上海交大版大学物理第六章参考答案

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《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社

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习题 11-1.已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量.求:(1)质点的轨道;(2)速度和速率。

解:(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +,知:cos x R t ω= ,sin y R t ω=消去t 可得轨道方程:222x y R +=∴质点的轨道为圆心在(0,0)处,半径为R 的圆;(2)由d rv dt=,有速度:sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而vv =,有速率:1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。

1-2.已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++,式中r 的单位为m ,t 的单位为s 。

求:(1)质点的轨道;(2)从0=t到1=t 秒的位移;(3)0=t 和1=t 秒两时刻的速度。

解:(1)由24(32)r t i t j =++,可知24x t = ,32y t =+消去t 得轨道方程为:x =2(3)y -,∴质点的轨道为抛物线。

(2)由d rv dt=,有速度:82v t i j =+从0=t到1=t 秒的位移为:11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰(3)0=t和1=t 秒两时刻的速度为:(0)2v j =,(1)82v i j =+ 。

1-3.已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+,式中r 的单位为m ,t 的单位为s .求:(1)任一时刻的速度和加速度;(2)任一时刻的切向加速度和法向加速度。

解:(1)由d r v dt =,有:22v t i j =+,d va dt=,有:2a i =; (2)而vv =,有速率:12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt ==222t n a a a =+有: n a ==1-4.一升降机以加速度上升,在上升过程中有一螺钉从天花板上松落,升降机的天花板与底板相距为d ,求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。

《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社

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习题11-1.已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j +v v v其中ω为常量.求:(1)质点的轨道;(2)速度和速率。

解:(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +v v v,知:cos x R t ω= ,sin y R t ω=消去t 可得轨道方程:222x y R +=∴质点的轨道为圆心在(0,0)处,半径为R 的圆;(2)由d rv dt=v v ,有速度:sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+v v v而v v =v v,有速率:1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。

1-2.已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++v v v ,式中r 的单位为m ,t 的单位为s 。

求:(1)质点的轨道;(2)从0=t 到1=t 秒的位移;(3)0=t 和1=t 秒两时刻的速度。

解:(1)由24(32)r t i t j =++v v v ,可知24x t = ,32y t =+消去t 得轨道方程为:x =2(3)y -,∴质点的轨道为抛物线。

(2)由d r v dt=v v ,有速度:82v t i j =+v v v从0=t 到1=t 秒的位移为:110(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰v v v v v v(3)0=t 和1=t 秒两时刻的速度为:(0)2v j =v v,(1)82v i j =+v v v 。

1-3.已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+v v v,式中r 的单位为m ,t 的单位为s .求:(1)任一时刻的速度和加速度;(2)任一时刻的切向加速度和法向加速度。

解:(1)由d r v dt =v v ,有:22v t i j =+v v v ,d v a dt=v v ,有:2a i =v v ;(2)而v v =v v,有速率:12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt=21t =+,利用222t n a a a =+有: 22221n t a a a t =-=+。

上海交大版大学物理第六章参考答案

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上海交大版大学物理第六章参考答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN2版权归原著所有 本答案仅供参考习题66-1.设固有长度m 50.20=l 的汽车,以m/s 0.30=v 的速度沿直线行驶,问站在路旁的观察者按相对论计算该汽车长度缩短了多少?解:l l =2112x =-+22112u c ≈-,2140021 1.25102u l l l l m c-∆=-=⨯=⨯。

6-2.在参考系S 中,一粒子沿直线运动,从坐标原点运动到了m 105.18⨯=x 处,经历时间为s 00.1=t ∆,试计算该过程对应的固有时。

解:以粒子为S '系,c t x u 5.0/=∆∆=利用t '∆=∆0.866t s '∆==。

6-3.从加速器中以速度c v 8.0=飞出的离子在它的运动方向上又发射出光子。

求这光子相对于加速器的速度。

解:设加速器为S 系,离子为S '系,利用:21x x xv uv uv c'+='+,则:220.80.811x x x v u c cv c uv c c c c'++==='⨯++ 。

6-4 1000m 的高空大气层中产生了一个π介子,以速度0.8v c =飞向地球,假定该π介子在其自身的静止参照系中的寿命等于其平均寿命62.410s -×,试分别从下面两个角度,即地面上观测者相对π介子静止系中的观测者来判断该π介子能否到达地球表面。

3解:(1)地面上的观察者认为时间膨胀:有t ∆=66410t sa -∆==⨯由860.83104109601000l v t m m -=∆=⋅⨯⋅⨯=<,∴到达不了地球; (2)π介子静止系中的观测者认为长度收缩:有l l =600l m ==而682.4100.8310576600s v t m m -=∆=⨯⋅⋅⨯=<,∴到达不了地球。

大学物理第6章习题参考答案

大学物理第6章习题参考答案

第六章习题解答6-1 解:首先写出S 点的振动方程 若选向上为正方向,则有:0c o s02.001.0ϕ=- 21cos 0-=ϕ,0s i n 00>-=ϕωυA 0sin 0<ϕ 即 πϕ320-=或π34 初始相位 πϕ320-=则 m t y s )32cos(02.0πω-=再建立如图题6-1(a)所示坐标系,坐标原点选在S 点,沿x 轴正向取任一P 点,该点振动位相将落后于S 点,滞后时间为: ux t =∆则该波的波动方程为:m u x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=πω32)(cos 02.0若坐标原点不选在S 点,如习题6-1图(b )所示,P 点仍选在S 点右方,则P 点振动落后于S 点的时间为: uL x t -=∆则该波的波方程为:m uL x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0若P 点选在S 点左侧,P 点比S 点超前时间为ux L -,如习题6-1图(c)所示,则⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=πω32)(cos 02.0u x L t y⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t∴不管P 点在S 点左边还是右边,波动方程为: ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t y6-2 解(1)由习题6-2图可知, 波长 m 8.0=λ 振幅A=0.5m习题6-1图习题6-1图频率 Hz 125Hz 8.0100===λuv周期 s 10813-⨯==vT ππυω2502==(2)平面简谐波标准波动方程为: ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕω)(cos u xt A y 由图可知,当t=0,x=0时,y=A=0.5m ,故0=ϕ。

将ϕπωω、、、u v A )2(=代入波动方程,得:m )100(250cos 5.0⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=x t y π(3) x =0.4m 处质点振动方程.⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)1004.0(250cos 5.0t y π m )250cos(5.0ππ-=t6-3 解(1)由习题6-3图可知,对于O 点,t=0时,y=0,故2πϕ±=再由该列波的传播方向可知,00<υ取 2πϕ=由习题6-3图可知,,40.0m OP ==λ且u=0.08m/s ,则ππλππω52rad/s 40.008.0222====u v rad/s可得O 点振动表达式为:m t y )252cos(04.00ππ+=(2) 已知该波沿x 轴正方向传播,u=0.08m/s,以及O 点振动表达式,波动方程为:m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2)08.0(52cos 04.0ππ(3) 将40.0==λx 代入上式,即为P 点振动方程:m t y y p ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+==ππ2152cos 04.00 (4)习题6-3图中虚线为下一时刻波形,由图可知,a 点向下运动,b 点向上运动。

