第四章 狭义相对论
4-1 利用
其中
4-2 x1=0 x2=1200 km
即，则长沙的班机后起飞.
（代入数据可得）
4-3 地球与星球的距离L0=5光年（固有长度），宇航员测量的长度L=3光年（运动长度），由长度收缩公式得
得火箭对地的速度
4-4
则代入得
4-5 解法一 (1) 根据题意
长度沿运动方向缩短因为
因为
(2)
解法二 ,
由
4-6 (1)
对OA(或OB)
在S系（相对系以）
周长
(2)
对OA(或AB)S系中长度为
对OB,在S系中长度为
周长
4-7 S系测量的时间间隔为固有时系测量的时间间隔为运动时,根据时间延缓公式得
S′系对S系的速率
在S′系测量的两个事件的空间间隔为
或
4-8
(因为流星是从船头飞向船尾)
4-9 根据相对论动力学基本方程得
(1)
对上式积分
得
(1) 当t<<<<
(2) 当t>>时，>>
则
v=at时,
v=c时
4-10
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
与太阳质量的比值
这个比值是非常小的.
4-17 略
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（图题所示）
设货轮静止不动时，货轮上的A点恰在水面上，则浮力为Sρga.这时
往下沉一点时，
合力
.
又
故
故作简谐振动
5-2 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：
(1)
(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
将（1）式代入上式，整理后得
故物体A的运动是简谐振动，且
由初始条件求得故物体A的运动方程为
x=0.1cos(7t+π)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:
(2)
对滑轮列出转动方程为： (3)
式中,T2=k(l0+x) （4）
由式（3）、(4)知代入(2)式知
又由（1）式知
故
即
可见，物体A仍作简谐振动，此时圆频率为：
由于初始条件：
可知，A、不变，故物体A的运动方程为:
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.
5-3 解：简谐振动的振动表达式：
由题图可知，,当t=0时，将代入简谐振动表达式，得：
由,当t=0时，
由图可知，>0,即,故由,取
又因:t=1s 时，将其入代简谐振动表达式，得
由t=1s时,<0知，,取，
即
质点作简谐振动的振动表达式为
5-4 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，由高斯定理可知,则微粒在此处受电场力为:
式中，负号表明电场的方向与的正方向相反，指向球心.由上式及牛顿定律，得：
令
则
故微粒作简谐振动，平衡点在球心处.由
知,
5-5 解：（1）取弹簧原长所在位置为点.当弹簧挂上物体A时，处于静止位置P点，有：
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：
设当B与A粘在一起后，在其运动过程的任一位置，弹簧形变量,则A、B系统所受合力为：
即
可见A与B作简谐和振动.
(2) 由上式知，
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
则t=0时，(负号表P点在O点上方)
又B与A为非弹性碰撞，碰撞前B的速度为:
碰撞后，A、B的共同速度为： （方向向上）
则t=0时，
可求得：
可知A与B振动系统的振动表达式为：
(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：
则最大拉力
解：(1) 已知A=0.24m,,如选x轴向下为正方向.
已知初始条件即
而 取,故：
(2) 如图题所示坐标中，在平衡位置上方0.12m,即x=-0.12m处，有
因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向上运动，.故
则取
可得：
(3) 物体在平衡位置上方0.12m处所受合外力,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：
不计摩擦，弹簧压缩过程中系统机械能守恒，即：
（x0为弹簧最大形变量）
由此简谐振动的振幅
系统圆频率
若取物体静止时的位置O（平衡位置）为坐标原点，Ox轴水平向右为正，则初始条件为：
t=0时，x=0,
由得：
则木块与子弹二者作简谐振动，其振动表达式为：
5-8 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向是相同的，均与物体的位移方向相反，即
令F=-kx,有:
由
得
则粘上油泥块后，新的振动系统质量为：
新的周期
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
设碰撞后，m1和m2共同速度为.
根据动量守恒定律，
则
新的振幅
5-9 解：（1）由振动方程知，
故振动周期,
(2) t=0时，由振动方程得：
(3) 由旋转矢量法知，此时的位相：
速度
加速度
所受力
（4）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：
故有,
即
可得,
5-10 解：（1）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：
N是平板对砝码的支持力.
故
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：
故
砝码对板的正压力与板对砝码的支持力大小相等，方向相反.
（2）当N=0时，砝码开始脱离平板，故此时的振幅应满足条件：
(3) 由,可知，成反比，当时，
5-11 解：（1）设振子过平衡位置时的速度为，由机械能守恒，有：
由水平方向动量定理,
此后，系统振幅为，由机械能守恒，有：
得,
有,
（2）碰撞前后系统总能量变化为：
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.
