大学物理2,15.第十五章思考题

第十五章习题15.1 解：介质中的折射率为n ，加入厚度为d 的薄膜，光程的改变为()19n d λ-=所以可以得到：1039958901011 1.530.0110n d λ--⨯⨯=+=+=⨯ 15.2 解：已知条件：6000A λ=，4m D =，垂直入射，两第五级明条纹中心之间的距离为4cm 。

2551022410m D D x d dλλ-=⨯==⨯ 双缝之间的距离：10325101046000100.610m=0.6mm 2410D d x λ---⨯⨯⨯===⨯⨯ 15.3 解：⑴ 双缝之间的距离为：0.2mm d =，缝与屏之间的距离为：1m D = 亮条纹距离零级明条纹中心的位置：D k x d λ=d xk D λ⇒=因为：4000A 8000A λ≤≤，所以可得：115d x k D λ==， 222.5d xk D λ==，即2.55k ≤≤ 第三级明纹：3310.21010106667A 13dx Dk λ--⨯⨯⨯===⨯第四级明纹：3320.21010105000A 14dx Dk λ--⨯⨯⨯===⨯ 第五级明纹：3330.21010104000A 15dx Dk λ--⨯⨯⨯===⨯ ⑵ 20mm x =，可以得到：dxk D λ=，510k ≤≤ 15k =, 33110.21020108000A 15dx Dk λ--⨯⨯⨯===⨯ 26k =,33220.21020106667A 16dx Dk λ--⨯⨯⨯===⨯ 37k =,33320.21020105714A 17dx Dk λ--⨯⨯⨯===⨯ 48k =,33440.21020105000A 18dx Dk λ--⨯⨯⨯===⨯59k =,33550.21020104444A 19dx Dk λ--⨯⨯⨯===⨯ 610k =,33660.21020104000A 110dx Dk λ--⨯⨯⨯===⨯ 15.4 解：设空气的折射率为1n ，氯气的折射率为2n ，两条光路的几何路程分别为：12,r r 。

第15章 磁介质的磁化15.1 一均匀磁化的磁介质棒，直径为25mm ，长为75mm ，其总磁矩为12000A·m 2．求棒的磁化强度M 为多少？[解答]介质棒的面积为S = πr 2，体积为 V = Sl = πr 2l ，磁矩为p m = 12000A·m 2，磁化强度为m m p p M V V ∑==∆32312000(2510/2)7510π--=⨯⨯⨯=3.26×108(A·m -1)．15.2一铁环中心线的周长为30cm ，横截面积为1.0cm 2，在环上密绕线圈共300匝，当通有电流32mA 时，通过环的磁通量为2.0×10-6Wb ，求：（1）环内磁感应强度B 的值和磁场强度H 的值；（2）铁的磁导率μ、磁化率χm 和磁化强度M ．[解答]（1）根据公式B = Φ/S 得磁感应强度为642.0101.010B --⨯=⨯= 0.02(T)．根据磁场的安培环路定理∑⎰=⋅,d I L l H由于B 与d l 的方向相同，得磁场强度为3230032103010NI H l --⨯⨯==⨯= 32(A·m -1)．（2）根据公式B = μH ，得铁的磁导率为0.0232B H μ=== 6.25×10-4(Wb·A -1·m -1)．由于μ = μr μ0，其中μ0 = 4π×10-7为真空磁导率，而相对磁导率为μr = 1 + χm ，所以磁化率为470 6.251011496.4410m μχμπ--⨯=-=-=⨯．磁化强度为M = χm H = 496.4×32 = 1.59×104(A·m -1)．15.3一螺绕环中心周长l = 10cm ，线圈匝数N = 200匝，线圈中通有电流I = 100mA ．求：（1）管内磁感应强度B 0和磁场强度H 0为多少？（2）设管内充满相对磁导率μr = 4200的铁磁质，管内的B 和H 是多少？（3）磁介质内部由传导电流产生的B 0和由磁化电流产生的B`各是多少？[解答]（1）管内的磁场强度为302200100101010NI H l --⨯⨯==⨯= 200(A·m -1)．磁感应强度为B = μ0H 0 = 4π×10-7×200 = 2.5×10-4(T)．（2）当管内充满铁磁质之后，磁场强度不变H = H 0 =200(A·m -1)．磁感应强度为B = μH = μr μ0H= 4200×4π×10-7×200 = 1.056(T)．（3）由传导电流产生的B 0为2.5×10-4T ．由于B = B 0 + B`，所以磁化电流产生的磁感应强度为B` = B - B 0 ≈1.056(T)．15.4一根无限长的直圆柱形铜导线，外包一层相对磁导率为μr 的圆筒形磁介质，导线半径为R 1，磁介质外半径为R 2，导线内有电流I 通过（I 均匀分布），求：（1）磁介质内、外的磁场强度H 和磁感应强度B 的分布，画H-r ，B-r 曲线说明之（r 是磁场中某点到圆柱轴线的距离）；（2）磁能密度分布．[解答]（1）导线的横截面积为S 0 = πR 12，导线内的电流密度为 δ = I/S 0 = I/πR 12．在导线内以轴线的点为圆心作一半径为r 的圆，其面积为 S =πr 2，通过的电流为 ΣI = δS = Ir 2/R 12．根据磁场中的安培环路定理∑⎰=⋅,d I L l H环路的周长为l = 2πr ，由于B 与d l 的方向相同，得磁场强度为 212I Ir H l R π∑==，（0≦r ≦R 1）．在介质之中和介质之外同样作一半径为r 的环路，其周长为l = 2πr ，包围的电流为I ，可得磁场强度为2I I H l r π∑==，（r ≧R 1）．导线之内的磁感应强度为00121,(0)2Ir B H r R R μμπ==≤≤；介质之内的磁感应强度为0012,()2r r I B H H R r R r μμμμμπ===≤≤；介质之外的磁感应强度为002,()2I B H r R r μμπ==≥． （2）导线之内的磁能密度为200001122m w H μ=⋅=B H 2201241,(0)8I r r R R μπ=≤≤；介质之中的磁能密度为220111222m r w H H μμμ=⋅==B H201222,()8r I R r R r μμπ=≤≤；介质之外的磁感应强度为220022211,()228m I w H r R r μμπ=⋅==≥B H ．15.5一根磁棒的矫顽力为H c = 4.0×103A·m -1，把它放在每厘米上绕5匝的线圈的长螺线管中退磁，求导线中至少需通入多大的电流？[解答]螺线管能过电流I 时，产生的磁感应强度为 B = μ0nI ． 根据题意，螺线管产生的磁场强度至少要与磁棒的矫顽力大小相等，但方向相反，因此 B = μ0H c ，所以电流强度为I = H c /n = 4.0×103/500 = 8(A)．15.6 同轴电缆由两个同轴导体组成．内层是半径为R 1的圆柱，外层是半径分别为R 2和R 3的圆筒，如图所示．两导体间充满相对磁导率为μr 2的均匀不导电的磁介质．设电流强度由内筒流入由外筒流出，均匀分布是横截面上，导体的相对磁导率为μr 1．求H 和B 的分布以及i m 为多少？[解答]（1）导体圆柱的横截面积为S 0 = πR 12，圆柱体内的电流密度为δ = I/S 0 = I/πR 12．在圆柱体内以轴线的点为圆心作一半径为r 的圆，其面积为 S = πr 2，通过的电流为 ΣI = δS = Ir 2/R 12．根据磁场中的安培环路定理∑⎰=⋅,d I L l H环路的周长为l = 2πr ，由于B 与d l 的方向相同，得磁场强度为图15.6212I Ir H l R π∑==，（0≦r ≦R 1）．磁感应强度为1010212r r IrB H R μμμμπ==，（0≦r ≦R 1）．（2）在介质之中同样作一半径为r 的环路，其周长为l = 2πr ，包围的电流为I ，可得磁场强度为2I I H l r π∑==，（R 1≦r ≦R 2）．磁感应强度为20202r r IB H r μμμμπ==，（R 1≦r ≦R 2）．磁化强度为220(1)(1)2r r I BM H H r μμμπ-=-=-=．磁化面电流的线密度为 i m = M ×n 0，n 0是介质表面的法向单位矢量．在介质的两个圆形表面，由于M 与n 0垂直，i m = |M ×n 0| = M ．在介质的内表面，由于r = R 1，所以磁化电流为21(1)2r m Ii R μπ-=．在介质的外表面，由于r = R 2，所以22(1)2r m Ii R μπ-=．（3）导体圆筒的横截面积为S` = π(R 32 - R 22)，圆筒内的电流密度为δ` = I/S`．在圆筒内以作一半径为r 的圆，其面积为 S = π(r 2 - R 22)， 圆所包围的电流为``SI I S I I S δ=-=-∑22223222223232(1)R r r R I I R R R R --=-=--， 根据安培环路定理∑⎰=⋅,d I L l H 得磁场强度为 2232232()22()I R r I H r R R r ππ-∑==-，（R 2≦r ≦R 3）．磁感应强度为22103102232()2()r r I R r B H R R r μμμμπ-==-，（R 2≦r ≦R 3）．（4）在圆筒之外作一圆，由于包围的电流为零，所以磁场强度和磁感应强度都为零．15.7在平均半径r = 0.1m ，横截面积S = 6×10-4m 2铸钢环上，均匀密绕N = 200匝线圈，当线圈内通有I 1 = 0.63安的电流时，钢环中的磁通量Φ1 = 3.24×10-4Wb ．当电流增大到I 2 = 4.7安时，磁通量Φ2 =6.18×10-4Wb ，求两种情况下钢环的绝对磁导率．[解答]钢环中的磁感应强度为 B = Φ/S ；根据安培环路定理∑⎰=⋅,d I L l H 得磁场强度为H = NI /2πr ．根据公式B = μH ，得绝对磁导率为2B r H NIS πΦμ==．（1）在第一种情况下4420.1 3.24102000.63610πμ--⨯⨯⨯=⨯⨯⨯= 2.69×10-3(H·m -1) ．（2）在第二种情况下4420.1 6.1810200 4.7610πμ--⨯⨯⨯=⨯⨯⨯= 6.88×10-4(H·m -1) ．15.8 一矩磁材料，如图所示．反向磁场一超过矫顽力H c ，磁化方向立即翻转．用矩磁材料制造的电子计算机中存储元件的环形磁芯，其外径为0.8mm ，内径为0.5mm ，高为0.3mm ．若磁芯原来已被磁化，方向如图所示，现在需使磁芯从内到外的磁化方向全部翻转，导线中脉冲电流I 的峰值至少需要多大？设磁性材料的矫顽力H c 12π=⨯103(A·m -1)．[解答]直线电流I 产生磁感应强度为B = μ0I /2πr ，产生的磁场为 H = B/μ0 = I /2πr ．为了磁芯从内到外的磁化方向全部翻转，电流在磁芯外侧r = 0.4mm 处产生的磁场应该为 H = H c ，即 H c =I /2πr ，图15.8所以，脉冲电流为I = 2πrH c33120.410100.4(A)2ππ-=⨯⨯⨯=。

