张三慧大学物理全册习题答案详解

1.1木星的一个卫星——木卫1——上面的珞矶火山喷发出的岩块上升高度可达

200km，这些石块的喷出速度是多大？已知木卫1上的重力加速度为1.80m/s?,而且在

木卫1上没有空气。

解v=/2g4—</2X1.80X200X103=849m/s

1.2一种喷气推进的实验车，从静止开始可在1.80s内加速到1600km/h的速率。

按匀加速运动计算，它的加速度是否超过了人可以忍受的加速度25g?这1.80s内该车

跑了多大距离？

解实验车的加速度为

V1600X1039A7m2/2〜”

a=T=3600X1.80=2-47X1°m/s心25g

基本上未超过25g。

1.80s内实验车跑的距离为

1600X103

X1.80=400m

212X3600

1.3一辆卡车为了超车，以90km/h的速度驶入左侧逆行道时,猛然发现前方80m

处一辆汽车正迎面驶来。假定该汽车以65km/h的速度行驶，同时也发现了卡车超车。

设两司机的反应时间都是0.70s（即司机发现险情到实际刹车所经过的时间），他们刹车

后的减速度都是7.5m/s?,试问两车是否会相撞？如果会相撞，相撞时卡车的速度多大？

解Vio=90km/h=25m/s,v20=65km/h=18m/s,

2

sb=80m,=0.70s,a=7.5m/se

两车开始刹车时，它们之间的距离为

SQ=s0—（敏io+%）△£=80—（254-18）X0.70=50m

卡车到停止需继续开行的距离

252

=金==41.7m

~2a~2X7.5

汽车到停止需继续开行的距离

_脸182-_

52-2a2X7.5—21.7m

因为Si+瓯＞S。',所以两车会相撞。

以t表示两车刹车后到相撞所用的时间，则有

So=Vlot---4-v2ot--------=(5o+so”一4产

代人已知数，为

50=（25+18A-7.5"