（3）当m达到振幅A时，竖直落在m上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A，周期为，系统的振动总能量不变，为（非弹性碰撞损耗的能量为源于碰撞前的动能）.
物体系统过平衡位置时的速度由：
得,
5-12 解：（1）由放置矢量法可知，振子从运动到的位置处，
角相位的最小变化为：
则圆频率
周期
由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：
则振幅
（2）因为
又
故
得,
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：
故
根据题意，取
再由
得,
（3）t=0时，
（4）由简谐振动的振动表达式
当t=0时，,可得：
又
故
5-13 解：（1）据题意，两质点振动方程分别为：
（2）P、Q两质点的速度及加速度表达分别为：
当t=1s时，有：
（3）由相位差
可见，P点的相比Q点的相位超前.
5-14 解：（1）由题意得初始条件：
可得： (由旋转矢量法可证出)
在平衡位置的动能就是质点的总能量
可求得：
则振动表达式为：
(2) 初始位置势能
当t=0时，
5-15 解：（1）由初始条件：
可知，
且
则振动表达式为：
当t=0.5s时，
(2) t=0.5s时，小球所受力：
因t=0.5s时，小球的位置在处，即小球在x轴负方向，而f的方向是沿x轴正方向，总是指向平衡位置.
(3) 从初始位置到所需最短时间设为t，由旋转矢量法知，
(4) 因为
在
(5) t=4s时，
5-16 解：设两质点的振动表达式分别为：
由图题可知，一质点在处时对应的相位为：
同理：另一质点在相遇处时，对应的相位为：
故相位差
若的方向与上述情况相反，故用同样的方法，可得：
5-17 解：由图题5-17(图在课本上P200)所示曲线可以看出，两个简谐振动的振幅相同，即,周期均匀，因而圆频率为：
由x-t曲线可知，简谐振动1在t=0时，且，故可求得振动1的初位相.
同样，简谐振动2在t=0时，
故简谐振动1、2的振动表达式分别为：
因此，合振动的振幅和初相位分别为：
但由x-t曲线知，t=0时，.
故合振动的振动表达式：
5-18 解：（1）它们的合振动幅度初相位分别为：
（2）当,即时，的振幅最大；当，即时，的振幅最小.
（3）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
又因为
若,即第一、第二两个振动的相位差为
4-1 利用
其中
4-2 x1=0 x2=1200 km
即，则长沙的班机后起飞.
（代入数据可得）
4-3 地球与星球的距离L0=5光年（固有长度），宇航员测量的长度L=3光年（运动长度），由长度收缩公式得
得火箭对地的速度
4-4
则代入得
4-5 解法一 (1) 根据题意
长度沿运动方向缩短因为
因为
(2)
解法二 ,
由
4-6 (1)
对OA(或OB)
在S系（相对系以）
周长
(2)
对OA(或AB)S系中长度为
对OB,在S系中长度为
周长
4-7 S系测量的时间间隔为固有时系测量的时间间隔为运动时,根据时间延缓公式得
S′系对S系的速率
在S′系测量的两个事件的空间间隔为
或
4-8
(因为流星是从船头飞向船尾)
4-9 根据相对论动力学基本方程得
(1)
对上式积分
得
(1) 当t<<<<
(2) 当t>>时，>>
则
v=at时,
v=c时
4-10
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
与太阳质量的比值
这个比值是非常小的.
4-17 略
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（图题所示）
设货轮静止不动时，货轮上的A点恰在水面上，则浮力为Sρga.这时
往下沉一点时，
合力
.
又
故
故作简谐振动
5-2 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：
(1)
(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
将（1）式代入上式，整理后得
故物体A的运动是简谐振动，且
由初始条件求得故物体A的运动方程为
x=0.1cos(7t+π)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:
(2)
对滑轮列出转动方程为： (3)
式中,T2=k(l0+x) （4）
由式（3）、(4)知代入(2)式知
又由（1）式知
故
即
可见，物体A仍作简谐振动，此时圆频率为：
由于初始条件：
可知，A、不变，故物体A的运动方程为:
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.
5-3 解：简谐振动的振动表达式：
由题图可知，,当t=0时，将代入简谐振动表达式，得：
由,当t=0时，
由图可知，>0,即,故由,取
又因:t=1s 时，将其入代简谐振动表达式，得
由t=1s时,<0知，,取，
即
质点作简谐振动的振动表达式为
5-4 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，由高斯定理可知,则微粒在此处受电场力为:
式中，负号表明电场的方向与的正方向相反，指向球心.由上式及牛顿定律，得：
令
则
故微粒作简谐振动，平衡点在球心处.由
知,
5-5 解：（1）取弹簧原长所在位置为点.当弹簧挂上物体A时，处于静止位置P点，有：
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：
设当B与A粘在一起后，在其运动过程的任一位置，弹簧形变量,则A、B系统所受合力为：
即
可见A与B作简谐和振动.
