练习一 （磁）
1. (C)
2.
a
4I
0πμ, ? 3.
)4
12(R 2I 0π
πμ+-, ?
4. 可看成许多平行的无限长载流直导线组成,
其中一宽为θRd dl =的直导线载有电流dl R
I
dI π=
θθπμθπ
d sin R 2I )2cos(dB dB 20x -=+= ?-=-=ππμθθπμ02020x R
I
d sin R 2I B θθπμθπ
d cos R 2I )2
sin(
dB dB 20y =
+= 0d cos R
2I B 020y ==?πθθπμ )T (i
1037.6i R
I B 6
20O -?-=-=πμ
5. 将此盘看成无数同心带电圆环组成,半径为r 的圆环带电 rdr 2dq πσ?=
圆环转动形成的电流为 rdr dq dI ωσπ
ω
==
2 则 dr r dI
dB ωσμμ002
1
2== 各B d 同向
R dr dB B R
σωμωσμ000
2
1
21==
=∴??
练习二 （磁）
1. (B)
2. 变量 ，I ομ-
3. 1∶1, 30
4. 在横截面上以轴点为圆心，作半径为r 的圆形环路
则 （1） a r < ?=?L
l d B 0
, 0=∴B
(2) b r a << I a b a r rB l d B L )
()
(22222--==??ππμπο
, r
a b I
a r B )(2(22)22--=∴πμο
(3) b r <
I rB l d B L
?
==?ομπ2
,
r
I
B πμο2=
∴ 5. 取电流元 dI=(I/b)dx
则 )
x r b (b 2Idx
)
x r b (2dI
dB 00-+=
-+=
πμπμ
r
b
r ln
b 2I )
x r b (b 2Idx
B b
00+=
-+=
?
πμπμ 方向向里
练习三 （磁）
1.（B ）
2. 0
3. 1∶1
4.取面积元xdx a
h
ydx dS =
=,它距长直载流导线为 （b+x ） m d φ=S d B ?=
xdx a
h
x b I
?
+)(2πμο
=
dx x
b b
a hI )1(2+-πμο ∴ m φ=?m d φ=
a
hI
πμο2dx x
b b
a
)1(0
?
+-
=
a hI πμο2[b
a
b b a +-ln ] 5. 在横截面上以轴点为圆心作半径为r 的圆形环路,由环路定理可得：
R r < 2
22r R I rB ππμπο
?= r R
I B 2
2πμο=内 R r ≥ I rB ομπ=2 r
I
B πμο2=
外 矩形纵截面 外内S S S +=，其总磁通量为：
???+?=S 外
S 内m S d B S d B
φ
)m 1l (2ln 212I ldr r 2I ldr R 2Ir R 2R 0
R
2
0=+=+=??
）（πμπμπμο
练习四 （磁）
1. (D)
2. (B)
3. (B)
4. AB 处的B )
6a
3b (2I
B AB -=
πμο，?，
受力)
6a
3b (2a
I I F 211-=
πμο, 方向AB ⊥向左
1I 在BC 上与1I 相距x 的电流元l d I 2处的x I
B πμο21=，?，
由B l d I F
?=?22 及 2
3
30cos dx
dx dl ==
得 6
a 3
b 3
a 3
b ln
3I I 2
3dx x 2I I F 21a 33b a
63b 212-+=?=
?
+
-πμπμοο 方向：在?平面里BC ⊥向外 同理知23F F =，CA F ⊥3
向外（在?平面里）。由对称性知合力无y 分量
60cos 6
a 3
b 3
a 3
b ln 3I I 2)a 6
3
b (2I aI F F 212
1x -+?
+-
-
==∴πμπμοο 5.（1）由安培环路定律和磁场叠加原理，可得导线间的B 为
)
x d 3(2I
x 2I B -+=
πμπμοο, 滑块受到的磁力 5ln I IBdx f 2
d 52
d 2
?
