新編基礎(chǔ)物理學(xué)上冊3-4單元課后答案

1、.第三章3-1半徑為 R、質(zhì)量為M的均勻薄圓盤上，挖去一個直徑為R的圓孔，孔的中心在1 R 處，2求所剩部分對通過原圓盤中心且與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動慣量。分析：用補(bǔ)償法（負(fù)質(zhì)量法）求解，由平行軸定理求其挖去部分的轉(zhuǎn)動慣量，用原圓盤轉(zhuǎn)動慣量減去挖去部分的轉(zhuǎn)動慣量即得。注意對同一軸而言。解：沒挖去前大圓對通過原圓盤中心且與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動慣量為：J11MR 22由平行軸定理得被挖去部分對通過原圓盤中心且與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動慣量為：J2J c md 2 1 M( R ) 2M( R ) 23 MR 22424232由式得所剩部分對通過原圓盤中心且與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動慣量為：JJ1J213 MR 23

2、23-2如題圖3-2 所示，一根均勻細(xì)鐵絲， 質(zhì)量為 M，長度為 L ，在其中點 O處彎成120角，放在 xOy 平面內(nèi)，求鐵絲對Ox 軸、 Oy 軸、 Oz 軸的轉(zhuǎn)動慣量。分析：取微元，由轉(zhuǎn)動慣量的定義求積分可得解：（ 1）對 x 軸的轉(zhuǎn)動慣量為：LM dl1J xr 2 dm2 ( l sin 600 )2ML 20L32（2）對 y 軸的轉(zhuǎn)動慣量為：( L ) 2L5 ML 2J y1M2 (l sin 30 0 ) 2 Mdl3220L96（3）對 Z 軸的轉(zhuǎn)動慣量為：J z21M(L212題圖 3-232)ML2123-3電風(fēng)扇開啟電源后經(jīng)過5s 達(dá)到額定轉(zhuǎn)速， 此時角速度為每秒5

3、轉(zhuǎn)，關(guān)閉電源后經(jīng)過 16 s風(fēng)扇停止轉(zhuǎn)動，已知風(fēng)扇轉(zhuǎn)動慣量為0.5kg m2 ，且摩擦力矩 M f 和電磁力矩 M 均為常量，求電機(jī)的電磁力矩M 。分析： M f ， M 為常量，開啟電源 5s 內(nèi)是勻加速轉(zhuǎn)動，關(guān)閉電源16s 內(nèi)是勻減速轉(zhuǎn)動，可得相應(yīng)加速度，由轉(zhuǎn)動定律求得電磁力矩M。解：由定軸轉(zhuǎn)動定律得：MM fJ 1 ，即MJ 1M fJ 1J 20.5525250.54.12 N m163-4飛輪的質(zhì)量為60kg ，直徑為 0.5m ，轉(zhuǎn)速為 1000r / min ，現(xiàn)要求在 5s 內(nèi)使其制動，求制動力 F，假定閘瓦與飛輪之間的摩擦系數(shù)0.4，飛輪的質(zhì)量全部分布在輪的外周上，尺寸如題圖

4、3-4所示。分析： 分別考慮兩個研究對象：閘瓦和桿。 對象閘瓦對飛輪的摩擦力f 對 O點的力矩使飛輪逐漸停止轉(zhuǎn)動，對飛由輪轉(zhuǎn)動定律列方程，因摩擦系數(shù)是定值，則飛輪做勻角加速度運(yùn)動，由轉(zhuǎn)速求角加速度。對象桿受的合力矩為零。.解：設(shè)閘瓦對飛輪的壓力為 N，摩擦力為 f ，力矩為 M，飛輪半徑為 R, 則依題意得，MfRJfN0.4 NF(0.50.75)N0.5 JmR 260 0.25 210002題圖 3-4605解：式得F314 N3-5 一質(zhì)量為 m的物體懸于一條輕繩的一端，繩另一端繞在一輪軸的軸上，如題圖3-5所示軸水平且垂直于輪軸面，其半徑為r ，整個裝置架在光滑的固定軸承之上當(dāng)物體從