力学和热学电磁学光学近代物理1. 是否可以测摆动一次的时间作周期值？为什么？答：不可以。

因为一次测量随机误差较大，多次测量可减少随机误差。

2. 将一半径小于下圆盘半径的圆盘，放在下圆盘上，并使中心一致，讨论此时三线摆的周期和空载时的周期相比是增大、减小还是不一定？说明理由。

答：当两个圆盘的质量为均匀分布时，与空载时比较，摆动周期将会减小。

因为此时若把两盘看成为一个半径等于原下盘的圆盘时，其转动惯量I0小于质量与此相等的同直径的圆盘，根据公式(3-1-5)，摆动周期T0将会减小。

3. 三线摆在摆动中受空气阻尼，振幅越来越小，它的周期是否会变化？对测量结果影响大吗？为什么？答：周期减小，对测量结果影响不大，因为本实验测量的时间比较短。

实验2 金属丝弹性模量的测量1. 光杠杆有什么优点，怎样提高光杠杆测量的灵敏度?答：优点是：可以测量微小长度变化量。

提高放大倍数即适当地增大标尺距离D或适当地减小光杠杆前后脚的垂直距离b，可以提高灵敏度，因为光杠杆的放大倍数为2D/b。

2. 何谓视差，怎样判断与消除视差?答：眼睛对着目镜上、下移动，若望远镜十字叉丝的水平线与标尺的刻度有相对位移，这种现象叫视差，细调调焦手轮可消除视差。

3. 为什么要用逐差法处理实验数据?答：逐差法是实验数据处理的一种基本方法，实质就是充分利用实验所得的数据，减少随机误差，具有对数据取平均的效果。

因为对有些实验数据，若简单的取各次测量的平均值，中间各测量值将全部消掉，只剩始末两个读数，实际等于单次测量。

为了保持多次测量的优越性，一般对这种自变量等间隔变化的情况，常把数据分成两组，两组逐次求差再算这个差的平均值。

实验三，随即误差的统计规律1. 什么是统计直方图? 什么是正态分布曲线?两者有何关系与区别?答：对某一物理量在相同条件下做n次重复测量，得到一系列测量值，找出它的最大值和最小值，然后确定一个区间，使其包含全部测量数据，将区间分成若干小区间，统计测量结果出现在各小区间的频数M，以测量数据为横坐标，以频数M为纵坐标，划出各小区间及其对应的频数高度，则可得到一个矩形图，即统计直方图。

第十五章习题解答1选择题：⑴ B ；⑵ C ；⑶ B ；⑷ B 。

2填空题：⑴ 线偏振光(或完全偏振光，或平面偏振光)，光(矢量)振动，偏振化(或透光轴)；⑵ 完全偏振光(或线偏振光)，垂直； ⑶ ； ⑷ 波动，横波；3计算题：1 自然光入射到两个重叠的偏振片上．如果透射光强为，（1）透射光最大强度的三分之一，（2）入射光强的三分之一，则这两个偏振片透光轴方向间的夹角为多少? 解：（1） max 120131cos 2I I I ==α 又 20max I I =∴ ,601I I = 故 'ο11124454,33cos ,31cos ===ααα. (2) 0220231cos 2I I I ==α ∴ 'ο221635,32cos ==αα2 投射到起偏器的自然光强度为I 0，开始时，起偏器和检偏器的透光轴方向平行．然后使检偏器绕入射光的传播方向转过30°，45°，60°，试分别求出在上述三种情况下，透过检偏器后光的强度是I 0的几倍?解：由马吕斯定律有：0o 2018330cos 2I I I ==， 0ο2024145cos 2I I I ==，0ο2038160cos 2I I I == 所以透过检偏器后光的强度分别是I 0的38，14，18倍。

3 使自然光通过两个偏振化方向夹角为60°的偏振片时，透射光强为I 1，今在这两个偏振片之间再插入一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30°，问此时透射光I 与I 1之比为多少?解：由马吕斯定律：ο20160cos 2I I =80I =，32930cos 30cos 20ο2ο20I I I == ∴ 194 2.25I I == 4 一束自然光从空气入射到折射率为1.40的液体表面上，其反射光是完全偏振光．试求：(1)入射角等于多少? (2)折射角为多少?解：⑴ 0tan 1.401i =，∴ 'ο02854=i⑵ οο'0903532i γ=-=5 自然光从空气中射向介质，测得布儒斯特角058i =.（1）求介质的折射率和折射角.（2）如果实验在水中进行，水的折射率为 1.33n =水，求这种情况下的布儒斯特角.（3）若介质是透明的，当光从介质射向与空气的分界面时，起偏角是多少？（4）若从空气中射向介质的是振动方向在入射面内的偏振光，仍以058i =入射，问反射光是什么性质的光？解：（1）00tan tan 58 1.6n i ===折射角：οο09032i γ=-=（2）0 1.6tan 1.2031.33i ==，ο050.26i = （3）01tan 0.6251.6i ==，ο032i = （4）无反射光。