==
π
μο
常量===∴5ln 2π
μοm I m f
a
又00=U 5
ln 21
2ομπml
I
a l t ==
∴
（2） 2
15ln 2）（πμοm l I at V t ?==
练习五 （磁）
1. (C)
2. (D)
3. 矫顽力大,剩磁也大 永久磁铁
4. I R 2
2
1π， IB R 221π，?sin RIB 2 5. B 垂直于y 轴而与x 轴成锐角
6. (1) 朝东
(2) 已知电子的能量 E k =(1/2)mv 2=1.23104
eV
所以电子的速度 v=(2E k /m)1/2
(1)
电子的电量 e=1.6319-19 C 电子的质量 m=9.11310-31
kg 设电子通过的距离为s 、偏转间距为 x 则有
R
mv evB f 2
== (2) 222)x R (s R -+= (3) 联解
(1),(2),(3)
得 m 1098.2mE 8eBs R
2s x 3
k
22
-?==≈
7. 证: 将此盘看成无数同心带电圆环组成,半径为r 的圆环带电 rdr 2dq πσ?=
圆环转动形成的电流为 rdr dq 2dI ωσπ
ω
==
该圆电流的磁矩为 rdr r SdI dp 2
m ωσπ?== 方向沿盘面轴线 该圆电流在磁场中受到的磁力矩为 dr r B B dp dM 3
m πωσ==
各M d
同向 4
BR dr r B M 4
R
3
σωππωσ=
=
?
证毕.
练习六 （磁）
1.（B ）
2.（D ）
3. ① (D)，② (B)，③ b ， 2RBv
4.-VBL 2
1
5. dx Kxl S d B d m
1=?=
φ θφθθcos l Kl 2
1xdx Kl 2
212
)cos 1(l 2
)cos 1(l 1m 22=
=?+- θωθθφεsin 2
1sin 212
21221l Kl dt d l Kl dt d m i =?=-
= 练习七 (磁)
1.（A ）
2.（D ）
3. 0.15T
4.（1）自感 2
12
22ln 212
D D
h N S d B I
N
I N L D D ?
=?==πμφο
（2）H D D h N L 138.0ln 22
1
2==
πμο 5. 在棒上取一长度元dl ,该长度元的速度 θωsin l v =,该长度元上的电动势为
ldl sin B dl sin vB d 2i θωθε==
OP 棒上的电动势为 2L
2i )sin L (B 2
1
ldl sin B θωθωε=
=
?
练习八 （磁）
1. 变化的磁场，E q F
=
2. 导体在磁场中运动（切割磁力线）时，自由电荷受洛仑兹力而在导体内定向移动所致；
磁场随时间变化所产生的涡旋电场可对载流子做功。 3. 0 4. 3.7 H 5. -800 Wb/s
6. 在正方形线圈取一长条形面积元dr d dS ?= ,其所在处的磁感强度
dr )r
1
d r 1(2I B 0--=
πμ )3
4
ln(2Id dr )r 1d r 1(2Id BdS 0d
3d 20m πμπμφ=--==??
dt
dI )34ln(2d dt d 0m i πμφε==
7. (1) 取面积元 ldr dS = ldr r
2I
BdS d 0m πμφ=
= a
d
a ln
2Il ldr r 2I 0d
a a
0m +==
?
+πμπμφ (2) a
d
a ln
2l N I N M 0m +==
πμφ (3) t cos )a
d
a ln(2l NI dt dI M
00M ωπωμε+-=-= 练习九 （磁）
1. (C)
2. 0 ，422
2
8R r
I πμο 3. 略
4. R 2vB i ?=ε P 端电势高
5. （1）两线圈内电流绕向相反，各点B=0，则0=ψ 0==
∴I
L ψ
（2）此时两线圈完全耦合 121L L L M ==
I
L 4)M L M L (I 12112
2211=+++=+++=ψψψψψ
H L I L 2.041===ψ
（3） 此时也为完全耦合，但二者磁通不能相加 21ψψψ==
I L L I
M L I LI 11122
)(2=?=+=
H L L 05.01== 练习十 （磁）
1. (C)
2. 0 ，22
1
ab B ωε=
，高 3. 1.5 mH 4. 22.6 J/m 3 5. 线框中只有两条坚直边切割磁力线,以顺时针方向为正,线框中的感应电动势为 ))l d (2I d 2I (
vl l vB l vB 10022221i +-=-=πμπμε)
l d (d 2v
l Il 1210+=πμ, 顺时针方向
6. (1) 00I i ,x
2i B ==
πμ
1
0l l l 0000l l l l l l ln 2I v dx x 2I v
vBdx 1
00
1
00
+==
=
?
?
++πμπμε V a >V b (2) t cos I i 0ω=, 以abcda 作为回路正方向
1020l l l 202l l l ln 2il dx x 2il dx Bl 1
00
+===?