物理学教程上册课后答案第六章

物理学教程上册课后答案第六章

第六章 机 械 波6-1 图(a )表示t =0 时的简谐波的波形图,波沿x 轴正方向传播,图(b )为一质点的振动曲线.则图(a )中所表示的x =0 处振动的初相位与图(b )所表示的振动的初相位分别为( )题6-1 图(A) 均为零 (B) 均为2π (C) 均为2π- (D) 2π 与2π- (E) 2π-与2π 分析与解 本题给了两个很相似的曲线图,但本质却完全不同.求解本题要弄清振动图和波形图不同的物理意义.图(a )描述的是连续介质中沿波线上许许多多质点振动在t 时刻的位移状态.其中原点处质点位移为零,其运动方向由图中波形状态和波的传播方向可以知道是沿y 轴负向,利用旋转矢量法可以方便的求出该质点振动的初相位为π/2.而图(b )是一个质点的振动曲线图,该质点在t =0 时位移为0,t >0 时,由曲线形状可知,质点向y 轴正向运动,故由旋转矢量法可判知初相位为-π/2,答案为(D ). 6-2 一横波以速度u 沿x 轴负方向传播,t 时刻波形曲线如图(a )所示,则该时刻()(A )A 点相位为 π (B )B 点静止不动(C )C 点相位为2π3 (D )D 点向上运动分析与解 由波形曲线可知,波沿x 轴负向传播,B 、D 处质点均向y 轴负方向运动,且B 处质点在运动速度最快的位置. 因此答案(B )和(D )不对. A 处质点位于正最大位移处,C 处质点位于平衡位置且向y 轴正方向运动,它们的旋转矢量图如图(b )所示.A 、C 点的相位分别为0和2π3.故答案为(C )题 6-2 图6-3 如图所示,两列波长为λ的相干波在点P 相遇.波在点S 1 振动的初相是φ1 ,点S 1 到点P 的距离是r 1 .波在点S 2的初相是φ2 ,点S 2 到点P 的距离是r 2 ,以k 代表零或正、负整数,则点P 是干涉极大的条件为( )()()()()()()π2/π2A π2/π2A π2A πA 211212121212k r r k r r k k r r =-+-=-+-=-=-λϕϕλϕϕϕϕ 分析与解 P 是干涉极大的条件为两分振动的相位差π2Δk =,而两列波传到P 点时的两分振动相位差为()λϕϕϕ/π2Δ1212r r ---=,故选项(D )正确.题6-3 图6-4 在波长为λ的驻波中,两个相邻波腹之间的距离为( )(A ) 4λ (B ) 2λ(C ) 43λ (D ) λ分析与解 驻波方程为t λx A y v π2cos π2cos 2=,它不是真正的波.其中λx A π2cos 2是其波线上各点振动的振幅.显然,当Λ,2,1,0,2=±=k k x λ时,振幅极大,称为驻波的波腹.因此,相邻波腹间距离为2λ.正确答案为(B ).6-5 一横波在沿绳子传播时的波动方程为()x y ππ5.2cos 20.0-=,式中y 的单位为m ,t 的单位为s .(1) 求波的振幅、波速、频率及波长;(2) 求绳上质点振动时的最大速度;(3) 分别画出t =1s 和t =2 s 时的波形,并指出波峰和波谷.画出x = m处质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同. 分析 (1) 已知波动方程(又称波函数)求波动的特征量(波速u 、频率?、振幅A 及波长λ等),通常采用比较法.将已知的波动方程按波动方程的一般形式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=0cos ϕωu x t A y μ书写,然后通过比较确定各特征量(式中ux 前“-”、“+”的选取分别对应波沿x 轴正向和负向传播).比较法思路清晰、求解简便,是一种常用的解题方法.(2) 讨论波动问题,要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别.例如区分质点的振动速度与波速的不同,振动速度是质点的运动速度,即v =d y /d t ;而波速是波线上质点运动状态的传播速度(也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度),其大小由介质的性质决定.介质不变,波速保持恒定.(3) 将不同时刻的t 值代入已知波动方程,便可以得到不同时刻的波形方程y =y (x ),从而作出波形图.而将确定的x 值代入波动方程,便可以得到该位置处质点的运动方程y =y (t ),从而作出振动图.解 (1) 将已知波动方程表示为()[]()m 5.2/π5.2cos 20.0x t y -=与一般表达式()[]0cos ϕω+-=u x t A y /比较,可得0s m 52m 20001=⋅==-ϕ,.,.u A则 m 0.2/,Hz 25.1π2/====v u λωv(2) 绳上质点的振动速度 ()[]()1s m 5.2/π5.2sin π5.0d /d -⋅--==x t t y v 则 1max s m 57.1-⋅=v(3) t =1s 和t =2s 时的波形方程分别为()()()()m ππ5cos 20.0m ππ5.2cos 20.021x y x y -=-=波形图如图(a )所示. x = 处质点的运动方程为()()m π5.2cos 20.0t y -=振动图线如图(b )所示.波形图与振动图虽在图形上相似,但却有着本质的区别.前者表示某确定时刻波线上所有质点的位移情况,而后者则表示某确定位置的一个质点,其位移随时间变化的情况.题6-5 图6-6 波源作简谐运动,其运动方程为()m t πcos240100.43-⨯=y ,它所形成的波形以30m·s-1 的速度沿一直线传播.(1) 求波的周期及波长;(2) 写出波动方程.分析 已知波源运动方程求波动物理量及波动方程,可先将运动方程与其一般形式进行比较,求出振幅A 、角频率ω及初相φ0 ,而这三个物理量与波动方程的一般形式()[]0cos ϕω+-=u x t A y /中相应的三个物理量是相同的.再利用题中已知的波速u 及公式ω=2πν =2π/T 和λ=u T 即可求解. 解 (1) 由已知的运动方程可知,质点振动的角频率1s π240-=ω.根据分析中所述,波的周期就是振动的周期,故有 s 1033.8/π23-⨯==ωT波长为λ=uT = m(2) 将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得A = ×10-3m ,1s π240-=ω,φ0 =0故以波源为原点,沿x 轴正向传播的波的波动方程为()[]()()m π8π240cos 100.4/cos 30x t u x t ωA y -⨯=+-=- 6-7 波源作简谐运动,周期为s,若该振动以100m·s-1 的速度沿直线传播,设t =0时,波源处的质点经平衡位置向正方向运动,求:(1) 距波源m 和 m 两处质点的运动方程和初相;(2) 距波源为 m 和的两质点间的相位差.分析 (1) 根据题意先设法写出波动方程,然后代入确定点处的坐标,即得到质点的运动方程.并可求得振动的初相.(2) 波的传播也可以看成是相位的传播.由波长λ的物理含意,可知波线上任两点间的相位差为Δφ=2πΔx /λ.解 (1) 由题给条件1s m 100s 020-⋅==u T ,.,可得m 2;s m π100/π21==⋅==-uT λT ω当t =0 时,波源质点经平衡位置向正方向运动,因而由旋转矢量法可得该质点的初相为φ0 =-π/2(或3π/2).若以波源为坐标原点,则波动方程为()[]2/π100π100cos --=x/t A y距波源为x 1 = m 和x 2 = m 处质点的运动方程分别为()()π5.5t π100cos π15.5t π100cos 21-=-=A y A y它们的初相分别为φ10 =-π和φ20 =-π(若波源初相取φ0=3π/2,则初相φ10 =-π,φ20 =-π.)