第六次作业_9371045

第六次作业

6—51,63,70,73, 78 ；9—4,10,13,15,26；9—30,35,40,46,49

6.51 如图所示，质量为m 、长为L 的均匀细棒一端悬挂在O 轴上。

开始使棒自水平位置无初速的向下摆动，当棒通过竖直位置时O 轴突然折断，棒开始自由下落。问：(1)在下落过程中棒的质心以什么样的轨迹运动？(2) 棒

自由脱落后，当棒质心下降了距离h 时，棒转的圈数N.

解：在棒摆动过程中，棒、地系统机械能守恒。以棒竖直位置时重力势能为零，则 mgL/2+0=0+I ω2/2 棒竖直位置时角速度ω=(mgL/I)1/2=(3g/L)1/2

(1) 棒开始自由下落时(竖直位置)，质心只有水平速度（向左），v c0=ωL/2=(3gL/4)1/2 此后只有重力作用，质心作平抛运动，轨迹为抛物线。

(2) 棒自由下落过程中，重力对质心力矩为零，棒绕质心匀角速度转动。设质心下降距离h 用时τ， τ=(2h/g)1/2

这段时间内棒转的圈数N=?φ/2π=ωτ/2π=

π

21

(6h/L)1/2 6.63 如图所示, 一个质量为m 、倾角为θ的楔块放置在光

滑水平面上. 一个质量也为m 、半径为R 的均质圆柱体沿楔块的斜面无滑动地滚下. 求楔块的加速度a 1.

解: 楔块和圆柱体系统水平动量守恒, 即 常数=-mv 1+m(-v 1+v x ’)=-2mv 1+mv’cos θ 两边对t 求导得 -2a 1+a 2’cos θ=0 (1)

其中v’、a 2’是圆柱体相对楔块的速度和加速度, dv’/dt=a 2’ . 以楔块为参考系, 为平动非惯性系. 对瞬心Q 轴

3mR 2α/2=F I Rcos θ+mgRsin θ 惯性力F I =ma 1 . 纯滚R α=a 2’, 代入得 a 1cos θ+gsin θ=3a 2’/2 (2)

(1)、(2)两式消去a 2’得 a 1=gsin θcos θ/(3-cos 2θ)= gsin θcos θ/(3sin 2θ+2cos 2θ)=g/(3tan θ+2cot θ) 6.70两根相同的均质细杆AD 和BD, 每个杆质量为m 、

长度为l . 两杆在D 处光滑铰接, 提起D 端,让A 、B 两端接触

光滑桌面, 使两杆与竖直线夹角均为θ角. 放手后两杆在竖直面内由静止开始下滑. 求: D 点着地时的速度v D

解: 下滑到着地前过程中两杆、地系统机械能守恒，即

图6.51 题

O

m,L

c

mg

m m

θ

6.63 题解

F I a 2’, v ’ Q

a 1 v 1 x

C 2

图6.70 题

θ θ B

A A

B

D

C 1

v C1

v C2

v C

2(mv c12 /2+ml 2ω2/24)=2mg l cos θ/2 (1)

着地瞬间v A =v B =0， 所以A 、B 为瞬心, v c1= v c2=ωl /2 v D =ωl 代入(1): ω=

3g cos θ

v D =3g cos θ 6.73 图中匀质圆盘质量为m=2kg 、半径为R=20cm, 其

转轴为一轻杆， 圆盘到支点O 距离L=20cm. 现在圆盘作角速度Ω=0.2rad/s 的进动，求圆盘绕其对称轴自转的角速度ω.

解: 对O 点, 由角动量定理 M =Ω?L ≈Ω?I ω

其中由ω>>Ω, 近似圆盘总角动量 L ≈I ω . 在转动方向上 M=I ωΩ. 设圆盘质量为m. 于是 ω=M/I Ω=2mgL/mR 2Ω=2gL/R 2Ω=490rad/s 6.78如图, 卡车以加速度a 匀加速直线运动.

在车后高度h 处用长度为l 的细绳拉着均质杆在地面滑行, 杆的质量为M 、长度为L. 忽略杆与地面的摩擦, 求: a 至少为多大时, 杆才与地面脱离?