解此方程可得

E=1.62s,z=4.11s（舍去）

由此得碰撞时卡车的速度为

5=Vio—at=25—7.5X1.62=12.9m/s=46km/h

1.4跳伞运动员从1200m高空下跳，起初不打开降落伞做加速运动。由于空气阻

力的作用，会加速到一“终极速率”200km/h而开始匀速下降。下降到离地面50m处时

打开降落伞，很快速率会变为18km/h而匀速下降着地。若起初加速运动阶段的平均加

速度按g/2计，此跳伞运动员在空中一共经历了多长时间？

解ho=1200m.=200km/h=55.6m/s>

v2=18km/h=5m/s,h2=50m0

运动员加速下落的时间

2X55.61IQ

-^8~=1L3S

加速下落的距离

L_忧忧55.62,I二

K1~W27=^78-=315m

以速率s匀速下落的时间

/_h—hi—h1200-315-50

02=15.0s

-----------------5-5--.--6

以速率S匀速下落的时间

”t—=皿—==10s

Pz

运动员在空中总共经历的时间为

t=+«l+r2=11.3+15.04-10=36.3s

1.5由消防水龙带的喷嘴喷出的水的流量是q=280L/min,水的流速q=26m/s。

若这喷嘴竖直向上喷射，水流上升的高度是多少？在任一瞬间空中有多少升水？

解水流上升的高度

,Vo262。八

h=—=0、,八-=34.5m

2g2X9.8

同一滴水在空中运动的时间

+2Vo2X26

Lg_9.8—"Is

在时间，内喷嘴喷出的水即在任一瞬间空中所有的水。这些水的总体积是

V=如=280X5.31/60=24.7L

1.6一质点在xy平面上运动，运动函数为z=2t,y=4/-8（采用国际单位制）。

（1）求质点运动的轨道方程并画出轨道曲线；

（2）求&=1s和为=2s时，质点的位置、速度和加速度。

解（1）在运动函数中消去可得轨道方程为

y=x2-8

轨道曲线为一抛物线，如图1.2所示。

(2)由r=2zi+(4d—8)j

x>=^=2i4-8r/

可得在£=1s时

H=2i—4j,Vj=2i+8j,ai=8j

在t=2s时

图1.2习题1.6解用图

「2=4i+8j,v2=2i4-16J,a2=8j

1.7女子排球的球网高度为2.24m,球网两侧的场地大小都是9.0mX9.0m。一

运动员采用跳发球，其击球点高度为2.8m,离网的水平距离是8.5m0球以28.0m/s的

水平速度被击出。（1）此球能否过网？（2）此球是否落在了对方场地界内（忽略空气阻

力）？

解（D排球离手后到达网顶所用时间为

皿士2。4s

在此时间内球落下距离为

△阳=4-g（A«i）2=；X9.8X（0.304）2=0.452m

击球点到网上沿的高度差为△HuZ.8-2.24=0.56mo由于AH>△阳，所以球可以

过网。

(2)球离手后到达对方底边线所用时间为

A.8.5+9.0八q二

△"=28.0-=°-625$

在此时间内球落下的距离为

△后=/(饵2)2=-yX9.8X(0.625)2=1.91m

由于△心小于击球点高度2.8m,所以球将继续飞行一段时间并落在对方界外。

1.8滑雪运动员离开水平滑雪道飞人空中时的速率仇=110km/h,着陆的斜坡与

水平面夹角6=45°(见图1.3).

(1)计算滑雪运动员着陆时沿斜坡的位移L是多

大？(忽略起飞点到斜面的距离)

(2)在实际的跳跃中，滑雪运动员所达到的距离L=

165m,这个结果为什么与计算结果不符？

解(D如图1.3所示，运动员着陆点的坐标为

x=Lcos45°=y=Lsin45。=十8产

解此二方程，得

图1.3习题1.8解用图

t=迎

g

而运动员沿斜坡的位移为

_at_2-_2X2/110X103\2一

cos45°geos45°9.8X淄3600)

