第1章第2讲单摆学案附同步检测Word版含解析

第2讲单摆[目标定位]1.知道什么是单摆.2.理解偏角很小时单摆的振动是简谐运动.3.知道单摆的周期跟什么要素有关，认识单摆的周期公式并能用它进行计算.一、单摆的简谐运动1．如图1，若忽视悬挂小球的细线长度的细小变化和质量，且线长比球的直径大得多，这样的装置就叫做单摆．图12．在偏角很小的状况下，单摆摆球所受的答复力与偏离均衡地点的位移成正比，因此单摆在偏角很小时的振动是简谐运动．想想单摆的答复力能否就是单摆所受的合外力？答案不是．单摆的运动可看作是变速圆周运动，其协力可分解为指向圆心的法向力和沿圆周切线的切向力，在沿圆周切线的切向力作用下，单摆做的是简谐运动，因此单摆的答复力不过其所受协力的一个分力．二、单摆做简谐运动的周期单摆在偏角很小的状况下做简谐运动的周期T跟摆长l的二次方根成正比，跟重力加快度g的二次方根成反比，跟振幅、摆球的质量没关，单摆做简谐运动时的周期公式为T＝2πlg.一、单摆及单摆的答复力1．单摆(1)单摆是实质摆的理想化模型(2)实质摆看作单摆的条件①摆线的形变量与摆线长度对比小得多②悬线的质量与摆球质量对比小得多③摆球的直径与摆线长度对比小得多2．单摆的答复力(1)单摆的答复力是由重力沿圆弧切向的分力

F＝mgsinθ供给的．(2)如图

2所示，在最大偏角很小的条件下，

xsinθ≈l，此中

x为摆球相对均衡地点

O点的位移．图2单摆的答复力F＝－mglx，令k＝mgl，则F＝－kx.因而可知，单摆在偏角很小的条件下的振动为简谐运动．注意：(1)单摆经过均衡地点时，答复力为零，但合外力不为零．(2)单摆的答复力为小球遇到的沿切线方向的协力，而不是小球遇到的合外力．【例1】对于单摆的振动，以下说法中正确的选项是()．单摆振动时，摆球遇到的向心力大小到处相等B．单摆运动的答复力就是摆球遇到的协力C．摆球经过均衡地点时所受答复力为零D．摆球经过均衡地点时所受合外力为零分析

单摆振动过程中遇到重力和细线拉力的作用，

把重力沿切向和径向分解，

其切向分力供给答复力，细线拉力与重力的径向分力的协力供给向心力，向心力大小为

mv2，可见l最大偏角处向心力为零，均衡地点处向心力最大，而答复力在最大偏角处最大，均衡地点处为零．故应选C．答案C小题大做单摆振动的答复力是重力在切线方向的分力，或许说是摆球所受合外力在切线方向的分力．摆球所受的合外力在摆线方向的分力作为摆球做圆周运动的向心力，所以并不是合外力完整用来供给答复力．所以摆球经过均衡地点时，不过答复力为零，而不是合外力为零(此时合外力供给摆球做圆周运动的向心力)．针对训练对于单摆，以下说法中正确的选项是()．摆球遇到的答复力方向老是指向均衡地点B．摆球遇到的答复力是它的协力C．摆球经过均衡地点时，所受的协力为零D．摆角很小时，摆球受的协力的大小跟摆球相对均衡地点的位移大小成正比分析单摆的答复力不是它的协力，而是重力沿圆弧切线方向的分力；当摆球运动到平衡地点时，答复力为零，但协力不为零，因为小球还有向心力，方向指向悬点(即指向圆心)；此外摆球所受的协力与位移大小不行正比，故A正确．答案A二、单摆做简谐运动的周期1．伽利略发现了单摆运动的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式并发了然摆钟．l2．单摆的周期公式：T＝2πg.3．对周期公式的理解(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时建立(偏角为5°时，由周期公式算出的周期和精准值相差0.01%)．(2)公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离l＝l线＋r球．如是双线摆，则公式中l应为等效摆长：如图3所示，图中甲、乙在垂直纸面方向摆起来的成效是同样的，所以甲摆的摆lsinα长为lsinα，这就是等效摆长，所以其周期为T＝2π.g图3(3)公式中g是单摆所在地的重力加快度，由单摆所在的空间地点决定．(4)周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅没关．所以单摆的周期也叫固有周期．【例2】在“研究单摆的周期和摆长的关系”实验中．(1)以下说法正确的选项是

