1.光子火箭从地球起程时初始静止质量（包括燃料）为M0，向相距为R=1.8×1061.y.（光年）的远方仙女座星飞行。要求火箭在25年（火箭时间）后到达目的地。引力影响不计。

1）、忽略火箭加速和减速所需时间，试问火箭的速度应为多大？2）、设到达目的地时火箭静止质量为M0ˊ，试问M0/ M0ˊ的最小值是多少？

分析：光子火箭是一种设想的飞行器，它利用“燃料”物质向后辐射定向光束，使火箭获得向前的动量。求解第1问，可先将火箭时间（年）变换成地球时间，然后由距离R求出所需的火箭速度。火箭到达目的地时，比值是不定的，所谓最小比值是指火箭刚好能到达目的地，亦即火箭的终速度为零，所需“燃料”量最少。利用上题（本章题11）的结果即可求解第2问。 

解：1）火箭加速和减速所需时间可略，故火箭以恒定速度飞越全程，走完全程所需火箭时间（本征时间）为（年）。利用时间膨胀公式，相应的地球时间为

因

故

解出

可见，火箭几乎应以光速飞行。

（2）、火箭从静止开始加速至上述速度，火箭的静止质量从M0变为M，然后作匀速运动，火箭质量不变。最后火箭作减速运动，比值最小时，到达目的地时的终速刚好为零，火箭质量从M变为最终质量。加速阶段的质量变化可应用上题（本章题11）的（3）式求出。因光子火箭喷射的是光子，以光速c离开火箭，即u=c，于是有

                             （1）

为加速阶段的终速度，也是减速阶段性的初速度。对减速阶段，可应用上题（本章题11）的（4）式，式中的m0以减速阶段的初质量M代入。又因减速时必须向前辐射光子，故u=-c，即有

                                 （2）

由（1）、（2）式，得

2.如图52-1所示，地面上的观察者认为在地面上同时发生的两个事件A和B，在相对地面以速度（平行于x轴，且与正方向同向）运动的火箭上的观察者的判断正确的是（   ）

A、A早于B  B、B早于A 

 C、A、B同时发生    D、无法判断

解：在地面（S系）上，，在火箭（系）中，

因，，，故。即从火箭上观

察，B事件在前，A事件在后，选B。

3. 如图11-195所示，正方形均质板重G，用4根轻质杆铰链水平悬挂，外形构成边长为a的立方体，现将方板绕铅垂对称轴旋转θ角度，再用一细绳围绕四杆的中点捆住，使板平衡于θ角位置。试求绳内的张力。

分析：初看此题，一般都会觉的比较复杂，因为题中铰链就有8个，加上4根轻质杆与绳子有4个接触点，一共有12个受力点，而且初看甚至想象不出木板旋转θ角度以后整个系统是什么样子，即使把各个受力点的力逐个画出来也无济于事。应该先想一想哪些点都是对称的（等价的），找出最基本的部分，再把空间方向确定下来，然后好画出各个力点的受力情况。

解：把木板绕铅垂对称轴旋转θ角度以后，系统虽然不是一个很对称的立方体，但把系统绕铅直轴旋转90度的整数倍，系统的与自身重合，说明四根轻杆的受力情况是完全一样的。系统处于平衡状态，把四根轻杆，木板，绳组成的部分看成刚体，则刚体受四个铰接部分的力而平衡，重力方向的平衡可以得出，竖直方向对每根轻杆的拉力T上为：

                               （1）

而铰接处是否对轻杆有水平方向的作用力，暂时还不好确定，不过可以为N//，从俯图来看四根轻杆的受力情况（如图11-196所示）：             

图中虚线表示正方形对角线的外延部分，如果N//不在对角线方向上，则四个N//对O点有一个力偶矩，将使得下面的部分旋转，与平衡假设相矛盾，因此水平弹力必然在对角线方向，要么都向外，要么都向里（设向外为正，这种设法不会影响结果）。

同样的道理，把木板隔离开来，可知木板对轻杆往下的拉力为：

                            （2）

而水平方向的作用力必沿对角线方向（否则木板旋转），木板对杆的作用力向里向外的性质与上端铰链的方向相同，否则以绳对杆的作用点为支点，力矩无法平衡。

下面再看整个系统的俯视图（如图11-197所示），把轻杆隔离出来作为平衡的刚性杆，利用力的平衡条件和力矩的平衡条件可求出拉力T的大小。

绳作用在每根转杆的中点，在俯视图上不难看出，绳子构成一个正方形，且在水平面内，因而可以知道绳对轻杆仅有水平面内，因而可以知道绳对轻杆仅有水平面内的拉力，轻杆在竖直方向上力的平衡是满足的：