(2) 距波源 和 m 两点间的相位差()π/π2Δ1212=-=-=λϕϕϕx x6-8 图示为平面简谐波在t =0 时的波形图,设此简谐波的频率为250Hz ,且此时图中质点P 的运动方向向上.求:(1) 该波的波动方程;(2) 在距原点O 为 m 处质点的运动方程与t =0 时该点的振动速度.分析 (1) 从波形曲线图获取波的特征量,从而写出波动方程是建立波动方程的又一途径.具体步骤为:1. 从波形图得出波长λ、振幅A 和波速u =λ?;2. 根据点P 的运动趋势来判断波的传播方向,从而可确定原点处质点的运动趋向,并利用旋转矢量法确定其初相φ0 .(2) 在波动方程确定后,即可得到波线上距原点O 为x 处的运动方程y =y (t ),及该质点的振动速度?=d y /d t .解 (1) 从图中得知,波的振幅A = m ,波长λ=,则波速u =λ?= ×103 m·s-1.根据t =0 时点P 向上运动,可知波沿Ox 轴负向传播,并判定此时位于原点处的质点将沿Oy 轴负方向运动.利用旋转矢量法可得其初相φ0 =π/3.故波动方程为 ()[]()[]()m 3/π5000/π500cos 10.0/cos 0++=++=x t u x t A y ϕω(2) 距原点O 为x =m 处质点的运动方程为 ()()m 12π13π5000.10cos y /t +=t =0 时该点的振动速度为 ()-10s m 40.6/12π13sin π50/d d ⋅=-===t t y v题6-8 图6-9 一平面简谐波以速度1s m 08.0-⋅=u 沿Ox 轴正向传播,图示为其在t =0 时刻的波形图,求(1)该波的波动方程;(2)P 处质点的运动方程.题6-9 图分析 (1) 根据波形图可得到波的波长λ、振幅A 和波速u ,因此只要求初相φ,即可写出波动方程.而由图可知t =0 时,x =0 处质点在平衡位置处,且由波的传播方向可以判断出该质点向y 轴正向运动,利用旋转矢量法可知φ=-π/2.(2) 波动方程确定后,将P 处质点的坐标x 代入波动方程即可求出其运动方程y P =y P (t ).解 (1) 由图可知振幅A = m, 波长λ= m, 波速u =m·s-1,则ω=2π/T =2πu /λ=(2π/5)s-1 ,根据分析已知φ=-π/2,因此波动方程为 ()m 2π08.05π20.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x t(2) 距原点O 为x =m 处的P 点运动方程为 ()m 2π52π0.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+= *6-10 一平面简谐波,波长为12 m ,沿O x 轴负向传播.图(a )所示为x = m 处质点的振动曲线,求此波的波动方程.题6-10图分析 该题可利用振动曲线来获取波动的特征量,从而建立波动方程.求解的关键是如何根据图(a ) 写出它所对应的运动方程.较简便的方法是旋转矢量法.解 由图(a )可知质点振动的振幅A = m,t =0 时位于x = m 处的质点在A /2 处并向Oy 轴正向移动.据此作出相应的旋转矢量图(b ),从图中可知3/π0-='ϕ.又由图(a )可知,t =5 s 时,质点第一次回到平衡位置,由图(b )可看出ωt =5π/6,因而得角频率ω=(π/6) .由上述特征量可写出x = m 处质点的运动方程为 ()m 3π6π0.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=t 将波速1s m 0.1π2//-⋅===ωλT λu 及x = m 代入波动方程的一般形式()[]0cos ϕω++=u x t A y /中,并与上述x = m 处的运动方程作比较,可得φ0=-π/2,则波动方程为()()m 2π10/6π0.04cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=x t y6-11 平面简谐波的波动方程为()x t y π2π4cos 08.0-=,式中y 和x 的单位为m ,t 的单位为s,求:(1) t = s 时波源及距波源 两处的相位;(2) 离波源 m 及 m 两处的相位差.解 (1)将t = s 和x =0 代入题给波动方程,可得波源处的相位π4.81=ϕ将t = s 和x ′= m 代入题给波动方程,得 m 处的相位为π2.82=ϕ(2)从波动方程可知波长λ= m .这样,x 1= m 与x 2= m 两点间的相位差πΔπ2Δ=⋅=λϕx6-12 为了保持波源的振动不变,需要消耗 W 的功率.若波源发出的是球面波(设介质不吸收波的能量).求距离波源 m 和 m 处的能流密度.分析 波的传播伴随着能量的传播.由于波源在单位时间内提供的能量恒定,且介质不吸收能量,故对于球面波而言,单位时间内通过任意半径的球面的能量(即平均能流)相同,都等于波源消耗的功率P .而在同一个球面上各处的能流密度相同,因此,可求出不同位置的能流密度I =P /S .解 由分析可知,半径r 处的能流密度为2π4/r P I =当r 1 = m 、r 2 = 时,分别有22211m W 1027.1π4/--⋅⨯==r P I22222m W 1027.1π4/--⋅⨯==r P I6-13 两相干波波源位于同一介质中的A 、B 两点,如图(a )所示.其振幅相等、频率皆为100 Hz ,B 比A 的相位超前π.若A 、B 相距 m ,波速为u =400 m·s -1 ,试求AB 连线上因干涉而静止的各点的位置.题6-13 图分析 两列相干波相遇时的相位差λϕϕϕr Δπ2Δ12--=.因此,两列振幅相同的相干波因干涉而静止的点的位置,可根据相消条件()π12Δ+=k ϕ获得.解 以A 、B 两点的中点O 为原点,取坐标如图(b )所示.两波的波长均为λ=u /?= m .在A 、B 连线上可分三个部分进行讨论.1. 位于点A 左侧部分()π14π2ΔA B A B -=---=r r ϕϕϕ因该范围内两列波相位差恒为2π的整数倍,故干涉后质点振动处处加强,没有静止的点.2. 位于点B 右侧部分()π16π2ΔA B A B =---=r r ϕϕϕ显然该范围内质点振动也都是加强,无干涉静止的点.3. 在A 、B 两点的连线间,设任意一点P 距原点为x .因x r -=15B,x r +=15A ,则两列波在点P的相位差为 ()()π1/π2ΔA B A B +=---=x r r λϕϕϕ根据分析中所述,干涉静止的点应满足方程()()π152π1+=+k x x得 ()2,...1,0,k m 2±±==k x因x ≤15 m,故k ≤7.即在A 、B 之间的连线上共有15 个静止点.6-14 图(a )是干涉型消声器结构的原理图,利用这一结构可以消除噪声.当发动机排气噪声声波经管道到达点A 时,分成两路而在点B 相遇,声波因干涉而相消.如果要消除频率为300 Hz 的发动机排气噪声,则图中弯管与直管的长度差Δr =r 2 -r 1 至少应为多少? (设声波速度为340 m·s -1)题6-14 图分析 一列声波被分成两束后再相遇,将形成波的干涉现象.由干涉相消条件,可确定所需的波程差,即两管的长度差Δr .解 由分析可知,声波从点A 分开到点B 相遇,两列波的波程差Δr =r 2 - r 1 ,故它们的相位差为()λλϕ/Δπ2/π2Δ12r r r =-=由相消静止条件Δφ=(2k +1)π,(k =0,±1,±2,…)得 Δr =(2k +1)λ/2根据题中要求令k =0 得Δr 至少应为m 57022.//===∆v u r λ讨论 在实际应用中,由于噪声是由多种频率的声波混合而成,因而常将具有不同Δr 的消声单元串接起来以增加消除噪声的能力.