(2)实际L的数值小于上述计算值,是由于空气阻力对运动员的影响。

1.9一个人扔石头的最大出手速率v=25m/s,他能把石头扔过与他的水平距离

L=50m,高力=13m的一堵墙吗？在这个距离内他

能把石头扔过墙的最高高度是多少？

解如图1.4所示，石头的轨道方程为

]g#2

?=2tan。-彳/海。

以cos2G=Q+tan2e)r代入可得

图1.4习题1.9解用图^-tan2^—jtan6+(蜉'+»)=。

能扔过墙的。角需满足上式，即条件为

tag,[1土尸痴蔻羽

将已知数据代入后,可得上式根号中的值，即有

1一智(五+宅)=一。.022Vo

由此可知。无实数解，所以轨道不可能越过墙，即石头不可能被扔过墙。

只有当

—氯〃+察)》0

时,e才有解，由此得

,y/_gL2_2529-8X502

02g2v22X9.82X252

所以在L=50m这个距离上，他能把石头扔过墙的最高高度为12.3m0附带算出相应的

+252一0

d=arctan京一arctan9.8乂50一人9

1.10为迎接香港回归，柯受良1997年6月1日驾车飞越黄河壶口(见原书

图1.25).东岸跑道长265m,柯驾车从跑道东端启动，到达跑道终端时速度为150km/h,

他随即以仰角5°冲出，飞越跨度为57m,安全落到西岸木桥上。

(1)按匀加速运动计算，柯在东岸驱车的加速度和时间各是多少？

(2)柯跨越黄河用了多长时间？

(3)若起飞点高出河面10.0m,柯驾车飞行的最高点离河面几米？

(4)西岸木桥桥面和起飞点的高度差是多少？

解在图L5中，

s=265m,=150km/h,6=5°,L=57m,九i=10m。

(1)柯在东岸的加速度

3

逋=1/150X10\2

2s—2X265V3600)=3.28m/s

加速的时间

,2s2X265X3600

1Vo150X103

(2)柯跨越黄河用的时间

=L=57X3600

23

v0cos0150X10Xcos5°

(3)柯飞行最高点离河面距离

.(150X103)2sin25°

H…鬻==10.67m

36002X2X9.8

（4）西岸木桥桥面和起飞点的高度差为

h—Ai=%sindt

2一段

吗今O'，Xsin50X1.37—4X9.8XL372

3b。。乙

=—4.22m

即西岸木桥桥面比起飞点低4.22m0

1.11山上和山下两炮各瞄准对方并同时以相同初速各发射一枚炮弹（图1.6）。这

两枚炮弹会不会在空中相碰（忽略空气阻力）？为什

么？如果山高九=50m,两炮相隔的水平距离为s=

200m,要使这两枚炮弹相碰，它们的速率至少应等于

多少？

解两炮弹有相同的水平初速率如与竖直初速

率Wy,如果能相碰，则相碰点必在两炮水平距离的中

点。从炮弹出口算起，相碰时刻为

2%2vcos0

此时两炮弹的竖直坐标分别为

12

yz=

由于“心=产=界吗=嘤=毋，所以有的=北。这样，在时刻小两炮弹的水平和

•Zvox2cosdLL

竖直坐标均相同，就说明二者能在空中相碰。但要在空中相碰要求2>0,即0

由此可得

gs9.8X(502+2002)

p》45.6m/s

sdsin0V4X50

乂：由于两炮弹出口后同时自由下落，所以可设想一随两炮弹自由下落的参考系，在

此系内观测，两炮弹将沿同一直线相向运动，因而必然能相碰(仍需满足2>0的条件兀

1.12在生物物理实验中用来分离不同种类的分子的超级离心机的转速是6X104

r/mino在这种离心机的转子内，离轴10cm远的一个大分子的向心加速度是重力加速度

的几倍？

解所求倍数为

3r=4/律〉=4/(6XIO,yxo.15

7g602X9.8

1.13北京天安门所处纬度为39.9°0求它随地球自转的速度和加速度。

解所求速度为

2兀&、27rx6378X103

v=„cosA=------------------------cos39.9=356m/s

T86400

所求加速度为

223

a=停『RECOS入=(86^)0)X6378X10Xcos39.9°

=2.59XIO-2tn/s2

1.14按玻尔模型，氢原子处于基态时，它的电子围绕原子核做圆周运动。电子的速

10

率为2.2X106m/s,离核的距离为0.53X10-mo求电子绕核运动的频率和向

心加速度。

解所求频率为

6

V_2.2X10_c八…15TT

V=2^=2xX0.53X10-10=6-6X10Hz

所求加速度为

(2.2X106)2

=9.1X102zm/s2

0.53X10-10

1.15北京正负电子对撞机的储存环的周长为240m,电子要沿环以非常接近光速

的速率运行。这些电子运动的向心加速度是重力加速度的几倍？

解所求倍数为

V2(3X1。8)2X2“

=2.4X1014

-240X9.8-

1.16汽车在半径R=400m的圆弧弯道上减速行驶。设在某一时刻，汽车的速率为

^=10巾八,切向加速度的大小为久=0.2巾八2。求汽车的法向加速度和总加速度的大小

和方向。

解如图L7所示，汽车的法向加速度为

G102八”/2

a°=K=400=0-25m/s

总加速度为

a=，成+a：=5/0.252+0.22=0.32m/s2

总加速度与速度之间的夹角为

180。-8=180°-arctan

图1.7习题1.16解用图

=180°—arctan=128°40/

*1.17一张致密光盘（CD）音轨区域的内半径&=2.2cm,外半径为R?=5.6cm

（图1.8）,径向音轨密度N=650条/mm。在CD唱机

内，光盘每转一圈，激光头沿径向向外移动一条音轨，激

光束相对光盘是以v=1.3m/s的恒定线速度运动的。

（1）这张光盘的全部放音时间是多少？

图1.8习题1.17解用图

（2）激光束到达离盘心r=5.0cm处时，光盘转动

的角速度和角加速度各是多少?