________．A．悬线越短越好B．悬线上端固定且摆角要小C．摆球应在竖直平面内摇动D．摆球摆至最高点时开始计时(2)以摆球经过均衡地点时开始计时，用停表记下摆球经过均衡地点

n次所用的时间

t，则单摆周期

T＝____________；用米尺量出悬线的长度

l0，用游标卡尺量出摆球的直径

d，l____________.(3)依据记录的数据，在座标纸上以

T为纵轴，

l为横轴，作出

T

l图像，发现图线是曲线；而后试试以

T2为纵轴，

l为横轴，作出

T2

l图像，发现图线是一条过原点的倾斜直线，由此得出单摆做简谐运动的周期和摆长的关系是

(

)A．T∝1B．T2∝1llC．T∝lD．T2∝l分析(1)摆线长些好，不然摆球的运动不显然；悬线上端要固定以防摆长变长，并且摆角要小，不然单摆周期公式不建立；摆球应在竖直平面内摇动，应当在摆球摆至最低点时开始计时，因为此时摆球的速度最大，计时更正确．(2)以摆球经过均衡地点时开始计时，记为0，用停表记下摆球经过均衡地点n次所用的时间t，则单摆周期T＝2t；摆长指的是从悬点到摆球球心的距离，此题中摆长l＝l0＋d.n2(3)依据题述“T2l图线是一条过原点的倾斜直线”可知，T2∝l，选项D正确．2td答案(1)BC(2)nl0＋2(3)D【例3】一个单摆和一个弹簧振子，在上海调理使得它们的振动周期相等(设为T)．现在把它们一同拿到北京，若不再做任何调理．设这时单摆的振动周期为T1，弹簧振子的振动周期为T2，则它们的周期大小的关系为()A．T1<T2＝TB．T1＝T2<TC．T1>T2＝TD．T1<T2<T分析弹簧振子的振动周期只与弹簧的劲度系数和振子质量有关，拿到北京后周期不变；北京的重力加快度比上海的大，单摆拿到北京后周期变小．答案A单摆的简谐运动1．(多项选择)单摆是为研究振动而抽象出来的理想化模型，其理想化条件是()．摆线质量不计分析单摆由摆线和摆球构成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，不伸缩，A、B、C选项均正确；但把单摆作为简谐运动来办理是有条件的，只有在偏角很小(θ≤5°)的状况下才能视单摆的运动为简谐运动．故A、B、C正确．

摆线答案

ABC2．单摆振动的答复力是()．摆球所受的重力B．摆球重力在垂直悬线方向上的分力C．悬线对摆球的拉力D．摆球所受重力和悬线对摆球拉力的协力分析摆球振动的答复力是其重力沿圆弧切线方向的分力，即摆球重力在垂直悬线方向上的分力，B正确．答案B单摆做简谐运动的周期3．(多项选择)单摆本来的周期为T，以下哪一种状况会使单摆周期发生变化()1A．摆长减为本来的41B．摆球的质量减为本来的41C．振幅减为本来的41D．重力加快度减为本来的4分析由单摆周期公式可知周期仅与摆长、重力加快度有关．答案AD4．如图4所示，一摆长为l的单摆，在悬点的正下方的P处固定一圆滑钉子，P与悬点相距l－l′，则这个单摆做小幅度摇动时的周期为()图4A．2πlB．2πl′ggC．πl＋l′D．2πl＋l′2gggl，故周期T1＝2πll′，则周期T2＝分析碰壁前摆长为g，碰壁后摆长变成l′T12ll′2π，所以该组合摆的周期T＝＋T＝π＋22gg.g答案C题组一单摆的简谐运动1．(多项选择)做一个单摆有以下器械可供采用，能够用来做成一个单摆的有()A．带小孔的实心木球B．带小孔的实心钢球C．长约1m的细线D．长约10cm的细线分析制作单摆时应采用体积小、质量大的球和细、长、轻、弹性小的线．答案BC2．对于单摆，以下说法中正确的选项是()．摆球运动的答复力是它遇到的协力B．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加快度是不变的C．摆球在运动过程中加快度的方向一直指向均衡地点D．摆球经过均衡地点时，加快度为零分析