图(b )为安装在摩托车排气系统中的干涉消声器的结构原理图.*6-15 如图所示,x =0 处有一运动方程为t A y ωcos =的平面波波源,产生的波沿x 轴正、负方向传播.MN 为波密介质的反射面,距波源3λ/4.求:(1) 波源所发射的波沿波源O 左右传播的波动方程;(2) 在MN 处反射波的波动方程;(3) 在O ~MN 区域内形成的驻波方程,以及波节和波腹的位置;(4) x >0区域内合成波的波动方程.题6-15 图分析 知道波源O 点的运动方程t A y ωcos =,可以写出波沿x 轴负向和正向传播的方程分别为()u x t A y /+=ωcos 1和()u x t A y /-=ωcos 2.因此可以写出y 1在MN 反射面上P 点的运动方程.设反射波为y 3 ,它和y 1 应是同振动方向、同振幅、同频率的波,但是由于半波损失,它在P 点引起的振动和y 1 在P 点引起的振动反相.利用y 1 在P 点的运动方程可求y 3 在P 点的运动方程,从而写出反射波y 3 .在O ~MN 区域由y 1 和Y 3 两列同频率、同振动方向、同振幅沿相反方向传播的波合成形成驻波.在x >0区域是同传播方向的y 2 和y 3 合成新的行波.解 (1) 由分析已知:沿左方向和右方向传播的波动方程分别为()u x t A y /+=ωcos 1和()u x t A y /-=ωcos 2(2) y 1 在反射面MN 处引起质点P 振动的运动方程⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=2π3π2cos 43π2π2cos 1t T A t T A y pλλ 因半波损失反射波y 3 在此处引起的振动为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=2ππ2cos ππ23π2cos 3t T A t T A y p设反射波的波动方程为()ϕλ+-=/π2/π2cos 3x T t A y ,则反射波在x =-3λ/4处引起的振动为 ⎪⎭⎫ ⎝⎛++=ϕπ23π2cos 3t T A y p与上式比较得π2-=ϕ,故反射波的波动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=x λt TA x λt T A y π2π2cos π2π2π2cos 3 (3) 在O ~MN 区域由y 1 和y 3 合成的驻波y 4 为()⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=t T x λA x λt T A x λt T A y y x t y π2cos π2cos 2π2π2cos π2π2cos ,314 波节的位置:4/2/,2/ππ/π2λλk x k λx +=+=,取k =-1, -2,即x =-λ/4, -3λ/4 处为波节.波腹的位置:2/,π/π2λk x k λx ==,取k =0,-1,即x =0,-λ/2 处为波腹.(4) 在x >0 区域,由y 2 和y 3 合成的波y 5 为()⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+=x λt TA x λt T A x λt T A y y x t y π2π2cos 2π2π2cos π2π2cos ,325 这表明:x >0 区域内的合成波是振幅为2A 的平面简谐波.6-16 如图(a )所示,将一块石英晶体相对的两面镀银作电极,它就成为压电晶体,两极间加上频率为ν的交变电压,晶片就沿竖直方向作频率为ν的驻波振动,晶体的上下两面是自由的,故而成为波腹.设晶片d = mm ,沿竖直方向的声速13s m 1074.6-⋅⨯=u,试问要激起石英片发生基频振动,外加电压的频率应是多少?分析 根据限定区域内驻波形成条件(如图(b )所示),当晶体的上下两面是自由的而成为波腹时,其厚度与波长有关系式 k k d λ2=成立,k 为正整数.可见取不同的k 值,得到不同的k λ,晶体内就出现不同频率k ν的波.对应k =1称为基频,k =2,3,4,…称为各次谐频.解 根据分析基频振动要求2λ=d ,于是要求频率Hz 10685.126⨯===duuλν题 6-16 图6-17 一平面简谐波的频率为500 Hz ,在空气(ρ= kg·m -3)中以u =340 m·s -1的速度传播,到达人耳时,振幅约为A = ×10 -6m .试求波在耳中的平均能量密度和声强. 解 波在耳中的平均能量密度2622222m J 1042.6π221--⋅⨯===v A A ρωρω声强就是声波的能流密度,即23m W 10182--⋅⨯==.ωu I这个声强略大于繁忙街道上的噪声,使人耳已感到不适应.一般正常谈话的声强约×10-6W·m -2左右. 6-18 面积为 m 2的窗户开向街道,街中噪声在窗口的声强级为80 dB .问有多少“声功率”传入窗内? 分析 首先要理解声强、声强级、声功率的物理意义,并了解它们之间的相互关系.声强是声波的能流密度I ,而声强级L 是描述介质中不同声波强弱的物理量.它们之间的关系为L =lg (I /I 0 ),其中I 0 = ×10-12W·m -2为规定声强.L 的单位是贝尔(B ),但常用的单位是分贝(dB ),且1 B =10 dB .声功率是单位时间内声波通过某面积传递的能量,由于窗户上各处的I 相同,故有P =IS . 解 根据分析,由L =lg (I /I 0 )可得声强为I =10LI 0则传入窗户的声功率为P =IS =10L I 0S = ×10-4W6-19 一警车以25 m·s -1的速度在静止的空气中行驶,假设车上警笛的频率为v =800 Hz .求:(1) 静止站在路边的人听到警车驶近和离去时的警笛声波频率;(2) 如果警车追赶一辆速度为15m·s -1的客车,则客车上人听到的警笛声波的频率是多少? (设空气中的声速u =330m·s -1)分析 由于声源与观察者之间的相对运动而产生声多普勒效应,由多普勒频率公式可解得结果.在处理这类问题时,不仅要分清观察者相对介质(空气)是静止还是运动,同时也要分清声源的运动状态. 解 (1) 根据多普勒频率公式,当声源(警车)以速度υs =25 m·s -1运动时,静止于路边的观察者所接收到的频率为su u vv υμ='警车驶近观察者时,式中υs 前取“-”号,故有Hz 6.8651=-='su uv v υ警车驶离观察者时,式中υs 前取“+”号,故有Hz 7.7432=+='su uv v υ(2) 客车的速度为0υ=15 m·s -1,声源(警车)与客车上的观察者作同向运动时,观察者收到的频率为Hz 2.82603=--='su u v v υυ6-20 蝙蝠在洞穴中飞来飞去,能非常有效地用超声波脉冲导航.假如蝙蝠发出的超声波频率为39 kHz ,当它以声速的401的速度朝着表面平直的岩壁飞去时,试求它听到的从岩壁反射回来的超声波频率为多少?分析 由题意可知,蝙蝠既是波的发出者,又是波的接收者.设超声波的传播速度为u .首先,蝙蝠是声源,发出信号频率为v ,运动速度为40su=υ,岩壁是接收者,利用多普勒频率公式,即可求得岩壁接收到的信号频率v '.经岩壁反射后频率不变,即岩壁发射信号频率为v ',这时蝙蝠是波的接收者,其运动速度为40u=υ,再次利用多普勒频率公式,可求得蝙蝠接收到的信号频率v ''. 解 将蝙蝠看成波源,则由分析可知,岩壁接收到的信号频率为sυ-='u uv v ,在蝙蝠接收岩壁反射信号时,又将它看成接收者.则蝙蝠接收到的信号频率为kHz41kHz 3940/1140/11/1/1s 0s 00=⨯-+=-+=-+='+=''v u uv u u v u u v υυυυυ。