第十五章 机械振动15-1 已知一简谐振动的振幅m 1022-⨯=A ，周期T =0.5s, 初相4/πϕ=．试写出振动方程；并作出该振动的ｘ-t ，v -t ，a-t 曲线．分析 振动方程的基本形式为)cos(ϕω+=t A x ．通过作曲线, 进一步了解v 、a表达式的意义以及x 、v 、a 间的相位关系．解 rad/s 4 rad/s 5.022πππω===T振动方程为m)4/4cos(1022ππ+⨯=-t xｘ15-2 一弹簧支持的椅子构成在太空测量人体失重状态下质量的装置——人体称重器．飞船进入空间轨道时，宇航员坐在椅子上测出振动周期．(1)如m '为宇航员的质量，m 为人体称重器中的有效质量(如椅子等)，试证明mkT m -='224π其中T 是振动周期，k 是弹簧的劲度系数；(2)现k =605.6 N/m ，椅子空着时的振动周期T =0.9015 s, 求有效质量m ；(3)在太空，宇航员坐在椅子上, 测出振动周期为2.299s, 求宇航员在失重状态下的质量．分析 当宇宙飞船在空间轨道上绕地球旋转自由运行时，地球对飞船及飞船上所有物体的引力就是使它们作圆周轨道运动的向心力，于是飞船及飞船上所有物体如果处于相对静止状态，相互之间就不存在作用力，就不能用地面上通常使用的质量或重量测量仪器进行测量．考虑到无外力作用时，弹簧振子振动周期决定于弹簧劲度系数以及物体质量，如果已知弹簧劲度系数，通过测量振动周期可测出物体质量．解 (1) 弹簧振子系统振动周期为km m T +'=π2 (1)宇航员的质量为 m kT m -='224π(2) 椅子空着时，0='m ，由(1)式得kg 66.12kg 6.605142.349015.042222=⨯⨯==πkT m(3) kg 50.68kg 66.12kg 142.34299.26.60542222=-⨯⨯=-='m kT m π15-3 一质量为0.20kg 的质点作简谐振动，其振动方程为 x =0.60cos(5t -π/2), 其中x 以m 为单位, t 以s 为单位．求：(1)质点的初速度；(2)质点在正向位移一半处所受的力．分析 物体振动速度tx d d =v , 物体所受恢复力x m ma F 2ω-==,方向指向平衡位置.解 (1)据已知)2/5(60.0π-=t x ，得t t t A tx 5cos 3)2/5sin(560.0)sin(d d =-⨯-=+-==πϕωωv当t=0时，得 v 0=3 m/s(2) 正向最大位移一半处，x =0.30 m ，所受的力为N 5.1N 3.052.022-=⨯⨯-=-==x m ma F ω方向指向平衡位置.15-4 一物体沿x 轴作简谐振动,振幅为0.12m ,周期为2s ,当t =0时,位移为0.06m ,且向x 轴正方向运动.求(1)该物体的振动方程;(2)t =0.5s 时,物体的位置、速度、加速度；（3）在x =-0.06m 处,且向x 轴负方向运动时,物体的速度、加速度，以及物体从这一位置回到平衡位置所需的时间.分析 求解振动方程的难点是确定振动物体的初相ϕ．初相取决于计时起点t =0时物体的位置和速度．确定初相可用三角函数法或旋转矢量法．解 (1) 已知振幅为A = 0.12 m ，角频率为πππω===222Trad/s ，t = 0时初始位置和初速度分别为x 0=A cos ϕ =0.06 （1）v 0=ϕωsin A - >0 （2）从(1)式得2112.006.0cos 0===Ax ϕ得 33ππϕ或-=从（2）式得0sin <ϕ，所以应取3/πϕ-=此外，由t = 0时初始位置和初速度可以确定其旋转矢量如图15-4所示，即3/πϕ-=．振动方程为m)3/cos(12.0ππ-=t x(2) t =0.5s 时， x =)3/cos(12.0ππ-t =0.104 mv m/s188.0)3/sin(12.0-=--=πππt22m/s03.1)3/cos(12.0-=--=πππt a(3) 在1x =-0.06 m 处，物体向x 轴负向运动时，设1t t =，则06.0)3/cos(11-=-=ππt A x m (3)v 1)3/sin(1ππω--=t A < 0 (4)从(3)式得 2112.006.0)3/cos(11-=-==-Ax t ππ解得 ππππππn n t 2322323/1+-+=-或 （n =0,1,2…）又从(4)式得 0)3/sin(1>-ππt 应取 ππππn t 2323/1+=- （n =0,1,2…）故 )12(1+=n tm/s 592.0 m/s 326.0211=-= a v设回到平衡位置时2t t =,则0)3/cos(22=-=ππt A x (5)v 2)3/sin(2ππω--=t A >0 (6)从(5)式得 ππππn t 2233/2+=-或ππππn t 223/2+=- (n =1,2…)从(6)式得 )3/sin(2ππ-t <0 应取 ππππn t 2233/2+=- (n =1,2…)65)12(2++=n t回到平衡位置所需时间 s 83.0s 6512==-=t t t ∆15-5 一个质点作简谐振动,其振动方程为x =0.24cos(πt /2+π/3)m ，其中x 以m 计, t 以s 计．试用旋转矢量法求出质点由初始状态运动到 x =-0.12m, v <0状态所需的最短时间.分析 根据振动方程,当0t =0时旋转矢量A 与Ox 于x =-0.12m, v <0状态时，A 32π，如图15-5所示．因此，从0t 位置转到新位置偏转3/π解 如图15-5所示, t '时刻的相位为πϕ32=A 沿逆时针方向从0t 位置转过角度3/π所需的时间为s 32231=÷ππ15-6 作简谐振动的单摆在一个周期内的几个运动状态如图15-6所示.(1)若以(a )图所示的状态为计时起点；(2)若以(b )图所示的状态为计时起点，问单摆的初相位和其它各图所示状态的相位各为何值?分析 应从本题得出的结论是: 初相与计时起点(即初始条件)有关; 相位与与计时起点无关而与振动物体的瞬时状态有关.解 (1)以图(a )状态为计时起点，t =0时m m cos θϕθθ==得0=ϕ，因此对图(b)有0)cos(=+=ϕωθθt m (1)0)sin(d d <+-=ϕωωθθt tm(2)从(1)式得 2πϕω±=+t从(2)式得 )s i n (ϕω+t >0 所以图(b)的相位应取 2)(πϕω=+t同理，对图(c) πϕω=+)(t 对图(d)3)(πϕω=+t0cos ==ϕθθm (3)0sin d d <-=ϕωθθm t(4)(3)式(4)式联立,解得 2πϕ=同理，对图(c) πϕω=+)(t 对图(d) 23)(πϕω=+t对图(a) 0)(=+ϕωt15-7 一物块在水平面上作简谐振动，振幅为0.1m ，在距平衡位置0.06m 处速度为0.4m/s ，(1)求振动周期；(2)当速度为±0.12m/s 时,位移为多少?(3)若有另一物体置于该振动物块之上，当物块运动至端点时正好滑动，问摩擦系数μ为多大?分析 当所讨论问题涉及物体正好要滑动的条件时，由于物体尚未滑动，所受摩擦力仍为静摩擦力，静摩擦力方向与物体运动趋势方向相反．解 (1)设物块的振动方程为)cos(1.0ϕω+=t x物块位于06.01=x m 时, 速度v 1= 0.4m/s, 即x 1=A )cos(ϕω+t =0.06 m (1) v 1=)sin(ϕωω+-t A =0.4 m/s (2)以上两式平方相加, 代入A =0.1m ，解得 5=ωrad/s 26.12==ωπT s(2)由 v 2=)sin(ϕωω+-t A =±0.12 得 24.0)sin( =+ϕωt971.0)(sin 1)cos(2±=+-±=+ϕωϕωt t 则位移为x 2=0.1)cos(ϕω+t =±9.7×10-2m(3)物块运动至端点时正好物体开始滑动，即最大恢复力等于最大静摩擦力，物块受力如图15-7所示，因最大静摩擦力mg F μ=f ，最大恢复力A m F 2max ω=，得mg A m μω=226.08.91.05 22=⨯==gA ωμ15-8 一个轻弹簧在60N 的拉力作用下可伸长30cm , 将一物体悬挂在弹簧下端,并在它上面放一小物体,它们的总质量为4kg , 待其静止后再把物体向下拉10cm , 然后释放. 问(1)此小物体是停在振动物体上还是离开它? (2)如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离, 则振幅A 需满足什么条件? 二者在何位置开始分离?分析 根据胡克定律，由弹簧在外力作用下的形变量可以求出弹簧的劲度系数．当两物体脱离接触时,它们之间的正压力等于零，以此为条件可以判断小物体是否停在振动物体上． 解 (1) 根据胡克定律，得N/m 200N/m 3.060Δ===lF k由定义得 rad/s50rad/s 4200===mk ω弹簧、物体和小物体组成一个弹簧振子系统，把物体下拉10cm 后释放，故该弹簧振子的振幅为A =0.1m ．设小物体质量为m ，小物体随系统一起运动，最大加速度为A a 2ω=，小物体受力情况如图15-8所示，当达最高点时，所受物体的正压力有最小值，即Am ma F mg N 2ω==+ (1)当A =0.1m 时，得 N 2.192=-=-=kA mg A m mg F N ω 即F N > 0 ,因而小物体仍停留在振动物体上．(2) 两物体脱离接触条件为0N =F ，代入(1)式得m196.0m 508.92==='ωgA即振幅大于0.196m ，两物体将在平衡位置上方分离，分离的位置即在0.196m 处．15-9 如图15-9（a ）所示，在一个倾角为θ的光滑斜面上，固连一原长为L ，劲度系数为k ，质量忽略不计的弹簧，弹簧与质量为m 的重物相连，求重物作简谐振动的平衡位置和周期．