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测速度的几种方法
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你可能喜欢路程等于速度差乘以时间差
朋友,你仔细想想,B如果追上A,需要的条件是什么?那就是B比A跑多一圈跑道.也就是说一圈的跑道长=B比A多跑的路程.而B比A多跑的路程=（B速-A速）*100.跑道长度=（B速-A速）*100.朋友你要从题目里的条件思考,不要先思考答案的来源.要从题目去思考,懂不. 再问： 额 题目并没有说一圈跑道的长度，如果跑道10
因为6小时是10km所用的时间,15km所用的时间是4h,因为题中说如果行到下午1h,就多行了30km,实际上15km的速度应是11h到达,所以用6-2=4（h）才是15km/h所用的时间
速度差实际上是一个矢量减法,从这个角度出发,速度差除以时间不是切向加速度,而就是物体的合加速度,切向加速度通常需从力的角度求解.
具体问题具体分析
路程等于速度乘以时间,路程差等于速度乘以时间之差,时间相同时即等于速度差,速度相同时即等于时间之差.
路程除以速度差等于快的比慢的少用的时间或者速度慢的比快的多用的时间
时间等于路程除以速度速度等于路程除以时间
路程等于速度*时间速度=路程÷时间时间=路程÷速度追及时间=追及距离÷（速度差）相遇时间=总路程÷速度和.
路程=速度×时间,路程一定,速度和时间成反比.时间一定,路程和速度成正比.速度一定,路程和时间成正比.速度和时间成不成比例必须在路程一定的情况下,否则就不一定成比例.
质量等于密度乘体积,速度等于加速度乘时间,电压等于电阻乘电流
总产量等于单产量乘数量
t1时刻速度v1,t2时刻速度v2,△v=v2-v1△t=t2-t1
加速度是速度差除以时间差,是考察单位时间内速度的变化情况的时间差除以速度差等于加速度的倒数
其实这个懂了就觉得没什么.我逆向地跟你解释吧.追及时间等于追及路程除以速度差.这个是上面那个的逆运算假设我们知道两人速度和最终要追多长距离,那么,我们可以这么想：跑得慢的干脆不跑,跑得快的跑得慢点,慢的这部分就是那个跑得慢的速度,那么跑得快的这个就是用速度差在跑了,而最终要跑的路程就是这个家伙用速度差跑出来的,于是时间
相向而行时,相遇时间等于路程除以速度和同向而行时（主要是圆形轨道）,相遇时间等于路程除以速度差
什么是速度?速度就是单位时间里通过的路程.于是路程等于速度乘以时间.即S=vt 移项 得计算式 v=s/t 再问： 是不是这个公式是从S＝vt套出来的？ 再答： 对
因为路程等于速度乘以时间,s1=v1t,s2=v2t,所以s1：s2=v1：v2作者：张操 时间： 14:18:41
作为今年的重要科学成就，中国科学技术大学研究团队，利用“墨子号”量子科学实验卫星成功实现了千公里级的星地双向量子纠缠分发。实验结果表明，以超过99.9%的置信度在千公里距离上验证了量子力学的正确性。严格证明了超过光速10000倍的“鬼魅般的超距作用”的确存在！根据官方报道，“墨子号”量子科学实验卫星过境时，同时与青海德令哈站和云南丽江站两个地面站建立光链路，量子纠缠光子对从卫星到两个地面站的总距离平均达2000公里，跟瞄精度达到0.4μrad。卫星上的纠缠源载荷每秒产生800万个纠缠光子对，建立光链路可以以每秒1对的速度在地面超过1200公里的两个站之间建立量子纠缠，该量子纠缠的传输衰减仅仅是同样长度最低损耗地面光纤的一万亿分之一。在关闭局域性漏洞和测量选择漏洞的条件下，获得的实验结果以4倍标准偏差违背了贝尔不等式，即在千公里的空间尺度上实现了严格满足“爱因斯坦定域性条件”的量子力学非定域性检验。 如果把青海德令哈站称为A站，把云南丽江站称为B站。我的问题是：对于一对纠缠的光子，A站与B站的时间差是如何确定的？超过光速10000倍的速度是如何计算出来的。 & &哪位大神给我科普一下？
樊采薇, 钱大鹏, 杨正瓴, 马志超, 迟延崑, 魏焱明, 罗祥存, 叶苍, 朱林, wangshoujiang3, xlsd, huchangwei, rdebug, nipy, wangbin6087, ychengwei, icgwang, bshhzai
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大学物理课后题答案[1]
质点运动学 第一章 质点运动学1.1 一质点沿直线运动，运动方程为 x(t) = 6t2 - 2t3．试求： （1）第 2s 内的位移和平均速度； （2）1s 末及 2s 末的瞬时速度，第 2s 内的路程； （3） 末的瞬时加速度和第 2s 内的平 1s 均加速度． [解答]（1）质点在第 1s 末的位移大小 为 x(1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．
在第 2s 末的位移大小为 x(2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第 2s 内的位移大小为 Δx = x(2) C x(1) = 4(m)， 经过的时间为Δt = 1s， 所以平均速度大小为v =Δx/Δt = 4(m?s-1)．（2）质点的瞬时速度大小为 v(t) = dx/dt = 12t - 6t2， 因此 v(1) = 12×1 - 6×12 = 6(m?s-1)， v(2) = 12×2 - 6×22 = 0， 质点在第 2s 内的路程等于其位移的大小， 即Δs = Δx = 4m． （3）质点的瞬时加速度大小为 a(t) = dv/dt = 12 - 12t， 因此 1s 末的瞬时加速度为 a(1) = 12 - 12×1 = 0， 第 2s 内的平均加速度为a = [v(2) - v(1)]/Δt = [0 C 6]/1 = -6(m?s-2)．[注意]第几秒内的平均速度和平均加 速度的时间间隔都是 1 秒． 1.2 一质点作匀加速直线运动， t = 10s 内 在 走过路程 s = 30m， 而其速度增为 n = 5 倍． 试证加速度为a=2(n ? 1) s (n + 1)t 2 ．并由上述数据求出量值． [证明]依题意得 vt = nvo， 根据速度公式 vt = vo + at，得 (1) a = (n C 1)vo/t，根据速度与位移的关系式 vt2 = vo2 + 2as，得 a = (n2 C 1)vo2/2s，(2) （1）平方之后除以（2）式证得a=2(n ? 1) s (n + 1)t 2 ．计算得加速度为a=2(5 ? 1)30 (5 + 1)102 = 0.4(m?s-2)．1.3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与 水平成 22.5°的夹角的初速度 65m?s-1 从西边 起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西 边 低 70m ， 忽 略 空 气 阻 力 ， 且 取 g = 10m?s-2．问： （1） 矿 坑有多宽？ 22.5? 他飞越的时 70m 间多长？ （2） 他 图 1.3 在东边落地 时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法． （1）夹角用 θ 表示，人和车（他）在竖直方向首先做竖直 上抛运动，初速度的大小为 vy0 = v0sinθ = 24.87(m?s-1)． 取向上的方向为正， 根据匀变速直线运 动的速度公式 vt - v0 = at， 这里的 v0 就是 vy0，a = -g；当他达到最高点 时，vt = 0，所以上升到最高点的时间为 t1 = vy0/g = 2.49(s)． 再根据匀变速直线运动的速度和位移 的关系式 vt2 - v02 = 2as， 可得上升的最大高度为 h1 = vy02/2g = 30.94(m)． 他从最高点开始再做自由落体运动， 下 落的高度为 h2 = h1 + h = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式 s = gt2/2，得下落的 时间为t2 =2h2 g = 4.49(s)．因此他飞越的时间为 t = t1 + t2 = 6.98(s)． 他飞越的水平速度为 vx0 = v0cosθ = 60.05(m?s-1)， 所以矿坑的宽度为 x = vx0t = 419.19(m)． （2）根据自由落体速度公式可得他落 地的竖直速度大小为 vy = gt = 69.8(m?s-1)， 落地速度为 v = (vx2 + vy2)1/2 = 92.08(m?s-1)， 与水平方向的夹角为 φ = arctan(vy/vx) = 49.30?， 方向斜向下． 方法二：一步法．取向上的方向为正， 他在竖直方向的位移为 y = vy0t - gt2/2，移项 得时间的一元二次方程1 2 gt ? v0 sin θ t + y = 0 2 ，解得t = (v0 sin θ ± v 02 sin 2 θ ? 2 gy ) g．这里 y = -70m，根号项就是他落地时在竖直 方向的速度大小，由于时间应该取正值，所 以公式取正根，计算时间为 t = 6.98(s)． 由此可以求解其他问题． 1.4 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动 机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小 与船速平方成正比例的加速度，即 dv/dt = -kv2，k 为常数． （1）试证在关闭发动机后，船在 t 时1 1 = + kt 刻的速度大小为 v v0 ；（2）试证在时间 t 内，船行驶的距离为x=1 ln(v0 kt + 1) k ．dv = ? kd t 2 [证明]（1）分离变量得 v ，积分dv ∫ v2 = ?k ∫ dt 0 v0vt，可得1 1 = + kt v v0 ． v=（2）公式可化为v0 1 + v0 kt ，由于 v = dx/dt，所以dx =v0 1 dt = d(1 + v0 kt ) 1 + v0 kt k (1 + v0 kt )积分∫ dx = ∫0 0xt1 d(1 + v0 kt ) k (1 + v0 kt ) ．因此x=1 ln(v0 kt + 1) k ．证毕．[讨论]当力是速度的函数时， f = f(v)， 即 根据牛顿第二定律得 f = ma． 由于 a = d2x/dt2， 而 dx/dt = v， 所以 a = dv/dt， 分离变量得方程dt =mdv f (v ) ，解方程即可求解． 在本题中， 已经包括了质点的质量． k 如 果阻力与速度反向、 大小与船速的 n 次方成 正比，则 dv/dt = -kvn． （1）如果 n = 1，则得dv = ? kdt v ，积分得 lnv = -kt + C． 当 t = 0 时，v = v0，所以 C = lnv0，因此 lnv/v0 = -kt，得速度为 v = v0e-kt． 而 dv = v0e-ktdt，积分得x=v0 ? kt e + C` ?k ．当 t = 0 时，x = 0，所以 C` = v0/k，因此x=v0 (1-e ? kt ) k ．dv = ? kd t n （2）如果 n≠1，则得 v ，积分得v1? n = ? kt + C 1? n ．1 v0? n =C 当 t = 0 时，v = v0，所以 1 ? n ，因此1 vn ?1=1n v0 ?1+ ( n ? 1) kt．如果 n = 2，就是本题的结果． 如果 n≠2，可得n {[1 + ( n ? 1)v0 ?1kt ]( n ? 2) /( n ?1) ? 1} x= n ( n ? 2)v0 ? 2 k ，读者不妨自证． 