5、靜止釋放后，在時間t 內(nèi)下降了一段距離S 試求整個輪軸的轉(zhuǎn)動慣量 ( 用 m 、 r、 t 和 S 表示 ) 分析： 隔離物體， 分別畫出輪和物體的受力圖，由轉(zhuǎn)動定律和牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)方程求解。解：設(shè)繩子對物體( 或繩子對輪軸) 的拉力為 T，則根據(jù)牛頓運(yùn)動定律和轉(zhuǎn)動定律得：mgTmarOTrJ由運(yùn)動學(xué)關(guān)系有：arm由、式解得：Jm(g - a)r 2a題圖 3-5又根據(jù)已知條件v00S12，a2STat2r2tagt 2將式代入式得：Jmr2(1)T mg2S題圖 3-53-6一軸承光滑的定滑輪，質(zhì)量為M2.00kg , 半徑為 R 0.100m, 一根不能伸長的輕繩，一端固定在定滑輪上

6、，另一端系有一質(zhì)量為m5.00 kg , 的物體，如題圖3-6 所示已知定滑輪的轉(zhuǎn)動慣量為J1 MR 2 ，其初角速度010.0rad / s, 方向垂直紙面向里求： (1)2定滑輪的角加速度的大小和方向；(2)定滑輪的角速度變化到0 時，物體上升的高度；(3) 當(dāng)物體回到原來位置時，定滑輪的角速度的大小和方向分析：隔離體受力分析，對平動物體由牛頓第二定律列方程，對定軸轉(zhuǎn)動物體由轉(zhuǎn)動定律列方程。解： (1) mgT maT RJaR0mgRmgR2mgJ81.7 rad / s2RmR221MR22m MRmR2M.m題圖 3-6.方向垂直紙面向外(2)22202當(dāng)0 時，00.612 rad

7、2物體上升的高度h R6.12 10 2 m(3)210.0 rad / sT方向垂直紙面向外 .aTmg圖 3-63-7如題圖 3-7 所示，質(zhì)量為m的物體與繞在質(zhì)量為M的定滑輪上的輕繩相連，設(shè)定滑輪質(zhì)量 M=2m，半徑 R，轉(zhuǎn)軸光滑，設(shè)t0時 v0 ，求：（ 1）下落速度與時間 t 的關(guān)系；（ 2）t 4 s時 ,m 下落的距離；（ 3）繩中的張力 T。分析：對質(zhì)量為m物體應(yīng)用牛頓第二定律、對滑輪應(yīng)用剛體定軸轉(zhuǎn)動定律列方程。解： (1) 設(shè)物體 m與滑輪間的拉力大小為T，則mgTmaMTRJ1MR 22aRvat解：式得a4.9 m / s2 ，并代入式得 v4.9 t題圖 3-7（2）設(shè)

8、物體下落的距離為s，則s1 at 214.9 4239.2 m22（3）由（ 1）的式得， T mg ma4.9 N3-8如題圖 3-8所示，一個組合滑輪由兩個勻質(zhì)的圓盤固接而成，大盤質(zhì)量M 1 10kg ，半徑 R0.10 m，小盤質(zhì)量 M 2 4kg ，半徑 r0.05 m 。兩盤邊緣上分別繞有細(xì)繩，細(xì)繩的下端各懸質(zhì)量m1m22kg 的物體，此物體由靜止釋放，求：兩物體m1,m2 的加速度大小及方向。分析：分別對物體 m1 ,m2 應(yīng)用牛頓第二定律，對滑輪應(yīng)用剛體定軸轉(zhuǎn)動定律解：設(shè)物體 m1, m2 的加速度大小分別為 a1 ,a2,與滑輪的拉力分別為 T1 ,T2 ,T1m1 gm1 a

