北邮第四章习题详解大物 课后答案.docx

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1、北邮 第四章习题详解 大物 课后答案第四章 狭义相对论 4-1 利用Dx=Dx-uDt1-uc22 Dx=xB-xA Dt- Dt=tB-tA Dt=uDx2c 2u1-2cDx=xB-xADt=tB-tA11-4-2 x1=0 x2=1200 km utt-2xr r=cuc22Dt=t2-t1=rDt-2(x2-x1) c =-ruuDx0 2c即t2t1，则长沙的班机发启航. Dt= 4-3 地球与星球的距离L0=5光年，宇航员测量的长度L=3光年，由长度收缩公式得 L=L0得火箭对地的速度 u21-2 c2L43u=1-c=1-c=c L5504-4 L=L0 L0=au21-2 cL

2、=a 233 则代入得u=32c 4-5 (1) 根据题意 (a) (b) 习题4-5图 l31x=2 l22ly=x=2lly=22l长度沿运动方向缩短 因为l2y=lyl=2 因为lx=lx1-u226c2u=3c=0.816c=3c (2) l=l22=(112x+ly2)2+(2)2=2(m) 4-6 (1) 对OA(或OB) l3x=2aly=a2 在S系 习题4-6图 lx=lu23x1-c2lx=4ala y=ly=22l=l2+l2=axy4+316a2=74a 周长=274a+a=a(1+72) 34 (2) 对OA(或AB)S系中长度为l1(或l2) = lx1a22ly=

3、3a 2 (b) 1-lx=lxual=x4c222ly=ly 习题4-6图 l2=l1=lx+ly=13a 4对OB,在S系中长度为l3 u2al3=a1-2= 2c周长=(2 =13aa+) 42a(1+13) 24-7 S系测量的时间间隔为固有时t0=4.0s,S系测量的时间间隔为运动时t=6.0s,根据时间延缓公式得 t=t01-uc22S系对S系的速率 5t4.0u=1-0c=1-c c=0.745c=t6.03在S系测量的两个事件的空间间隔为 22Dx=uDt=0.74531086.0=1.341109(m) 或 Dx=g(Dx-uDt)=0.7453106.0=1.34110(m

4、) 4-8 89Dt=1.210-6s Dx=-100m(所以流星是从船头飞向船尾) 35 Dt=r(Dt+uDx) 2c5 4Dx=(Dx+uDt)rr=11-u2=c2Dt=(1.210-6-540.6c100) c=1.2510-6(s) Dx=(-100+0.6c1.210-6)54 =145(m) 4-9 根据相对论动力学基本方程得 F=d(mu)dt (1) t对上式积分 Fdt=mu(mu) 0od得 Ft=mu=m0uFtc1-u2v=m220c+F2t2c2(1) 当tm0cF时,Ftm0cF时，Ftm0c 则v=Ftc(Ft)2=c v=at时, dx=vdt=atdt x

5、=122at v=c时 dx=vdt 36 x=cdt =ct 42c24-10 m=mu0/1-55c2=1kg/1-c2=3(kg) 4-11 略 4-12 略 4-13 略 4-14 略 4-15 略 4-16 根据质能公式得太阳因辐射能量每秒减少的质量为 Dm=DE=51026c2(3108)2=5.6109(kgs-1) Dmm=5.6109与太阳质量的比值21030=2.810-21 这个比值是非常小的. 4-17 略 37 第五章 机械振动 5-1 解：取固定坐标xOy，坐标原点O在水面上 设货轮静止不动时，货轮上的B点恰在水面上，则浮力的增量为Sgy.该力与位移y成正比，方向指

6、向平衡位置，故货轮的自由振动是简谐振动，其运动方程为: mg=srga 往下沉一点时， 合力 F=Mg-srg(a+y) =-srgy. dy2又 F=Ma=M 2dtdy2故M+srgy=0 dt2习题5-1图 dy2srg +y=0 2Mdt故作简谐振动 w2=srgM 2p T=w=2pM srg5-2 解：取物体A为研究对象，建立坐标Ox轴沿斜面向下，原点取在平衡位置处，即在初始位置斜下方距离l0处，此时： l0=mgsinq=0.1(m) (1) k(1) A物体共受三力；重mg, 支持力N, 张力T.不计滑轮质量时，有 T=kx 列出A在任一位置x处的牛顿方程式 d2xmgsinq