1.5 一质点沿半径为 0.10m 的圆周运动，其 角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t3．求： （1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向 加速度； （2）当切向加速度恰为总加速度大小 的一半时，θ 为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向 加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为 ω = dθ/dt = 12t2 = 48(rad?s-1)， 法向加速度为 an = rω2 = 230.4(m?s-2)； 角加速度为β = dω/dt = 24t = 48(rad?s-2)， 切向加速度为 at = rβ = 4.8(m?s-2)． （2）总加速度为 a = (at2 + an2)1/2， 当 at = a/2 时，有 4at2 = at2 + an2，即an = at 3 ．2 由此得 rω = r β 3 ，即 解得 所以(12t 2 ) 2 = 24t 3 ，t3 = 3 / 6 ．θ = 2 + 4t 3 = 2(1 + 3 / 3) =3.154(rad)．（3）当 at = an 时，可得 rβ = rω2， 即 24t = (12t2)2， 解得 t = (1/6)1/3 = 0.55(s)． 1.6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的 速度为 v = 300m?s-1，方向与水平线夹角为 30°而斜向下，此后飞机的加速度为 a = 方向与水平前进方向夹角为 30° 20 3 m?s-2， 而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来 的高度？ y 在此期间 a ay 飞机在水 O α ax 平方向飞 θ v0x x 行 的 距 离 v0y v0 为多少？ [解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的 初速度的大小为 v0x = v0cosθ， v0y = v0sinθ． 加速度的大小为 ax = acosα， ay = asinα． 运动方程为1 x = v0 x t + a x t 2 2 ，1 y = ?v0 y t + a y t 2 2 ． 1 x = v0 cos θ ? t + a cos α ? t 2 2 ， 1 y = ?v0 sin θ ? t + a sin α ? t 2 2 ．令 y = 0， 解得飞机回到原来高度时的时间为即t = 0（舍去） ；t=2v0 sin θ = 10 3 a sin α (s)．将 t 代入 x 的方程求得 x = 9000m． [注意]选择不同的坐标系，例如 x 方向 沿着 a 的方向或者沿着 v0 的方向， 也能求出 相同的结果． 1.7 一个半径为 R = 1.0m 的轻圆盘， 可以绕 一水平轴自由转动．一 根轻绳绕在盘子的边 缘，其自由端拴一物体 R A．在重力作用下，物体 A 从静止开始匀加速地 下降，在 ?t = 2.0s 内下 降的距离 h = 0.4m． 求物 A 体开始下降后 3s 末，圆 图 1.7 盘边缘上任一点的切向 加速度与法向加速度． [解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于 物体 A 下落加速度．由于h=1 at ?t 2 2 ，所以at = 2h/?t2 = 0.2(m?s-2)． 物体下降 3s 末的速度为 v = att = 0.6(m?s-1)， 这也是边缘的线速度，因此法向加速度为v2 an = R = 0.36(m?s-2)．1.8 一升降机以加速度 1.22m?s-2 上升，当上 有一螺帽自升降机的 升速度为 2.44m?s-1 时，天花板上松落， 天花板与升降机的底面相距 2.74m．计算： （1）螺帽从天花板落到底面所需的时 间； （2）螺帽相对于升降机外固定柱子的 下降距离． [解答]在螺帽从天花板落到底面时，升 降机上升的高度为1 h1 = v0t + at 2 2 ；螺帽做竖直上抛运动，位移为h2 = v0t ?1 2 gt 2 ．由题意得 h = h1 - h2，所以h=解得时间为1 ( a + g )t 2 2 ，t = 2h /(a + g ) = 0.705(s)．算得 h2 = -0.716m，即螺帽相对于升降机外 固定柱子的下降距离为 0.716m． [注意]以升降机为参考系，钉子下落时 相对加速度为 a + g，而初速度为零，可列 方程 h = (a + g)t2/2， 由此可计算钉子落下的时间， 进而计算下降 距离． 1.9 有一架飞机从 A 处向东飞到 B 处，然后 又向西飞回到 A 处． 已知气流相对于地面的 速度为 u，AB 之间的距离为 l，飞机相对于 空气的速率 v 保持不变． （1）如果 u = 0（空气静止） ，试证来回飞行的时间为t0 =2l v ；（2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为t1 =t0 1 ? u2 / v2 ；（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为t2 =t0 1 ? u 2 / v2 ．[证明]（1）飞机飞行来回的速率为 v， 路程为 2l，所以飞行时间为 t0 = 2l/v． （2）飞机向东飞行顺风的速率为 v + u，向西飞行逆风的速率为 v - u，所以飞行 时间为t1 ==l l 2vl + = 2 v + u v ? u v ? u2t0 2l / v = 1 ? u 2 / v2 1 ? u 2 / v2 ．（3）飞机相对地 的速度等于相对风的 速度加风相对地的速 度．为了使飞机沿着 AB 之间的直线飞行， 就要使其相对地的速 度偏向北方，可作矢 量三角形，其中沿 AB 方向的速度大小为A Av v v+u v-u v u vB BAuBV = v 2 ? u 2 ，所以飞行时间为t2 = 2l 2l 2l / v = = V v2 ? u2 1 ? u 2 / v2t0 1 ? u 2 / v 2 ． 证毕．=1.10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶， 其速度为 v1， 下落雨的速度方向与铅直方向 的夹角为 θ，偏 θ 向于汽车前进 l v2 方向，速度为 h v2．今在车后放 v1 一长方形物体， 问车速 v1 为多 图 1.10 大时此物体刚 好不会被雨水淋湿？ [解答]雨对地 的速度 v2 等于雨对 l α h v3 α θ v2 v⊥ v1车的速度 v3 加车对地的速度 v1 ， 由此可作矢 量三角形．根据题意得 tanα = l/h． 方法一：利用直角三角形．根据直角三 角形得 v1 = v2sinθ + v3sinα， 其中 v3 = v⊥/cosα，而 v⊥ = v2cosθ， 因此 v1 = v2sinθ + v2cosθsinα/cosα，即l v1 = v2 (sin θ + cos θ ) h ． 证毕．方法二：利用正弦定理．根据正弦定理 可得v1 v2 = sin(θ + α ) sin(90° ? α ) ，所以sin(θ + α ) cos α sin θ co s α + co s θ sin α = v2 co s αv1 = v2= v 2 (sin θ + cos θ tan α ) ，l v1 = v2 (sin θ + cos θ ) h ．即方法三：利用位移关系．将雨滴的速度 分解为竖直和水平两个分量，在 t 时间内， 雨滴的位移为 l = (v1 C v2sinθ)t， h = v2cosθ?t． 两式消去时间 t 即得所求． 证毕．第 3 章 狭义相对论3.1 地球虽有自转，但仍可看成一较好的惯 性参考系，设在地球赤道和地球某一极（例 如南极） 上分别放置两个性质完全相同的钟， 且这两只钟从地球诞生的那一天便存在．如 果地球从形成到现在是 50 亿年， 请问那两只 钟指示的时间差是多少？ [解答]地球的半径约为 R = 6400 千米 = 6.4×106(m)， 自转一圈的时间是 T = 24×60×60(s) = 8.64×104(s)，赤道上钟的线速度为 v = 2πR/T = 4.652×102(m?s-1)． 将地球看成一个良好的参考系，在南极 上看赤道上的钟做匀速直线运动，在赤道上 看南极的钟做反向的匀速直线运动． 南极和赤道上的钟分别用 A 和 B 表示， 南极参考系取为 S，赤道参考系取为 S`．A 钟指示 S 系中的本征时，同时指示了 B 钟的 运动时间， 因此又指示 S`系的运动时． 同理， B 钟指示 S`系中的本征时，同时指示了 A 钟 的反向运动时间， 因此又指示 S 系的运动时． 方法一：以 S 系为准．在 S 系中，A 钟 指示 B 钟的运动时间，即运动时 ?t=50×108×365×24×60×60=1.(s)． B 钟在 S`中的位置不变的，指示着本征时 ?t`．A 钟的运动时 ?t 和 B 钟的本征时 ?t`之 间的关系为?t =?t ` 1 ? (v / c ) 2 ，可求得 B 钟的本征时为1 v ?t `= ?t 1 ? (v / c ) 2 ≈ [1 ? ( ) 2 ]?t 2 c ，因此时间差为?t ? ?t `≈1 v 2 ( ) ?t 2 c =1.898×105(s)．在南极上看，赤道上的钟变慢了． 方法二：以 S`系为准．在 S`系中，B 钟 指示 A 钟的反向运动时间，即运动时 ?t`=50×108×365×24×60×60=1.(s)． A 钟在 S 中的位置不变的，指示着本征时 ?t．B 钟的运动时 ?t`和 A 钟的本征时 ?t 之 间的关系为?t `=?t 1 ? (v / c ) 2 ，可求得 A 钟的本征时为1 v ?t = ?t ` 1 ? (v / c ) 2 ≈ [1 ? ( ) 2 ]?t ` 2 c ，因此时间差为?t `??t ≈1 v 2 ( ) ?t ` 2 c =1.898×105(s)．在赤道上看，南极上的钟变慢了． [注意]解此题时，先要确定参考系，还 要确定运动时和本征时， 才能正确引用公式． 有人直接应用公式计算时间差?t ? ?t `=?t ` 1 ? (v / c ) 2? ?t `1 v 1 v ≈ [1+ ( )2 ]?t`??t`= ( )2 ?t` 2 c 2 c ，由于地球速度远小于光速，所以计算结果差 不多，但是关系没有搞清．从公式可知：此 人以 S 系为准来对比两钟的时间， ?t`是 B 钟 的本征时，?t 是 A 钟的运动时，而题中的本 征时是未知的． 也有人用下面公式计算时间差，也是同 样的问题．?t `??t =?t 1 ? (v / c ) 2? ?t1 v 1 v ≈ [1 + ( ) 2 ]?t ? ?t = ( ) 2 ?t 2 c 2 c3.2 一个“光钟”由两个相距为 L0 的平面镜 A 和 B 构成，对于这个光钟为静止的参考系 来说，一个“滴答”的时间是光从镜面 A 到 镜面 B 再回到原处的时间，其值为τ0 =2L0 c ．若将这个光钟横放在一个以速度v 行驶的火车上，使两镜面都与 v 垂直，两镜面中心的连线与 v 平行，在铁轨参考系中 观察，火车上钟的一个“滴答”τ 与 τ0 的关 系怎样？ [解答]不论两个“光钟”放在什么地方， τ0 都是在相对静止的参考系中所计的时间， 称为本征时．在铁轨参考系中观察，火车上 钟的一个“滴答”的时间 τ 是运动时，所以它们的关系为τ=τ01 ? (v / c ) 2 ．3.3 在惯性系 S 中同一地点发生的两事件 A 和 B，B 晚于 A4s；在另一惯性系 S`中观察， B 晚于 A5s 发生，求 S`系中 A 和 B 两事件的 空间距离？ [解答]在 S 系中的两事件 A 和 B 在同一 地点发生，时间差 ?t = 4s 是本征时，而 S` 系中观察 A 和 B 两事件肯定不在同一地点， ?t` = 5s 是运动时，根据时间膨胀公式?t `=?t 1 ? (v / c ) 2 ， 45=即1 ? (v / c ) 2 ，可以求两系统的相对速度为 v = 3c/5． 在 S`系中 A 和 B 两事件的空间距离为 ?l = v?t` = 3c = 9×108(m)． 3.4 一根直杆在 S 系中观察， 其静止长度为 l， 与 x 轴的夹角为 θ， S`系沿 S 系的 x 轴正向以 速度 v 运动，问 S`系中观察到杆子与 x`轴的 夹角若何？ [解答]直杆在 S 系中的长度是本征长度， 两个方向上的长度分别为 lx = lcosθ 和 ly = lsinθ． 在 S`系中观察直杆在 y 方向上的长度不变， 即 l`y = ly；在 x 方向上的长度是运动长度， 根据尺缩效应得` lx = lx 1 ? (v / c ) 2 ，因此tan θ `=可得夹角为` lyl` x=tan θ 1 ? (v / c ) 2 ，θ `= arctan{[1 ? (v / c)2 ]?1/ 2 tan θ } ．3.5 S 系中观察到两事件同时发生在 x 轴上， 其间距为 1m， S`系中观察到这两个事件间距 离是 2m，求在 S`系中这两个事件的时间间 隔． [解答]根据洛仑兹变换，得两个事件的 空间和时间间隔公式? x`=? x ? v ?t1 ? (v / c ) 2 ，?t `=?t ? ? xv / c 21 ? (v / c ) 2 ．（1）由题意得：?t = 0，?x = 1m，?x` = 2m．因 此?x`=?x 1 ? (v / c ) 2 ， ??xv / c 2 1 ? (v / c ) 2 ． （2）?t `=由（2）之上式得它们的相对速度为v = c 1 ? (?x / ?x`) 2 ．将（2）之下式除以（2）之上式得（3）?t ` v =? 2 ?x ` c ，所以?t `= ??x` ?x 1 ? ( )2 c ?x`=?1 (?x`)2 ? (?x)2 c = -0.577×10-8(s)．[注意]在 S`系中观察到两事件不是同时 发生的， 所以间隔 ?x` = 2m 可以大于间隔 ?x = 1m． 如果在 S`系中观察到两事件也是同时 发生的，那么 ?x`就表示运动长度，就不可 能大于本征长度 ?x， 这时可以用长度收缩公 式 ?x`= ?x 1 ? (v / c ) ，计算它们的相对速2度． 3.6 一短跑运动员，在地球上以 10s 的时间跑完了 100m 的距离， 在对地飞行速度为 0.8c 的飞船上观察，结果如何？ [解答]以地球为 S 系，则 ?t = 10s，?x = 100m．根据洛仑兹坐标和时间变换公式x`=x ? vt 1 ? (v / c ) 2 和t `=t ? vx / c 2 1 ? (v / c ) 2 ，飞船上观察运动员的运动距离为?x`=?x ? v?t 1 ? (v / c ) 2=100 ? 0.8c ×10 1 ? 0.82≈-4×109(m)．运动员运动的时间为?t `=?t ? v ?x / c 2 1 ? (v / c ) 2=10 ? 0.8 × 100 / c 0.6 ≈16.67(s)．在飞船上看，地球以 0.8c 的速度后退， 后退时间约为 16.67s；运动员的速度远小于 地球后退的速度，所以运动员跑步的距离约 为地球后退的距离，即 4×109m． 3.7 已知 S`系以 0.8c 的速度沿 S 系 x 轴正向 运动， S 系中测得两事件的时空坐标为 x1 = 在 20m，x2 = 40m，t1 = 4s，t2 = 8s．求 S`系中 测得的这两件事的时间和空间间隔． [解答]根据洛仑兹变换可得 S`系的时间 间隔为` t2 ? t1` =t2 ? t1 ? v ( x2 ? x1 ) / c 2 1 ? (v / c ) 2=8 ? 4 ? 0.8(40 ? 20)/ c 0.6 ≈6.67(s)．x2 ? x1 ? v (t2 ? t1 ) 1 ? (v / c ) 2空间间隔为` x2 ? x1` ==40 ? 20 ?0.8c×(8 ? 4) 0.6 ≈-1.6×109(m)．3.8 S 系中有一直杆沿 x 轴方向装置且以 0.98c 的速度沿 x 轴正方向运动，S 系中的观 察者测得杆长 10m，另有一观察以 0.8c 的速 度沿 S 系 x 轴负向运动，问该观察者测得的 杆长若何？ [解答]在 S 系中的观测的杆长 ?l = 10m 是运动长度，相对杆静止的参考系为 S`，其 长度是本征长度，根据尺缩效应?l = ?l ` 1 ? (v10 / c)2 ，可得杆的本征长度为?l `=?l 1 ? (v10 / c) 210 1 ? 0.982 = 50.25(m)．=另一参考系设为 S``系， 相对 S 系的速度 为 v20 = -0.8c．在 S``系观察 S`系的速度为v12 =v10 ? v20 1 ? v10 v20 / c 2=0.98c ? (?0.8c) 1 ? 0.98(?0.8) = 0.99796c．在 S``系观察 S`系中的杆的长度是另一运动 长度?l ``= ?l ` 1 ? (v12 / c) 2 = 3.363(m)．[注意]在涉及多个参考系和多个速度的 时候，用双下标能够比较容易地区别不同的 速度，例如用 v10 表示 S`相对 S 系的速度， 用 v12 表示 S`系相对 S``系的速度，因此，尺 缩的公式也要做相应的改变，计算就不会混 淆． 3.9 一飞船和慧星相对于地面分别以 0.6c 和 0.8c 速度相向运动，在地面上观察，5s 后两 者将相撞，问在飞船上观察，二者将经历多 长时间间隔后相撞？ [解答]两者相撞的时间间隔 ?t = 5s 是运 动着的对象―飞船和慧星―发生碰撞的时间 间隔，因此是运动时．在飞船上观察的碰撞时间间隔 ?t`是以速度 v = 0.6c 运动的系统的 本 征 时 ， 根 据 时 间 膨 胀 公 式?t =?t ` 1 ? (v / c) 2 ，可得时间间隔为?t `= ?t 1 ? (v / c ) 2 = 4(s)．3.10 在太 y` 阳参考系 S` y v=u x` 中观察， 地球 一束星光 S uy ` c 垂直射向 θ` -u 星光 地面，速 O 太阳 x 率为 c， 而 地球以速率 u 垂直于光线运动．求在地面上 测量，这束星光的大小与方向如何． [解答]方法一：用速度变换．取太阳系 为 S 系， 地球为 S`系． S 系中看地球以 v = 在 u 运动，看星光的速度为 ux = 0，uy = c． 星光在 S`系中的速度分量为` ux =ux ? v = ?u 1 ? uxv / c2u `y =u y 1 ? v2 / c2 1 ? uxv / c2= c 1 ? u 2 / c2 = c2 ? u 2星光在 S`系中的速度为`2 u ` = u x + u `2 = c y，即光速是不变的． 星光在 S`系中与 y`轴的夹角，即垂直地 面的夹角为θ `= arctanu u = arctan ` uy c2 ? u2 ．方法二：用基本原理．根据光速不变原 理，在地球的 S`系中，光速也为 c，当地球 以速度 v = u 沿 x 轴运动时， 根据速度变换公 式可得星光的速度沿 x`轴的分量为 uy` = -u， 所以星光速度沿 y`轴的分量为`2 u `y = c 2 ? ux / = c 2 ? u 2 ，从而可求出星光速度垂直地面的夹角为` ux u θ `= arctan ` = arctan 2 uy c ? u2 ．[注意]解题时，要确定不同的参考系， 通常将已知两个物体速度的系统作为 S 系， 另外一个相对静止的系统作为 S`系，而所讨 论的对象在不同的参考系中的速度是不同 的． 此题与书中的例题 5.4 类似，这里的太 阳相当于 5.4 题中的地球，这里的地求相当 于 5.4 题的乙飞船，这里的星光相当于 5.4 题中的甲飞船． 3.11 一粒子动能等于其非相对论动能二倍 时，其速度为多少？其动量是按非相对论算 得的二倍时，其速度是多少？ [解答]（1）粒子的非相对论动能为 Ek = m0v2/2， 相对论动能为 E`k = mc2 C m0c2， 其中 m 为运动质量m=m0 1 ? (v / c ) 2 ．根据题意得m0 c 2 1 ? (v / c )2 2? m0 c 2 = m0 v 2，设 x = (v/c) ，方程可简化为1 = 1+ x 1? x ，或 平方得 1 = (1 C x2)(1 - x)， 化简得 x(x2 C x -1) = 0． 由于 x 不等于 0，所以 x2 C x -1 = 0． 解得1 = (1 + x ) 1 ? x ，x=1± 5 2 ，取正根得速率为v=c1+ 5 2 = 0.786c．（2）粒子的非相对论动量为 p = m0v， 相对论动量为p`= mv =根据题意得方程m0 v 1 ? (v / c ) 2 ，m0 v 1 ? (v / c ) 2很容易解得速率为= 2m0 v．v=3 c 2 = 0.866c．3.12 ． 某 快 速 运 动 的 粒 子 ， 其 动 能 为 4.8×10-16J ， 该 粒 子 静 止 时 的 总 能 量 为 1.6×10-17J， 若该粒子的固有寿命为 2.6×10-6s， 求其能通过的距离． [解答]在相对论能量关系中 E = E0 + Ek， 静止能量 E0 已知，且 E0 = m0c2，总能量为E = mc 2 =所以m0 c 2 1 ? (v / c )2=E0 1 ? (v / c ) 2 ，1 1 ? (v / c ) 2 ?t `=E0 + Ek E0，由此得粒子的运动时为?t =还可得1 ? (v / c )2= ?t `E0 + Ek E0．1 ? (v / c ) 2 =E0 E0 + Ek ，解得速率为v = c 1? (E0 )2 E0 + Ek ． E0 + Ek 2 ) ?1 E0粒子能够通过的距离为?l = v?t = c?t ` (= 3×108 ×2.6×10?6 (1+30)2 ?1= 24167.4(m)．3.13 试证相对论能量和速度满足如此E2 v = 1 ? 02 E ． 关系式： c[证明]根据上题的过程已得v = c 1? (E0 )2 E0 + Ek ，将 E = E0 + Ek 代入公式立可得证． 3.13 静止质子和中子的质量分别为 mp = m 质子 1.6kg， n = 1.6kg， 和中子结合变成氘核，其静止质量为 m0 = 3.3kg，求结合过程中所释放出的 能量． [解答]在结合过程中，质量亏损为 ?m = mp + mn - m0 = 3.9(kg)， 取 c = 3×108(m?s-1)，可得释放出的能量为 ?E = ?mc2 = 3.-13(J)． 如果取 c = 2.8(m?s-1)，可得释 放出的能量为 ?E = 3.-13(J)．第二章 质点力学的基本定律2.1 如图所示，把一个质量为 m 的木块放在 与水平成 θ 角的固定 F m 斜面上，两者间的静 摩擦因素 ?s 较小，因 θ 此若不加支持，木块 图 2.1 将加速下滑． （1）试证 tanθR?s； （2）须施加多大的水平力 F ，可使木块恰不下滑？这时木块对斜面的正压力多 大？ （3）如不断增大 F 的大小，则摩擦力 和正压力将有怎样的变化？ （1）[证明]木块在斜面上时受到重力G = mg 和斜面的支持力 N 以及静摩擦力 f ，其中N f Q fs = m f ?sN， 而 N = Gcosθ． 要使木块加速下 θ G 滑， 重力沿着斜面 的分量不得小于最大静摩擦力 fs．根据牛顿 第二定律得 Gsinθ - ?sGcosθ = maR0， 因此 tanθR?s． 