='∆
)1111
(221222202122c v c v c m c m c m ---
=-=))8.0119.011(
103101.92216231---⨯⨯⨯=-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=2×10-6s ，若它在实验室参考系中的平均寿命τ=
7×10-6s ，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
711,10220
==--=ττββττ即 由质速关系，在实验室参考系中质量为： 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10.00
0=-m m m 由此二式得10.0111
2=--β
∴10.1112=-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： 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9.1×10-31kg ．
解:由质能关系1004.0200=∆=∆c m E m m ∴100/)103(101.94.0100
4.028312
0⨯⨯⨯⨯==∆-c m E J 1028.316-⨯=＝eV 10
6.11028.31916
--⨯⨯=eV 100.23⨯= 所需电势差为3100.2⨯伏特
由质速公式有：
∴32221095.7)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 ＝
2.8×109eV．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 ＝
0.511×106eV
) 解: 2022
2
01c m c v c m E k --=
所以20202022/111c
m E c m c m E c v k k +=+=- 由上式，
由动量能量关系420222c m c p E +=可得
3-22 氢原子的同位素氘(2
1H)和氚(31H)在高温条件下发生聚
变反应，产生氦(42
He)原子核和一个中子(10n)，并释放出大量能量，其反应方程为2
1H + 31H →42He+10n
已知氘核的静止质量为2.0135原子质量单位(1原子质量单位＝
1.600×10-27kg)，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 由质能关系得()2
82921031012.3⨯⨯⨯==-mc E ∆∆ 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
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：
20106886m 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 =+2211①
M m m =+21②
由于0)(1)()(1202
02211=---+-=+c v v m c v v
m v m v m
代入①式得0=V
2
21)(120c 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(106107.623282411--⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=s r 太阳：kg 10230⨯≈M
则： 32830
11103)
103(102107.62⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=-s r m 3-26 典型中子星的质量与太阳质量M ⊙＝2×1030kg 同数量级，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(10-15cm)，质量是什么数量级?
解: (1)史瓦西半径与太阳的相同，3103⨯=s
r m (2)
1510-=s r cm 1710-=m 由22c
GM r s = 得9112
8172107.6107.62)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．。