上海交大版大学物理参考答案

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上海交大版大学物理参考答案公司内部档案编码:[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-版权归原着所有 本答案仅供参考习题99-1.在容积3V L =的容器中盛有理想气体,气体密度为ρ=L 。

容器与大气相通排出一部分气体后,气压下降了。

若温度不变,求排出气体的质量。

解:根据题意,可知: 1.78P atm =,01P atm =,3V L =。

由于温度不变,∴00PV PV =,有:001.783PVV L P ==⨯, 那么,逃出的气体在1atm 下体积为:' 1.78330.78V L L L =⨯-=,这部分气体在1.78atm 下体积为:''V =0'0.7831.78PV L P ⨯= 则排除的气体的质量为:0.783'' 1.3 1.71.78g Lm V g L ρ⨯∆==⨯= 。

根据题意pV RT ν=,可得:mpV RT M=,1V p RT p M m ρ==9-2.有一截面均匀的封闭圆筒,中间被一光滑的活塞分割成两边。

如果其中的一边装有某一温度的氢气,为了使活塞停留在圆筒的正中央,则另一边装入的同一温度的氧气质量为多少 解:平衡时,两边氢、氧气体的压强、体积、温度相同,利用pV RT ν=,知两气体摩尔数相同,即:H O νν=,∴O H HOm mM M =,代入数据有: 1.6O m kg = 。

9-3.如图所示,两容器的体积相同,装有相同质量的氮气和氧气。

用一内壁光滑的水平细玻璃管相通,管的正中间有一小滴水银。

要保持水银滴在管的正中间,并维持氧气温度比氮气温度高30o C ,则氮气的温度应是多少则体积和压强相同,如图。

由:mol mpV RT M =,有:2222(30)O N O N m m R T RT M M +=, 而:20.032O M kg =,20.028N M kg =,可得:30282103028T K ⨯==+ 。

大物 上海交大课后答案 第六章

大物 上海交大课后答案 第六章

习题66-1.直角三角形ABC 的A 点上,有电荷C 108.191-⨯=q ,B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ,试求C 点的电场强度(设0.04m BC =,0.03m AC =)。

解:1q 在C 点产生的场强:11204ACq E i rπε=,2q 在C 点产生的场强:22204BCq E j r =, ∴C 点的电场强度:4412 2.710 1.810E E E i j =+=⨯+⨯;C 点的合场强:4123.2410VE E E m=+=⨯,方向如图: 1.8arctan 33.73342'2.7α===。

6-2.用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环,两端间空隙为cm 2,电量为C 1012.39-⨯的正电荷均匀分布在棒上,求圆心处电场强度的大小和方向。

解:∵棒长为2 3.12l r d m π=-=,∴电荷线密度:911.010qC m lλ--==⨯⋅可利用补偿法,若有一均匀带电闭合线圈,则圆心处的合场强为0,有一段空隙,则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d 02.0=长的带电棒在该点产生的场强,即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O 点产生的场强。

解法1:利用微元积分:21cos 4O x Rd dE R λθθπε=⋅,∴2000cos 2sin 2444O d E d R R Rααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m -=⋅; 解法2:直接利用点电荷场强公式:由于d r <<,该小段可看成点电荷:112.010q d C λ-'==⨯,则圆心处场强:1191220 2.0109.0100.724(0.5)O q E V m R πε--'⨯==⨯⨯=⋅。

方向由圆心指向缝隙处。

ix6-3.将一“无限长”带电细线弯成图示形状,设电荷均匀分布,电荷线密度为λ,四分之一圆弧AB 的半径为R ,试求圆心O 点的场强。

关于大学物理课后习题答案第六章

关于大学物理课后习题答案第六章

关于大学物理课后习题答案第六章文件排版存档编号:[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208]第6章 真空中的静电场 习题及答案1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。

一试验电荷置于x 轴上何处,它受到的合力等于零解:根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定,只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧,它受到的合力才可能为0,所以 故 223+=x2. 电量都是q 的三个点电荷,分别放在正三角形的三个顶点。

试问:(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷,就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)(2)这种平衡与三角形的边长有无关系解:(1) 以A 处点电荷为研究对象,由力平衡知,q '为负电荷,所以 故 q q 33-=' (2)与三角形边长无关。

3. 如图所示,半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环,在其轴线上放一长为l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段,该线段的一端处于圆环中心处。

求该直线段受到的电场力。

解:先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。

在带电圆环上取dl dq 1λ=,dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为)(4220R x dqdE +=πε 根据电荷分布的对称性知,0==z y E E式中:θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。