证毕． （2）[解答] y 要 使物 体恰 好不 N m f 下滑，则有 θ x F Gsinθ - ?sN - Fcosθ = 0， （1） θ G N - Gcosθ Fsinθ = 0． （2） （2）×?s +（1）得 Gsinθ - ?sGcosθ C Fcosθ - ?sFsinθ = 0， 解得F=sin θ ? ? s cos θ mg cos θ + ? s sin θ ． （3）上式代入（2）得N=mg cos θ + ? s sin θ ． （4）（3） [解答]当木块平衡时， 一般情况下， 有 Gsinθ - f - Fcosθ = 0，N - Gcosθ - Fsinθ = 0． 解得 f = Gsinθ - Fcosθ，N = Gcosθ + Fsinθ． 可知：1 当 F 的大小不断增加时，摩擦力将 不断减小；当 F = Gtanθ 时，摩擦力为零；当 F 再增加时摩擦力将反向；至于木块是否 向上做加速运动，则要进一步讨论． 2 正压力将不断增加． [讨论]当 tanθ & 1/?s 时， 如果木块恰好不 上滑，则摩擦力恰好等于最大静摩擦力，方 向沿着斜面向下，用上面的方法列方程，可 得F=sin θ + ? s cos θ mg cos θ ? ? s sin θ ．将（3）式中的 ?s 改为-?s 就是这个结果．可 见：当 tanθ = 1/?s 时，F 趋于无穷大，只有当 tanθ & 1/?s 时， 才能增加 F 的大小使木块向上 加速滑动． 2.2 如图所示，设质量 m = 10kg 的小球挂在 倾角 α = 30°的光滑斜面上，求： （1）当 斜面以加速 a 度 a = g/3 沿 图中所示的 α 方向运动时， 图 2.2 绳中的张力 及小球对斜面的正压力各是多大？ （2） 当斜面的加速度至少为多大时小球 对斜面的正压力为零？（g = 9.8m?s-2） [解答] y T （1）小球受 N 到重力 G，斜 a x 面的支持力 N 和绳子的张 α G 力 T．建立坐 标系，列方程得 Ncosα + Tsinα C mg = 0， Tcosα - Nsinα = ma． 解得 N = m(gcosα C asinα) = 68.54(N)， T = m(gsinα + acosα) = 77.29(N)． （2）令 N = 0，得加速度为 a = gctgα = 16.97(m?s-2)． 2.3 物体 A 和 B 的质量分别为 mA = 8kg， B = m 16kg，它们之间用绳子联结，在倾角 α = 37° 的斜面上向下滑动，如图所示．A 和 B 与斜 ? 面的滑动摩擦因素分别为 ?kA = 0.2，kB = 0.4，求： （1）物体 A 和 B 的加速度； （2） 绳子的 B 张力； （3） 如果将 A A 和 B 互换位置， α 则（1）和（2） 图 2.3 的结果如何？ [解答]根据角度关系可得 sinα = 3/5 = 0.6，cosα = 4/5 = 0.8，tanα = 3/4 = 0.75． （1）如果物体 A 和 B 之间没有绳子， 由于 tanθR?s， 可知： 和 B 都要沿斜面做加 A 速运动，而 B 的加速度比较小．当 A 和 B 之 间有绳子时，它们将以相同的加速度运动． 设绳子的 NB B fB 张力为 T， 根据 T NA 牛 顿第二 定律 fA T 分别对 A 和 B A mBg 列运动方程： α mAg mAgsinα C ?kAmAgcosα - T = mAa， T + mBgsinα C ?kBmBgcosα = mBa． 两式相加得 [(mA + mB)sinα C (?kAmA + ?kBmB)cosα]g = (mA + mB)a， 所以加速度为a = g[sin α ?? kA mA + ? kB mBmA + mBcos α ]= 3.26(m?s-2)． （2） 将加速度 a 的公式代入任一方程都 可解得张力为T=( ? kB ? ? kA ) mA mB g cos α mA + mB = 3.86(N)．由此可见：当两物体的摩擦因素相等时，张 力才为零，这是因为它们的加速度相等． （3）将 A 和 B 互换位置后，由于 A 的 加速度比较大，所以绳子不会张紧，其张力 为零． A 的运动方程为 mAgsinα C ?kAmAgcosα = mAaA， 解得 aA = g(sinα C ?kAcosα) = 4.12(m?s-2)． 同理得 aB = g(sinα C ?kBcosα) = 2.7(4m?s-2)．2.1 一个重量为 P 的质点，在光滑的固定斜 面（倾角为 α）上以初速度 v0 运动， v0 的方 向与斜面底边的 v0 水平约 AB 平行， P 如图所示，求这质 α 点的运动轨道． B A [解答]质点在 图 2.4 斜上运动的加速 度为 a = gsinα，方向与初速度方向垂直．其 运动方程为x = v0t，y=1 2 1 at = g sin α ? t 2 2 2 ．将 t = x/v0，代入后一方程得质点的轨道方程 为y=g sin α 2 x 2 v0 ，这是抛物线方程． 2.5 桌上有一质量 M = 1kg 的平板， 板上放一 质量 m = 2kg 的另一物体，设物体与板、板 与桌面之间的滑动摩擦因素均为 ?k = 0.25， 静摩擦因素为 ?s = 0.30．求： （1）今以水平力 F 拉板，使两者一起 以 a = 1m?s-2 的加速度运动，试计算物体与 板、与桌面间的相互作用力； （2）要将板从物体下面抽出，至少需要 多大的力？ [解答]（1）物体与板之间有正压力和摩 擦力的作用． 板对物体的支持大小等于物体的重力 Nm = mg = 19.6(N)， 这也是板受物体的压力的大小，但压力方向 相反． Nm 物体受板摩擦力 fm 做加速运动， 摩擦力的 NM a 大小为 fm = ma = 2(N)， fM 这也是板受到的摩擦 力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力 NM = (m + M)g = 29.4(N)， 这也是桌子受板的压力的大小， 但方向相反． 板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为 fM = ?kNM = 7.35(N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相 反． （2） 设物体在最大静摩擦力作用下和板 一起做加速度为 a`的运动，物体的运动方程 为 Nm f =?smg = ma`， f a` 可得 a` =?sg． NM 板的运动方程为 f F F C f C ?k(m f` + M)g = Ma`， 即 F = f + Ma` + ?k(m + M)g = (?s + ?k)(m + M)g， 算得 F = 16.17(N)． 因此要将板从物体下面抽出，至少需要 16.17N 的力． 2.6 如图所示：已知 F = 4N，m1 = 0.3kg，m2 = 0.2kg，两物体与水平面的的摩擦因素匀为 0.2．求质量为 m2 的物体的加速度及绳子对 它的拉力． （绳子和滑轮质量均不计） [解答]利用几何关系得两物体的加速度 之间的关系为 a2 = 2a1，而力的关系为 T1 = 2T2． 对两物体列运动方程得 T2 - ?m2g = m2a2， F C T1 C ?m1g = m1a1． 可以解得 m2 的加速度为a2 =F ? ? (m1 + 2m 2 ) g m1 / 2 + 2 m 2= .78(m?s-2)， 绳对它的拉力 k1 m2 T= ( F ? ? m1 g / 2) m1 / 2 + 2m2 = 1.35(N)． 2.7 两根弹簧 的倔强系数分 (a) k1 k2 FF k2 图 2.7 (b)别为 k1 和 k2．求证： （1）它们串联起来时，总倔强系数 k 与1 1 1 = + k1 和 k2．满足关系关系式 k k1 k 2 ；（2） 它们并联起来时， 总倔强系数 k = k1 + k2． [解答]当力 F 将弹簧共拉长 x 时，有 F = kx，其中 k 为总倔强系数． 两个弹簧分别拉长 x1 和 x2，产生的弹力 分别为 F1 = k1x1，F2 = k2x2． （1）由于弹簧串联，所以 F = F1 = F2，x = x1 + x2，因此F F1 F2 1 1 1 = + = + k k1 k 2 ，即 k k1 k2 ．（2）由于弹簧并联，所以 F = F1 + F2，x = x1 = x2， 因此 kx = k1x1 + k2x2，即 k = k1 + k2． 2.3 如图所示，质量为 m 的摆悬于架上，架 固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线 T1 T2 f1 a1 m1 Fa2 m 2 f2图 2.6 的方向（即摆线与竖直线的夹角 θ）及线中 的张力 T． （1）小车沿水平线作匀速运动； （2）小车以加速 度 a1 沿水平方向运动； （3）小车自由地 从倾斜平面上滑下， 斜 面与水平面成 φ 角； （4）用与斜面平 行的加速度 b1 把小车 沿斜面往上推（设 b1 = b） ； （5）以同样大小的加速度 b2 （b2 = b） ， 将小车从斜面上推下来．图 2.8[解答]（1）小车 θ 沿水平方向做匀速直 T 线运动时，摆在水平 ma 方向没有受到力的作 mg 用，摆线偏角为零， 线中张力为 T = mg． （2） 小车在水平 （2） 方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是 合外力．由于 tanθ = ma/mg， 所以 θ = arctan(a/g)； 绳子张力等于摆所受的拉力T = ( ma ) 2 + ( mg ) 2 = m a 2 + g 2 ．（3）小车沿斜 面自由滑下时， 摆仍 然受到重力和拉力， 合力沿斜面向下， 所 以 θ = φ； T = mgcosφ． T θ ma mg φ （3）（4）根据题意 θ 作力的矢量图，将 T mb 竖直虚线延长，与 φ 水平辅助线相交， mg 可得一直角三角 形，θ 角的对边是 φ mbcosφ， 邻边是 mg （4） + mbsinφ，由此可 得：tan θ =因此角度为mb cos ? mg + mb sin ? ， b cos ? g + b sin ? ；Tθ = arctan而张力为T = (mb)2 + (mg)2 ? 2(mb)(mg)cos(π / 2 +?) θmb= m b + g + 2bg sin ?2 2mg φ （5）． （5） 与上一问相比，加速度的方向反向，只要将上一结果 中的 b 改为-b 就行了． 2.9 如图所示：质量为 m = 10kg 的小球，拴 在长度 l = 5m 的轻绳子 O l 的一端， 构成一个摆． 摆 动时，与竖直线的最大 m θ 夹角为 60°．求： （1） 小球通过竖直 C B 位置时的速度为多少？ 图 2.9 此时绳的张力多大？ （2）在 θ & 60°的任一位置时，求小球 速度 v 与 θ 的关系式．这时小球的加速度为 多大？绳中的张力多大？ （3） θ = 60°时， 在 小球的加速度多大？ 绳的张力有多大？ [解答]（1）小球 O l 在运动中受到重力和 m θ T 绳子的拉力， 由于小球 沿圆弧运动， 所以合力 C 方向沿着圆弧的切线 B mg 方向，即 F = -mgsinθ， 负号表示角度 θ 增加的方向为正方向． 小球的运动方程为F = ma = md2s dt 2 ，其中 s 表示弧长．由于 s = Rθ = lθ，所以速度 为v=因此ds dθ =l dt dt ，F =m即 取积分dv dv dθ m dv =m = v dt dθ dt l dθ ，（1） ，vBvdv = -glsinθdθ，∫0vdv = ? gl ∫ sin θ dθ60°00得 解得1 2 vB = gl cosθ 260°，vB = gl = 2.21(m?s-1)．