摆球的答复力为重力沿轨迹切线方向的分力，

A错；摆球经过最低点时，答复力为0，但协力供给向心力，

C、D

错；由简谐运动特色知

B正确．答案

B3．当单摆的摆球摆到最大位移处时，摆球所受的

(

)A．合外力为零

B．答复力为零C．向心力为零

D．摆线中张力为零分析

当摆球摆到最大位移处时，答复力最大，不为零，所以选项

A、B均错；摆球在最大位移处，速度为零，由向心力公式

2F＝mv

可知，向心力也为零，此时摆线中的张力等l于重力沿摆线方向上的分力，所以选项C对，D错．答案C4．做简谐运动的单摆，在摇动的过程中()．只有在均衡地点时，答复力才等于重力和细绳拉力的协力B．只有在最高点时，答复力才等于重力和细绳拉力的协力C．小球在随意地点处，答复力都等于重力和细绳拉力的协力D．小球在随意地点处，答复力都不等于重力和细绳拉力的协力分析单摆在一个圆弧上往返运动，摆球做圆周运动的向心力由重力沿悬线方向的分力和悬线拉力的协力供给，而答复力是指重力沿圆弧切线方向的分力．摆球在均衡地点速度不为零，向心力不为零，而答复力为零，所以协力不等于答复力；摆球在最高点时，速度为零，向心力为零，协力等于答复力．应选项B正确．答案B5()1()图1．在均衡地点摆球的动能和势能均达到最大值B．在最大位移处势能最大，而动能最小C．在均衡地点绳索的拉力最大，摆球速度最大D．摆球由A→C运动时，动能变大，势能变小分析单摆的振动是简谐运动，机械能守恒，远离均衡地点运动，位移变大，势能变大，而动能减小；反之，向均衡地点运动时，动能变大而势能变小，故

B、D

正确，A

错；小球2在均衡地点只受重力和绳索拉力，在均衡地点

C，拉力

F＝mg＋mv

，由上述剖析知，均衡l地点时动能最大，即v最大，故F也最大，所以C正确．答案BCD题组二

单摆做简谐运动的周期6．发生以下哪一种状况时，单摆周期会增大

(

)A．增大摆球质量

B．缩短摆长C．减小单摆振幅

D．将单摆由山下移至山顶分析

由单摆周期公式

T＝2π

l知，T

与单摆的摆球质量、振幅没关；缩短摆长，

lg变小，

T变小；单摆由山下移到山顶，

g变小，

T变大．答案

D7．(多项选择)如图

2所示，甲、乙是摆长同样的两个单摆，它们中间用一根细线相连，其中一个摆线与竖直方向成θ角．已知甲的质量大于乙的质量．做简谐运动，在摇动过程中以下说法正确的选项是()

当细线忽然断开后，两单摆都图2．甲的振幅小于乙的振幅B．甲的振幅等于乙的振幅C．甲的最大速度小于乙的最大速度D．甲的运动周期大于乙的运动周期分析由题意知，甲、乙是摆长同样的两个单摆，本来两者静止时因为质量不一样，故偏角不一样，质量大的偏角小，甲的振幅小，选项A正确，B错误；两物体在均衡地点时速度最大，依据12得v＝2hg，与质量没关，所以甲的最大速度小于乙的最大速度，mgh＝mv2选项C正确；依据T＝2πl，周期与质量没关，选项D错误．g答案AC8．一只钟从甲地拿到乙地，它的钟摆摇动加快了，则以下对此现象的剖析及调准方法的表达中正确的选项是()A．g甲＞g乙，将摆长适合增添