解（D以「表示激光束打到音轨上的点与光盘中心的距离，则在“宽度内的音轨

长度为2xrNdr。激光束划过这样长的音轨所用的时间为由=2仃Nd"%由此得光盘的

全部放音时间为

T=fdx=12xrNdr=—CRl-K?）

JJR,vv

kX650X3X(0.0562一)

L3

=4.16X103s=69.4min

(2)所求角速度为

(D=-=,税=26rad/s

r0.05

所求角加速度为

dw_17dr_vv_G

a=&=一/瓦=一超而N=一西而

1.32

=-3.31XIO-3rad/s2

2KX650X103X0.053

1.18当速率为30m/s的西风正吹时，相对于地面，向东、向西和向北传播的声音的

速率各是多大？已知声音在空气中传播的速率为344m/s。

解Vi=30m/s,V2=344m/s。

向东传播的声音的速率

%=5+5=30+344=374m/s

向西传播的声音的速率

、

•thn=v2-p=344—30=314m/s

向北传播的声音的速率

-诏=22

vN=Q&5/344—30=343m/s

1.19一个人骑车以18km/h的速率自东向西行进时，看见雨点垂直下落，当他的

速率增至36km/h时，看见雨点与他前进的方向成120°角下落，求雨点对地的速度。

解。

%=18km/h,0m2=36km/h,a=90°,,=120°

以和分别表示前后两次人看到的雨点的速度，以表示雨点对地的速度。由

x1ml0ralz5

题设可得各速度之间的关系如图1.9所示。

由于

0rmi+Vml=V,=Vmz+

所以就有

vt=v0z=36km/h

而

0=90°-60°=30°

即雨点的速度方向为向下偏西

30°0

图1.9习题1.19解用图图1.10习题1.20解用图

1.20飞机A以〃=1000km/h的速率（相对地面）向南飞行，同时另一架飞机B以

PB=800km/h的速率（相对地面）向东偏南30°方向飞行。求A机相对于B机的速度与

B机相对于A机的速度。

解两飞机的速度关系如图1.10所示,a=60°。

A机相对于B机的速度为

VAB=，戌+德一217AseOSa

=yiOOO2+8002-2X1000X800Xcos60°

=917m/s

方向由角夕表示，而

°vBcos30°800X0.866/八。6，

B=arccos--------=arccos-----TT-Z----=405o

VAB917

即西偏南40°56\

因为B机相对于A机的速度t/取=-DAB，所以

VBA=917m/s

而方向则为东偏北40°56'。

1.21利用本书的数值表提供的有关数据计算图1.11中地球表面的大楼日夜相对

太阳参考系的速率之差。

解如图1.11所示，相对太阳参考系，大楼白天正午的速率为

U)E

vA=V—ER

大楼晚间子夜的速率为

VD=V+MERE

式中，V为地球的公转速率,3E，RE分别为地球的自转角速度和半径。由上二式可得二速

率之差为

q—S=2/RE=2XX6400X103=931m/s

86400

图1.11习题1.21解用图

2.1用力F推水平地面上一质量为M的木箱(见图2.4)。设力F与水平面的夹角

为。，木箱与地面间的滑动摩擦系数和静摩擦系数分别为

柱和幺。

(1)要推动木箱，产至少应多大？此后维持木箱匀速

前进，F应需多大？

(2)证明当6角大于某一值时，无论用多大的力F也

不能推动木箱。此。角是多大？图2.4习题2.1解用图

解(1)对木箱，由牛顿第二定律，在木箱将要被推动的情况下,

z向：

F1nhicos夕一73=0

y向：

N—F1111nsin0—Mg=Q

还有

fa=&N

解以上三式可得要推动木箱所需力F的最小值为

Hncos。一落sin。

在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力F的大小为

"kMg

9=五夕一"ksin0

(2)在上面Fmin的表示式中，如果cos8—"«sinOf0,则尸而口-8,这意味着用任何有

限大小的力都不可能推动木箱，不能推动木箱的条件是

cos0—M“sin

由此得6的最小值为

1

9=arctan

2.2设质量m=0.50kg的小球挂在倾角夕=30°的光滑斜面上(见图2.5).