TB ? mg = m2 vB v2 = m B = mg R l ，由于所以 TB = 2mg = 1.96(N)． （2）由（1）式积分得1 2 vC = gl cos θ + C 2 ，当 θ = 60?时，vC = 0，所以 C = -lg/2， 因此速度为vC = gl (2 cosθ ? 1) ．切向加速度为 at = gsinθ； 法向加速度为an =2 vC = g (2 cos θ ? 1) R ．由于 TC C mgcosθ = man，所以张力为 TC = mgcosθ + man = mg(3cosθ C 1)． （3）当 θ = 60?时，切向加速度为at =3 g 2 = 8.49(m?s-2)，法向加速度为 an = 0， 绳子的拉力 T = mg/2 = 0.49(N)． [注意]在学过机械能守恒定律之后，求 解速率更方便． 2.10 一质量为 m 的小球， 最初静止于如图所 示的 A 点，然后沿半径为 r 的光滑圆弧的内 表面 ADCB 下滑．试求小球在 C 点时的角速 度和对圆弧表面的作用力． [解答]此 B A 题情形与上 α r 一题的数学 C 类型是相同 D 的． 取上题中 l = r，对（1）式积分∫得vC0vdv = ? gr ∫α?90°sin θ dθα?90°，1 2 vC = rg cosθ 2，解得速度为vC = 2 gr cos α ，角速度为ω=vC 2 g cos α = r r ．由于 NC C mgcosα = 2mgcosα，所以 NC = 3mgcosθ． 2.11 小 石 块 沿 一 弯 m 曲光滑轨道上由静止 滑下 h 高度时，它的 N 速率多大？（要求用 h θ 牛顿第二定律积分求 mg 解） [解答]小石块在 图 2.11 运动中受到重力和轨 道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切 线与竖直方向的夹角为 θ，则 F = mgcosθ． 小球的运动方程为F = ma = ms 表示弧长．d2s dt 2 ，由于v=ds dt ，所以d 2 s d ds dv dv ds dv = ( )= = =v 2 dt dt dt dt ds dt ds ，因此 vdv = gcosθds = gdh， h 表示石下落的高度．积分得1 2 v = gh + C 2 ，当 h = 0 时，v = 0，所以 C = 0，因此速率为v = 2 gh ．2.12 质量为 m 的物体，最初静止于 x0，在力f =?k x 2 (k 为常数)作用下沿直线运动．证明 物体在 x 处 的速 度大小 v = [2k(1/x C 1/x0)/m]1/2． [证明]当物体在直线上运动时， 根据牛顿 第二定律得方程f =?k d2 x = ma = m 2 x2 dt利用 v = dx/dt，可得d 2 x dv dx dv dv = = =v 2 dt dt dt dx dx ，因此方程变为mvdv = ?积分得kdx x2 ，1 2 k mv = + C 2 x ．利用初始条件，当 x = x0 时，v = 0，所 以 C = -k/x0，因此1 2 k k mv = ? 2 x x0 ，v=即2k 1 1 ( ? ) m x x0 ． 证毕．[讨论]此题中， 力是位置的函数： = f(x)， f 利用变换可得方程：mvdv = f(x)dx，积分即可 求解． 如果 f(x) = -k/xn，则得1 2 dx mv = ? k ∫ n 2 x ．（1）当 n = 1 时，可得1 2 mv = ? k ln x + C 2 ．利用初始条件 x = x0 时， = 0， v 所以 C = lnx0，因此x 1 2 mv = k ln 0 2 x ，即v=2k x0 ln m x ．（2）如果 n≠1，可得1 2 k 1? n mv = ? x +C 2 1? n ．利 用 初 始 条 件 x = x0 时 ， v = 0 ， 所 以C=?k 1? n x0 n ?1 ，因此1 2 k 1 1 mv = ( n ?1 ? n ?1 ) 2 n ?1 x x0 ，v=即2k 1 1 ( n?1 ? n?1 ) (n ? 1)m x x0 ．当 n = 2 时，即证明了本题的结果． 2.13 一质量为 m 的小球以速率 v0 从地面开 始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受 空气阻力大小与速率成正比，比例系数为 k．求： （1）小球速率随时间的变化关系 v(t)； （2）小球上升到最大高度所花的时间 T． [解答]（1）小球竖直上升时受到重力和 空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为 下，根据牛顿第二定律得方程f = ? mg ? kv = m分离变量得dv dt ，dt = ? m积分得dv m d(mg + kv) =? mg + kv k mg + kv ，t=?m ln (mg + kv) + C k ．当 t = 0 时，v = v0，所以C=因此m ln (mg + kv0 ) k ，t=?m mg + kv m mg / k + v ln = ? ln k mg + kv0 k mg / k + v0 ，小球速率随时间的变化关系为v = (v0 +mg kt mg ) exp( ? ) ? k m k ．（2）当小球运动到最高点时 v = 0，所 需要的时间为T=kv m mg / k + v0 m ln = ln(1 + 0 ) k mg / k k mg ．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关 系，可用如下步骤． 由于 v = dx/dt，所以dx = [(v0 +即mg kt mg ) exp(? ) ? ]dt k m k ，dx = ?积分得m(v0 + mg / k ) kt mg d exp(? ) ? dt k m k ，x=?m(v0 + mg / k ) kt mg exp(? ) ? t + C` k m k ，当 t = 0 时，x = 0，所以C `=因此m(v0 + mg / k ) k ，x=m(v0 + mg / k ) kt mg [1 ? exp(? )] ? t k m k ．（2） 如果小球以 v0 的初速度向下做直线 运动，取向下的方向为正，则微分方程变为f = mg ? kv = mdv dt ，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变 化关系为v=mg mg kt ?( ? v0 ) exp( ? ) k k m ．这个公式可将上面公式中的 g 改为-g 得出． 由 此可见：不论小球初速度如何，其最终速率 趋于常数 vm = mg/k． 2.14 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固 定的圆环带，半径为 R．一物体帖着环带内 侧运动，物体与环带间的 A v0 滑动摩擦因数为 ?k．设物 R 体在某时刻经 A 点时速率 为 v0， 求此后时刻 t 物体的 图 2.14 速率以及从 A 点开始所经 过的路程． [解答]物体做圆周运动的向心力是由圆 环带对物体的压力，即 N = mv2/R． 物体所受的摩擦力为 f = -?kN， 负号表示力的方向与速度的方向相反． 根据牛顿第二定律得f = ??k mv2 dv =m R dt ，即 积分得?k dv dt = ? 2 R v ． ?k 1 t = +C R v ．当 t = 0 时，v = v0，所以C=?1 v0 ，?k因此R v=t=1 1 ? v v0 ．解得v0 1 + ? k v0t / R ．由于dx =v0 dt R d(1 + ? k v0t / R ) = 1 + ? k v0t / R ? k 1 + ? k v0t / R ，积分得x=R?kln (1 +? k v0tR) + C`，当 t = 0 时，x = x0，所以 C = 0，因此x=R?kln (1 +? k v0tR)．2.15 如图所示，一半径 ω 为 R 的金属光滑圆环可 绕其竖直直径转动． 在环 上套有一珠子． 今逐渐增 大圆环的转动角速度 ω， θ R r 试求在不同转动速度下 m 珠子能静止在环上的位 mg 置． 以珠子所停处的半径 图 2.15 与竖直直径的夹角 θ 表 示． [解答]珠子受到重力和环的压力， 其合力 指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心 力，其大小为 F = mgtgθ． 珠子做圆周运动的半径为 r = Rsinθ． 根据向心力公式得 F = mgtgθ = mω2Rsinθ， 可得mg = Rω 2 cos θ ，解得θ = ± arccosg Rω 2 ．2.16 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下 振动．弹力 F = -kx，而位移 x = Acosωt，其 中 k， 和 ω 都是常数． A 求在 t = 0 到 t = π/2ω 的时间 m F 间隔内 x O x 弹力予 图 2.16小球的冲量． [解答]方法一： 利用冲量公式． 根据冲量 的定义得 dI = Fdt = -kAcosωtdt， 积分得冲量为I =∫π / 2ω0(?kA cos ω t )dtsin ω tπ / 2ω，=?kAω=?kA0ω方法二：利用动量定理．小球的速度为 v = dx/dt = -ωAsinωt， 设小球的质量为 m，其初动量为 p1 = mv1 = 0， 末动量为 p2 = mv2 = -mωA， 小球获得的冲量为 I = p2 C p1 = -mωA， 可以证明 k =mω2，因此 I = -kA/ω． 2.17 一个质量 m = 50g， 以速率的 v = 20m?s-1 作匀速圆周运动的小球，在 1/4 周期内向心 力给予小球的冲量等于多少？ [解答]小球动量的大小为 p = mv， 但是末动量与初动量 ?p p1 互相垂直， 根据动量的 p2 p1 增量的定义?p = p2 ? p1得 p2 = p1 + ?p ， 由此可作矢量三角形，可得m R?p = 2 p = 2mv ．因此向心力给予小球的的冲量大小为I = ?p = 1.41(N?s)．[注意]质点向心力大小为 F = mv2/R，方 向是指向圆心的， 其方向在不断地发生改变， 所以不能直接用下式计算冲量v2 T I = Ft = m R 4= mv2π R / T T π = mv R 4 2 ．假设小球被轻 y 绳拉着以角速度 ω m Fx = v/R 运动， 拉力的 F 大小就是向心力 Fy 2 F = mv /R = mωv， O x R 其分量大小分别为 Fx = Fcosθ = Fcosωt， Fy = Fsinθ = Fsinωt， 给小球的冲量大小为 dIx = Fxdt = Fcosωtdt， dIy = Fydt = Fsinωtdt， 积分得Ix = ∫T /40F cos ω tdt =Fωsin ω tT /40=Fω= mv，Iy = ∫=合冲量为T /40F sin ω tdt = ?Fωcos ω tT /40Fω= mv，2 I = I x2 + I y = 2mv，所前面计算结果相同，但过程要复杂一些． 2.18 用棒打击质量 0.3kg，速率等于 20m?s-1 的水平飞来的球，球飞 到竖直上方 10m 的高 ?v 度．求棒给予球的冲量 vy 多大？设球与棒的接触 时间为 0.02s，求球受到 的平均冲力？ [解答]球上升初速度为 vxv y = 2 gh = 14(m?s-1)，其速度的增量为2 2 ? v = vx + v y= 24.4(m?s-1)．棒给球冲量为 I = m?v = 7.3(N?s)， 对球的作用力为（不计重力） F = I/t = 366.2(N)． 