7、-T=mgsinq-k(l0+x)=m2 dt将式代入上式，整理后得 d2xk=x=0 2mdt故物体A的运动是简谐振动，且w=k=7(rad/s) m 38 由初始条件x0=-l0A=l0=0.1m,求得,故物体A的运动方程为 v=0j=px=0.1cos(7t+)m (2) 当考虑滑轮质量时，两段绳子中张力数值不等，如图所示，分别为T1、T2,则对A列出任一位置x处的牛顿方程式为: d2xmgsinq-T1=m2 (2) dt对滑轮列出转动方2程为：习题5-2图 dx1a1T1r-T2r=Jb=Mr2=Mr2 (3) dt2r2式中,T2=k(l0+x) 1d2x由式、(4)知T1=k(l

8、0+x)+M代入(2)式知 2dt21dxmgsinq-k(l0+x)=M+m2 2dt又由式知mgsinq=kl0 21d2x故(M+m)2+kx=0 2dtd2xk即2+x=0 Mdt(+m)2 w=2kM+m2可见，物体A仍作简谐振动，此时圆频率为：w=kM+m2=5.7(rad/s) 由于初始条件：x0=-l0,v0=0 可知，A、j不变，故物体A的运动方程为: x=0.1cos(5.7t+p)m 由以上可知：弹簧在斜面上的运动，仍为简谐振动，但平衡位置发生了变化，滑轮的质量改变了系统的振动频率. 39 5-3 解：简谐振动的振动表达式：x=Acos(wt+j) 由题图可知，A=410

9、m,当t=0时，将x=210m代入简谐振动表达式，得：-2-2cosj=1 2由u=-wAsin(wt+j),当t=0时，u=-wAsinj 由图可知，u0,即sinj0,故由cosj=-21p,取j=- 23习题5-3图 又因:t=1s 时，x=210m,将其入代简谐振动表达式，得 p2=4cosw-,3由t=1s时,u=-wAsinw-p1cosw-= 32pppp0,取w-=， 33332ps 3即 w=质点作简谐振动的振动表达式为 p2x=410-2cospt-m 335-4 解：以该球的球心为原点，假设微粒在某一任意时刻位于遂道中的位矢为r，由高斯vvQrQqF=-定理可知E=,则微

10、粒在此处受电场力为: 33v4pe0R4pe0Rrv式中，负号表明电场F的方向与r的正方向相反，指向球心.由上式及牛顿定律，得： F+Qqr=034pe0Rd2rQqd2rQqm2+r=0+r=0323dt4pe0Rdt4pe0mR令 w=2Qq4pe0R3md2r2+wr=0 则 2dt故微粒作简谐振动，平衡点在球心处.由T=2pw 40 4pe0mR3知: T=2p Qq5-5 解：取弹簧原长所在位置为O点.当弹簧挂上物体A时，处于静止位置P点，有：Mg=kOP 将A与B粘合后，挂在弹簧下端，静止平衡所在位置O点，取O点为原坐标原点如图题5-5所示，则有：kOO=(M+m)g 设当B与A粘

11、在一起后，在其运动过程的任一位置，弹簧形变量OO+x,则A、B系统所受合力为： F=(M+m)g-k(OO+x)=-kx d2x即 (M+m)2+kx=0 dt可见A与B作简谐和振动. (2) 由上式知，w=k=10(rad/s) M+m 以B与A相碰点为计时起点，此时A与B在P点，由图题5-5可知 OP=OO-OP=则t=0时，x0=-OP=-M+mMgmg g-=kkkmg=-0.02m(负号表P点在O点上方) k2=u01-2gh=2m/s 又B与A为非弹性碰撞，碰撞前B的速度为:u01mu01碰撞后，A、B的共同速度为：u0=0.4m/s M+mx0=-0.02m则t=0时， u=0.

12、4m/s02u0可求得：A=x+2=0.0447(m) w20 j=arctan-u0x0w=0.65p 可知A与B振动系统的振动表达式为：x=0.0447cos(10t+0.65p)m (3) 弹簧所受的最大拉力，应是弹簧最大形变时的弹力，最大形变为： 41 Dx=OO+A=则最大拉力 Fmax=kDx=72.4N 5-6 解：(1) 已知A=0.24m, w=M+mg+A=0.1447m k2pp=,如选x轴向下为正方向. T21p,j= 23已知初始条件x0=0.12m,u00即 0.12=0.24cojs,cojs=而 u0=-Awsinj0,取j=p3,故： ppx=0.24cost

13、+m 32(2) 如图题所示坐标中，在平衡位置上方0.12m, 即x=-0.12m处，有 p1pcost+=-322 pp2pt+=233因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向上运动，ppu0 23则取p2t+p3=2p 3习题5-6图 可得：tmin=2s 3(3) 物体在平衡位置上方0.12m处所受合外力F=-mwx=0.3N,指向平衡位置. 5-7 解：子弹射入木块为完全非弹性碰撞，设u为子弹射入木块后二者共同速度，由动量定理可知： u=mu=2.0(m/s) M+m不计摩擦，弹簧压缩过程中系统机械能守恒，即： 112 (M+m)u2=kx022x0=M+mu=5.010-2m k-