分析 平衡位置是系统所受合外力为零的位置. 在建立振动方程时，一般都把取平衡位置为坐标原点．放在斜面上的弹簧振子处于静止状态时，物体所受弹簧的弹性力与重力沿斜面向下的分量大小相等，方向相反．解 弹簧和物体组成一个弹簧振子系统．物体受力情况如图15-9（b ）所示.设在平衡位置弹簧的伸长量为0x ，有0sin 0=-kx mg θ 解得 k mg x θsin 0=即处于平衡位置时弹簧长度为0x L +. 根据定义，弹簧振子系统作简谐振动的角频率为mk =ω周期为 km T π2=15-10 如图15-10(a)所示，密度计玻璃管的直径为d ，浮在密度为ρ的液体中．若在竖直方向轻轻推一下，任其自由振动，试证明：若不计液体的沾滞阻力，密度计的运动是简谐振动；设密度计的质量为m , 试求振动周期．分析 若物体运动为简谐振动，应该具有如下特征：物体所受合外力与位移成正比而方向相反，即加速度与位移成正比而方向相反；或者位移是时间的余弦F F(a) (b)图15-9函数或正弦函数．解 密度计受力分析如图15-10(b)所示．设密度计截面积为S , 当处于平衡状态时，设浸入水中部分高度为h , 浮力则为ghS F ρ=B ，有0=-ghS mg ρ(1) 取平衡位置为坐标原点，向下为x 轴正向，当密度计向下位移为x 时，有22d d )(t xm S x h g mg =+-ρ (2) 由(1)和(2)式得gxS t x m ρ-=22d d 即加速度与位移成正比而方向相反，因此运动为简谐振动，且有g m dT mg d mgS ρππρρω4 2===15-11 如图15-11，劲度系数为k 的轻弹簧上端与质量为m 的平板相连，下端与地固连．另一质量为m '的物体，从h 高处自由落下，与平板发生完全非弹性碰撞后一起运动. 若以平板开始运动为计时起点，取向下为坐标正向，求振动的周期，振幅和初相位．分析 m '与m 发生完全非弹性碰撞后一起运动，与轻弹簧组成振动系统， 平衡位置是(m '+ m )所受合外力为零的位置，并选取为坐标原点．以发生碰撞后平板开始运动为计时起点，此时平板m 的坐标就是系统的初位移0x ，碰后(m '+ m )的共同速度v 0就是系统的初速度，而且可以依据碰撞中动量守恒求出．解 m '自由下落, 以gh 2的速度与m 发生完全非弹性碰撞，设碰后m '+ m 的共同速度为v 0，方向向下，应用动量守恒定律，得)(2m m gh m +'='v 0v 0mm gh m +''=2m '、m和弹簧组成振动系统，设m '+m 所受合外力为零时，弹簧的压缩量为x ∆，此位置是系统的平衡位置，则有0Δ)(=-+'x k g m m (1)取系统的平衡位置为坐标原点，向下为x 轴正向，当m '+m 位移为x 时，有d d )()()(22tx m m x x k g m m +'=+-+'∆ (2)由(1)和(2)式得0d d 22=+'+x mm k t x且有 km m T mm k +'=+'=πω2取m '与m 相碰的瞬间为振动的初始时刻t =0，有mm gh m kmg x +''=-=2 00v即 kmg A x -==ϕcos 0 (3)mm gh m A +''=-=2sin 0ϕωv (4)(3)与(4)式联立，得振动的周期和初相位分别为)(212020gm m kh kg m x A +'+'=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ωvgm m kh mm x )(2tan 0+''=-=ωϕv又因ϕ , 0 , 000><v x 在第三象限,则)(2 tanarc πϕ++''=gm m kh mm15-12 弹簧下端挂一物体后,弹簧伸长量为2108.9-⨯m , 若令物体上下振动,(1)求振动周期;(2)使其在平衡位置上方0.1m 处由静止开始运动,求振幅、初相及振动方程.(3)使其在平衡位置以0.8m/s 向上的初速度开始运动,求振幅、初相及振动方程.分析 计算结果表明，同一系统在不同初始条件下的振动方程不同． 解 (1)设挂上物体达平衡时弹簧的伸长量为x ∆, 根据胡克定律和平衡条件有mgx k =∆由定义得 10===xgmk ∆ω rad/s 63.02==gx T ∆πs(2)如图15-12所示，取平衡位置为坐标原点, 向上为x 轴正向.初始条件为： t =0时, x 0=0.1m v 0=0，即1.0cos 0==ϕA x （1）0sin 0=-=ϕωA v （2） 由(1)和(2)式联立解得m 1.01.022020==⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ωv x A0=ϕ振动方程为 t x 10cos 1.0= m(3) 初始条件为：t =0时，x 0=0 v 0=0.8，即cos 0==ϕA x （3）08.0sin 0>=-=ϕωA v （4）由(3)和(4)式联立解得A =2020⎪⎭⎫ ⎝⎛+ωv x 0.08m从(3)式得 2πϕ=或 23πϕ=从(4)式得 0sin <ϕ 所以取 23πϕ=振动方程为 )2310cos(08.0π+=t x m15-13 如图15-13（a ）所示的弹簧,其一端固定在天花板上,另一端挂着质量都是1.0kg 的两个物体A 和B .当物体静止时,弹簧伸长量为2108.9-⨯m , 如果物体B 突然脱落掉下,不计弹簧质量,(1)求物体A 的振动周期；(2)若从物体B 脱落时开始计时,求物体A 的振幅、初相和振动方程.分析 虽然弹簧下悬挂着两物体,但由于物体B 脱落，振动系统实为弹簧和 物体A 组成. 据题意, 物体B 脱落之时ｔ＝0，因此物体A 的位置为系统的初始位置，且物体B 从静止状态脱落，系统初速度为0.解 物体B 脱落之前，两个物体A 和B 处于重力和弹簧的弹性力作用下的平衡状态，弹簧伸长量为m 108.9Δ2-⨯=l ，则l k mg Δ2=N/m200N/m 108.98.912Δ22=⨯⨯⨯==-lmg k物体B 脱落后，物体A 和弹簧组成弹簧振子系统，设平衡位置处弹簧伸长量为0l ，则 00=-kl mg (1) 取平衡位置为坐标原点，向下为x 轴正向，如图15-13（b ）所示，当物体A 位移x 时，应用牛顿第二定律，得220d d )(tx ml x k mg =-- (2)由(1)和(2)式得22d d tx mkx =-由定义得 rad/s2100.1200===mk ω s44.02==ωπT0=t 时，物体B 脱落，有m 109.4ΔΔ200-⨯==-=-=kmg kmg l l l x即 m 109.4cos 20-⨯==ϕA x (3) 0sin 0=-=ϕωA v (4)(3)和(4) 式联立解得 2220109.4)(-⨯=+=ωv x A m从(3)式0=ϕ,满足(4)式, 所以 0=ϕ振动方程为 t x 210cos 109.42-⨯= m讨论: (1)我们现在是取向下为x 轴正向，如果取向上为正，则初相为π，振动方程有所不同．这就是解题中强调要给出坐标取向的理由.(2)如果A 、B 质量不等，例如A B m m 2=，会有不同的l Δ值，则初始条件0x 不同，将导致振动特征参量的改变．15-14 如图15-14（a ）所示,一质量可忽略的盘挂在劲度系数为k 的轻弹簧之下，一质量为m 的物体自h 高处自由下落至盘中，并与盘粘在一起作简谐振动. 设m =0.1kg ，k =4.9 N/m ，h =0.3m ，若以物体刚落至盘中时为计时起点，求系统的振动方程．解 如图15-14(b), 弹簧、质量为m 的物体和盘组成振动系统．取平衡位置为坐标原点, 向上为x 轴正向．平衡时弹簧伸长为0l l-，平衡方程为)(0=--l l k mg(1)当盘的位移为x 时，应用牛顿第二定律，得220d d )(tx ml x l k mg=-+- (2)由(1)和(2)式，得 22d d tx mkx=-由定义得71.09.4===mk ω rad/s质量为m 的物体与盘相碰时, t =0，弹簧伸长量为m 2.0m 9.48.91.0k0=⨯-=-=mg x相碰时，物体下落速度为gh 2，忽略盘质量，应用动量守恒定律，碰后物与盘的共同速度方向向下，大小为m/s 3.2m/s 3.08.922=⨯⨯==gh v即 x 0=ϕcos A =0.2 m (3)ϕωsin 0A -=v <0 (4)(3)和(4)式联立解得220)(ωv +=x A =0.4 m从(3)式得21cos 0==Ax ϕ，3πϕ±=．从(4)式得0sin >ϕ，所以应取3πϕ=振动方程为 )37cos(4.0π+=t xm15-15 单摆长为l ,小球质量为m ,带有电荷+q ,悬挂在场强大小为E 、方向由左向右的均匀电场中，如图15-15（a ）所示.(1)求小球处在平衡位置时悬线与竖直向下方向所成的角；(2)假设单摆对平衡位置的偏角很小,求单摆的周期.分析 由于带电小球受到均匀电场的电场力作用，合外力为零的平衡位置将与铅垂位置有一偏角．解 (1)如图15-15（b ）所示, 小球受重力m g 、静电力E q 和张力F T 作用，设平衡位置偏角为0θ，则0cos 0T =-θF mgsin 0T =-qE F θmg qEarctan 0=θ (1) (2)当摆线从平衡位置偏离θ角时,与铅垂位置偏角为)(0θθ+，应用牛顿第二定律，得小球切向运动微分方程为2220200d d d )(d )sin()cos(tmltmlmg qE θθθθθθθ=+=+-+ (2)由(1)式可得0tan θmg qE =代入(2)式，得2200d d ]cos )sin(sin )[cos(cos tmlmg θθθθθθθθ=+-+应用三角函数公式，得θθθsin cos d d 022l g t-=当θ很小时，θθ≈sin，得θωθθθ222cos d d -=-=l g t表明角加速度与角位移成正比，且方向相反，因此小球作简谐振动，并得222222222 cos Eq gm ml T mlEq gm l g +=+==πθω15-16 劲度系数分别为1k 和2k 的两根弹簧串在一起,竖直地悬挂着,下面挂一质量为m 的小球,作成一个在竖直方向振动的弹簧振子.