下面求直线段受到的电场力。

在直线段上取dx dq 2λ=,dq 受到的电场力大小为 方向沿x 轴正方向。

直线段受到的电场力大小为 方向沿x 轴正方向。

4. 一个半径为R 的均匀带电半圆环,电荷线密度为λ。

求: (1)圆心处O 点的场强;(2)将此带电半圆环弯成一个整圆后,圆心处O 点场强。

解:(1)在半圆环上取ϕλλRd l dq ==d ,它在O 点产生场强大小为20π4R dq dE ε=ϕελd R0π4= ,方向沿半径向外根据电荷分布的对称性知,0=y E 故 RE E x 0π2ελ==,方向沿x 轴正向。

上海交大版物理第六章答案

上海交大版物理第六章答案

上海交大版物理第六章答案习题66-1. 设置自然长度l0?2.50米汽车,v?当以30.0m/s的速度直线行驶时,询问站在路边的观察者,根据相对论,汽车的长度缩短了多少?222解:l?l01?(uc),由泰勒展开,知1?x?1?12x??2221u1u?1.25?10?14m。

∴1?(u2)?1?,?l?l0?l?l0?22c2c2c26-2. 在参考系s中,粒子沿直线从坐标原点移动到x?1.5?108m处,经历时间为?t?1.00s,试计算该过程对应的固有时。

解:以粒子为s?系,u??x/?t?0.5c使用22?Tt1?(加州大学)有:1.5?1082?t??1?()?0.866s。

83?106-3. 以v的速度从加速器上?从0.8摄氏度飞出的离子沿其运动方向发射光子。

求光子相对于加速器的速度。

解:设加速器为s系,离子为s?系,利用:vx?v??uc?0.8c则:vx?x??c。

紫外线?0.8摄氏度?c1?2x1?c2cv?十、Uuv?1?2xc在6-4100m的高层大气中产生了一个π介子,其速度为v?假设π介子在其自身静态参考系中的寿命等于其平均寿命2.4×10s,尝试从以下两个角度来判断π介子是否能到达地球表面,即地面上的观察者相对于π介子静态系统中的观察者。

解决方案:(1)实地观察者认为时间会延长:是吗?T6.t'u21?2c∴? T2.4? 106(0.8摄氏度)21?c2?6.4.10? 6sa由l?v?t?0.8?3?10?4?108?960m?1000m,∴到达不了地球;(2)? 介子静止系统中的观察者认为,长度收缩:(0.8c)2u2有l?l01?2,∴l?10001??600m2cc而s?v?t?2.4?10?0.8?3?10?576m?600m,∴到达不了地球。

6-5长度l0?1m的米尺仍在s'系统中,与X'轴的夹角?=30°s’是相对的68s系沿x轴运动,在s系中观测者测得米尺与x轴夹角为??45°。

《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社

《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社

习题11-1.已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j +vvv其中ω为常量.求:(1)质点的轨道;(2)速度和速率。

解:(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +v v v,知:cos x R t ω= ,sin y R t ω=消去t 可得轨道方程:222x y R +=∴质点的轨道为圆心在(0,0)处,半径为R 的圆;(2)由d rv dt=v v ,有速度:sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+v v v而v v =v v,有速率:1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。

1-2.已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++v v v,式中r 的单位为m ,t 的单位为s 。

求:(1)质点的轨道;(2)从0=t 到1=t 秒的位移;(3)0=t 和1=t 秒两时刻的速度。

解:(1)由24(32)r t i t j =++v v v,可知24x t = ,32y t =+消去t 得轨道方程为:x =2(3)y -,∴质点的轨道为抛物线。

(2)由d rv dt=v v ,有速度:82v t i j =+v v v从0=t 到1=t 秒的位移为:1100(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰v v v v v v(3)0=t 和1=t 秒两时刻的速度为:(0)2v j =v v,(1)82v i j =+v v v 。

1-3.已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+v v v,式中r 的单位为m ,t 的单位为s .求:(1)任一时刻的速度和加速度;(2)任一时刻的切向加速度和法向加速度。

解:(1)由d r v dt =v v ,有:22v t i j =+v v v,d v a dt=v v ,有:2a i =v v ;(2)而v v =v v ,有速率:12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt =21t =+,利用222t n a a a =+有: 22221n t a a a t =-=+。

上海交大版大学物理上册答案

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第一章 质点运动学【例题】例1-1 A t= 1.19 s 例1-2 D 例1-3 D 例1-4 B 例1-5 3 3 例1-6 D 例1-7 C例1-8 证明:2d d d d d d d d v xv vtx xv tv K -==⋅= ∴ d v /v =-K d x⎰⎰-=xx K 0d d 10v vvv , Kx -=0lnv v ∴ v =v 0e-Kx例1-9 1 s 1.5 m 例1-10 B【练习题】1-1 x=(y-3)2 1-2 -0.5m/s -6m/s 2.25m 1-3 D 1-4 不作匀变速率运动.因为质点若作匀变速率运动,其切向加速度大小t a 必为常数,即321t t t a a a ==,现在虽然321a a a ==, 但加速度与轨道各处的切线间夹角不同,这使得加速度在各处切线方向的投影并不相等,即321t t t a a a ≠≠,故该质点不作匀变速率运动。

1-5 D 1-6证明:设质点在x 处的速度为v 62d d d d d d 2x tx xta +=⋅==v v()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v()2 213xx +=v1-7 16 R t 24 rad /s21-8 Hv/(H-v) 1-9 C第二章 质点运动定律【例题】例2-1 B 例2-2 B 例2-3 解:(1) 子弹进入沙土后受力为-Kv ,由牛顿定律∴⎰⎰=-=-vv 00vv d d ,vv d d tt mKt m K ∴ mKt /0e -=v v (2) 求最大深度 tx d d =vt x mKt d ed /0-=vt x mKt txd ed /000-⎰⎰=v ∴ )e1()/(/0mKt K m x --=vK m x /0max v = 例2-4 D 例2-5 答:(1) 不正确。

向心力是质点所受合外力在法向方向的分量。

质点受到的作用力中,只要法向分量不为零,它对向心力就有贡献,不管它指向圆心还是不指向圆心,但它可能只提供向心力的一部分。

大学物理第六章课后习题答案

大学物理第六章课后习题答案

第六章静电场中的导体与电介质6 —1将一个带正电的带电体A从远处移到一个不带电的导体B附近,则导体B的电势将()(A)升高(B)降低(C)不会发生变化(D)无法确定分析与解不带电的导体B相对无穷远处为零电势。

由于带正电的带电体A移到不带电的导体B附近时,在导体B的近端感应负电荷;在远端感应正电荷,不带电导体的电势将高于无穷远处,因而正确答案为(A)。

6 —2 将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N,在N的左端感应出正电荷,右端感应出负电荷。

若将导体N的左端接地(如图所示),则()(B)N上的正电荷入地(A )N上的负电荷入地(C)N上的所有电荷入地地(D)N上所有的感应电荷入题6-2图分析与解导体N接地表明导体N为零电势,即与无穷远处等电势,这与导体N在哪一端接地无关。