9、1m2 gT2m2 a2a1ra2RMT2 RT1rJ.題圖 3-8.J1 M 1R21 M 2r 2 22把數(shù)據(jù)代入，解上述各式得a10.6125 m / s2方向向上a21.225 m / s2方向向下3-9如題圖 3-9 所示，一傾角為30的光滑斜面固定在水平面上，其上裝有一個定滑輪，若一根輕繩跨過它，兩端分別與質(zhì)量都為m的物體 1 和物體 2 相連。（1）若不考慮滑輪的質(zhì)量，求物體1 的加速度。（2）若滑輪半徑為r ，其轉(zhuǎn)動慣量可用m和 r 表示為 J kmr 2 （ k 是已知常量），繩子與滑輪之間無相對滑動，再求物體1 的加速度。分析：（ 1）對兩物體分別應(yīng)用牛頓第二定律列方程。（

10、 2）兩物體分別應(yīng)用牛頓第二定律、對滑輪應(yīng)用剛體定軸轉(zhuǎn)動定律列方程。解：設(shè)物體 1、物體 2 與滑輪間的拉力分別為TT它們對地的加速度為 a。1、 2（1）若不考慮滑輪的質(zhì)量，則物體1、物體 2 與滑輪間的拉力 T1 、 T2 相等，記為 T。則對 1、2 兩物體分別應(yīng)用牛頓第二定律得，mgTmaTmg sin 300ma解上兩式得： ag / 4 m / s2 ，方向豎直向下。（2）若考慮滑輪的質(zhì)量，則物體1、物體 2 與滑輪間的拉力 T1 、 T2 不相等。則對1、 2 兩物體分別應(yīng)用牛頓第二定律，和對滑輪應(yīng)用剛體定軸轉(zhuǎn)動定律得題圖 3-9mgT1ma T2mg sin 300maarMT

11、1r T2 rJJkmr 2解上述各式得：ag2，方向豎直向下。m / s2(2k )3-10 一飛輪直徑為 0.3m，質(zhì)量為 5.0kg ，邊緣繞有繩子，現(xiàn)用恒力拉繩子的一端，使其由靜止均勻地繞中心軸加速，經(jīng) 0.5s轉(zhuǎn)速達(dá)每秒10 轉(zhuǎn)，假定飛輪可看作實心圓柱體，求：（ 1）飛輪的角加速度及在這段時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的轉(zhuǎn)數(shù)；（ 2）拉力及拉力所作的功；（ 3）從拉動后 t10 s時飛輪的角速度及輪邊緣上一點的速度和加速度。分析：利用轉(zhuǎn)動定律，力矩作的功定義，線量與角量的關(guān)系求解。解：（ 1）角加速度為：t1021.2610 2 rad / s20.5轉(zhuǎn)過的角度為：1t 211.261020.5 215

12、.7 rad22轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為：N2.5 圈2.（2）由轉(zhuǎn)動定律MfRJ得J0.550.15 21.26102f0.1547.1 NR力矩做的功為： AMdM47.10.1515.7111J0（3）角速度為：t1.26102101.26103 rad / s邊緣一點的線速度為：vR0.151.2610 31.8810 2 m / s邊緣一點的法向加速度為：anR 20.15 1.26 2 10 62.37 105 m / s2邊緣一點的切向加速度為：aR0.151.2610218.84 m / s23-11 一質(zhì)量為 M，長為 l 的勻質(zhì)細(xì)桿，一端固接一質(zhì)量為m的小球，可繞桿的另一端O 無摩擦地

13、在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將小球從水平位置A 向下拋射，使球恰好通過最高點C，如題圖 3-11 所示。求：（1）下拋初速度v0 ；（2）在最低點B 時，細(xì)桿對球的作用力。分析：由機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律、角線量關(guān)系求解。解：（ 1）如圖 3-11 ，取向下拋點作勢能零點，由機(jī)械能守恒定律得，1 mv021 J 2Mg lmgl222J= 1Ml 23v0l解得， v0(3M6m)gl3m M（2）取最低點作勢能零點，題圖 3-11由機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律得，1 mv 21 J 2Mgl2mgl22Nmgv 2mlvlJ1Ml 23解：得，N15m7M mg3mMrrrrr3-12物體質(zhì)量為