试求其振动周期.分析 这是两根弹簧串联(首尾相连)的问题．处理这类连接体问题仍要用隔离物体法．当两弹簧质量均可忽略时，无论处于运动或静止状态，两弹簧中的弹性力相等，并等于相互作用力． 解 两根串联弹簧和小球组成振动系统. 隔离物体,对小球作受力分析如图15-16所示．取平衡位置为坐标原点，向下为x 轴正向．设平衡时弹簧1的伸长量为10x ，弹簧2的伸长量为20x ，小球受力平衡方程为101=-x k mg (1)两弹簧连接处相互作用力等大而反向，即0202101=-x k x k (2)小球相对于平衡位置下移x 时，设弹簧1伸长量为1x ，弹簧2伸长量为2x ，应用牛顿第二定律，得2211d d tx mx k mg =- (3)两弹簧连接处相互作用力等大而反向，即2211x k x k =，因201021x x x x x ++=+，得 )(20102121x x x k k k x +++=代入(3)式得 22212101d d )(tx mx k k k x k mg =++- (4)由(1)和(4)式，得222121d d tx mx k k k k =+-表明加速度与位移成正比，且方向相反，因此小球作简谐振动，并得)(2 )(21212121k k k k m T k k m k k +=+=πω15-17 两弹簧劲度系数分别为1k =1N/m , 2k =3N/m .在光滑的水平面上将此二弹簧分别连接到质量为m =0.1kg 的物体的两端，弹簧的其余两端分别固定在支柱1P 及2P 上,如图15-17所示.今使物体有一向右初位移m10320-⨯=x ,向右初速度m/s10402-⨯=v ,(1)试证物体作简谐振动;(2)求振动方程(设物体在振动中,两弹簧始终处于被拉伸状态).分析 当物体运动时，两弹簧的形变量大小相同，并等于物体的位移量． 解 以物体为研究对象, 受力如图15-17所示. 设平衡时两弹簧伸长量分别为1l 、2l ，有2211l k l k = (1) 取平衡位置为坐标原点，向右为x轴正向．当物体向右位移为x 时，应用牛顿第二定律，得221122d d )( )(tx mx l k x l k =+-- (2)由(1)和(2)式得2221d d )(-tx mx k k =+由定义，得 r a d /s102rad/s 1.0421==+=mk k ω已知t =0时， m/s 1040 m 1032020--⨯=⨯=v x即 ϕcos 0A x = = m 1032-⨯ (3)v 0= ϕωsin A - >0 (4)(3)和(2)式联立，解得220)(ωv +=x A =2×10-2m从(3)式得23cos 0==Ax ϕ，6πϕ±=，从(4)式得ϕsin <0，则应取6πϕ-=所以振动方程为 m )6102cos(1022π-⨯=-t x15-18 已知某简谐振动的振动曲线如图15-18(a)，试求此简谐振动的振动方程.分析 振动曲线是振动物体位移x 与时间t 的关系曲线．从振动曲线上可得出振幅和初始条件．由图15-18(a)可以看出，当t 稍大于零时，物体将向x 轴负向运动，所以物体初速度v 0< 0．由旋转矢量图可以比较容易地确定振动的角频率，即旋转矢量1s 内转过的角度便是角频率．解 由图15-18(a)看出，A = 2 m ，32πϕ=．t =1s 时的位移和速度分别为)cos(1ϕω+=t A x = 0 (1)v 1= )sin(ϕωω+-t A <0 (2)(1)式给出cos )(ϕω+t = 0，得2)(πϕω=+t ，显然满足(2)式,即为1s 时的相位.旋转矢量图如图15-18(b)所示，t =0时的旋转矢量为)0(=t A ,可以看出，1s 内A 沿逆时针方向转过的角度即角频率为rad/s61123ππππω=++=振动方程为 )32611cos(2ππ+=t xm15-19 (1)、（2）两个简谐振动的周期相同,振动曲线如图15-19.求(1)、（2）两个简谐振动的相位差. 分析 根据振动曲线可以判断指定点的相位．若两振动的相位差012>-ϕϕ，通常说，振动2的相位比振动1超前或振动1的相位比振动2落后．解 从图15-19知,振动(1)的初始条件是10cos ϕA x ==0 (1)v 0= 0sin 1>-ϕωA (2)由(1)式得 21πϕ±=由(2)式得 0sin 1<ϕ 则振动(1)的初相应取 21πϕ-=振动(2)的初始条件是20cos ϕA x = =A (3)v 0= 2sin ϕωA -=0 (4)由(3)式得02=ϕ，满足(4)式，即为振动(2)的初相．因两振动的角频率相同, 所以振动(1)与振动(2)相位差为2π-, 且振动(1)比振动(2)相位落后2π．15-20 一质量为0.1kg 的物体作振幅为0.01m 的简谐振动,最大加速度为0.042m/s .试求(1)振动的周期;(2)总的振动能量;(3)物体在何处时,其动能和势能相等?分析 作简谐振动的弹簧振子系统机械能守恒, 动能和势能都随时间周期变化且相互转换，这是系统运动过程中只有重力、弹性力等保守力作功，外力和非保守内力不作功的条件下才成立的．实际的振动系统起码要受到阻力作用, 因而必定有能量的损耗，系统机械能不守恒．解 (1)由A a m 2ω= 得s 14.3s 04.001.022===ππma A T(2)总振动能量为J102J 01.004.01.02121215-m22⨯=⨯⨯⨯===A maAm E ω(3)设动能和势能相等时, 物体距平衡位置x 远, 则 2P 21kx E =又由 mk E E E ===2k P , 21ω得 m 1007.7m 04.01.001.010235--⨯=⨯⨯⨯==mma EA x15-21 质点作简谐振动,已知振动频率为ν, 则振动动能变化的频率为多少?当其位移为振幅的一半时,其动能为总能量的几分之几?分析 只要大致勾画出k E -t 和x-t 曲线轮廓,便可得出动能变化频率与振动频率间关系.解 振动动能为)]2(2cos 1[41 )2(sin 2122222k t A m t A m E πνωπνω-==所以振动动能变化频率为ν2，k E -t 曲线如图15-21所示．当 A x 21=时, 振动势能为)21(41)2(2122p kA A k E ==此时振动动能为)21(43)21(4121222P k kA kA kA E E E =-=-= 即为总能量的3/4.15-22 两同方向简谐振动，其振动方程分别为)4110cos(106, )4310cos(1052221ππ+⨯=+⨯=--t x t x式中x 以m 为单位，t 以s 为单位.(1)求合振动的振幅和初相;(2)若另有一同方向简谐振动)10cos(10723ϕ+⨯=-t x ,问 ϕ为何值时,合振动 31x x +的振幅为最大; 又 ϕ为何值时,合振动 32x x +的振幅为最小?(3)用旋转矢量法表示(1)、（2）的结果.分析 先体会给出的两个振动方程,哪里体现了同方向?哪里体现了同频率?作两个同方向同频率振动合成,最简单的方法是旋转矢量法(不妨也尝试一下解析法),只要画出了合成矢量,简单的几何关系便给出合振动的振幅及初相.本题的另一部分是讨论振动加强减弱条件,这为后面讨论机械波、光波的干涉加强减弱作舖垫.解 (1)如图15-22,两矢量间夹角为2π所以合振动振幅m 107.81 m106522222221--⨯=⨯+=+=A A A合振动初相8484465 tanarc 0'=+=πϕ(2) 合振动A 再与第三个振动合成.据振动叠加条件, πϕϕk 21±=-时合振动有极大值,即ππϕk 243±=(k =0,1,2…)当πϕϕ)12(1+±=-k 时合振动有极小值, 即ππϕ)12(43+±=k (k =0,1,2…)15-23 有两个同方向同频率的简谐振动,其合振动的振幅为0.2m ,相位与第一振动的相位差为π61,若第一振动的振幅为1103-⨯m ,用旋转矢量法求第二振动的振幅及第一、第二两个振动的相位差.分析 本题与上题相反, 为已知合振动求分振动. 解 作旋转矢量如图15-23所示，由几何关系得m1.030cos 212122=︒-+=AA A A A再由)cos(2122122212ϕϕ-++=A A A A A 解得20)cos(1212πϕϕϕϕ=-=-15-24 示波管的电子束受到两个互相垂直的电场的作用,若电子在两个方向上的位移分别为t A x ωcos =和)cos(ϕω+=t A y .求在0=ϕ、30=ϕ、90=ϕ各种情况下，电子在荧光屏上的轨道方程，并分别说明电子沿轨道的运动方向.分析 这是两个频率相同、振动方向相互垂直简谐振动的合成. 解 轨道方程为)(sin )cos(21221221222212ϕϕϕϕ-=--+A A xy Ay Ax因 A A A ===-2112 ϕϕϕϕϕ2222sin cos 2A xy y x =-+当0=ϕ时，得x=y ，为一过原点的直线．说明电子沿直线作往返运动.当 30=ϕ时,得 222413Axy y x =-+为一椭圆，且运动方程为)30cos(cos+==t A y t A x ωω当 90=t ω时,电子位于)21,0(A -处,此后瞬间x <0, y <0,电子位于第三象限内,表明电子顺时针转动.当 90=ϕ时,得 222A y x =+ 为一圆.且运动方程为)90cos(cos+==t A y t A x ωω当0=t ω时, 电子位于)0, (A 处, 此后瞬间x >0, y <0,电子位于第四象限内, 表明电子仍顺时针转动.。