B．g甲＞g乙，将摆长适合缩短C．g甲＜g乙，将摆长适合增添

D．g甲＜g乙，将摆长适合缩短分析

从甲地到乙地，钟摆的周期减小了，由

T＝2π

l，知g

g甲＜g乙，若要使周期回到原值，应适合增添摆长．答案C9．已知演示简谐运动的沙摆的摆长为

l，漏斗的质量为

m，细沙的质量为

M，M?m，细沙渐渐下漏的过程中，单摆的周期()A．不变B．先变大后变小C．先变小后变大D．渐渐变大分析在沙摆摇动细沙渐渐下漏的过程中，摆的重心渐渐下移，即摆长

l渐渐变大，当细沙流到必定程度后，摆的重心又从头上移，即摆长

l变小，由周期公式

T＝2π

l可知，g沙摆的周期先变大后变小，故正确选项为B.答案B10．如图3所示的单摆，摆长为l＝40cm，摆球在运动，则当t＝1s时，小球的运动状况是()

t＝0时刻从右边最高点开释做简谐图3A．向右加快B．向右减速C．向左加快D．向左减速l0.43分析单摆的周期T＝2πg＝2π10s＝0.4πs≈1.256s，t＝1s时，则4T<t<T，摆球从右边最高点开释做简谐运动，在t＝1s时已经超出均衡地点(最低点)，正向右边最大位移处运动，由均衡地点向最大位移运动的过程中，摆球做的是减速运动，故A、C、D错误，B正确．答案B11．有一摆长为L的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过均衡地点向左摇动时，摆线的上部将被小钉挡住．使摆长发生变化．现使摆球做小幅度摇动，摆球从右边最高点M至左边最高点N运动过程的闪光照片，如图4所示(悬点和小钉未被摄取)．P为摇动中的最低点，已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，由此可知，小钉与悬点的距离为()图4LLA．4B．23LC．4D．条件不足，没法确立分析题图中M到P为四个时间间隔，P到N为两个时间间隔，即左半部分单摆的周期是右半部分单摆周期的1，依据周期公式T＝2πl，可得左半部分单摆的摆长为L，即小2g4钉距悬点的距离为34L，故C选项正确．答案C12．(多项选择)如图5所示，有一个小球(视为质点)从圆滑圆弧槽的P点由静止开释，沿圆︵弧槽往返摇动，PO(O点为圆弧的最低点)段远小于圆弧槽的半径R，则以下说法正确的选项是()图5．小球摇动过程中的答复力由重力沿其运动方向的分力供给B．小球摇动至最低点O时所受合外力为零C．小球摇动的周期为T＝2π

RgD．若小球在P点开释的同时，O点右边的Q点上也有一个不计大小的小球由静止开释，︵︵已知PO＞OQ，则两球将在O点左边相遇分析圆弧摆摆球受力与单摆相像，圆弧槽对其弹力FN与单摆摆线的拉力FT所起的作用是同样的，重力沿圆弧切线方向的分力做振动的答复力，故

A正确；摆至最低点时，回复力为零，但向心力最大，故

B错误；当偏角

(半径与竖直方向夹角

)θ≤5°时，近似为简谐运动，因

︵PO段远小于圆弧槽的半径

R，知足条件，故周期

T＝2π

Rg，C

正确；周期与振幅大小没关，两小球必在最低点答案AC

O相遇，D

错误．13．一个单摆的摆球偏离到最大地点时，正好碰到空中竖直着落的雨滴，雨滴均匀附着在摆球的表面，以下说法正确的选项是()．摆球经过均衡地点时速度要增大，周期也增大，振幅也增大B．摆球经过均衡地点时速度没有变化，周期减小，振幅也减小C．摆球经过均衡地点时速度没有变化，周期也不变，振幅要增大D．摆球经过均衡地点时速度要增大，周期不变，振幅要增大分析由题意可知，单摆的摆长和重力加快度不变，依据单摆的周期公式可知，周期不变，摆球偏离到最大地点雨滴均匀附着在摆球的表面，摆球的质量增添，摆球经过均衡地点时速度要增大，振幅要增大，选项D正确．答案D14．在“研究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好有关实验器械后，把单摆从均衡地点拉开一个很小的角度后开释，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到开释位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期．以上操作中有不当之处，请对此中两处加以更正．分析摆球经过均衡地点时拥有较大的速度，此时开始计时，偏差较小．若只丈量一次全振动的时间会产生较大的偏差，而丈量多次全振动的时间求均匀值可减小偏差．答案①应在摆球经过均衡地点时开始计时；②应丈量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的丈量值．(或在单摆振动稳固后开始计时)15．如图6所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上，使△