2.19 如图所示， 3 个物体 A、B、 C B C，每个质量都 为 M， 和 C 靠 B A 在一起，放在光 滑水平桌面上， 图 2.19 两者连有一段长度为 0.4m 的细绳，首先放 松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的 定滑轮而与 A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也 可忽略，绳子长度一定．问 A 和 B 起动后， 经多长时间 C 也开始运动？C 开始运动时的 速度是多少？（取 g = 10m?s-2） [解答]物体 A 受到重力和细绳的拉力， 可列方程 Mg C T = Ma， 物体 B 在没有拉物体 C 之前在拉力 T 作用下 做加速运动，加速度大小为 a，可列方程 T = Ma， 联立方程可得 a = g/2 = 5(m?s-2)． 根据运动学公式 s = v0t + at2/2， 可得 B 拉 C 之前的运动时间t = 2 s / a = 0.4(s)．此时 B 的速度大小为 v = at = 2(m?s-1)． 物体 A 跨过动滑轮向下运动，如同以相 同的加速度和速度向右运动．A 和 B 拉动 C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可 得 2Mv = 3Mv`， 因此 C 开始运动的速度为 v` = 2v/3 = 1.33(m?s-1)． 2.20 一个原来静止的原子核，放射性蜕变时 放出一个动量 p1 = 9.22×10-16g?cm?s-1 的电子，同时还在垂直于此电子运动的方向上放出一 求蜕 个动量 p2 = 5.33×10-16g?cm?s-1 的中微子． 变后原子核的动量的大小和方向． [解答]原子核蜕变后的总动量大小为p=2 p12 + p2 = 10.65×10-16(g?cm?s-1)．其方向与电子方向的夹角 为 θ = arctan(p2/p1) = 30°． 根据动量守恒定律， 三个粒子总动量为零，p2p θ p1p`+ p1 + p2 = 0 ，所以原子核的反冲动量为p`= ?( p1 + p2 ) = ? p ，其大小与电子和中微子的合动量的大小相 等，方向相反，与电子速度的夹角为 180 - θ = 150°． 2.21 一炮弹以速率 v0 沿仰角 θ 的方向发射出 去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两 块，一块沿此 45°仰角上飞，一块沿 45°俯角 下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多 少？ [解答] 炮弹在最高点的速度大小为 v = v0cosθ， 方向沿水平方向． 根据动量守 v` 恒定律，可知碎 45° v v0 片的总动量等于 炮弹爆炸前的总 动量，可作矢量 三角形，列方程得 θ v`mv / 2 =所以m v`cos 45° 2 ，v` = v/cos45° = 45° N θ R2v0 cosθ ．2.22 如图所示，一匹马拉 F ds f 着雪撬沿着冰雪覆盖的弧 mg 形路面极缓慢地匀速移 图 2.22动，这圆弧路面的半径为 R．设马对雪橇的 拉力总是平行于路面．雪橇的质量为 m，它 与路面的滑动摩擦因数为 ?k．当把雪橇由底 端拉上 45°圆弧时， 马对雪橇做了多少功？重 力和摩擦力各做了多少功？ [解答]取弧长增加的方向为正方向， 弧位 移 ds 的大小为 ds = Rdθ． 重力 G 的大小为 G = mg， 方向竖直向下，与位移元的夹角为 π + θ，所 做的功元为dW = G ? ds = G cos(θ +π / 2)ds 1= ? mgR sin θ dθ ，积分得重力所做的功为W1 = ∫ (?mgR sin θ )dθ = mgR cosθ045°45°0= ?(1 ?2 )mgR 2 ．摩擦力 f 的大小为 f = ?kN = ?kmgcosθ， 方向与弧位移的方向相反，所做的功元为dW2 = f ? ds = f cosπ ds= ?uk mg cosθ Rdθ ，积分得摩擦力所做的功为W2 = ∫45°0(? ?k mgR cosθ )dθ45°= ? ? k mgR sin θ=?02 ? k mgR 2 ．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重 力 G 、摩擦力 f 和马的拉力 F 就是平衡力， 即F +G + f = 0，或者F = ? (G + f ) ．拉力的功元为dW = F ? ds = ?(G ? ds + f ? ds )= ?(dW1 + dW2 ) ，拉力所做的功为W = ?(W1 + W2 )= (1 ? 2 2 + ? k ) mgR 2 2 ．由此可见：重力和摩擦力都做负功，拉力做 正功． 2.23 一质量为 m 的质点拴在细绳的一端， 绳 的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半 径为 r 的圆周运动．设质点最初的速率是 v0， 当它运动 1 周时，其速率变为 v0/2，求： （1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因数； （3）在静止以前质点运动了多少圈？ [解答] （1）质点的初动能为 E1 = mv02/2， 末动能为 E2 = mv2/2 = mv02/8， 动能的增量为 ?Ek = E2 C E1 = -3mv02/8， 这就是摩擦力所做的功 W． （2）由于 dW = -fds = -?kNds = -?kmgrdθ， 积分得W = ∫ (? ?k mgr )dθ = ?2π?k mgr02π．由于 W = ?E，可得滑动摩擦因数为2 3v0 ?k = 16π gr ．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度 为 at = f/m = -?kg， 根据公式 vt2 C vo2 = 2ats，可得质点运动的弧 长为s=2 v0 v2 8π r = 0 = s = 3m 2a 2 ? k g 3A， 圈数为 n = s/2πr B = 4/3． θ = 45° [注意]根据用动 图 2.24 能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增 量 -fs = ?E k， 可得 s = -?E k/f， 由此也能计算弧长和圈数。 2.24 如图所示， 物体 A 的质量 m = 0.5kg， 静 止于光滑斜面上．它与固定在斜面底 B 端的 弹簧 M 相距 s = 3m．弹簧的倔强系数 k = 400N?m-1．斜面倾角为 45°．求当物体 A 由静 止下滑时，能使弹簧长度产生的最大压缩量 是多大？ [解答]取弹簧自然伸长处为重力势能和 弹性势能的零势点，由于物体 A 和弹簧组成 的系统只有保守力做功，所以机械能守恒， 当弹簧压缩量最大时，可得方程1 mgs sin θ = ? mgx sin θ + kx 2 2 ，整理和一元二次方程1 2 kx ? mgx sin θ + mgs sin θ = 0 2 ，解得x=mg sin θ ± (mg sin θ )2 + 2kmg sin θ k= 0.24(m)（取正根） ． 2.25 一个小球与另一质量相等的静止小球 发生弹性碰撞．如果碰撞不是对心的，试证 明：碰撞后两小球的运动方向彼此垂直． [证明]设一个小球碰撞前后的速度大小 分别为 v0 和 v1， p1 另一小球的在碰 p0 θ 撞后的速度大小 为 v2，根据机械 p2能守恒得1 2 1 2 1 2 mv0 = mv1 + mv2 2 2 2 ，即2 2 v0 = v12 + v2 ；根据动量守恒得p0 = p1 + p2 ，其中各动量的大小为 p0 = mv0、p1 = mv1 和 p2 = mv2， 对矢量式两边同时平方并利用p1 ? p2 = mv1mv2 cos θ得2 2 p0 = p12 + p2 + 2 p1 p2 cos θ ， 2 2 2 2 2 2 2 即 m v0 = m v1 + m v2 + 2 m v1v2 cos θ化简得2 2 v0 = v12 + v2 + 2v1v2 cos θ ，结合机械能守恒公式得 2v1v2cosθ = 0， 由于 v1 和 v2 不为零，所以 θ = π/2， 即碰撞后两小球的运动方向彼此垂直． 证毕． 2.26 如图所示， 质量为 1.0kg 的钢球 m1 系在 长为 0.8m 的绳的一端，绳的另一端 O 固 定．把绳拉到水平 O 位置后，再把它由 m1 l = 0.8m 静止释放，球在最 低点处与质量为 5.0kg 的钢块 m2 作 m2 完全弹性碰撞，求 图 2.26 碰撞后钢球继续运 动能达到的最大高度． [解答]钢球下落后、碰撞前的速率为v1 = 2 gl ．钢球与钢块碰撞之后的速率分别为 v1`和 v1`， 根据机械能守恒和动量守恒得方程1 1 1 2 2 m1v12 = m1v`1 + m2 v`2 2 2 2 ，` m1v1 = m1v1` + m2 v2 ．整理得 m1 (v1 ? v`1 ) = m2 v`22 22` m1 (v1 ? v1` ) = m2 v2 ．将上式除以下式得 v1 + v1` = v2`， 代入整理的下式得m1v1 ? m1v1` = m2 v1 + m2 v1` ，解得v1` =( m1 ? m2 )v1 m1 + m2 ．碰撞后钢球继续运动能达到的最大高度为v1`2 1 m1 ? m2 2 2 h= = ( ) v1 2 g 2 g m1 + m2 =( m1 ? m2 2 ) l m1 + m2 = 0.36(m)．[讨论]如果两个物体的初速率都不为 零，发生对心弹性碰撞时，同样可列出机械 能和动量守恒方程1 1 1 1 2 2 2 m1v12 + m2 v2 = m1v`1 + m2 v`2 2 2 2 2 ，` m1v1 + m2 v2 = m1v1` + m2 v2 ．同理可得` v1 + v1` = v2 + v2 ．从而解得v1` =或者(m1 ? m2 )v1 + 2m2 v2 m1 + m2 ， 2(m1v1 + m2 v2 ) ? v1 m1 + m2 ；v1` =将下标 1 和 2 对调得` v2 =( m2 ? m1 )v2 + 2m1v1 m1 + m2 ，或者` v2 =2( m1v1 + m2 v2 ) ? v2 m1 + m2 ．m1v1 + m2 v2 后一公式很好记忆， 其中 m1 + m2 代表质心速度． 2.27 一质量为 m 的 m 物体，从质量为 M A 的圆弧形槽顶端由 R 静止滑下，设圆弧 V 形槽的半径为 R， 张 v 角为 π/2， 如图所示， M B 所有摩擦都忽略， 图 2.27 求： （1）物体刚离开槽底端时，物体和槽的 速度各是多少？ （2）在物体从 A 滑到 B 的过程中，物 体对槽所做的功 W； （3）物体到达 B 时对槽的压力． [解答]（1）物体运动到槽底时，根据机 械能定律守恒得mgR =1 2 1 mv + MV 2 2 2 ，根据动量守恒定律得 0 = mv + MV． 因此mgR =1 2 1 mv + ( MV ) 2 2 2M1 1 = mv2 + (mv)2 2 2M ，解得v=从而解得2MgR M +m ，V = ?m2 gR M ( M + m) ．（2） 物体对槽所做的功等于槽的动能的 增量W=1 m2 gR MV 2 = 2 M +m ．m M +m )v = v M M（3）物体在槽底相对于槽的速度为v`= v ? V = (1 +=2(M + m) gR M ，物体受槽的支持力为 N，则N ? mg = m因此物体对槽的压力为v`2 R ，v`2 2m N `= mg + m = (3 + ) mg R M ．