⼤学物理教程第2章习题答案思考题2.1 从运动学的⾓度看，什么是简谐振动？从动⼒学的⾓度看，什么是简谐振动？答：从运动学的⾓度看，弹簧振⼦相对平衡位置的位移随时间按余弦函数的规律变化，所作的运动就是简谐振动。

从动⼒学的⾓度看，如果物体受到的⼒的⼤⼩总是与物体对其平衡位置的位移成正⽐，⽽⽅向相反，那么该物体的运动就是简谐振动。

2.2 弹簧振⼦的振幅增⼤到2倍时，其振动周期、振动能量、最⼤速度和最⼤加速度等物理量将如何变化？答：弹簧振⼦的运动⽅程为0cos()x A t ω?=+，速度为0sin()v A t ωω?=-+，加速度的为)cos(02?ωω+-=t A a ，振动周期2T =221kA E =。

所以，弹簧振⼦的振幅A 增⼤到2倍时，其振动周期不变，振动能量为原来的4倍，最⼤速度为原来的2倍，最⼤加速度为原来的2倍。

2.3 下列运动是否为简谐振动？（1）⼩球在地⾯上作完全弹性的上下跳动；（2）⼩球在半径很⼤的光滑凹球⾯底部作⼩幅度的摆动；（3）曲柄连杆机构使活塞作往复运动；（4）⼩磁针在地磁的南北⽅向附近摆动。

答：（2）、（4）为简谐振动，（1）、（3）、不是简谐振动。

2.4 三只相同的弹簧（质量忽略不计）都⼀端固定，另⼀端连接质量为m 的物体，它们放置情况不同，其中⼀个平放，⼀个斜放，另⼀个竖直放。

如果它们振动起来，则三者是否均为简谐振动，它们振动的周期是否相同？答：三者均为简谐振动，它们振动的周期也相同。

2.5 当谐振⼦作简谐振动的振幅增⼤为原来的2倍时，谐振⼦的什么量也增⼤为原来的2倍？答：最⼤速度和最⼤加速度。

2.6 ⼀弹簧振⼦作简谐振动，其振动的总能量为E 1。

如果我们将弹簧振⼦的振动振幅增加为原来的2倍，⽽将重物的质量增加为原来的4倍，则新的振⼦系统的总能量是否发⽣变化？答：弹簧振⼦212E kA = ，所以新的振⼦系统的总能量增加为原来的4倍。