14、3kg , trrs10 時位于 r4i m,i6 j m，如一恒力 f5 j N 作用在物體上，求 3s 后，（1）物體動量的變化； （ 2）相對 z 軸角動量的變化。分析：寫出 r (t ) 的表達(dá)式及力f 對 Z 軸的力矩 M 。由動量定理、角動量定理求解。解：（ 1）由動量定理得，動量的增量為：rtr3 rdtrm s 1P0f dt5 j15 j kg0（2）由角動量定理得，角動量的增量為：.rLtt 0r3 rM dtM dt 0rrr而 Mr (t )frrr( x0r( y0v y 0 t12rr(6 t5 2rr (t)x(t ) iy(t ) jvx 0 t) iat) j

15、(4 t ) it) jrr26f5 jrr把代入解得：(20M5t) kr3 rdt3rdtrs 1把代入解得：LM(205t )k82.5k kg m2003-13水平面內(nèi)有一靜止的長為L 、質(zhì)量為 m的細(xì)棒，可繞通過棒一末端的固定點在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動。今有一質(zhì)量為1 m 、速率為 v 的子彈在水平面內(nèi)沿棒的垂直方向射向棒的中點，子2彈穿出時速率減為1v ，當(dāng)棒轉(zhuǎn)動后，設(shè)棒上單位長度受到的阻力正比于該點的速率（比例2系數(shù)為 k）試求：（ 1）子彈穿出時，棒的角速度0為多少？（ 2）當(dāng)棒以轉(zhuǎn)動時，受到的阻力矩 M f 為多大？（ 3）棒從0 變?yōu)?1時，經(jīng)歷的時間為多少？20分析： 把子彈與棒看

16、作一個系統(tǒng)，子彈擊穿棒的過程中，轉(zhuǎn)軸處的作用力的力矩為零，所以擊穿前后系統(tǒng)角動量守恒，可求待擊穿瞬間棒的角速度。棒轉(zhuǎn)動過程中， 對棒劃微元計算元阻力矩，積分可得總阻力矩，應(yīng)用轉(zhuǎn)動定律或角動量定理可求得所需時間。解：（ 1）以子彈和棒組成的系統(tǒng)為研究對象。取子彈和棒碰撞中間的任一狀態(tài)分析受力，子彈與棒之間的碰撞力f 、 f 是內(nèi)力。一對相互作用力對同一轉(zhuǎn)軸來說，其力矩之和為零。因此，可以認(rèn)為棒和子彈組成的系統(tǒng)對轉(zhuǎn)軸的合外力矩為零，則系統(tǒng)對轉(zhuǎn)軸的角動量守恒。mvLmvLJ022222J 1 mL23解上述兩式得：3v08L（2）設(shè)在離轉(zhuǎn)軸距離為l 得取一微元dl ，則該微元所受的阻力為：dfkvd

17、lkldl該微元所受的阻力對轉(zhuǎn)軸的力矩為：dM fldf k l 2 dl則細(xì)棒所受到的總阻力矩為：M fLL1 k L3dM fk l 2 dl003（3）由剛體定軸轉(zhuǎn)動定律得，M fJJ d1 kL3dt3即上式可化為：J d1 kL3 dt3.對上式兩邊分別積分得：J20 dt 1 kL3 dt0033J ln 2解上式積分得： tkL3把 J1 mL2 代入上式得： tm ln 23kL3-14 兩滑冰運(yùn)動員，質(zhì)量分別為M A70kg ， M B80kg ，它們的速率A 7m s 1 , ，B 8m s 1 在相距 1.5m 的兩平行線上相向而行， 當(dāng)兩人最接近時， 便拉起手來， 開始

18、繞質(zhì)心作圓周運(yùn)動并保持兩人間的距離1.5m 不變。求：（ 1）系統(tǒng)總的角動量； （ 2）系統(tǒng)一起繞質(zhì)心旋轉(zhuǎn)的角速度； （ 3）兩人拉手前后的總動能，這一過程中機(jī)械能是否守恒，為什么？分析：利用系統(tǒng)質(zhì)心公式，兩人組成系統(tǒng)前后角動量守恒和動能公式求解。解：（ 1）設(shè)兩人相距最近時以運(yùn)動員A 作原點，由質(zhì)心公式得，兩運(yùn)動員的質(zhì)心為：M A xAM B xB 700801.5xM B70800.8 mM A兩人組成的系統(tǒng)對質(zhì)心的總的角動量為：L M A vA xM B vB (1.5x )707 0.8 80 8 (1.5 0.8) 840 kg m2 s 1（ 2）兩人拉手過程中，所受力對質(zhì)心轉(zhuǎn)軸的