因而正确答案为( A )。

6 —3如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近,点电荷距导体球球心为d,参见附图。

设无穷远处为零电势,则在导体球球心0点有()(A)E =0,V —4 n^d(B)E J,V L4 n%d 4 n %d (C)E = 0,V = 0题6-3图分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。

点电荷 q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷土 q',导体球表面的感应电荷土 q'在球心 0点激发的电势为零,0点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。

因而正 确答案为(A )。

6 -4根据电介质中的高斯定理,在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合 曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。

下列推论正确的是()(A )若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内一定没有 自由电荷 (B)若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内电荷的代 数和一定等于零 (C) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零,曲面内一定有 极化电荷 (D) 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 (E)介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零,表明曲面内自由电荷的代数和等于零; 由于电介质会改变自由电荷的空间分布, 介质 中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。

大物上海交大课后答案第六章共9页

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习题66-1.直角三角形ABC 的A 点上,有电荷C 108.191-⨯=q ,B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ,试求C 点的电场强度(设0.04m BC =,0.03m AC =)。

解:1q 在C 点产生的场强:11204ACq E i rπε=,2q 在C 点产生的场强:22204BCq E j r =, ∴C 点的电场强度:4412 2.710 1.810E E E i j =+=⨯+⨯;C 点的合场强:4123.2410VE E E m=+=⨯,方向如图: 1.8arctan33.73342'2.7α===。

6-2.用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环,两端间空隙为cm 2,电量为C 1012.39-⨯的正电荷均匀分布在棒上,求圆心处电场强度的大小和方向。

解:∵棒长为2 3.12l r d m π=-=,∴电荷线密度:911.010qC m lλ--==⨯⋅可利用补偿法,若有一均匀带电闭合线圈,则圆心处的合场强为0,有一段空隙,则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d 02.0=长的带电棒在该点产生的场强,即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O 点产生的场强。

解法1:利用微元积分:解法2:直接利用点电荷场强公式:由于d r <<,该小段可看成点电荷:112.010q d C λ-'==⨯,则圆心处场强:1191220 2.0109.0100.724(0.5)O q E V m R πε--'⨯==⨯⨯=⋅。

方向由圆心指向缝隙处。

6-3.将一“无限长”带电细线弯成图示形状,设电荷均匀分布,电荷线密度为λ,四分之一圆弧AB 的半径为R ,试求圆心O 点的场强。

解:以O 为坐标原点建立xOy 坐标,如图所示。

①对于半无限长导线A∞在O 点的场强:ix有:00(cos cos )42(sin sin )42Ax A y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩②对于半无限长导线B ∞在O 点的场强:有:00(sin sin )42(cos cos )42B x B y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩③对于AB 圆弧在O 点的场强:有: ∴总场强:04O x E R λπε=,04O y E R λπε=,得:0()4O E i j Rλπε=+。

大学物理教程习题答案上海交通大学出版社

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大学物理教程习题答案上海交通大学出版社 Document number:WTWYT-WYWY-BTGTT-YTTYU-2018GT习题 11-1.已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量.求:(1)质点的轨道;(2)速度和速率。

解:(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +,知:cos x R t ω= ,sin y R t ω=消去t 可得轨道方程:222x y R +=∴质点的轨道为圆心在(0,0)处,半径为R 的圆;(2)由d rv dt =,有速度:sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =,有速率:1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。

1-2.已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++,式中r 的单位为m ,t 的单位为s 。

求:(1)质点的轨道;(2)从0=t 到1=t 秒的位移;(3)0=t 和1=t 秒两时刻的速度。

解:(1)由24(32)r t i t j =++,可知24x t = ,32y t =+消去t 得轨道方程为:x =2(3)y -,∴质点的轨道为抛物线。

(2)由d rv dt =,有速度:82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为:11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰(3)0=t 和1=t 秒两时刻的速度为:(0)2v j =,(1)82v i j =+ 。

1-3.已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+,式中r 的单位为m ,t 的单位为s .求:(1)任一时刻的速度和加速度;(2)任一时刻的切向加速度和法向加速度。

解:(1)由d r v dt =,有:22v t i j =+,d va dt =,有:2a i =;(2)而v v =,有速率:12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt=221tt =+,利用222t n a a a =+有: 22221n t a a a t =-=+。

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习题 11-1.已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量.求:(1)质点的轨道;(2)速度和速率。

解:(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +,知:cos x R t ω= ,sin y R t ω=消去t 可得轨道方程:222x y R +=∴质点的轨道为圆心在(0,0)处,半径为R 的圆; (2)由d rv dt=,有速度:sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而v v =,有速率:1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。

1-2.已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++,式中r 的单位为m ,t 的单位为s 。

求:(1)质点的轨道;(2)从0=t 到1=t 秒的位移;(3)0=t 和1=t 秒两时刻的速度。

解:(1)由24(32)r t i t j =++,可知24x t = ,32y t =+消去t 得轨道方程为:x =2(3)y -,∴质点的轨道为抛物线。

(2)由d rv dt=,有速度:82v t i j =+ 从0=t 到1=t 秒的位移为:1100(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰(3)0=t 和1=t 秒两时刻的速度为:(0)2v j =,(1)82v i j =+ 。

1-3.已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+,式中r 的单位为m ,t 的单位为s .求:(1)任一时刻的速度和加速度;(2)任一时刻的切向加速度和法向加速度。

解:(1)由d r v dt =,有:22v t i j =+,d va dt=,有:2a i =; (2)而v v =,有速率:12222[(2)2]21v t t =+=+∴t d v a dt=221t t =+,利用222t n a a a =+有: 22221n t a a a t =-=+。

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版权归原著所有 本答案仅供参考习题66-1.设固有长度m 50.20=l 的汽车,以m/s 0.30=v 的速度沿直线行驶,问站在路旁的观察者按相对论计算该汽车长度缩短了多少?解:l l =2112x =-+L22112u c ≈-,2140021 1.25102u l l l l m c-∆=-=⨯=⨯。

6-2.在参考系S 中,一粒子沿直线运动,从坐标原点运动到了m 105.18⨯=x 处,经历时间为s 00.1=t ∆,试计算该过程对应的固有时。

解:以粒子为S '系,c t x u 5.0/=∆∆=利用t '∆=∆0.866t s '∆==。

6-3.从加速器中以速度c v 8.0=飞出的离子在它的运动方向上又发射出光子。

求这光子相对于加速器的速度。

解:设加速器为S 系,离子为S '系,利用:21x x xv u v uv c'+='+, 则:220.80.811x x x v u c c v c uv c c c c'++==='⨯++ 。

6-4 1000m 的高空大气层中产生了一个π介子,以速度0.8v c =飞向地球,假定该π介子在其自身的静止参照系中的寿命等于其平均寿命62.410s -×,试分别从下面两个角度,即地面上观测者相对π介子静止系中的观测者来判断该π介子能否到达地球表面。