?+πμπμφ )t cos v t sin l (l l l ln 2I ]il [dt d l l l ln 2dt d 20
100020100ωωωπμπμφ
ε-+=+-=-
=
练习十一 （磁）
1. B
2. D
3. B
4.
t cos a
2r I 2
0ωμπ
t sin Ra 2r I 2
0ωωμπ
5. θtg BL mgR a
θtg BL
mg
由b 向a
6. 解：(1) 设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为θ，则通过该圆线圈平面的磁通量为
θcos r πB 2=Φ, nt 2t π==ωθ
∴
nt 2cos r πB 2π=Φ
在任意时刻线圈中的感应电动势为
nt 2sin n 2r NB t
d d N
2πππ=-=Φ
ε nt 2sin n BNr 222ππ=
t Τ
2sin I nt 2sin R n NBr 2R i m 2πππ2===?
当线圈转过π /2时，t =T /4，则 987.0R /NBn r 2I i 2
m ===2π A
(2) 由圆线圈中电流I m 在圆心处激发的磁场为
==')r 2/(NI B m 0μ 6.20310-4
T 方向在图面内向下，故此时圆心处的实际磁感强度的大小 500.0)
B B (B 2
/12
2
0≈'+= T
方向与磁场B
的方向基本相同．
7.解：筒以ω旋转时，相当于表面单位长度上有环形电流
π
2L Q ω
?，它和通电流螺线管的nI 等效．按长螺线管产生磁场的公式，筒内均匀磁场磁感强度为： L
π2Q B 0ω
μ=
(方向沿筒的轴向)
筒外磁场为零．穿过线圈的磁通量为： L
2a Q B a π2
02
ωμΦ=
=
在单匝线圈中产生感生电动势为
=
-=t
d d Φ?)t d d (L 2Qa
2
0ωμ-0020Lt 2Qa ωμ= 感应电流i 为 0
20RLt 2Qa R
i ωμ=
=
?
i 的流向与圆筒转向一致．
练习一（振动）
1．（C ） 2.（B ） 3.（B ） 4. k
m 2π
5. 15310-2
COS （6πt+π/2） 6.（1） t=0时， a=2.5ms -2
N 5ma F ==
(2) 5a max =, 其时
1)t 5sin(=-π
N 10a m F max max == x=±0.2m
7. 由曲线可知A =
10cm. t=0
?
?
?<-==-=0sin 10cos 105?ω?Vo Xo ?=?32
π 由图可知质点由位移为Xo =
-5cm 和Vo<0的状态，到x =
0和V>0的状态所需时间t=2s ，代
入方程得 O=10cos （2ω+2π/3）
即 2ω+2π/3
=3π/2 ∴ ω=5π/12
故得 X = 0.1cos （5πt/12+2π/3） （SI ）
练习二（振动）
1. (B)
2. (C)
3. (A)
4. (1) s 19.4T s
5.1A /v A
v 1m m =?==∴=-ωω
(2) 2
2
2
m s /m 105.4A a -?==ω (3) )SI ()2/t 5.1cos(02.0x 2
/ππφ+==
5. (1) 对小物体在竖直方向有 mg-N=ma N=m （g-a ）
当N=0，即 a=g 时，小物体开始脱离振动物体.
已知 A=10cm . =
ωm
k
=50 rad 2s
-1
∴a max = A ω2
= 5ms -2
< g 故小物体不会离开.
（2）若a max >g 小物体与振动物体分离，开始分离的位置由N=0
求得：g= a max = -ω-2
x x=-g/ω2
=-19.6cm 即在平衡位置上方19.6cm 处开始分离.由 a max =ω2
A ＞g
可得 A ＞g/ω2
=19.6cm
练习三（振动）
1. （E ）
2.（C ）
3.
4
3
，g l ?π2
4.（1）令2
2P kA 4
12E kx 21E ===
，
则 x 2=A 2
/2 ∴)m (54.3A 2
2
x ±=±
= （2）令=t ?ωπ/4，
则 4
3
)3/(44t =?==
ππωπ?（S ）
， 5, 解：(1) 由题意 kA F m =，m x A =，m m x F k /=．
16.02
1
212===
m m m x F kx E J (2) π===2m
m m x A v
v ω rad /s
由 t = 0， φcos 0A x ==0.2 m ， 0sin 0<-=φωA v
可得 π=3
1φ
则振动方程为
)3
1
2cos(4.0π+
π=t x
练习四（振）
1. (B)
2. (B)
3. 5310-2
m 4. 4310-2
m ，
2
π 5. 依题画出旋转矢量图,由图可知两谐振动的相位差为π/2. 6. 解：设合成运动（简谐振动）的振动方程为 )cos(φω+=t A x
则 )cos(
212212
2212φφ-++=A A A A A ① 以 A 1 = 4 cm ，A 2 = 3 cm ，π=π-π=-2
12112φφ代入①式，得
5cm 3422=+=
A cm
又 2
2112
211cos cos sin sin arctg φφφφφA A A A ++= ②
≈127°≈2.22 rad ∴
)22.22cos(05.0+π=t x (SI)
练习五（波）
1.（C ）
2.（B ）
3. 2π/5
4. 0.06sin(πt/2-5π/4)
5. (1) 由P 点的运动方向，则可判定该波向左传播.