19、力矩之和為零，則兩人組成系統(tǒng)前后角動量守恒。L JM Ax 2M B (1.5x)2即 :840=(700.8 2 +800.7 2 )解上式得：10 rad / s（ 3）兩人拉手前的動能為：EK 01 M A vA21 M B vB217072180824275 J2222兩人拉手后的動能為：E K1 J 21(700.8 2800.7 2 )1024200 J22因此，系統(tǒng)前后的機(jī)械能不守恒。我們可以把兩人拉手的過程看作完全非彈性碰撞，因此系統(tǒng)前后機(jī)械能不守恒。3-15 如題圖 3-15所示，一長為2l、質(zhì)量為 M的勻質(zhì)細(xì)棒，可繞棒中點的水平軸O 在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，開始時棒靜止在水平位置，

20、一質(zhì)量為m的小球以速度 u 垂直下落在棒的端點，設(shè)小球與棒作彈性碰撞，求碰撞后小球的反彈速度v 及棒轉(zhuǎn)動的角速度各為多少？分析： 以小球和棒組成的系統(tǒng)為研究對象。取小球和棒碰撞中間的任一狀態(tài)分析受力，棒受的重力 Mg 和軸對棒的支撐力N 對 O軸的力矩均為零。小球雖受重力mg作用，但比起碰撞時小球與棒之間的碰撞力f 、 f 而言，可以忽略不計。又f 、 f 是內(nèi)力，一對相互作用力對同一轉(zhuǎn)軸來說， 其力矩之和為零。因此，可以認(rèn)為棒和小球組成的系統(tǒng)對O軸的合外力矩為零，則系統(tǒng)對O軸的角動量守恒。.解：取垂直紙面向里為角動量L 正向，則系統(tǒng)初態(tài)角動量為mul，終態(tài)角動量為J（小棒）和 mvl （小球

21、），有角動量守恒定律得mulJmvl因為彈性碰撞，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可得1mu 21mv 21J 2222又 J1 M (2l ) 21 Ml 2123題圖 3-15聯(lián)立式，解得v M 3m u M 3m6mu(M3m)l3-16一長為 L、質(zhì)量為m的勻質(zhì)細(xì)棒，如題圖3-16 所示，可繞水平軸O 在豎直面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，若軸光滑，今使棒從水平位置自由下擺。求：（ 1）在水平位置和豎直位置棒的角加速度；（ 2）棒轉(zhuǎn)過 角時的角速度。分析：由轉(zhuǎn)動定律求角加速度，由在轉(zhuǎn)動過程中機(jī)械能守恒求角速度。解：（ 1）有剛體定軸轉(zhuǎn)動定律 MJ 得，Mmg L3g細(xì)棒在水平位置的角加速度為：12J22L3mL細(xì)棒在豎直位

22、置的角加速度為：M00J12mL3（2）細(xì)棒在轉(zhuǎn)動的過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得，題圖 3-16mg L sin1 J 222又 J1 mL233g sin解上述兩式得：l3-17 彈簧、定滑輪和物體如題圖 3-17 所示放置， 彈簧勁度系數(shù) k 為 2.0 N m 1 ；物體的質(zhì)量 m為6.0kg ?；喓洼p繩間無相對滑動，開始時用手托住物體，彈簧無伸長。求：（ 1）若不考慮滑輪的轉(zhuǎn)動慣量，手移開后，彈簧伸長多少時，物體處于受力平衡狀態(tài)及此時彈簧的彈性勢能；（2）設(shè)定滑輪的轉(zhuǎn)動慣量為0.5kg m2 ，半徑 r 為 0.3 m ，手移開后，物體下落0.4m 時，它的速度為多大？分析：