AOB

成直角三角形，∠

BAO＝30°，已知

OC

线长是

l，下端

C点系着一个直径可忽视的小球．图6(1)让小球在纸面内小角度摇动，求单摆的周期是多少？(2)让小球垂直纸面小角度摇动，周期又是多少？分析(1)让小球在纸面内摇动，在偏角很小时，单摆可看做简谐运动，摆长为OC的长度，所以单摆的周期T＝2πlg.3(2)让小球垂直纸面摇动，如下图，由几何关系可得OO′＝4l，等效摆长为l′＝33l′＝2π1＋4lg.OC＋OO′＝l＋4l，所以周期T′＝2πg答案看法析第4讲相对论的速度变换公式质能关系第5讲广义相对论点滴(选学)[目标定位]1.知道相对论速度变换公式、相对论质量和质能方程基来源理.3.初步认识广义相对论的几个主要看法以及主要观察凭证．

.2.认识广义相对论的一、相对论的速度变换公式质能关系1．相对论的速度变换在以速率u相对于参照系S运动的参照系S′中，一物体沿与u同样的方向以速率v′运动时，在参照系S中，它的速率为v＝u＋v′uv′.22．相对论质量和能量(1)爱因斯坦的质能关系式E＝mc2，m是物体的质量，E是它所包含的能量，c是光在真空中的速率．(2)物体以速率v运动时的质量m与静止时的质量m0之间的关系：m＝m02.v1－2c(3)与静质量对应的能量称为静能量，为E0＝m0c2.二、广义相对论点滴(选学)1．广义相对性原理和等效原理(1)广义相对性原理在任何参照系中物理规律都是同样的．(2)等效原理一个不受引力作用的加快度系统跟一个受引力作用的惯性系统是等效的．2．支持广义相对论的几个观察结果(1)光在引力场中流传时，将会发生偏折，而不再是直线流传．(2)引力作用使光波发生频移．(3)在引力场中时间也会延缓，引力越强，时钟就走得越慢．(4)水星绕太阳运动的轨道与依据牛顿万有引力定律计算所得的不一致．(5)当两个天体相互绕转时，会向外界辐射出引力波．3．宇宙的演化(1)20世纪40年月末，物理学家伽莫夫把宇宙膨胀与粒子反响理论联合起来，提出宇宙大爆炸假说．(2)宇宙大爆炸理论最大说服力的凭证是宇宙背景辐射的发现.一、对相对论速度变换公式的理解设参照系相对地面的运动速度为u，参照系中的物体以速度v′沿参照系运动的方向相对参照系运动，那么物体相对地面的速度v＝u＋v′uv′.1＋c21．当物体运动方向与参照系相对地面的运动方向相反时，公式中的v′取负值．2．若物体运动方向与参照系运动方向不共线，此式不行用．3．由公式可知：v必定比u＋v′小，但当u和v′都比c小得多时，可以为v＝u＋v′，这就是低速下的近似，即经典力学中的速度叠加．4．当v′＝u＝c时，v＝c，证了然光速是速度的极限，也反证了光速不变原理．例1一粒子以0.05c的速率相对实验室参照系运动．此粒子衰变时发射一个电子，子相对于粒子的速度为0.8c，电子的衰变方向与粒子运动方向同样．求电子相对于实验室参