2.7 ⼀质点作简谐振动，振动频率为n，则该质点动能的变化频率是多少？答：该质点动能的变化频率是2n。

第十五章　狭义相对论15－1　有下列几种说法：(1) 两个相互作用的粒子系统对某一惯性系满足动量守恒，对另一个惯性系来说，其动量不一定守恒；(2) 在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关；(3) 在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速率都相同.其中哪些说法是正确的？ ( )(A) 只有(1)、(2)是正确的 (B) 只有(1)、(3)是正确的(C) 只有(2)、(3)是正确的 (D) 三种说法都是正确的分析与解　物理相对性原理和光速不变原理是相对论的基础.前者是理论基础，后者是实验基础.按照这两个原理，任何物理规律(含题述动量守恒定律)对某一惯性系成立，对另一惯性系也同样成立.而光在真空中的速度与光源频率和运动状态无关，从任何惯性系(相对光源静止还是运动)测得光速均为3×108m·s-1 .迄今为止，还没有实验能推翻这一事实.由此可见，(2)(3)说法是正确的，故选(C).15－2　按照相对论的时空观，判断下列叙述中正确的是( )(A) 在一个惯性系中两个同时的事件，在另一惯性系中一定是同时事件(B) 在一个惯性系中两个同时的事件，在另一惯性系中一定是不同时事件(C) 在一个惯性系中两个同时又同地的事件，在另一惯性系中一定是同时同地事件(D) 在一个惯性系中两个同时不同地的事件，在另一惯性系中只可能同时不同地(Ｅ) 在一个惯性系中两个同时不同地事件，在另一惯性系中只可能同地不同时分析与解　设在惯性系Ｓ中发生两个事件，其时间和空间间隔分别为Δt和Δx，按照洛伦兹坐标变换，在Ｓ′系中测得两事件时间和空间间隔分别为　和　讨论上述两式，可对题述几种说法的正确性予以判断：说法(A)(B)是不正确的，这是因为在一个惯性系(如Ｓ系)发生的同时(Δt＝0)事件，在另一个惯性系(如Ｓ′系)中是否同时有两种可能，这取决于那两个事件在Ｓ系中发生的地点是同地(Δx＝0)还是不同地(Δx≠0).说法(D)(Ｅ)也是不正确的，由上述两式可知：在Ｓ系发生两个同时(Δt＝0)不同地(Δx≠0)事件，在Ｓ′系中一定是既不同时(Δt′≠0)也不同地(Δx′≠0)，但是在Ｓ系中的两个同时同地事件，在Ｓ′系中一定是同时同地的，故只有说法(C)正确.有兴趣的读者，可对上述两式详加讨论，以增加对相对论时空观的深入理解.15－3　有一细棒固定在Ｓ′系中，它与Ox′轴的夹角θ′＝60°，如果Ｓ′系以速度u 沿Ox方向相对于Ｓ系运动，Ｓ系中观察者测得细棒与Ox 轴的夹角( )(A) 等于60° (B) 大于60° (C) 小于60°(D) 当Ｓ′系沿Ox正方向运动时大于60°，而当Ｓ′系沿Ox负方向运动时小于60°分析与解　按照相对论的长度收缩效应，静止于Ｓ′系的细棒在运动方向的分量(即Ox轴方向)相对Ｓ系观察者来说将会缩短，而在垂直于运动方向上的分量不变，因此Ｓ系中观察者测得细棒与Ox 轴夹角将会大于60°，此结论与Ｓ′系相对Ｓ系沿Ox 轴正向还是负向运动无关.由此可见应选(C).15－4　一飞船的固有长度为L，相对于地面以速度v1作匀速直线运动，从飞船中的后端向飞船中的前端的一个靶子发射一颗相对于飞船的速度为v2的子弹.在飞船上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是( ) (c 表示真空中光速)(A)　(B)　(C)　(D)分析与解　固有长度是指相对测量对象静止的观察者所测，则题中L、v2以及所求时间间隔均为同一参考系(此处指飞船)中的三个相关物理量，求解时与相对论的时空观无关.故选(C).讨论　从地面测得的上述时间间隔为多少？建议读者自己求解.注意此处要用到相对论时空观方面的规律了.15－5　设Ｓ′系以速率v＝0.60c相对于Ｓ系沿xx′轴运动，且在t＝t′＝0时，x＝x′＝0.(1)若有一事件，在Ｓ系中发生于t＝2.0×10－7ｓ，x＝50m 处，该事件在Ｓ′系中发生于何时刻？(2)如有另一事件发生于Ｓ系中t＝3.0×10-7ｓ，x＝10m处，在Ｓ′系中测得这两个事件的时间间隔为多少？分析　在相对论中，可用一组时空坐标(x，y，z，t)表示一个事件.因此，本题可直接利用洛伦兹变换把两事件从Ｓ系变换到Ｓ′系中.解　(1) 由洛伦兹变换可得Ｓ′系的观察者测得第一事件发生的时刻为 (2) 同理，第二个事件发生的时刻为所以，在Ｓ′系中两事件的时间间隔为15－6　设有两个参考系Ｓ和Ｓ′，它们的原点在t＝0和t′＝0时重合在一起.有一事件，在Ｓ′系中发生在t′＝8.0×10－8s，x′＝60m，y′＝0，z′＝0处，若Ｓ′系相对于Ｓ系以速率v＝0.6c沿xx′轴运动，问该事件在Ｓ系中的时空坐标各为多少？分析　本题可直接由洛伦兹逆变换将该事件从Ｓ′系转换到Ｓ系.解　由洛伦兹逆变换得该事件在Ｓ系的时空坐标分别为y ＝y′＝0z ＝z′＝015－7　一列火车长0.30 km(火车上观察者测得)，以100 km·h-1的速度行驶，地面上观察者发现有两个闪电同时击中火车的前后两端.问火车上的观察者测得两闪电击中火车前后两端的时间间隔为多少？分析　首先应确定参考系，如设地面为Ｓ系，火车为Ｓ′系，把两闪电击中火车前后端视为两个事件(即两组不同的时空坐标).地面观察者看到两闪电同时击中，即两闪电在Ｓ系中的时间间隔Δt＝t2－t1＝0.火车的长度是相对火车静止的观察者测得的长度(注：物体长度在不指明观察者的情况下，均指相对其静止参考系测得的长度)，即两事件在Ｓ′系中的空间间隔Δx′＝x′2－x′1＝0.30×103 m.Ｓ′系相对Ｓ系的速度即为火车速度(对初学者来说，完成上述基本分析是十分必要的).由洛伦兹变换可得两事件时间间隔之间的关系式为(1)(2)将已知条件代入式(1)可直接解得结果.也可利用式(2)求解，此时应注意，式中为地面观察者测得两事件的空间间隔，即Ｓ系中测得的火车长度，而不是火车原长.根据相对论，运动物体(火车)有长度收缩效应，即.考虑这一关系方可利用式(2)求解.解1　根据分析，由式(1)可得火车(Ｓ′系)上的观察者测得两闪电击中火车前后端的时间间隔为负号说明火车上的观察者测得闪电先击中车头x′2处.解2　根据分析，把关系式代入式(2)亦可得与解1相同的结果.相比之下解1较简便，这是因为解1中直接利用了＝0.30 km这一已知条件.15－8　在惯性系Ｓ中，某事件A发生在x1处，经过2.0 ×10－6ｓ后，另一事件B发生在x2处，已知x2－x1＝300 m.问：(1) 能否找到一个相对Ｓ系作匀速直线运动的参考系Ｓ′，在Ｓ′系中，两事件发生在同一地点？(2) 在Ｓ′系中，上述两事件的时间间隔为多少？分析　在相对论中，从不同惯性系测得两事件的空间间隔和时间间隔有可能是不同的.它与两惯性系之间的相对速度有关.设惯性系Ｓ′以速度v 相对Ｓ系沿x 轴正向运动，因在Ｓ系中两事件的时空坐标已知，由洛伦兹时空变换式，可得(1)(2) 两事件在Ｓ′系中发生在同一地点，即x′2－x′1＝0，代入式(1)可求出v值以此作匀速直线运动的Ｓ′系，即为所寻找的参考系.然后由式(2)可得两事件在Ｓ′系中的时间间隔.对于本题第二问，也可从相对论时间延缓效应来分析.因为如果两事件在Ｓ′系中发生在同一地点，则Δt′为固有时间间隔(原时)，由时间延缓效应关系式可直接求得结果.解　(1) 令x′2－x′1＝0，由式(1)可得 (2) 将v值代入式(2)，可得这表明在Ｓ′系中事件A先发生.15－9　设在正负电子对撞机中，电子和正电子以速度0.90c 相向飞行，它们之间的相对速度为多少？分析　设对撞机为Ｓ系，沿x轴正向飞行的正电子为Ｓ′系.Ｓ′系相对Ｓ系的速度v＝0.90c，则另一电子相对Ｓ系速度u x＝－0.90c，该电子相对Ｓ′系(即沿x轴正向飞行的电子)的速度u′x即为题中所求的相对速度.在明确题目所述已知条件及所求量的物理含义后，即可利用洛伦兹速度变换式进行求解.解　按分析中所选参考系，电子相对Ｓ′系的速度为式中负号表示该电子沿x′轴负向飞行，正好与正电子相向飞行.讨论　若按照伽利略速度变换，它们之间的相对速度为多少？15－10　设想有一粒子以0.050c的速率相对实验室参考系运动.此粒子衰变时发射一个电子，电子的速率为0.80c，电子速度的方向与粒子运动方向相同.试求电子相对实验室参考系的速度.分析　这是相对论的速度变换问题.取实验室为Ｓ系，运动粒子为Ｓ′系，则Ｓ′系相对Ｓ系的速度v＝0.050c.题中所给的电子速率是电子相对衰变粒子的速率，故u′x＝0.80c.解　根据分析，由洛伦兹速度逆变换式可得电子相对Ｓ系的速度为15－11　设在宇航飞船中的观察者测得脱离它而去的航天器相对它的速度为1.2×108m·ｓ-1i.同时，航天器发射一枚空间火箭，航天器中的观察者测得此火箭相对它的速度为1.0×108m·ｓ-1i.问：(1) 此火箭相对宇航飞船的速度为多少？(2) 如果以激光光束来替代空间火箭，此激光光束相对宇航飞船的速度又为多少？请将上述结果与伽利略速度变换所得结果相比较，并理解光速是运动体的极限速度.分析　该题仍是相对论速度变换问题.(2)中用激光束来替代火箭，其区别在于激光束是以光速c相对航天器运动，因此其速度变换结果应该与光速不变原理相一致.解　设宇航飞船为Ｓ系，航天器为Ｓ′系，则Ｓ′系相对Ｓ系的速度v＝1.2 ×108m·ｓ－1，空间火箭相对航天器的速度为u′x＝1.0×108m·ｓ－1，激光束相对航天器的速度为光速c.由洛伦兹变换可得：(1) 空间火箭相对Ｓ系的速度为(2) 激光束相对Ｓ系的速度为即激光束相对宇航飞船的速度仍为光速c，这是光速不变原理所预料的.如用伽利略变换，则有u x＝c＋v＞c.这表明对伽利略变换而言，运动物体没有极限速度，但对相对论的洛伦兹变换来说，光速是运动物体的极限速度.15－12　以速度v沿x方向运动的粒子，在y 方向上发射一光子，求地面观察者所测得光子的速度.分析　设地面为Ｓ系，运动粒子为Ｓ′系.与上题不同之处在于，光子的运动方向与粒子运动方向不一致，因此应先求出光子相对Ｓ系速度u的分量u x、u y和u z，然后才能求u的大小和方向.根据所设参考系，光子相对Ｓ′系的速度分量分别为u′x＝0，u′y＝c，u′z＝0.解　由洛伦兹速度的逆变换式可得光子相对Ｓ系的速度分量分别为所以，光子相对Ｓ系速度u的大小为速度u与x 轴的夹角为讨论　地面观察者所测得光子的速度仍为c，这也是光速不变原理的必然结果.但在不同惯性参考系中其速度的方向却发生了变化.15－13　在惯性系Ｓ中观察到有两个事件发生在同一地点，其时间间隔为4.0 s，从另一惯性系Ｓ′中观察到这两个事件的时间间隔为6.0 s，试问从Ｓ′系测量到这两个事件的空间间隔是多少？设Ｓ′系以恒定速率相对Ｓ系沿xx′轴运动.分析　这是相对论中同地不同时的两事件的时空转换问题.可以根据时间延缓效应的关系式先求出Ｓ′系相对Ｓ系的运动速度v，进而得到两事件在Ｓ′系中的空间间隔Δx′＝vΔt′(由洛伦兹时空变换同样可得到此结果).解　由题意知在Ｓ系中的时间间隔为固有的，即Δt ＝4.0ｓ，而Δt′＝6.0 s.根据时间延缓效应的关系式，可得Ｓ′系相对Ｓ系的速度为两事件在Ｓ′系中的空间间隔为15－14　在惯性系Ｓ中，有两个事件同时发生在xx′轴上相距为1.0×103m的两处，从惯性系Ｓ′观测到这两个事件相距为2.0×103m，试问由Ｓ′系测得此两事件的时间间隔为多少？分析　这是同时不同地的两事件之间的时空转换问题.由于本题未给出Ｓ′系相对Ｓ系的速度v，故可由不同参考系中两事件空间间隔之间的关系求得v，再由两事件时间间隔的关系求出两事件在Ｓ′系中的时间间隔.解　设此两事件在Ｓ系中的时空坐标为(x1，0，0，t1)和(x2，0，0，t2 )，且有x2－x1 ＝1.0×103m，t2－t1＝0.而在Ｓ′系中，此两事件的时空坐标为(x′1，0，0，t′1)和(x′2，0，0，t′2)，且|x′2－x′1| ＝2.0×103m，根据洛伦兹变换，有(1)(2)由式(1)可得将v值代入式(2)，可得15－15　若从一惯性系中测得宇宙飞船的长度为其固有长度的一半，试问宇宙飞船相对此惯性系的速度为多少？ (以光速c表示)解　设宇宙飞船的固有长度为l0，它相对于惯性系的速率为v，而从此惯性系测得宇宙飞船的长度为，根据洛伦兹长度收缩公式，有可解得v＝0.866 c15－16　一固有长度为4.0 m 的物体，若以速率0.60c 沿x轴相对某惯性系运动，试问从该惯性系来测量，此物体的长度为多少？解　由洛伦兹长度收缩公式15－17　若一电子的总能量为5.0MeV，求该电子的静能、动能、动量和速率.分析　粒子静能E0是指粒子在相对静止的参考系中的能量，，式中为粒子在相对静止的参考系中的质量.就确定粒子来说，E0和m0均为常数(对于电子，有m0＝9.1 ×10－31ｋｇ，E0＝0.512 MeV).本题中由于电子总能量E＞E0，因此，该电子相对观察者所在的参考系还应具有动能，也就具有相应的动量和速率.由相对论动能定义、动量与能量关系式以及质能关系式，即可解出结果.解　电子静能为　电子动能为 E k＝E－E0＝4.488 MeV由，得电子动量为由可得电子速率为15－18　一被加速器加速的电子，其能量为3.00 ×109eV.试问：(1) 这个电子的质量是其静质量的多少倍？ (2) 这个电子的速率为多少？解　(1) 由相对论质能关系和可得电子的动质量m与静质量m0之比为 (2) 由相对论质速关系式可解得可见此时的电子速率已十分接近光速了.15－19　在电子偶的湮没过程中，一个电子和一个正电子相碰撞而消失，并产生电磁辐射.假定正负电子在湮没前均静止，由此估算辐射的总能量E.分析　在相对论中，粒子的相互作用过程仍满足能量守恒定律，因此辐射总能量应等于电子偶湮没前两电子总能之和.按题意电子偶湮没前的总能只是它们的静能之和.解　由分析可知，辐射总能量为15－20　如果将电子由静止加速到速率为0.10c，需对它作多少功？如将电子由速率为0.80c加速到0.90c，又需对它作多少功？分析　在相对论力学中，动能定理仍然成立，即，但需注意动能E k 不能用表示.解　由相对论性的动能表达式和质速关系可得当电子速率从增加到时，电子动能的增量为根据动能定理，当v1＝0，v2＝0.10c时，外力所作的功为当v1＝0.80 c，v2＝0.90 c时，外力所作的功为由计算结果可知，虽然同样将速率提高0.1c，但后者所作的功比前者要大得多，这是因为随着速率的增大，电子的质量也增大.。