23、（ 1）不考慮滑輪的轉(zhuǎn)動慣量，由物體受力平衡求伸長量x，再求彈性勢能。（ 2）若考慮滑輪的轉(zhuǎn)動慣量，則彈簧、滑輪、物體和地球.題圖 3-17.組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解：（ 1）若不考慮滑輪的轉(zhuǎn)動慣量，設(shè)彈簧伸長了x 距離時物體處于受力平衡狀態(tài)，則： mgkxmg6gx3g ( m)k2此時彈簧的彈性勢能為： E p1 kx212 (3 g ) 29g 2 J22（2）若考慮滑輪得轉(zhuǎn)動慣量，設(shè)物體下落的距離為 h 時，它的速度為 v，滑輪的角速度為，則由機(jī)械能守恒定律得，mgh1 mv21 J21 kh2vr222把數(shù)據(jù)代入上述兩式得，6100.416v210.5212 0.4222v0.3解上述

24、兩式得： v2.0 m / s3-18 一轉(zhuǎn)動慣量為J 的圓盤繞一固定軸轉(zhuǎn)動，起初角速度為0 設(shè)它所受阻力矩與轉(zhuǎn)動角速度成正比，即Mk( k 為正的常數(shù) ) ，求圓盤的角速度從0 變?yōu)?10 時所需的時間2分析：由轉(zhuǎn)動定律及角加速度的定義，對角速度積分可求解。解：根據(jù)轉(zhuǎn)動定律：MJJ dkdtd k dtJ兩邊積分：201t kdd t00J得t (J ln 2) k3-19 質(zhì)量為 m的子彈，以速度v0水平射入放在光滑水平面上質(zhì)量為m0 、半徑為 R 的圓盤邊緣，并留在該處， v0的方向與射入處的半徑垂直，圓盤盤心有一豎直的光滑固定軸，如所示，試求子彈射入后圓盤的角速度。分析： 在子彈射入圓

25、盤的過程中，子彈和圓盤組成的系統(tǒng)對轉(zhuǎn)軸的角動量和力矩為零，因此對轉(zhuǎn)軸的角動量守恒。解：設(shè)子彈射入后圓盤的角速度為，則由角動量守恒定律得，.mv R ( mR21 m R2 )020解上式得：2 mv 02mR m0 R題圖 3-193-20一均質(zhì)細(xì)桿，長 L1m ，可繞通過一端的水平光滑軸O在鉛垂面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，如題圖3-20所示。開始時桿處于鉛垂位置， 今有一子彈沿水平方向以v 10m s 1 的速度射入細(xì)桿。設(shè)入射點離 O點的距離為3 L ，子彈的質(zhì)量為細(xì)桿質(zhì)量的1。試求：（ 1）子彈和細(xì)桿開始49共同運(yùn)動的角速度。 （ 2）子彈和細(xì)桿共同擺動能到達(dá)的最大角度。分析：子彈射入細(xì)桿過程中， 子

26、彈和細(xì)桿組成的系統(tǒng)角動量守恒； 細(xì)桿擺動時， 機(jī)械能守恒。解（ 1）子彈打進(jìn)桿的過程中子彈和桿組成的系統(tǒng)角動量守恒，設(shè)子彈開始時的角速度為 0，彈和桿一起共同運(yùn)動的角速度為 ，則由角動量守恒定律得 :J子 0( J 子J桿 )又 J子m ( 3L ) 2m L2 9416OJ 桿 1 mL 233LLv1040403331L44把式代入式并解得：40rrad / sv19（2）設(shè)子彈與桿共同擺動能達(dá)到最大角度為角，題圖 3-20在擺動的過程中桿和子彈及地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則由機(jī)械能守恒定律得，1 ( J 子J桿 )2mg ( 3 L3 L cos )mg ( 1 L1 L cos)294