电考系的速度．分析已知v＝0.05c，ux′＝0.8c.由相对论速度叠加公式得ux′＋vux′＋vc2ux＝′v＝2＋u′v，cx1＋c220.8c＋0.05ccux＝c2＋0.8c×0.05c≈0.817c.答案0.817c二、对相对论质量和质能方程的理解1．相对论质量物体的质量会随物体的速度增大而增大，物体以速度v运动时的质量m与静止时的质量m0之间的关系m＝m0.v21－c(1)v?c时，(v)2＝0此时有m＝m0，也就是说：低速运动的物体，可以为其质量与物体c的运动状态没关．物体的运动速率无穷靠近光速时，其相对论质量也将无穷增大，其惯性也将无穷增大，其运动状态的改变也就越难，所以超光速是不行能的．2．质能关系(1)相对于一个惯性参照系，以速度v运动的物体其拥有的相对论能量2m0c22＝E02.E＝mc＝vv1－21－2cc2此中E0＝m0c为物体相对于参照系静止时的能量．(2)在相对论下，运动物体的动能Ek＝mc2－m0c2.(3)物体的能量变化E与质量变化m的对应关系为E＝mc2.例2为使电子的质量增添到静止质量的两倍，需有多大的速度()A．6×108m/sB．3×108m/sC．2.6×108m/sD．1.5×108m/s分析由相对论质速关系式m＝m0可获得v＝c1－m021－12＝3m＝c22v21－c8c≈2.6×10m/s，应选C．例31905年，爱因斯坦创办了“相对论”，提出了有名的质能方程，下边波及对证能方程理解的几种说法中正确的选项是()．若物体能量增大，则它的质量增大B．若物体能量增大，则它的质量减小C．若核反响过程质量减小，则需汲取能量D．若核反响过程质量增大，则会放出能量分析由E＝mc2可知，若E增大，则m增大；若E减小，则m减小，A正确，B错误；若m减小，则E减小，若m增大，则E增大，C、D均错误．答案A三、对广义相对论的理解1．广义相对性原理与狭义相对性原理其实不同样．狭义相对性原理仅合用于惯性系，而广义相对性原理合用于全部参照系．2．光芒在引力场中曲折以及引力红移现象都是在引力场很强的状况下产生的效应．3．光在同一种均匀介质中沿直线流传的现象，在我们的平时生活中仍旧建立．例4(多项选择)以下说法中正确的选项是()．物质的引力使光芒曲折B．光芒曲折的原由是介质不均匀而非引力作用C．在强引力的星球邻近，时间进度会变慢D．广义相对论能够解说引力红移现象分析由广义相对论可知：物质的引力使光芒曲折；引力场的存在使得空间不一样地点的时间进度出现差异，如在矮星表面的引力很强，那边的时间进度变慢，进而致使引力红移，所以正确选项为A、C、D．答案ACD相对论速度变换公式1．一高能加快器沿相反方向射出两个质点，速度均为0.6c，则它们的相对速度是多少？分析以此中随意一个质点为运动参照系，要求的就是另一个质点在该运动参照系下的运动速度u′.由题意知，运动参照系相对静止参照系的速度v＝0.6c，质点相对于静止参照系的速度u＝－0.6c.依据相对论速度变换公式u＝u′＋v，u′v1＋c2u′＋0.6c可知－0.6c＝u′0.6c.1＋c2可解得u′＝－0.88c，即该质点相对于运动参照系(另一质点)的速度大小为0.88c.答案0.88c相对论质量2．(多项选择)对于物体的质量，以下说法正确的选项是()．在牛顿力学中，物体的质量是保持不变的B．在牛顿力学中，物体的质量随物体的速度变化而变化C．在相对论力学中，物体静止时的质量最小D．在相对论力学中，物体的质量随物体速度的增大而增大分析在牛顿力学中，物体的质量是保持不变的，应选项A正确，B错误；在相对论力学中，因为物体的速度v不行能达到光速c，所以v<c,1－(v)2<1，依据m＝m0，cv21－c可知选项C、D均正确．答案ACD质能方程3．一电子(m0＝9.1×10－31kg)以0.99c的速率运动．问：(1)电子的总能量是多大？(2)电子的经典力学的动能与相对论的动能之比是多大？分析(1)电子的总能量为：E＝mc2＝m0·c2v21－c－31＝9.1×10×(3×108)2－130.99c2J≈5.8×10J.1－c(2)电子的经典力学动能为：Ek1212＝m0v＝m0(0.99c).22相对论的动能为：Ek′＝E－E0＝mc2－m0c21m00.99c21×0.992Ek＝22－m0c2＝21≈0.08.Ek′mc－10.99c1－2c答案(1)5.8×10－13J(2)0.08广义相对论4．(多项选择)以下说法中正确的选项是()．在任何参照系中，物理规律都是同样的，这就是广义相对性原理B．在不一样的参照系中，物理规律都是不一样的，比如牛顿定律仅合用于惯性参照系C．一个均匀的引力场与一个做匀速运动的参照系等价，这就是有名的等效原理D．一个均匀的引力场与一个做匀加快运动的参照系等价，这就是有名的等效原理分析依据广义相对论基来源理可知，选项A、D正确．答案