(1)当斜面以加速度a=2.0m/s2沿如图斯

示的方向运动时，绳中的张力及小球对斜面的正

压力各是多大？

(2)当斜面的加速度至少为多大时，小球招

脱离斜面？

解(1)对小球，由牛顿第二定律，

图2.5习题2.2解用图x向：

Tcosd—Nsin0=ma

y向：

Tsin。+Ncos8-mg=0

联立解此二式，可得

T=m(acosa+gsina)

=0.5X(2Xcos300+9.8sin30°)=3.32N

N=m(.gcosa-asina)

=0.5X(9.8Xcos30°一2sin30°)=3.75N

由牛顿第三定律，小球对斜面的压力

N'=N=3.75N

(2)小球刚要脱离斜面时N=0,则上面牛顿第二定律方程为

Teos0=ma,Tsin0=mg

由此二式可解得

a=g/tan8=9.8/tan30°=17.0m/s2

2.3一架质量为5000kg的直升机吊起一辆1500kg的

汽车以0.60m/s2的加速度向上升起。

(1)空气作用在螺旋桨上的上举力多大？

(2)吊汽车的缆绳中张力多大？

解(1)如图2.6所示。对直升机-汽车整体，由牛顿第

二定律mg

F—(M+m)g=(M+m)a

图2.6习题2.3解用图

故

F=(M4-m)(g+a)

=(5000+1500)X(9.8+0.6)

=6.76X104N

(2)对汽车，由牛顿第二定律

T-mg=ma

T=7n(g+a)=1500X(9.8+0.6)

=1.56X104N

2.4如图2.7所示，一个擦窗工人利用滑轮-吊桶装置上升。

(1)要自己慢慢匀速上升，他需要用多大力拉绳？

(2)如果他的拉力增大10%,他的加速度将多大？设人和

吊桶的总质量为75kg。

解对人-吊桶整体，由牛顿第二定律

2T~Mg=Ma

故

T=M(g+a)/2

(1)人匀速上升,a=0,人需要用的力

T=Mg/2=75X9.8/2=368N

(2)丁=1.)T=1.lMg/2,则

\Mg『丐AL/DMj『0.98m/s2

图2.7习题2.4解用图

2.5在一水平的直路上，一辆车速D=90km/h的汽车

的刹车距离s=35m。如果路面相同，只是有1：10的下降斜度，这辆汽车的刹车距离将

变为多少?

解v=90km/h=25m/s,在水平直路上刹车，阻力/=〃7ng,s="/2a="/2〃g。

在斜坡上，如图2.8所示，对汽车，由牛顿第二定律

工向

/jimgcos0-zngsin0=ma

由此得

a=fjigcos夕一gsin0=^cos。一gsin0

刹车距离为

V2252

—=39.3m

2a，fcos。-2gsin。爵XI-2X9.8X

To

2.6桌上有一质量M=l.50kg的板，板上放一质量m=2.45kg的另一物体，设物

体与板、板与桌面之间的摩擦系数均为〃=0.25。要将板从物体下面抽出，至少需要多大

的水平力？

NB

AnM

-----------T

zzzZ^/z////^7777777777777777777777777777777

N/

图2.9习题2.6解用图

解如图2.9所示，摩擦力加=%=卬n8,a=〃(乂+7»*。对祖，由牛顿第二定

律，沿z方向

/jtmg=ma„

由此得

%=pg

对M,由牛顿第二定律，沿工方向

F~g—p,mg=MaM

F=MaM+/z(M+2m)g

要将板抽出，需要。因此

十〃(M+2?n)g=2〃(M+?n)g

F的最小值为

Fmin=2〃(M+m)g=2X0.25X(1.50+2.45)X9.8=19.4N

2.7如图2.10所示，在一质量为M的小车上放一质量为根】的物块。它用细绳通

过固定在小车上的滑轮与质量为极的物块相连,物块2

靠在小车的前壁上而使悬线垂直，忽略所有摩擦及滑轮的

质量。

(1)当用水平力F推小车使之沿水平桌面加速前进

时，小车的加速度多大？

(2)如果要保持2的高度不变，力F应多大？

X

解如图2.10所示为小车和两物块的受力图。各力

图2.10习题2.7解用图

之间的关系有TI=T[=T2=T，N=N',而且有为=%。

(1)对机]，沿z(水平)方向，有

Ti=mxai

对电，沿立竖直)方向，有

T2—m2g=m2(-a2)