对原点O 处质点，t=0时，有
????
?<-==0
sin A V cos A 2/A 20?ω?
∴4π?= ∴O 处振动方程为：y 0=Acos （500πt+π/4）
波动方程为：y=Acos[2π（250t+x/200）+π/4] （SI ） （2）距O 点100m 处质点振动方程是： y 1=Acos （500πt+5π/4） （SI ）
振动速度为 V=-500πAsin （500πt+5π/4） （SI ）
6.
练习六（波）
1. (C)
2. (A)
3. (D)
4. a/b
5. 解：(1) O 处质点，t = 0 时 0cos 0==φA y ， 0sin 0>-=φωA v 所以 π-
=21
φ 又 ==u T /λ (0.40/ 0.08) s= 5 s 故波动表达式为 ]2
)4.05
(2cos[04.0π
--
π=x t y (SI) (2) P 处质点的振动方程为 ]2)4.02.05(2cos[04.0π--
π=t y P )2
34.0cos(04.0π
-π=t (SI) 6. 解：由图，λ = 2 m ， 又 ∵u = 0.5 m/s ，∴ ν = 1 /4 Hz ，
T = 4 s ．题图中t = 2 s =T 2
1．t = 0时，波形比题图中的波形
倒退
λ2
1
，见图． 此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动，
∴ π=
21
φ ∴ )2
1
21cos(5.0π+π=t y (SI)
练习七（波）
1. （B ）
2. （B ）
3. R 2
2
/R 2
1 4. 1.27310-2Wm -2, 3.18310-3Wm -2
5.（1） P=ω/t=2.7310-3
J 2S -1
(2) I = P/S = 9.00310-2Js -1m -2
(3)
341065.2/--?==Jm u I ω
6. 已知 A=0.1m ， T=1S ， λ=8m 波沿x 轴负向传播，则
x (m)
y (m)
0u 0.51
2
t = 0-1
波函数y=0.1cos[2π（t+x/λ）+?
]
在x=λ/2处有 )t 2cos(1.0y 0?ππ++=
而4/0π?π=+ 4/30π?-=∴
∴ 波函数为y=0.1cos[2π（t+x/8）-3π/4]
于是有 （1）x=λ/4处的振动方程为 y=0.1cos （2πt-π/4）
（2）x=-λ/4处的振动方程为 y=0.1cos （2πt-5π/4）
其振动速度为 )45t 2sin(2.0dt dy πππ--= 且 12
/T t ms 444.0)4
5
sin(2.0dt dy -==--=πππ
练习八（波）
1.（D ）
2. 0
3. 0.5m
4. 4. 相同，相同，2π/3
5. 解：=
-π
-
-=?)(21212r r λ
φφφ422412/r r π-=π+π-πλλ
464.0)cos 2(2
/1212221=++=?φA A A A A m
6. (1) )/x 2t cos(A y λππω-+= (2) )/x 2/L 4t cos(A y λπλπω+-'='
练习九（波）
1. （B ）
2. (B)
3. Acos2π（t/T-x/λ），A
4. 13102
，0.1
5.（1）L=33λ/2， λυ= u ∴L=3u/2υ=（3/2）3（320/400）=1.2m （2）弦的中点是波腹，
故 y=3310-3
cos （2πx/0.8）cos （800πt+?） 式中?可由初始条件来选择.