AD题组一相对论速度变换公式1．在高速运动的火车上，设车对地面的速度为v，车上的人以速度u′沿着火车行进的方向相对火车运动，那么他相对地面的速度

u与

u′＋v的关系是

(

)A．u＝u′＋v

B．u<u′＋vC．u>u′＋v

D．以上均不正确分析

由相对论速度变换公式可知

B正确．答案

B32．火箭以5c的速度飞离地球，在火箭上向地球发射一束高能粒子，粒子相对地球的速度为4()c，其运动方向与火箭的运动方向相反．则粒子相对火箭的速度大小为57cA．5cB．5355cC．37cD．133分析由u＝v＋u′，可得－45c＋u′vu′5c＝31＋c21＋5cu′2c解得u′＝－3735c，负号说明与v方向相反．答案C题组二质能方程3．以下对于爱因斯坦质能方程的说法中正确的选项是()．只有运动物体才拥有能量，静止物体没有能量B．必定的质量老是和必定的能量相对应C．E＝mc2中能量E其实就是物体的内能D．由E＝mc2知质量和能量能够相互转变分析由爱因斯坦质能方程可知，物体拥有的与质量相对应的能量称为质能．E＝mc2表示质量与能量之间存在一一对应的关系，物体汲取或放出能量，则对应其质量会增添或减少，质量与能量并无相互转变，D项错误，B项正确；静止的物体也拥有能量，称为静能22中能量E包含静能量E0和动能Ek，而非物体的量E0，E0＝m0c，m0叫做静质量，E＝mc内能，A、C两项均错误．选B．答案B4．(多项选择)一个物体静止时质量为m0，能量为E0，速度为v时，质量为m，能量为E，动能为Ek，以下说法正确的选项是()A．物体速度为v时的能量E＝mc2B．物体速度为v时的动能Ek＝1mc22C．物体速度为v时的动能Ek＝1mv22D．物体速度为v时的动能Ek＝(m－m0)c2答案AD5．已知太阳内部进行着强烈的热核反响，每秒钟辐射的能量为3.8×1026J，则可算出()A．太阳的质量约为4.2×106tB．太阳的质量约为8.4×106tC．太阳的质量每秒减小约为4.2×106tD．太阳的质量每秒减小约为68.4×10t分析由质能方程知太阳每秒钟因辐射能量而失掉的质量为m＝c2E≈4.2×109kg＝4.2×106t.答案C6．已知电子的静止能量为0.511MeV，若电子的动能为0.25MeV，则它所增添的质量m与静止质量m0的比值近似为()A．0.1B．0.2C．0.5D．0.9分析由题意E0＝m0c2即m0c2＝0.511×106×1.6×10－19J①E＝mc2即mc2＝0.25×106×1.6×10－19J②②m0.25由得＝≈0.5，故只有C项正确．答案C题组三相对论质量7．(多项选择)对于公式m＝m02，以下说法中正确的选项是()v1－c2A．公式中的m0是物体以速度v运动时的质量B．当物体运动速度v＞0时，物体的质量m＞m0，即物体的质量改变了，故经典力学不合用C．当物体以较小的速度运动时，质量变化十分轻微，经典力学理论仍旧合用，只有当物体以靠近光速运动时，质量变化才显然，故经典力学合用于低速运动，而不合用于高速运动D．往常因为物体的速度太小，质量的变化引不起我们的感觉，在剖析地球上物体的运动时，不用考虑质量的变化分析

公式中的

m0是物体静止时的质量，选项

A错误；在

v远小于光速时，质量的变化不显然，经典力学依旧建立，选项

C、D

正确，B

错误．答案

CD8．设宇宙射线粒子的能量是其静止能量的k倍，则