1、一束光垂直入射在偏振片上，以入射光线为轴转动偏振片，观察通过偏振片后的光强变化过程。

如果观察到光强不变，则入射光是什么光如果观察到明暗交替变化，有时出现全暗，则入射光是什么光如果观察到明暗交替变化，但不出现全暗，则入射光是什么光 【答案：自然光；完全偏振光；部分偏振光】详解：当一束光垂直入射在偏振片上时，以入射光线为轴转动偏振片，如果观察到通过偏振片后的光强不发生变化，入射光是由自然光；如果观察到光强有明暗交替变化，并且有时出现全暗，则入射光是完全偏振光；如果观察到光强有明暗交替变化，但不出现全暗，则入射光是部分偏振光。

2、一束光是自然光和线偏振光的混合光，让它垂直通过一个偏振片。

若以此入射光束为轴旋转偏振片，测得透射光强度最大值是最小值的5倍，那么入射光束中自然光与线偏振光的光强比值为多少 【答案：1/2】详解：设该光束中自然光和线偏振光的强度分别为I 1和I 2。

当以此入射光束为轴旋转偏振片时，透射光强度的最大值和最小值分别为21max 21I I I +=1min 21I I = 依题意有I max =5I min ，即12121521I I I ⨯=+ 解之得2121=I I 即入射光束中自然光与线偏振光的光强比值等于1/2。

3、一束光强为I 0的自然光相继通过三个偏振片P 1、P 2、P 3后，出射光的光强为 。

已知P 1和P 2的偏振化方向相互垂直，若以入射光线为轴旋转P 2，要使出射光的光强为零，P 2最少要转过多大的角度【答案：45°】详解：由于P 1和P 2的偏振化方向相互垂直，而自然光相继通过三个偏振片后的光强不等于零，说明自然光通过偏振片的顺序为P 1、P 3、P 2。

如图所示，设偏振片P 1和P 3的夹角为，由马吕斯定律得出射光强为)09(cos cos 2220θθ-=I I θ2sin 820I= 由于I = ，代入上式解得45=θ要使出射光强为零，应使P 2和P 3的偏振化方向垂直，因此P 2最少要转过的角度也等于45°。