14、2由此简谐振动的振幅 A=x0=5.010系统圆频率w=k=40(rad/s) M+m若取物体静止时的位置O为坐标原点，Ox轴水平向右为正，则初始条件为： 42 t=0时，x=0,u0=u=2.0m/s0 由x0=accosj,u0=-Awsinj,得：j=-p2则木块与子弹二者作简谐振动，其振动表达式为： x=5.010-2cos(40t-)m 25-8 解：当物体m1向右移动x时，左方弹簧伸长x，右方弹簧缩短x，但它们物体的作用方p向是相同的，均与物体的位移方向相反，即 F=-(k1x+k2x) 令F=-kx,有:k=k1+k2=4N/m 2由 T=2pmTK1k m1=14p2=p20.

15、1(kg) 22得mTkTk1=14p2=14p20.1(kg) 则粘上油泥块后，新的振动系统质量为： m1+m2=0.20kg 新的周期 T+m22=2pm1k1.4(s) 在平衡位置时，m2与m1发生完全非弹性碰撞. 碰撞前，m1的速度u1=w1A1=0.10pm/s 设碰撞后，m1和m2共同速度为u. 根据动量守恒定律， m1u1=(m1+m2)u 则 u=m1u1(m=0.05pm/s 1+m2)新的振幅 Au2=w2=uT2p=0.035(m) 5-9 解：由振动方程x=0.60sin(5t-p2)知，A=0.6m,w=5(rad/s)故振动周期： T=2pw=25p=1.256(s

16、)1.26(s) (2) t=0时，由振动方程得： 43 x0=-0.60m dxpu0=|t=0=3.0cos(5t-)=0dt2(3) 由旋转矢量法知，此时的位相：j=-p3速度 u=-Awsinj=-0.605(-加速度 a=-Aw2cosj=-0.60523)m/s=2.6(m/s) 2122m/s=-7.5(m/s) 2所受力 F=ma=0.2(-7.5)N=-1.5(N) 设质点在x处的动能与势能相等，由于简谐振动能量守恒，即： 12kA 21112故有： Ek=Ep=E=(kA) 22212112即 kx=kA 222Ek+Ep=E=可得： x=2A=0.42(m) 25-10

17、解：砝码运动到最高点时，加速度最大，方向向下，由牛顿第二定律，有： mamax=mg-N N是平板对砝码的支持力. 故N=m(g-amax)=m(g-Aw)=m(g-4pvA)=1.74(N) 砝码对板的正压力与N大小相等，方向相反.砝码运动到最低点时，加速度也是最大，但方向向上，由牛顿第二定律，有： 22mamax=N-mg 故 N=m(g+amax)=m(g+4pvA)=8.1(N) 砝码对板的正压力与板对砝码的支持力N大小相等，方向相反. 当N=0时，砝码开始脱离平板，故此时的振幅应满足条件： 22N=m(g-4p2vAmax)=0Amax=(3) 由Amax=g4p2v2=0.062(

18、m)g4p2v2,可知，Amax与v成反比，当v=2v时， 2 44 ax=Am1Amax=0.0155m 4kA m5-11 解：设振子过平衡位置时的速度为u，由机械能守恒，有： 121kA=mu2 v=22由水平方向动量定理： (m+m)u=muu=此后，系统振幅为A，由机械能守恒，有： mu m+m11kA2=(m+m)u2 22得： A=mA m+mm+m k有： T=2p碰撞前后系统总能量变化为： DE=kA2-kA2=kA2(121212mm12-1)=-(kA) m+mm+m2式中，负号表示能量损耗，这是泥团与物体的非弹性碰撞所致. 当m达到振幅A时，m竖直落在m上，碰撞前后系统

19、在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A，周期为2pm+m12，系统的振动总能量不变，为kA. 物体系统过平衡位置时的速度u由：121kA=(m+m)u2 22kA m+m得： u=5-12 解：由放置矢量法可知，振子从角相位的最小变化为：Dj=-AA运动到的位置处，22p3Djp=rad/s Dt32p周期 T=6s w则圆频率 w=由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：习题5-12图 x0=-0.1mA=0.1(m) u0=0 45 2u则振幅 A=x20+0w2=0.1m 因为Ep=14E 又 E1p=kx2,E=1kA222 故 1kx2=1(1kA2242) 得： x=0.05(