                                  （3）

取一根轻杆为研究对象不难求出与的关系，以及与的关系，设绳的张力为T，则水平合力。

x方向水平力平衡：

                       （4）

y方向水平力平衡：

            （5）

在过轻杆的竖直面内来分析力矩平衡（只研究平面内转矩），如图11-198。

对于A点，力矩平衡

          （6）

联合（2）、（4）、（5）、（6）式可得

4. 如图12-30所示，一小车对地以加速度a1=1m/s2向左由静止开始作匀加速运动，车上一人又以加速度a2=2m/s2相对于车向右同时由静止开始作匀加速运动。求：（1）人对地的加速度；（2）经历时间t1=1s，人对地的瞬时速度；（3）经历时间t2=2s，人对地的位移。

解：（1）

a1与a2方向相反选a2为正方向

则

（2）t=1s时，  

（3）  

5．有一小直径为d的试管，管内装有理想气体，其中有一段质量m=2g的水银将理想气体和空气隔开。当试管口向上时，气体在试管中的长为L1（图24-30（a）中的（a）），当将管口向下时，气体在试管中长为L2（图24-30（b）中的（b）），试求L2/L1为多少？

解：如果是等温过程，可得理想气体的状态方程

对于上述两种情况，可有

现在考虑在每一情况作用中在气体上的压强，如图24-30（b）所示，可得

式中S为试管内部的截面积，W为水银的重量，W=mg，则

消去S得

6．有一个两端开口、粗细均匀的U型玻璃细管，放置在竖直平面内，处在压强为的大气中，两个竖直支管的高度均为h，水平管的长度为2h，玻璃细管的半径为r,r«h，今将水平管内灌满密度为ρ的水银，如图24-54（a）所示。

1．如将U型管两个竖直支管的开口分别封闭起来，使其管内空气压强均等于大气压强，问当U型管向右作匀加速移动时，加速度应多大才能使水平管内水银柱长度稳定为。

2．如将其中一个竖直支管的开口封闭起来，使其管内气体压强为1atm，问当U型管绕以另一个竖直支管（开口的）为轴作匀速转动时，转数n应为多大才能使水平管内水银柱长度稳定为。

（U型管作以上运动时，均不考虑管内水银液面的倾斜）

解：1、当U型管向右加速移动时，水平管内的水银柱将向左边的竖直支管中移动，其稳定的位置是留在水平管内的水银柱所受的水平方向的合力等于使其以恒定加速度a向右运动时所需的力。由于竖直支管内空气在膨胀或压缩前后的温度相等，根据气态方程有

右管：             

左管：             

S为管的截面积，图24-54（b）中，A、B两处压强分别为：

而留在水平管内的水银柱质量

其运动方程为   

由以上各式可得

2．当U型管以开口的竖直支管为轴转动时，水平管内的水银柱将向封闭的竖直支管中移动，其稳定位置是水平管内的水银柱所受的水平方向的合力，正好等于这段水银柱作匀速圆周运动所需的向心力。由于封闭竖直支管内空气在压缩前后的温度相等，根据气态方程有

S为管的截面积。图24-54（c）中A、B两处的压强分别为

留在水平管内的水银柱的质量

其运动方程为

其中         

由以上各式可得

7. 有一块透明光学材料，由折射率略有不同的许多相互平行的，厚度d=0.1mm的薄层紧密连接构成，图33-40表示各薄层互相垂直的一个截面，若最下面一层的折射率为n0，从它往上数第K层的折射率为nK=n0-Kv，其中n0=1.4,v=0.025，今有一光线以入射角i=60°射向O点，求此光线在这块材料内能达到的最大深度？

解：设光线进入材料后的折射角为r，则根据折射定律有，此光线从最下面一层进入向上数第一层时，入射角为，折射角为，

同样根据折射定律有

，

也即     

光线从第一层进入第二层时，同样可得

综合以上分析可得：

因为，所以随着K的增大而增大，则随着K的增大而减小，即光线在顺序变化的介质中传播时将偏向折射率变大的方向。满足上式又当最接近1的K值即为光线能进入的最深薄层的序号，光线在这个薄层上将发生全反射，然后又逐层返回下面最后射出透明材料。

因此求出能满足下式的K的最大值

因为

代入上式得：

解得：

取小于21.76的最大整数，得K=21，即在n0上面第21层下表面就是光线能到达的最深处，所以光线在这块透明材料内能达到的最大深度是

8.（1）图33-98所示为一凹球面镜，球心为C，内盛透明液体，已知C至液面高度CE为40.0cm，主轴CO上有一物A，物离液面高度AE恰好为30.0cm时，物A的实像和物处于同一高度。实验时光圈直径很小，可以保证近轴光线成像。试求该透明液体的折射率n。

（2）体温计横截面如图33-99所示，已知细水银柱A离圆柱面顶点O的距离为2R，R为该圆柱面半径，C为圆柱面中心轴位置。玻璃的折射率n=3/2，E代表人眼，求图示横截面上人眼所见水银柱像的位置、虚实、正倒和放大倍数。