解: 以车为参考系. 为平动非惯性系. 在车参

考系中, 杆处于平衡状态. 设: 车加速度为a 时杆恰好脱离地面. 此时杆所受三力平衡，因此绳的拉力T 必过质心c, 细绳和杆成一条直线如图. 其中F I 为惯性力. 由杆受力平衡

垂直杆方向: Mgcos θ=F i sin θ=Masin θ a=g cot θ=

h

g

[(l +L)2-h 2]1/2 9.4在S 系中观察到在同一地点发生两个事件，第二事件发生在第一事件之后2秒钟。在S’系中观

察到第二事件在第一事件之后3秒钟发生。求: S’系速率u 和在S’系中这两个事件的空间距离?x’。

解: 由已知, 两事件的时空间隔为: ?x=0、?t=2s 、?t’=3s. 则 γ-1=(1-u 2/c 2)1/2=?t/?t’=2/3 得 u=5c/3 ?x’=u ?t’=5c=6.71?108 m

9.10 如图S’系速度u=0.8c, S’系里时钟A ’、B’, S 系里时钟A 、B. A ’与B 相遇时两表读数皆为0:00 .

在 S 系观测, 过段时间A 、A ’和B 、B’同时相遇, 当时B 表读数为5:00. 求: (1)在S 系中A 、B 两钟距离l AB 和在S’系中测量的A ’、B’两钟距离l ’A ’B’(以―h ?c

O

L

ω

Ω

R 图6.73 题

m

l

a

h

图6.78 题

L

a

θ h

6.78 题解

T

F I

Mg

0:00

B’

A ’ u

A

B 0:00

y ’

x

图9.10 题 A ’, B 相遇

即小时?光速‖为单位); (2) S系中观测A、A’和B、B’

相遇时刻A、A’、B’钟的读数; (3) S’系中观测B、B’

相遇时刻A、A’、B’钟的读数;

解: γ=5/3。

事件1 A’与B相遇; (x B,t1=0:00)、(x’A’ ,t1’=0:00)事件2 A’与A相遇; (x A,t2)、(x’A’ ,t2’)

事件3 B’与B相遇; (x B,t3=t2=5:00)、(x’B’ , t3’)事件4 t3’时刻测A读数; (x A,t4)、(x’A ,t3’)

20h?c

(1) l AB=u(t3- t1)=4 h?c l’A’B’=γl AB =

3

(2) S系中观测事件2、事件3同时, A钟读数也是5:00

S’系里事件1、事件2时间间隔为原时(都是A’钟记时), 故t2’- t1’= t2’=(t2- t1)/γ=3h, A’钟读数3:00 系里事件1、事件3时间间隔为原时(都是B钟记时), 故t3’- t1’= t3’=γ(t3- t1)=25h/3, B’钟读数8:20 或者S系里观测B’、A’两钟读数差为:

t’B’ - t’A’=-γu(x B’-x A’)/c2=γu l AB/c2=16h/3=t3’- t2’= t3’-3 t3’=3+16/3=25h/3

或者: t3’- t1’= t3’= l’A’B’/u=25h/3 即B’钟读数为8:20

(3) S’系中观测B’、A’钟同时, 都是8:20

S系里事件2、事件4时间间隔为原时(都是A钟记时), 故

t4- t2=(t3’- t2’)/γ=3.2 t4= t2+3.2=8.2h A钟读数8:12

或者S’系里观测A、B两钟读数差为: t A-t B=γu(x’A-x’B)/c2=u l AB/c2=3.2=t4- t3= t4-5

t4=5+3.2=8.2 h

9.13 空间站相对地球静止，与地球距离l = 9.0×109m, 两者时钟同步. 飞船经地球飞往空间站,

当飞船经过地球时飞船与地球时钟读数相同; 当飞船到达空间站时飞船时钟比空间站时钟慢3s, 求: 飞船速度v.

解：取地球和空间站为参考系S系, 飞船为参考系S’系. u=v.

飞船经过地球为事件1, 飞船到达空间站为事件2. 由已知, t1’=t1，t2’=t2-3

洛氏变换: t2 –t1 =γ( t’2 –t’1)

由运动学t2 –t1 =l/v 由已知t’2 –t’1=(t2 –t1)-3

由以上三式得γ=(t2 –t1)/(t’2 –t’1)=l/( l -3v) 1-v2/c2=(1-3v/l)2

得v=6 l c2/(9c2+l2)=20c/101=0.198c=5.94?107m/s (l =30c?s)

9.15 地面(S系)观测, 飞船速度u=0.6c ,卫星速度

u v

v=0.8c ,两者相向运动将在5秒后相遇. 求在飞船参考系(S’系)中

x

图9.15 题

观测: (1)卫星速度v’ (2)还有多少时间与卫星相遇? (3) 从地

面发现卫星到卫星与飞船相遇期间卫星飞行距离?x’?