20、m) 根据题意，振子在平衡位置的下方，取x=0.05m. 根据振动系统的能量守恒定律： 1kx2+112mu2=2kA22 故 u=wA2-x2=0.091(ms-1)根据题意，取u=-0.091m/s 再由 x=Acos(wt+tj)u=-wAsin(wt+j) a=dvdt=-Aw2cos(wt+j) =-w2x 得： a=0.055(m/s2) t=0时，E1p=E=1(1kA2)=1w2mA24428=6.810-3(J) E3312322-3k=4E=4(2kA)=8wmA=2110(J) E=E-3k+Ep=27.810(J) 由简谐振动的振动表达式x=Acos(wt+j) 当t=

21、0时，x0=-0.05m,u0=-0.091m/s0,可得：j=23p 又 A=0.10m,w=p3故 x=0.1cos(p23t+3p)m=0.1cos(p23t+3p)m 5-13 解：据题意，两质点振动方程分别为： 46 xP=5.0010-2cos(pt+p3)mxQ=2.0010-2cos(pt-)mp3P、Q两质点的速度及加速度表达分别为： udxP-2P=dt=-w5.0010sin(pt+p3)(m/s) udxQ=-w2.0010-2Q=pdtsin(pt-3)(m/s) aduPP=dt=-w25.0010-2cos(pt+p3)(m/s2) aduQ=-w22.0010-

22、2cos(pt-pQ=)(m/s2dt3) 当t=1s时，有： x4pP=5.0010-2cos3m=2.510-2(m)x2pQ=2.0010-2cosm=-1.0010-23(m)u24pP=-p5.0010-sin3m/s=13.6010-2(m/s)u=-p2.0010-2sin2pQ3m/s=-5.4410-2(m/s)a=-p25.0010-2cos4pPm/s2=24.6810-23(m/s2)a=-p22.0010-2cos2pP3m/s2=9.8710-2(m/s2)由相位差 Dj=(wt+jppP)-(wt+jQ)=jP-jQ=3-(-3)=2p3可见，P点的相比Q点的相位

23、超前2p3. 5-14 解：由题意得初始条件： 1x0=2A u00可得：j=p3 (由旋转矢量法可证出) 47 在平衡位置的动能就是质点的总能量 w=kk=mw2m 11E=kA2=mw2A2=3.0810-5(J)22可求得：w=12Ep=rad/s Am2则振动表达式为： x=5.0010-2cos(t+)m 23(2) 初始位置势能 ppEP=当t=0时， 121ppkx=mw2A2cos2(t+) 22231pmw2A2cos2 231p2-2-222p =1.0010(5.0010)cosJ=7.7110-6J 223EP=5-15 解：由初始条件： x0=1.210-1m u00

24、，故可求得振动1的初位相j10=-p2或j10=3p. 2同样，简谐振动2在t=0时，x20=-0.05m,u20=0,可知j20=p 故简谐振动1、2的振动表达式分别为： 3x1=0.05cos(20pt+p)2 x2=0.05cos(20pt+p)m因此，合振动的振幅和初相位分别为： A=2A12+A2+2A1A2cos(j20-j10)=5210-2m j0=arctanA1sinj10+A2sinj20A1cosj10+A2cosj20 =arctan1=p5或p 4454但由x-t曲线知，t=0时，x=x1+x2=-0.05,因此j应取p. 故合振动的振动表达式：x=5210-25c

25、os(20pt+p)m 45-18 解：它们的合振动幅度初相位分别为： 50 A= =2A12+A2+2A1A2cos(j2-j1) p30.052+0.062+20.050.06cos(-p)m 55A1sinj1+A2sinj2A1cosj1+A2cosj2 =0.0892m j=arctan3p0.05sinp+0.06sin55=arctan2.5=1.19rad=6813 =3p0.05cosp+0.06cos553当j-j1=2kp,即j=2kp+j1=2kp+p时，x1+x3的振幅最大；当5j-j2=(2k+1)p，即j=(2k+1)+j2=(2k+1)p+p5时，x2+x3的振幅最小. 以上两小问的结果可用旋转矢量法表示，如图题5-18所示. 5-19 解：根据题意画出振幅矢量合成图，如习题5-19图所示.由习题5-19图及余弦定理可知 A2=A2+A12-2AA1cos30=202+17.32-22017.33cm 2 =10cm=0.10m 又因为 j2-j1) cosDj=cos(2A2-(A12+A2)400-(300+100)=0 =2A1A2217.310习题5-19图 若Dj=p2,即第一、第二两个振动的相位差为p 2 51