2.28 在实验室内观察到相距很远的一个质 子（质量为 mp）和一个氦核（质量为 4mp） 沿一直线相向运动；速率都是 v0，求两者能 达到的最近距离． [解答] 当两个粒子相距最近时，速度相 等，根据动量守恒定律得 4mpv0 - mpv0 = (4mp + mp)v， 因此 v = 3v0/5． 质子和氦核都带正电，带电量分别为 e 和 2e，它们之间的库仑力是保守力．根据能 量守恒定律得1 1 1 2e 2 2 2 2 mp v0 + (4mp )v0 = (5mp )v + k 2 2 2 rm ，因此k2e 2 5 8 2 2 = mp (v0 ? v 2 ) = mp v0 rm 2 5 ，所以最近距离为rm =5ke2 2 4mp v0 ．2.29 如图所示，有一个在竖直平面上摆动的 单摆．问： （1）摆球对悬挂点的角 θ 动量守恒吗？ l （2）求出 t 时刻小球对 悬挂点的角动量的方向，对 m 于不同的时刻，角动量的方 图 2.29 向会改变吗？ （3） 计算摆球在 θ 角时对悬挂点角动量 的变化率． [解答]（1）由于单摆速 度的大小在不断发生改变， 而方向与弧相切，因此动量 θ 矩 l 不变；由于角动量 L = l N mvl，所以角动量不守恒． （2）当单摆逆时针运 mg 动时，角动量的方向垂直纸 面向外；当单摆顺时针运动时，角动量的方 向垂直纸面向里，因此，在不同的时刻，角 动量的方向会改变． （3） 质点对固定点的角动量的变化率等 于质点所受合外力对同一点的力矩，因此角 动量的变化率为dL = M = Fτ l = mgl sin θ dt ．2.30 证 明 行 星 在 轨 道 上 运 动 的 总 能 量 为E=?GMm r1 + r2 ．式中 M 和 m 分别为太阳和行星的质量，r1 和 r2 分别为太阳和行星轨道的 近日点和远日点的距离． [证明]设 v2 行星在近日点 和远日点的速 r1 r2 度分别为 v1 和 v2， 由于只有保 v1 守力做功，所 以机械能守恒，总能量为E=1 2 GMm mv1 ? 2 r1（1）E=和1 2 GMm mv2 ? 2 r2 ． （2）它们所组成的系统不受外力矩作用，所 以行星的角动量守恒．行星在两点的位矢方 向与速度方向垂直，可得角动量守恒方程 mv1r1 = mv2r2， 即 v1r1 = v2r2． (3) 将（1）式各项同乘以 r12 得 Er12 = m(v1r1)2/2 - GMmr1， (4) 将（2）式各项同乘以 r22 得 Er22 = m(v2r2)2/2 - GMmr2， (5) 将（5）式减（4）式，利用（3）式，可得 E(r22 - r12) = -GMm(r2 - r1)， (6) 由于 r1 不等于 r2，所以 （r2 + r1)E = -GMm，E=?故GMm r1 + r2 ．证毕．2.31 我 国 第 一 颗 人 造 地 于 卫 星 的 质 量 为 173kg，其近地点高度为 439km，远地点高度 为 2 384km，求它的轨道总能量． [解答]地球半径 R0 = 6371km，因此 r1 = R0 + h1，r2 = R0 + h2． 根据万有引力定律，在地球表面有GMm = mg 2 R0 ，因此GM = gR02 ，根据上题的结果可得卫星的轨道总能量为E=?mgR02 2 R0 + h1 + h2O= -4.42×109(J) ．2.32 质量为 M 的空心圆 柱体，质量 均匀分布，其内外半径为 R1 和 R2，求对通过 其中心轴的转动惯量． [解答]设圆柱体的高为 H，其体积为 V = π(R22 C R12)h，Y a a Y a m l/4 O R A O R1 FH mA r 0.75 rR1 r r bl/4 0.50 vA O lrA R2 X b r Oy r ω0v O O dSRR mX 0 O` m b r 1 x O R P=98N F=98NrB θ BA B (a)O rA (b) A ω Z B O` h A` R1 dr v R图 2.34 m2B 2图 2.41 图2.35 R 图 Z`图2.32 1 1m 2.33 2.42 Z 图 2.39图2.36 图R2.44B 图 图 2.37 图 2.38第 17 章 量子物理基础17.1 根据玻尔理论，计算氢原子在 n = 5 的 轨道上的动量矩与其在第一激发态轨道上 的动量矩之比． [解答]玻尔的轨道角动量量子化假设认 为电子绕核动转的轨道角动量为Ln = mvrn = nh 2π ，对于第一激发态，n = 2，所以 L5/L2 = 5/2． 17.2 设有原子核外的 3p 态电子，试列出其 可能性的四个量子数． [解答] 对于 3p 态电子， 主量子数为 n = 3， 角量子数为 l = 1， 磁量子数为 ml = -l, -(l - 1), …, l -1, l， 自旋量子数为 ms = ±1/2． 3p 态 电 子 的 四 个 可 能 的 量 子 数 (n,l,ml,ms)为 (3,1,1,1/2) ， (3,1,1,-1/2) ， (3,1,0,1/2) ， (3,1,0,-1/2)，(3,1,-1,1/2)，(3,1,-1,-1/2) ． 17.3 实验表明， 黑体辐射实验曲线的峰值波 长 λm 和黑体温度的乘积为一常数， λmT = 即 -3 b = 2.897×10 m?K．实验测得太阳辐射波谱 设太阳可近似看作 的峰值波长 λm = 510nm， 黑体，试估算太阳表面的温度． [解答]太阳表面的温度大约为T=bλm=2.897 × 10 ?3 510 × 10 ?9 = 5680(K)．17.4 实验表明， 黑体辐射曲线和水平坐标轴 所围成的面积 M （即单位时间内从黑体单位 表面上辐射出去的电磁波总能量， 称总辐射 度）与温度的 4 次方成正比，即 M = σT4， 其中 σ =5.67×10-8W?m-2?K-4．试由此估算太 阳单位表面积的辐射功率 （太阳表面温度可参见上题） ． [解答]太阳单位表面积的辐射功率大约 为 M = 5.67×10-8×(5680)4 = 5.9×107(W?m-2)． 17.5 宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背 景辐射相当于 3K 黑体辐射．求： （1）此辐射的单色辐射强度在什么波 长下有极大值？ （2）地球表面接收此辐射的功率是多 少？ [解答]（1）根据公式 λmT = b，可得辐 射的极值波长为 λm = b/T = 2.897×10-3/3 = 9.66×10-4(m)． （2）地球的半径约为 R = 6.371×106m， 表面积为 S = 4πR2． 根据公式：黑体表面在单位时间，单位面积 上辐射的能量为 M = σT4， 因此地球表面接收此辐射的功率是 P = MS = 5.67×10-8×34×4π(6.371×106)2 = 2.34×109(W)． 17.6 铝表面电子的逸出功为 6.72×10-19J， 今 -7 有波长为 λ = 2.0×10 m 的光投射到铝表面 上．试求： （1） 由此产生的光电子的最大初动能； （2）遏止电势差； （3）铝的红限波长． [解答] 1） （ 光子的能量为 E = hν = hc/λ， 根据爱因斯坦光电效应方程 hν = Ek + A， 产生的光电子的最大初动能为 Ek = hν - A = 6.63×10-34×3×108/2.0×10-7-6.72×10-19 = 3.23×10-19(J)． （2） 遏止电势差的公式为 eUs = Ek， 遏 止电势差为 Us = Ek/e = 3.23×10-19/1.6×10-19=2.0(V)． （3）铝的红限频率为 ν0 = A/h，红限波 长为 λ0 = c/ν0 = hc/A = 6.63×10-34×3×108/6.72×10-19 = 2.96×10-7(m)．17.7 康普顿散射中入射 X 射线的波长是 λ = 0.70×10-10m，散射的 X 射线与入射的 X 射 线垂直．求： （1）反冲电子的动能 EK； （2）散射 X 射线的波长； （3）反冲电子的运动方向与入射 X 射 线间的夹角 θ． [解答]（1） （2）根据康普顿散射公式得 波长变化为? λ = 2 Λ sin 2?2= 2 × 2.426 × 10 ?12 sin 2π4= 2.426×10-12(m)， 散射线的波长为 λ` = λ + ?λ = 0.7(m)． 反冲电子的动能为Ek =hcλ?hc λ`=6.63 ×10?34 × 3 ×108 6.63 ×10?34 × 3 ×108 ? 0.7 ×10?10 0.72426 ×10?10= 9.52×10-17(J)． （3）由于tan θ =hc / λ ` λ = hc / λ λ ` ，h/λ θ p=0.7 = 0.26 ，所以夹角为 θ = 44°1`． 17.8 求波长分别为 λ1 = 7.0×10-7m 的红光；2 λ -10 = 0.25×10 m 的 X 射线的能量、动量和质 量． [解答]X 射线的能量为 E = hν = hc/λ， 动量为 p = h/λ； 由 E = hc/λ = mc2，得其质量为 m = h/cλ． 对于红光来说，能量为E1 =6.63 ×10?34 × 3 ×108 7 ×10?7= 2.84×10-19(J)， 动量为p1 =6.63 × 10 ?34 7 × 10 ?7= 9.47×10-25(kg?m?s-1)， 质量为m1 =6.63 × 10 ?34 3 × 108 × 7 × 10 ?7= 3.16×10-36(kg)． 对于 X 射线来说，能量为E2 =6.63 × 10 ?34 × 3 × 108 0.25 × 10 ?10= 7.956×10-15(J)， 动量为p2 =6.63 × 10 ?34 0.25 × 10 ?10= 2.652×10-23(kg?m?s-1)， 质量为m2 =6.63 × 10 ?34 3 × 108 × 0.25 × 10 ?10= 8.84×10-32(kg)． 17.9 处于第四激发态上的大量氢原子， 最多 可发射几个线系， 共几条谱线？那一条波长 最长． [解答]第四激发态的氢原子处于第 5 个 能级，最多可发射四个线系． （1）能级 5 到 4，1 条谱线； （2）能级 5 和 4 到 3，2 条谱线； （3）能级 5、4 和 3 到 2，3 条谱线； （3）能级 5、4、3 和 2 到 1，4 条谱线． 共 10 条谱线．从能级 5 跃迁到 4 发射的光 谱频率最小，波长最长． 17.10 设氢原子中电子从 n = 2 的状态被电 离出去，需要多少能量． [解答]氢原子能级公式为En = ?me 4 1 2 8ε 0 h 2 n 2 ，当 n=1 时，基态能级的能量为E1 = ?me 4 2 8ε 0 h 2≈-2.18×10-18(J) = -13.6(eV)，因此En =E1 n2 ．当电子从 n 能级跃迁到 m 能级时放出 （正）或吸收（负）光子的能量为? E = E n ? E m = E1 (1 1 ? 2) 2 n m ．电离时，m 趋于无穷大．当电子从 n = 2 的 能级电离时要吸收能量? E = ?13.6(1 1 ? 2) 2 2 ∞ = -3.4(eV)，因此需要 3.4eV 的能量． 17.11 质量为 m 的卫星，在半径为 r 的轨道 上环绕地球运动，线速度为 v． （1）假定玻尔氢原子理论中关于轨道 角动量的条件对于地球卫星同样成立． 证明 地球卫星的轨道半径与量子数的平方成正 比，即 r = Kn2， （式中 K 是比例常数） ； （2）应用（1）的结果求卫星轨道和下 一个“容许”轨道间的距离，由此进一步说 明在宏观问题中轨道半径实验上可认为是 连续变化的（利用以下数据作估算：普朗克 常 数 h = 6.63×10-34J?s ， 地 球 质 量 M = 6×1024kg，地球半径 R = 6.4×103km，万有引 力常数 G = 6.7×10-11N?m2?kg-2． [解答] （1） 卫星绕地球运动的向心力是 万有引力GMm mv 2 = r2 r ；根据玻尔理论，角动量为 mvr = nh/2π． 