分析：（1）通过折射定律和光圈足够小的条件可求出液体的折射率。（2）注意在近轴条件下的近似，再通过几何知识即可求解。

解：（1）主轴上物A发出的光线AB，经液体界面折射后沿BD方向入射球面镜时，只要BD延长线过球心C，光线经球面反射后必能沿原路折回。按光的可逆性原理，折回的光线相交于A（图33-100）。

对空气、液体界面用折射定律有

当光圈足够小时，，因此有     

(2) 先考虑主轴上点物A发出的两条光线，其一沿主轴方向ACOE入射界面，无偏折地出射，进入人眼E。其二沿AP方向以入射角斜入射界面P点，折射角为r。折射光线PQ要能进入人眼E，P点应非常靠近O点，或者入射角和折射角r应很小。若角度以弧度量度，在小角（近轴）近似下，折射定律可写为。这两条光线反向延长，在主轴上相交于，即为物A之虚像点（图33-101）。

对用正弦定律，得

在小角（近轴）近似下：

上式可写为             

解上式得 

为了分析成像倒立和放大情况，将水银柱看成有一定高度的垂轴小物体AB，即然是一对共轭点，只要选从B发出的任一条光线经界面折射后，反向延长线与过点垂轴线相交于，是点物B虚像点，即是物AB之正立虚像。

选从B点发出过圆柱面轴心C的光线BC。该光线对界面来说是正入射（入射角为零），故无偏折地出射，反向延长BC线交过垂轴线于，从∽ΔABC得

放大率             

9．如图41-83所示，两个固定的均匀带电球面A和B分别带电4Q和Q（Q>0）。两球心之间的距离d远大于两球的半径，两球心的连线MN与两球面的相交处都开有足够小的孔，因小孔而损失的电量可以忽略不计。一带负电的质点静止地放置在A球左侧某处P点，且在MN直线上。设质点从P点释放后刚好能穿越三个小孔，并通过B球的球心。试求质点开始时所在的P点与A球球心的距离x应为多少？

分析：质点释放后，由于质点带负电，A球和B球带正电，故质点先加速，穿过A球内时，不受A球的电场力作用，但仍受B球的电场力，进一步加速。在两球之间时，存在一质点所受合力为零的点，设此点为S，且由于A球所带电量大于B球带电量，S点应离B球较近。所以质点从A球内出来后到S点这段距离内作减速运动，从S点到B球的第一个孔这段距离内作加速运动。因此，为了使质点能到达B球的球心，第一个必要条件是，质点必须通过S点，即质点在S点的速度至少应大于零或至少等于零。若质点能通过S点，则如上述，从S点到B球的第一个孔期间，质点沿MN向右加速。由于质点在B球内不受B球的电场力作用，但仍受A球向左的引力，质点减速，因此为了使用期质点能通过B球的球心，第二个必要条件是，质点在B球球心处的速度应大于零或至少等于零。

本题的关键在于带电体系的电势能与带电质点的动能之和，在该质点运动过程中守恒。因此质点刚好能通过S点的条件可表示为，质点在P点和S点时，带电体系的电势能相等（注意，质点在P点静止）。同样，若质点在S点时带电体系的电势能大于（或等于）质点在B球球心时带电体系的电势能，则表明质点若能通过S点，就必定能通过（或刚好到达）B球球心。

解：根据分析，在MN直线上在A球和B球之间有一个S点，带电质点在S点受力为零。设S点与A球和B球球心的距离为和，则

由以上两式，可解出

带电质点从P点静止释放后，刚好能够到达S点的条件是，它在P点和S点的电势能相等，即

式中-q(q>0)是带电质点的电量。把上面解出的和代入，得

为了判断带电质点刚好到达S点后，能否通过B球球心，需比较它在S点的电势能与它在B球球心处的电势能的大小，因

式中为B球的半径。由题设

                       «d

故                 

即                 

因此，带电质点只要能到达S点，就必定能通过B球球心。于是，所求开始时P点与A球球心的距离x即为上述结果，即

10．如图41-88所示，在真空中有4个半径为a的不带电的相同导体球，球心分别位于边长为r（r»a）的正方形的四个顶点上。首先，让球1带电荷Q（Q›0），然后取一细金属丝，其一端固定于球1上，另一端分别依次与球2、3、4、大地接触，每次接触时间都足以使它们达到静电平衡。设分布在细金属丝上的电荷可忽略不计。试求流入大地的电量的表达式。

解：当球1与球2连接后，用和Q2分别表示球1和球2上的电量，可得。球1与球3连接后，因球1和球3处于对称位置，其电量和Q3相等，故可得球1与球4连接后，电荷分布呈不对称状态，设连接后球1和球4上的电量分别为Q1与Q4。它们可利用等电势方法求出，即

以上各式中，计算各球上的电荷在另一球处引起的电势时，利用了r»a的条件。由于，且

故                    

利用r»a的条件，略去二阶小量，上式可写成

最后将球1与球4断开并把球1接地。设接地后球1所带电量为q1，电势为，则球1的电势为

此时球1上带负电，故流入大地的电量为

                答：。下载本文