解：(1)v’=-35c/37=-0.946c

(2) γ=(1-u 2/c 2)-1/2=5/4 ?t’为原时 ∴?t ’=?t/γ=4秒 (3)发现卫星、发现飞船、卫星与飞船相遇分别为事件1、2、3

?x’=x 3’-x 1’=γ(x 3-x 1-u ?t)=γ(-v ?t -u ?t)=-γ(v+u)?t=-35c/4=-8.75c=-2.63?109 m or: S’系发现卫、飞时间差t’2-t’1=γ[0+u(u+v)?t/c 2]=21/4 s

?x’=-v’(t’3-t’1)= -v’[?t’+( t’2-t’1)]= -37v’/4=-35c ?s/4 其中 ?t’=t’3-t’2=4 s 9.26 在实验室(S 参考系)中相距3m 的P 1、P 2两点处，同时

产生A 、B 两个粒子，分别以0.9c 和0.8c 的速率沿x 轴运动，过一段时间A 粒子追上B 粒子. S’参考系以u=0.6c 速度相对S 参考系运动如图. 以下都是在S'参考系中观测和讨论，求：(1) A 、B 两个粒子的速率v 1'、v 2’; (2) A 、B 两个粒子谁先产生？两个粒子产生的时间间隔是多少？(3) 两个粒子产生分别是两个事件，这两个事件

的空间距离是多少？(先用洛仑兹坐标变换计算，再站在S’参考系的立场上解释计算结果) (4) A 粒子产生后，用多少时间追上B 粒子？在此过程中，A 粒子飞行了多少距离？

解： 共三个事件: 事件1 ——A 产生；事件2 ——B 产生； 事件3——A 、B 相遇 γ=(1-u 2/c 2)-1/2=5/4=1.25

在S(实验室)参考系中: t 1=t 2 v 1(t 3-t 1)=3+v 2(t 3-t 1) t 3-t 1=t 3-t 2=30/c=1?10-7s x 2-x 1=3m x 3-x 1=v 1(t 3-t 1)=(0.9c)(30/c)=27m x 3-x 2= v 2(t 3-t 2)=(0.8c)(30/c)=24m 以下都在S’参考系中讨论

(1) v 1’=(v 1-u)/(1-uv 1/c 2)=(0.9-0.6)c/(1-0.6?0.9)=0.3c/0.46=15c/23=0.6522c v 2’=(v 2-u)/(1-uv 2/c 2)=(0.8-0.6)c/(1-0.6?0.8)=0.2c/0.52=5c/13=0.3846c (2) B 粒子先产生

t 1’-t 2’=γ[(t 1-t 2)-u(x 1-x 2)/c 2]=-γu(x 1-x 2)/c 2=45?0.6c ?3/c 2=9/4c=0.75?10-8s

(3) x 2’(t 2’)-x 1’(t 1’)=γ[(x 2-x 1)-u(t 2-t 1)]=γ(x 2-x 1)=15/4=3.75m t 2’时刻B 产生而A 尚未产生

到t 1’时刻A 产生. 此时B 已经到达x B ’(t 1’) t 2’→ t 1’期间，S 系中P 1点向左运动距离

x'

u

y'

v 1 P 2

P 1 A B v 2 x

O ’

图9.26 题

y

u u

x'

y P 2

P 1 B v 2'

x v 1’

P 2

P 1 A B v 2’

x t 2'时刻 t 1'时刻

x 2'(t 2’)

x B '(t 1’) x 2'(t 1’)

x 1'(t 1’)

9.26 题解

=u(t 1’-t 2’)

S’系中测量P 1、P 2两点之间距离=(x 2-x 1)/γ

故 x 2’(t 2’)-x 1’(t 1’)=(x 2-x 1)/γ+u(t 1’-t 2’)=(x 2-x 1)/γ+γu 2(x 2-x 1)/c 2=γ(x 2-x 1)(1/γ2+u 2/c 2)=γ(x 2-x 1) (4) t 3’-t 1’=γ[(t 3-t 1)-u(x 3-x 1)/c 2]=γ(30/c-0.6?27/c)=γ(30/c-16.2/c)=45?13.8/c=69/4c=5.75?10-8s

在此期间运动的距离为 x 3’-x 1’=v 1’(t 3’-t 1’)=1035/92=45/4=11.25m

9.30 动能为E k =10MeV 的电子垂直射入B=2.0T 的均匀磁场中，试分别以牛顿力学和相对论力学

原理算出其轨道半径。

解: 电子在磁场中作半径为R 的匀速率圆周运动

(1) 按牛顿力学计算. E k =mv 2/2, v=(2E k /m)1/2=1.87?109m/s>c

设电子质量为m 、速率为v, 则由牛顿力学 F=eBv=mv 2/R R=mv/eB=(2mE k )1/2/eB=5.34mm (2) 按相对论力学.