(2) 由上式知，
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
则t=0时，(负号表P点在O点上方)
又B与A为非弹性碰撞，碰撞前B的速度为:
碰撞后，A、B的共同速度为： （方向向上）
则t=0时，
可求得：
可知A与B振动系统的振动表达式为：
(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：
则最大拉力
解：(1) 已知A=0.24m,,如选x轴向下为正方向.
已知初始条件即
而 取,故：
(2) 如图题所示坐标中，在平衡位置上方0.12m,即x=-0.12m处，有
因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向上运动，.故
则取
可得：
(3) 物体在平衡位置上方0.12m处所受合外力,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：
不计摩擦，弹簧压缩过程中系统机械能守恒，即：
（x0为弹簧最大形变量）
由此简谐振动的振幅
系统圆频率
若取物体静止时的位置O（平衡位置）为坐标原点，Ox轴水平向右为正，则初始条件为：
t=0时，x=0,
由得：
则木块与子弹二者作简谐振动，其振动表达式为：
5-8 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向是相同的，均与物体的位移方向相反，即
令F=-kx,有:
由
得
则粘上油泥块后，新的振动系统质量为：
新的周期
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
设碰撞后，m1和m2共同速度为.
根据动量守恒定律，
则
新的振幅
5-9 解：（1）由振动方程知，
故振动周期,
(2) t=0时，由振动方程得：
(3) 由旋转矢量法知，此时的位相：
速度
加速度
所受力
（4）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：
故有,
即
可得,
5-10 解：（1）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：
N是平板对砝码的支持力.
故
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：
故
砝码对板的正压力与板对砝码的支持力大小相等，方向相反.
（2）当N=0时，砝码开始脱离平板，故此时的振幅应满足条件：
(3) 由,可知，成反比，当时，
5-11 解：（1）设振子过平衡位置时的速度为，由机械能守恒，有：
由水平方向动量定理,
此后，系统振幅为，由机械能守恒，有：
得,
有,
（2）碰撞前后系统总能量变化为：
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.
（3）当m达到振幅A时，竖直落在m上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A，周期为，系统的振动总能量不变，为（非弹性碰撞损耗的能量为源于碰撞前的动能）.
物体系统过平衡位置时的速度由：
得,
5-12 解：（1）由放置矢量法可知，振子从运动到的位置处，
角相位的最小变化为：
则圆频率
周期
由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：
则振幅
（2）因为
又
故
得,
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：
故
根据题意，取
再由
得,
（3）t=0时，
（4）由简谐振动的振动表达式
当t=0时，,可得：
又
故
5-13 解：（1）据题意，两质点振动方程分别为：
（2）P、Q两质点的速度及加速度表达分别为：
当t=1s时，有：
（3）由相位差
可见，P点的相比Q点的相位超前.
5-14 解：（1）由题意得初始条件：
可得： (由旋转矢量法可证出)
在平衡位置的动能就是质点的总能量
可求得：
则振动表达式为：
(2) 初始位置势能
当t=0时，
5-15 解：（1）由初始条件：
可知，
且
则振动表达式为：
当t=0.5s时，
(2) t=0.5s时，小球所受力：
因t=0.5s时，小球的位置在处，即小球在x轴负方向，而f的方向是沿x轴正方向，总是指向平衡位置.
(3) 从初始位置到所需最短时间设为t，由旋转矢量法知，
(4) 因为
在
(5) t=4s时，
5-16 解：设两质点的振动表达式分别为：
由图题可知，一质点在处时对应的相位为：
同理：另一质点在相遇处时，对应的相位为：
故相位差
若的方向与上述情况相反，故用同样的方法，可得：
5-17 解：由图题5-17(图在课本上P200)所示曲线可以看出，两个简谐振动的振幅相同，即,周期均匀，因而圆频率为：
由x-t曲线可知，简谐振动1在t=0时，且，故可求得振动1的初位相.
同样，简谐振动2在t=0时，
故简谐振动1、2的振动表达式分别为：
因此，合振动的振幅和初相位分别为：
但由x-t曲线知，t=0时，.
故合振动的振动表达式：
5-18 解：（1）它们的合振动幅度初相位分别为：
（2）当,即时，的振幅最大；当，即时，的振幅最小.
（3）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
又因为
若,即第一、第二两个振动的相位差为