27、422把式及g10 ， L=1 代入式解得：cos0. 8496。即0 . 56 rad.第四章4-1觀察者 A 測得與他相對靜止的Oxy平面上一個圓的面積是12 cm2，另一觀察者B 相對于 A 以 0.8 c ( c 為真空中光速 ) 平行于 Oxy平面作勻速直線運(yùn)動， B 測得這一圖形為一橢圓，其面積是多少？分析：本題考察的是長度收縮效應(yīng)。解：由于 B相對于 A以 v0.8 c 勻速運(yùn)動， 因此 B 觀測此圖形時與v 平行方向上的線度將收縮為 2R 1 ( / c) 22b，即是橢圓的短軸 .v而與 v 垂直方向上的線度不變，仍為2 R2 a ，即是橢圓的長軸. 所以測得的面積為 ( 橢

28、圓形面積 )SabR1 (v /c 2RR21(v / c)22)=7.2cm4-2 長度為 1m的米尺 L 靜止于 K 中，與 x 軸的夾角 30, K 系相對 K 系沿 x 軸運(yùn)動，在 K 系中觀察得到的米尺與x 軸的夾角為45 ，試求：（ 1）K 系相對 K 系的速度是多少？（2） K 系中測得的米尺的長度？分析：本題考察的是長度收縮效應(yīng)。 根據(jù)兩個參考系下米尺的不同長度再結(jié)合長度收縮效應(yīng)我們可以很方便的得到兩個參考系之間的相對速度解：（ 1）米尺相對S 系靜止，它在x 和y 軸的投影分別為：Lx L0 cos0.866mLy L0 sin0.5m米尺相對 S 系沿 x 方向運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動

29、速度為 v，為 S 系中的觀察者，米尺在 x 方向?qū)a(chǎn)生長度收縮，而 y 方向的長度不變，即.LxLx 1 v2c2LyL y 故米尺與x 軸的夾角滿足tgLyLy LxLx 1v2 c2將與 Lx 、 Ly 的值代入可得：v0.816c（2）在 S系中測得米尺的長度為：LL y0.707( m)sin 454-3已知 x 介子在其靜止系中的半衰期為1.8 10 8 s 。今有一束 介子以0.8 c 的速度離開加速器，試問，從實驗室參考系看來，當(dāng)介子衰變一半時飛越了多長的距離？分析：本題考察的是時間膨脹效應(yīng)。根據(jù)靜止系中的半衰期加上時間膨脹效應(yīng)我們可以求出在實驗室參考系中的半衰期，然后根據(jù)該半

30、衰期求出飛行距離。解：在 介子的靜止系中，半衰期t0 1.810 8 s 是本征時間。由時間膨脹效應(yīng)，實驗室參系中的觀察者測得的同一過程所經(jīng)歷的時間為：t1t03 10 8 (s)v2c2因而飛行距離為：dvt7.2 m4-4 在某慣性系 K 中，兩事件發(fā)生在同一地點而時間相隔為4s 。已知在另一慣性系 K 中，該兩事件的時間間隔為6s ，試問它們的空間間隔是多少？分析：本題考察的是時間膨脹效應(yīng)以及洛倫茲變換。根據(jù)時間膨脹效應(yīng)我們可以求出兩參考系的相對速度，繼而根據(jù)洛倫茲變換演化出空間間隔變換的公式求出該兩事件在S 系中的空間間隔。解：在 k 系中，t04s 為本征時間，在 K 系中的時間間隔

31、為 t 6 s兩者的關(guān)系為：tt0t01v212c2259故兩慣性系的相對速度為：vc5108 ( m / s)由洛倫茲變換，K 系中兩事件的空間間隔為：xk1v t0 )( xk12.兩件事在K 系中發(fā)生在同一地點，因此有xk 0 ，故xkv t026 5 108( m)14-5慣性系 K 相對另一慣性系 K 沿 x 軸作勻速運(yùn)動， 取兩坐標(biāo)原點重合的時刻作為計時起點。在 K 系中測得兩事件的時空坐標(biāo)分別為x1 6 10 4 m,t1 210 4 s 以及x21210 4 m,t 2110 4 s ，已知在 K 系中測得該兩事件同時發(fā)生。試問：（ 1） K 系相對 K 系的速度是多少？（2） K 系中測得的兩事件的空間間隔是多少？分析：本題所考察的是洛倫茲變換的應(yīng)用問題。根據(jù)