6.（1）由图知B 点的初相为?=π，波向x 轴正向
传播，则波动方程为
y=cos[2πυ（t-x/u ）+π]
（2）若以反射点为D 为原点，并以此时刻为t=0，
由条件X o =0，υ0﹥0， 得?=-π/2 则入射波波函数为
y 1=Acos[2πυ（t-x/μ）-π/2]
因反射点为节点，有半波损失，故反射波的波函数为 y 2=Acos[2πυ（t+x/μ）+π/2]
（3）合成波的波函数为:
y= y 1+y 2=2Asin(2πx/λ)cos2πυt 波腹位置：当,2
)
1K 2(x
2,1x
2s i n
π
λ
π
λ
π+== 4
)
1k 2(x λ
+= （k=0，1，2，2222）
因原点在反射点，x ﹤0， ∴波腹坐标为x=-λ/4，-3λ/4，-5λ/4，…… 波节位置：当sin(2πx/λ)=0，,2
k
x ,K x
2λ
πλ
π
==（k=0，1，2，2222）
∴波节坐标为 x=0，-λ/2，-λ，-3λ/2，……
练习十（波）
1. (A)
2. ωλSw/2π
3. 5π
4. 由0S
u u
ννυ-=
知驶向观察者时有 440=3300ν/（330-s ν） （1）
离开观察者时有 392=3300ν/（330+s ν） （2）
两式解得392（330+s ν）=440（330-s ν）。∴ s ν=19m/s.
5. (1) φ?cos A 2A 2A )A 2(A 2
2
2
max ?++= 式中 πλπφ?k 2/x 4±==
最大振幅位置: ),2,1,0k (2
/k x =±=λ
(2) 同理,当 πλπφ?)1k 2(/x 4+±== 时
最小振幅位置: ),2,1,0k (4
/)1k 2(x =+±=λ
练习一（光学）
1.（B ）
2.（B ）
3.（B ）
4.λπ/e )n n (221-
5. 4I 0
6. 2πdsin θ/λ
7. 1mm
8. (1) 由λδ7)1(=?-=h n ，得
m 6.61
58.110550071n 7h 10
μλ?=-??=-=-
(2) 应是下方第七级移至中央
练习二（光学）
1． （A ） 2. （B ） 3. （B ） 4. λ/2n l
5. 解：（1）设第十个明环处液体厚度为e 10. 则
2ne 10+λ/2=10λ
e 10=（10λ-λ/2）/2n=19λ/4n
=2.32310-4
cm
（2）R 2
=2
k 2k )e R (r -+ =2
k k 2
2
k e Re 2R r +-+
e k ＜＜R ，略去2
k e ，得k k Re 2r =
cm 373.0Re 2r 1010==
6. 条纹的形状、条数、疏密如图
练习三（光学）
1. （D ）
2.（D ）
3.（C ）
4. 4
5. 0.36 mm 5.
对第一级极小：,a
sin f x ,sin a 111λ?λ?=≈= ∴==
f a
x 1λ
5310-2cm
对第一级亮纹极大处：,2
)
112(sin a ,
1λ
?+?=
则cm 105.7f a
23x ,a
23sin f x 2'1,
1,
1-?==
∴=
≈λ
λ? 对第三级极小： λ?3sin a 3= 则
cm 15.0f a
3x ,a
3sin f x 331==
∴=≈λ
λ? 7. s
l D
22
.1=
=λ
δφ m 1094.810
550022.12.1100.522.1Dl s 3
10
3?=????==∴--λ 练习四（光学）
1. （D ）
2.（B ）
3.（D ）
4. 由 ??sin f tg f x ≈?=
及光栅方程 λ?k sim )b a (=+
得 m 102)b a /()(k f x x x 3
1212-?=+-?=-=λλ? 5. (1) ?λsin /k )b a (+=236000310-10
/0.20=6.0m μ
(2) 由
'k 4k k a b a 缺='=+ 得 ),2,1k (k 4
b
a a =''
+=
当 1'k = 时, m 5.14/0.64/)b a (a a min μ==+== (3) 10b
a k b
a sin b
a k max =+=
∴+≤
+=
λ
λ
?λ
∴ 屏上可出现 0，±1，±2，±3, ±5，±6，±7，±9，±10(在无穷远处)级
练习五（光学）
1. （B ）
2.（B ）
3. （C ）
4. 见图
5. 部分，π/2
6. 解：设I 0为自然光强；I 1，I 2分别为穿过P 1和连续穿过P 1、，P 2后的透射光强度， 由题意知入射光强为2I 0。
（1）I 1= I 0/2+I 0cos 2θ cos 2θ=1/2 ∴θ=450
由题意，I 2= I 1/2， 又 I 2= I 1cos 2α ∴cos 2α =1/2，得α=450
(2) I 1=[ I 0/2+I 0cos 2θ]（1-5%） 得θ=420
仍有I 2= I 1/2， 同时还有 I 2= I 1cos 2
α3（1-5）%
∴ cos 2α=1/（230.95）， α=43.50
10.据布儒斯特定律中，tgi=n 2/n 1=1.43 ∴i=55.030
令在介质Ⅱ中的折射角为r ，则r=0.5π-i 此r 在数值上等于介质Ⅱ、Ⅲ界面上
的入射角。 ∴tgr=n 3/n 2
∴n 3=n 2tgr= n 2ctgi= n 2n 1/ n 2=1.00
练习六（光学）
1. （A ）
2. (D)
3. (B)
4. 强，窄.