解:(1)地面上的观察者认为时间膨胀:有t ∆=,∴66410t sa -∆==⨯由860.83104109601000l v t m m -=∆=⋅⨯⋅⨯=<,∴到达不了地球;(2)π介子静止系中的观测者认为长度收缩:有l l =600l m == 而682.4100.8310576600s v t m m -=∆=⨯⋅⋅⨯=<,∴到达不了地球。

6-5 长度01m l =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,x y ''轴上的投影分别为:0cos 0.866m x L L θ''==,0sin 0.5m y L L θ''==。

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:x L L =,y y L L '=故:tan y y xxL L L L L θ''===。

把ο45θ=及,yL L ''0.50.866=,故 :0.816v c = (2)在S 系中测得米尺长度为0.707m sin 45y L L ==︒。

6-6 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,l l =,当a l ≤时,可认为能被拉进门,则:a l ≤解得杆的运动速率至少为:u =6-7 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 ∆:0200.6L t v c∆==O ' 测得的是固有时t '∆:∴tt γ∆'∆==88.8910s -=⨯,或者,O '测得长度收缩:0208.01L L L =-=β8080.80.8208.8910s 0.60.6310L t c -⨯'∆===⨯⨯⨯6-8 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: 由长度缩短公式得:5311220=-⇒-='ββl l ,c v 54=6-9.两个宇宙飞船相对于恒星参考系以0.8c 的速度沿相反方向飞行,求两飞船的相对速度。

解:设宇宙船A 为S 系,测得恒星的速度为0.8x v c =,宇宙船B 为S '系,测得恒星的速度为'0.8xv c =-,两个飞船的相对速度为u , 根据洛伦兹速度变换公式:''21x x x v uv uv c+=+,有: 20.80.80.81c uc cu c -+=-+得:0.976u c = 。

6-10.从S 系观察到有一粒子在01=t 时由m 1001=x 处以速度cv 98.0=沿x 方向运动,s 10后到达2x 点,如在S '系(相对S 系以速度c u 96.0=沿x 方向运动)观察,粒子出发和到达的时空坐标2211,,,x t x t ''''各为多少?(0='=t t 时,S '与S 的原点重合),并算出粒子相对S '系的速度。

解:利用洛仑兹变换:2ut x t -'=,x '=,0.28==,有:1122610.960100 1.14710u ct x t s ---⨯'===-⨯;222220.96109.8 2.11u c t x ct s --⨯'===; m c c c cu ut x x 14.357)96.0(1096.0100)(1222111=-⨯-=--=';m c c c c cu ut x x 82222221014.2)96.0(11096.08.9)(1⨯=-⨯-=--=';'8220.980.96 1.014100.96110.98x x x v u c c v u cv c c c--===⨯--⨯m/s 。

6-11.一飞船静长0l ,以速度u 相对于恒星系作匀速直线飞行,飞船内一小球从尾部运动到头部,宇航员测得小球运动速度为v ,试算出恒星系观察者测得小球的运动时间。

解:设恒星系为S 系,飞船为S '系,由题意:vl t 0='∆, ∴)(1)1()(1)1()(12220222222cu v v c ul c u t x c u t c u x c u t t -+=-'∆'∆+'∆=-'∆+'∆=∆。

6-12.一个静止的0K 介子能衰变成一个+π介子和一个-π介子,这两个π介子的速率均为c 85.0.现有一个以速率c 90.0相对于实验室运动的0K 介子发生上述衰变。

以实验室为参考系,两个π介子可能有的最大速率和最小速率是多少?解:以实验室为S 系,运动的0K 介子为S '系,利用21x x xv u v uv c'+='+,有: 最大速度:max 220.850.90.9920.90.8511x x x v u c c v c uv c c c c'++==='⨯++ , 最小速度 min22(0.85)0.90.2130.9(0.85)11x x x v u c c v c uv c c c c'+-+==='⨯-++ 。

6-13.一个电子从静止开始加速到c 1.0,需对它做多少功?,若速度从c 9.0增加到c 99.0又要做多少功?解:由相对论动能:220k E m c m c =-:(1)26101)0.51101)k E m c =-=⨯ 2.57MeV =;(2)220k E m c =60.5110=⨯ 2.44MeV = 。

6-14.一静止电子(静止能量为MeV 51.0)被1.3MeV 的电势差加速,然后以恒定速度运动。

求:(1)电子在达到最终速度后飞越m 4.8的距离需要多少时间?(2)在电子的静止系中测量,此段距离是多少?解:(1)∵MeV c m 51.020=,MeV E k 3.1= ∴MeV E c m mc k 81.1202=+=,考虑到:2201c v m m -=,202m c mc =,可求得:810.96 2.8810v c m s -==⨯⋅ , 那么,s v l t 881092.21088.24.8-⨯=⨯==; (2)由l '=,有8.4 2.37l m '==。

6-15.有两个中子A 和B ,沿同一直线相向运动,在实验室中测得每个中子的速率为c β.试证明相对中子A 静止的参考系中测得的中子B 的总能量为:202211c m E ββ-+=,其中0m 为中子的静质量。

证明:设中子A 为S 系,实验室为S '系,中子B 相对于中子A 速度为:22121ββ+='++'=c v c u u v v x x x ,代入2E m c =,有:22220211E m c ββ+===- 。

6-16.一电子在电场中从静止开始加速,电子的静止质量为kg 1011.931-⨯. (1)问电子应通过多大的电势差才能使其质量增加%4.0? (2)此时电子的速率是多少?解:(1)由220k E m c m c =-,且eU E k =,004.00=-m m m , 有:222000.004eU mc m c m c =-=,∴2030.004 2.0510m c U V e==⨯;(2)∵01.004m m =0m m=,可求得:17107.2-⋅⨯=s m v 。

6-17.已知一粒子的动能等于其静止能量的n 倍,求:(1)粒子的速率,(2)粒子的动量。

解:(1)依题意知:20c nm E k =,又∵220k E m c m c =-,22200m c nm c =,有:22211(1)v c n -=+ 整理得:1)2(++=n n n c v ;(2)由420222c m c P E +=,而:20)1(c m n E +=,得:)2(0+=n n c m P 。

6-18.太阳的辐射能来源于内部一系列核反应,其中之一是氢核(H 11)和氘核(H 21)聚变为氦核(He 32),同时放出γ光子,反应方程为:γ+→+He H H 322111已知氢、氘和He 3的原子质量依次为u 007825.1、2.014102u 和3.016029u . 原子质量单位kg 1066.1u 127-⨯=. 试估算γ光子的能量。

解: 1.007825 2.014102 3.016029m u u u ∆=+-290.0058980.97910u kg -==⨯根据质能方程:29822190.97910(310) 5.5MeV 1.610E mc --⨯⨯⨯∆=∆==⨯。

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