将前式乘以 mr3 得GMm 2 r = ( mvr ) 2 =( nh ) 2 4π 2 ，所以r=h2n2 = Kn 2 2 2 4π GMm ，即：卫星的轨道半径与量子数的平方成正 比． （2）假设卫星质量 m = 100kg，比例系 数为K=h2 4π 2 GMm 2(6.63 × 10 ?34 ) 2 = 4π 2 × 6.7 × 10 ?11 × 6 × 10 24 × (100) 2= 2.77×10-87． 可见：比例系数很小． 当 r = R 时，地球表面的量子数为n0 =R / K = 4.8 × 10 46 ．可见：地球表面处的量子数很大． 地 面 以 上 的 量 子 数 设 为 n` ， (n` = 1,2,3,…)，则总量子数可表示为两个量子数 之和：n =n0 + n`．轨道间的距离为 ?r = K[(n0 + n` + 1)2 - (n0 + n`)2] = K[2(n0 + n`) + 1]． 由于 n0&&1，所以 ?r = 2Kn0 + 2Kn`． 设 n` = kn0，即：取地面以上的量子数 为地球表面量子数的倍数，有 n = (k + 1)n0， 则 r = Kn02(k + 1)2， ?r = 2Kn0(k + 1) = 2.66×10-40(k + 1)． 这说明：当地面以上的量子数按 k + 1 成倍地增加时，半径将按 k + 1 的平方的规 律增加，而轨道之间的距离只按 k + 1 的一 次方的规律增加；由于 ?r 的系数很小，所 以轨道间距是非常非常小的， 因此可认为轨 道半径是连续变化的． 17.12 电子和光子各具有波长 2.0×10-10m， 它们的动量和总能量各是多少？ [解答]它们的动量都为p=hλ=6.63 × 10 ?34 2 × 10 ?10= 3.315×10-24(kg?m?s-1)．根据公式 E2 = p2c2 + m02c4， 电子的总能 量为2 E = c p 2 + m0 c 2=3×108×[(3.315×10-24)2 + (9.1×10-31×3×108)2]1/2 =8.19×10-14(J)． 光子的静止质量为零，总能量为 E = cp = 3×108×3.315×10-24 = 9.945×10-16(J)． 17.13 室温下的中子称为热中子 T = 300K， 试计算热中子的平均德布罗意波长． [解答]中子热运动的平均速度为v =8kT π mn其中 k 为玻尔兹曼常数 k = 1.38×10-23J?K-1， mp 是电子的质量 mp = 1.675×10-27kg，可得 平均速度为v = 2.509×104(m?s-1)，平均动量为p = mn v = 4.2×10-27(kg?m?s-1)．平均德布罗意波长为λ = h / p = 1.58×10-10(m) = 0.158(nm)．17.14 一束动量是 p 的电子，通过缝宽为 a 的狭缝，在距离狭缝为 R 处放置一屏，屏上 电子衍射图样中央最大的宽度是多少？ [解答]根据动量和位置的不确定关系 ?px??xRh， 其中位置不确定量为 ?x = a， 动量的不确定 量为 ?px = psinθ． 设电子衍射图样的中央最大半宽度为 w，则 sinθ = w/R，可得p2 hR w 2w ≥ ?a ≥ h pa ． R ，宽度为[注意]如果将 h 改为 ?/2，则宽度为 2w R?R/pa．两者相差很小．17.15 一宽度为 a 的一维无限深势阱，试用 不确定关系估算阱中质量为 m 的粒子最低 能量为多少？ [解答]粒子坐标的不确定范围是 ?xQa， 动量的不确定范围是 ?pRh/?xRh/a． 这也就是动量 p 的范围．因此能量为 E = p2/2m R h2/2ma2， 最低能量可估计为 Emin = h2/2ma2． 17.16 设有一宽度为 a 的一维无限深势阱， 粒子处于第一激发态，求在 x = 0 至 x = a/3 之间找到粒子的几率？ [解答]粒子在一维无限深势阱中的定态 波函数为ψ n ( x) =2 nπ x (0 ≤ x ≤ a ) sin , a a (n = 1, 2, 3,...) ，Ψ(x) = 0，(x & 0，x & a)． 当粒子处于第一激发态时， = 2， x = n 在 0 至 x = a/3 之间被发现的几率为a/3∫0| ψ 2 ( x) |2 dx =a/3∫ a sin0222π x dx a=2 3 ? 3 2π = 0.391．17.17 设粒子在宽度为 a 的一维无限深势阱 运动时，其德布罗意波在阱内形成驻波，试 利用这一关系导出粒子在阱中的能量计算 式． [解答]当粒子在势阱中形成稳定驻波 时，势阱宽度必然为半波长的整数倍，即 n(λ/2) = a，(n = 1,2,3,…)． 根据德布罗意假设 λ = h/p， 可得粒子的动量为p=hλ=nh 2a能量为E=p2 h2 2 = n 2m 8ma 2 ．17.18 假定对某个粒子动量的测定可精确到 千分之一， 试确定这个粒子位置的最小不确 定量． （1）该粒子质量为 5×10-3kg，以 2m?s-1 的速度运动； （2） 该粒子是速度为 1.8×108m?s-1 的电 子． [解答]粒子的动量为 p = mv， 动量的不确定量为 ?p = p/1000， 根据动量和位置的不确定关系 ?p??xR?/2， 位置的不确定量为 ?x = ?/2?p．（1）?x ≥h 1000 h = 2 ?p 4π mv=1000 × 6.63 × 10 ?34 4 π × 5 × 103 × 2 = 5.276×10-30(m)． ?x ≥ 1000 h h = 2 ?p 4π mv（2）=1000 × 6.63 × 10 ?34 4 π × 9.1 × 10 ?31 × 1.8 × 108= 3.22×10-10(m)． 17.19 设有某线性谐振子处于第一激发态， 其波函数为ψ1 =42a 3π 1/ 2xe?a 2 x2 2．式中a=mk h 2 ，k 为常数，则该谐振子在何处出现的概率最大？ [解答]第一激发态的概率为w =| ψ 1 |2 =对 x 求导得2a 3π1/ 2x 2e? a2 2x，2 2 2 2 dw 2a 3 = [2 xe ? a x + x 2 ( ?2 a 2 x )e ? a x ] 1/ 2 dt π=2a 3π1/ 22 x (1 ? x 2 a 2 )e ? a2 2x，令 dw/dt = 0，得概率最大的位置为 x = ±1/a． 17.20 一维运动的粒子，处于如下的波函数 所描述的状态? Axe ? λ x , ( x & 0); Ψ ( x) = ? ? 0, ( x & 0).式中 λ & 0，A 为常数． （1）将此波函数归一化； （2）求粒子位置的概率分布函数； （3）粒子在在何处出现的概率最大？ [解答]（1）归一化得1=∞?∞∫ |ψ |∞2d x = ∫ A 2 x 2 e ?2 λ x d x0∞= A2? 1 2 ?2 λ x x de 2λ ∫ 0? 1 2 ?2 λ x {x e 2λ∞∞= A2? 2 ∫ xe ?2 λ x dx}0∞0= ?2 A 2 (?1 2 ) xd e ?2 λ x 2λ ∫ 0∞?1 = ? 2 A ( ) 2 { xe ?2 λ x 2λ2? ∫ e ?2 λ x dx}0∞0= 2 A2 (? 1 3 ?2 λ x ) e 2λ∞=0A2 4λ 3 ，所以 A =2λ3/2 ．归一化波函数为Ψ ( x) = ??? 2λ 3 / 2 xe ? λ x , ( x & 0); 0, ( x & 0).（[注]利用 Γ 函数的性质可简化积分过 程．∞Γ ( n ) = ∫ x n ?1e ? x dx0，当 n 为整数时，Γ(n) = (n - 1)!．设 y = 2λx，则 dx = dy/2λ，可得∞ 2 ?2 λ x ∫ x e dx = ( 01 3 3?1 ? y ) y e dy 2λ ∫ 0∞=(1 3 1 ) Γ (3) = 2( )3 2λ 2λ ，可以得出同一结果． ） （2）粒子坐标的几率分布函数为? 4λ 3 x 2 e ?2 λ x , ( x & 0); w( x ) =|Ψ ( x ) | = ? 0, ( x & 0). ?2（3）利用上一题的方法求导可得几率 最大的位置为 x = 1/λ． 17.21 设有某一维势场如下：? 0, (0 ≤ x ≤ L ); V =? ?V0 , ( x & 0, x & L ).该势场可称为有限高势阱，设粒子能量 E & V0 ，求 E 所满足的关系式． [解答]粒子运动的薛定谔方程为? 2ψ +2m ( E ? V )ψ = 0 h2 ．在三个区域的方程为d 2ψ 1 2 m + 2 ( E ? V0 )ψ 1 = 0, ( x & 0); dx 2 h d 2ψ 2 2 m + 2 Eψ 2 = 0, (0 & x & L ); dx 2 h d 2ψ 3 2 m + 2 ( E ? V0 )ψ 3 = 0, ( x & L ). dx 2 h设 k1 = 2m(V0 ? E) / h ， k 2 =2 mE / h ，d 2ψ 1 ? k12ψ 1 = 0, ( x & 0); 2 则得 dx（1）d 2ψ 2 + k 22ψ 2 = 0, (0 & x & L ); 2 dx （2）d 2ψ 3 ? k12ψ 3 = 0, ( x & L ). 2 dx（3）方程的通解为 ψ1(x) = A1exp(k1x) + B1exp(-k1x),(x&0);（4） ψ2(x) = A2cos(k2x) + B2sin(k2x),(0&x&L); （5） ψ3(x) = A3exp(k1x) + B3exp(-k1x),(x&L)． （6） 当 x→-∞时，ψ1 有限，所以 B1 = 0；当 x→ ∞时，ψ3 有限，所以 A3 = 0． 当 x = 0 时，ψ1(0) = ψ2(0)，可得 A1 = A2； （7） ` ` 同时 ψ1 (0) = ψ2 (0)，可得 k1A1 = k2B2． （8） 当 x = L 时，ψ2(L) = ψ3(L)，ψ2`(L) = ψ3`(L)，可得 A2cosk2L + B2sink2L = B3exp(-k1L)； （9） -k2A2sink2L + k2B2cosk2L= -k1B3exp(-k1L)(10) 将（9）乘以 k1 加（10）得 k1A2cosk2L + k1B2sink2L -k2A2sink2L + k2B2cosk2L = 0． 即 (k1A2 + k2B2)cosk2L = (k2A2 - k1B2)sink2L，亦tan k 2 L =k1 A2 + k 2 B2 k 2 A2 ? k1 B2 ．（11） （12）由（7）和（8）得 k1A2 = k2B2， 即 B2 = k1A2/k2， （12）代入（11）式得tan k 2 L =2 k1k 2 k 22 ? k12 ，tan即L 2 mE 2 E (V0 ? E ) = h 2 E ? V0 ． （13）这就是总能量满足的关系式． 17.22 原子内电子的量子态由 n、l、ml、ms 四个量子数表征，当 n、l、ml 一定时，不同 的量子态数目为多少？当 n、l 一定时，不 同量子态数目为多少？当 n 一定时， 不同量 子态数目为多少？ [解答]当 n、l、ml 一定时，ms 只取两个 值，所以量子态数目为 2． 当 n、l 一定时，ml 有(2l + 1)种不同取 值，所以量子态数目为 2(2l + 1)．当 n 一定时， 从 0 到(n - 1)共有 n 种不 l 同取值，量子态数目为∑ 2(2l + 1) = 4∑ l + 2∑ 1l =0 l =0 l =0n ?1n ?1n ?1= 4×n ( n ? 1) + 2n = 2n 2 2 ．
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