5. (B)
6. 寻常, 非常或非常,寻常
7. .反射光加强条件：δ=2nd+λ/2=k λ k=1，2，3…… 得：1
k 2nd
4-=
λ， 仅有k=3时，λ在可见光范围内，
∴ λ=431.530.4/（233-1）=0.48μm
透射光加强条件即反射光减弱条件：2nd+λ/2=（2k+1）λ/2
对于可见光，k 只能取2和3. ∴ k=2, λ=0.06μm ；
k=3, λ=0.40μm
8. ???==222111k sin d k sin d λ?λ? ∴ 2
1
221121k 3k 2k k sin sin ==λλ??
当两谱线重合时有 21??= ∴ 6
9
4623k k 21=== 第二次重合时 4k 6
k 4
/6k /k 2121==∴=
由光栅公式可知 dsin600
=6λ1 d=6λ1/sin600
=3.05310-3
㎜
练习一（相对论）
1. (A)
2. (D)
3. (D)
4. c
5. c , c
6. 相对的, 运动
7. 在K 系: 21t t =
2
1212)
c /v (1x x 'x 'x --=
-∴
由 21'x 'x x x )c /v (112122
=--=
- 解得 c 2
3
v =
在K ’系: 't 't 21≠ s 1077.5)c /v (1c /)x x (v 't 't 62
2
1221-?=--=
-
8. 由题意 'x 'x 21= 根据洛仑兹变换可得
2211vt x vt x -=- t v x ??=∴
又 2
)c /v (1'
t t -=
?? 22)c /x ()t ('t ???-=∴
9. 题设 2121t t ,x x == 由洛仑兹变换得 't 't 21=
练习二（相对论）
1. (B)
2. (B)
3. (A)
4. 2)c /v (1/1'x -=?
5. (D)
6. (C)
6.
在S 系中: 杆沿x,y 轴方向的投影分别为
θθsin l l ,cos l l 0y 00x 0==
在S ’系中的投影'l ,'l y x 及杆与x ’轴的夹角θ’分别为
θθsin l l 'l ,
)c /u (1cos l )c /u (1l 'l 0y 0y 2
02x 0x ==-=-=
2
2
00x y )
c /u (1tg )
c /u (1cos l sin l 'l /'l tg -=
-=
=θθθθ
所以,杆在S ’系中的长度为: θ22
02y 2x cos )c
u (
1l 'l 'l 'l -=+= 7.
中子的本征平均寿命τ
= 15.5 min = 930 s , 设中子的平均最小速度为u,
则在日—地系中,该中子的平均寿命为: 20)c /u (1/-=ττ
能够通过的距离为: 20)c /u (1/
u l -==ττ
两边平方整理得: c 473.0s /m 10418.1)c /l (/l u 8
220=?=+=τ
练习三（相对论）
1. (D)
2. (C)
3. (D)
4.
c 2
3
5. 1.493106
6. 4
7. 根据动量守恒定律,碰撞后形成的复合粒子的速度为零,则 M = M 0
碰撞后复合粒子的总能量为 M 0c 2
, 而碰前两粒子的总能量为 2
20)
c /v (1c m 2-
碰撞前后的能量守恒,得
2
202
0)
c /v (1c m 2c M -=
2
00)
c /v (1m 2M -=
∴
8. 证明: 设两光子能量分别为E 1和E 2,则动量 P 1=E 1/c, P 2=E 2/c. 由动量守恒得:
)
2()c /v (1v m cos c E
cos c E )1(0sin c
E
sin c E 2
2121-=+=-πθθθθ
由能量守恒得: )3()
c /v (1c m E E 2
221-=
+π
由(1)式可得 E 1=E 2, 再代入(2)、(3),比较可得
c c
v c cos 2β
θ== βθ=∴cos 证毕. 9. 根据 2
202
)
c /v (1c m mc E -=
=
可得:
30E E
)c /v (110
2
==
- 由此求出 s /m 10996.2v 8
?≈ 又 02
30)
c /v (1τττ=-=
m 10798.1v l 4?≈=∴
τ