设电子静止质量为m 0、速率为v, 令γ=(1-v 2/c 2)1/2, 则

E k =(m-m 0)c 2=(γ-1)m 0c 2 γ= E k /m 0c 2+1=20.5 v=c(γ2-1)1/2/γ=2.996?108m/s 由相对论力学 a =

F /m+v (F ?v )/mc 2=F /m 法向 v 2/R=eBv/m R=mv/eB=γm 0v/eB=17.5mm

9.35 在S 系中观测到一个粒子沿x 轴正方向运动, 总能量为E=500MeV , 动量为P=400MeV/c. 而

在S’系中观测得该粒子的总能量为E’=583MeV . 求: (1) 该粒子的静能E 0; (2)在S’系中观测的该粒子的动量; (3) S’系相对S 系的运动速度u.

解: (1) E 0=[E 2-(Pc)2]1/2= 300MeV (2) P’=(E’2- E 02) 1/2/c=500MeV/c

(3) P’=γ(P-uE/c 2) E’=γ(E-uP) 两式相除得 P/P’-uE/P’c 2=E/E’-uP/E’ u/c=(P/P’-E/E’)/(E/P’c -Pc/E)=-0.183 9.40 一个静止电子(静止质量为m 0)从O 点开始在场强为E

的均匀电场中加速, 经过距离h 达到高速后从电场中射出, 然后垂直进入磁感应强度为B 的如图匀强磁场中, 最后在G 点从磁场中射出. 考虑相对论效应, 不考虑辐射. 求: (1) 从电场中射出时电子的动量大小p; (2) 电子在磁场中运动轨迹的曲率半径R.

解: (1) 对电场中加速过程, 由能量关系 W=W 0+eEh=m 0c 2+ eEh 由 W 2=W 02+p 2c 2 得 p=）（eEh c m eEh +202/c

m 0 p h

E

B

O

E G D

图9.40

(2) 不考虑辐射则在磁场中电子速率不变. 由相对论力学 F =e v ?B =

dt

d p

=ω?p 即 evB=ωp=vp/R R=p/eB=）（eEh c m eEh +202/ eBc 9.46 设处于激发态的原子以速率v 运动, 当它向前方发射一个能量为E’的光子后静止不动, 衰变

到原子基态, 此时原子的静止质量为m 0. 若激发态比基态能量高?E, 试证明:

E’=?E(1+?E/2m 0c 2)

证明: 粒子吸收或放出光子, 能级跃迁, 静止质量改变. 设激发态原子静质量为M 0, 则 M 0c 2= m 0c 2+?E (1) 由衰变过程能量守恒 M 0c 2/(1-v 2/c 2)1/2=m 0c 2+E’ (2) 由衰变过程动量守恒 M 0v/(1-v 2/c 2)1/2=E’/c (3)

由(2)、(3)式得 c/v= m 0c 2/E’+1 于是 (1-v 2/c 2)-1/2=(m 0c 2+E’)/[m 0c 2 (m 0c 2+2E’)]1/2 代入(2)式再由(1)式得 m 0c 2+E’=(m 0c 2+E’) (m 0c 2+?E)/[m 0c 2 (m 0c 2+2E’)]1/2 所以 m 0c 2 (m 0c 2+2E’)=(m 0c 2+?E)2 解出得: E’=?E(1+?E/2m 0c 2) 9.49如图, 静止质量为m 0、电量为q 的粒子以

速度v 0=0.6c 沿水平方向（x 方向）进入匀强电场E 中, 离开电场时沿y 方向前进了h 距离. 求粒子离开电场时的能量E 末、动量P ，以及在电场中运动的时间?t.

解: E 初=m 0c 2/(1-v 02/c 2)1/2= 5m 0c 2/4 P 0=m 0v 0/(1-v 02/c 2)1/2=3m 0c /4 电场力 F=qE. 由能量守恒, 电场力做功等于能量增量 E 末- E 初=qEh E 末=E 初+qEh=5m 0c 2/4+qEh

由能量和动量关系 E 2初=m 02c 4+P 02c 2 E 2末=m 02c 4+P 2c 2 得到 E 2末- E 2初= qEh(E 末+E 初)= qEh(2E 初+ qEh)= (P 2-P 02)c 2

P= [P 02+qEh(2E 初+ qEh)/c 2]1/2=[9m 02c 4/16+qEh(5m 0c 2/2+qEh)]1/2/c 由于x 方向受力为零, 所以x 方向动量守恒 P x = P 0=3m 0c /4

P y 2=P 2-P x 2=P 02+qEh(2E 初+ qEh)/c 2-P 02=qEh(2E 初+ qEh)/c 2 P y =[qEh(5m 0c 2/2+qEh)]1/2/c 由动量定理 P y -0= P y =F ?t=qE ?t ?t= P y /qE=[h(5m 0c 2/2qE+h)]1/2/c

v q m 0

E v 0 h

x

y

图9.49 题