由上二式可得

m2t丁mimz

对62,沿工方向，有

N=m2a

对小车，沿Z方向，有

F-N'-T=Ma

由此二式可得

mimz

a=-1—(F-g\

M+m2\mi+m2/

(2)如果电的高度不变，则M,%,2相对位置保持不变。三者可视为一体，受有

水平外力E因而有

F=(M+mi+m2)a.

对m2,沿y方向

T2—m2g=Q,

对机1,沿工方向，加速度也是a。于是有

7\=mia

由上二式可得a=m2g/mi，从而有

F=(M+7H1+7712)m2g/mx

2.8如图2.11所示，质量m=1200kg的汽车，在一弯道上行驶，速率v=25m/so

弯道的水平半径R=400m,路面外高内低，倾角

6=6°。

(1)求作用于汽车上的水平法向力与摩擦力。

mg(2)如果汽车轮与轨道之间的静摩擦系数4=

0.9,要保证汽车无侧向滑动，汽车在此弯道上行驶

图2.11习题2.8解用图

的最大允许速率应是多大？

解(1)如图2.11所示，对汽车，由牛顿第二定律向:

Nsin"+fcos9=mR

y向：

Ncos/sin0—mg=O

解此二式可得摩擦力为

=1200XXcos6°-1200X9.8Xsin60=635N

400

作用于汽车上的水平法向力为

-.291：2

£=利夫=1200乂捻=1.88X103N

i\4UU

(2)以%表示最大允许速率，和此相对应的£a=〃sN。将%和八代替上面牛顿

定律方程中的V和f,可以解得

/Rg(sine+z^cos力

Ncos。一"sSind

X9.8X(sin6°+0.9Xcos6°)

cos6°-0.9Xsin6°

=66.0m/s

2.9铁路经过我家后岭时有一圆弧弯道，在弯道起始处有一块路碑，上面写着“缓和

长40,半径300,超高40,加宽15”,其中“半径”是指圆弧半径R(m)；“超高”是指铁道内、

外轨高度差灰mm)；“加宽”是指外、内轨顶部中线间距寅mm)比标准轨距(1435mm)加

宽的距离;“缓和长”是指铁道从直线到弧线间的过渡距离s(m)。

(1)为了安全行车和避免乘客不适，要求车厢在园弧段行驶时，其中乘客所受惯性离

心力/(在车厢中观察的)和他所受重力沿水平面的分力之差不能超过其重力的4%

(图2.12(a)),根据这一要求和路碑上所示数据，求火车驶过弯道时的最大允许速率

(km/h).

(a)(b)

图2.12火车厢在圆弧轨道上开行

(a)车厢与铁轨截面简图,(b)乘客受力图(在车厢内观察)

*(2)轨道如果由直线直接进入圆弧，则车厢(和乘客)的法向加速度将由零突然增大

到与圆弧相应的值。这将产生相当大的急动度而使乘客感到不适。因此，在轨道由直线

进入圆弧之间要加一段缓和曲线，使车厢沿缓和曲线行进时法向加速度逐渐增大(实际上

与路径成正比)到圆弧处的要求。试求按上一问的速率开行时，车厢在缓和路段的急动度

3

(最大允许值为0.5m/s)0

解(1)如图2.12(b)所示，将乘客受的重力分解为水平方向和垂直于轨道面方向

的两个分力。根据惯性离心力/和重力的水平分力％之差不能超过重力的4%的要求

可得

f—Fi<0.04mg

由于E=mgtand^mgsin。=僧8&//"=m"/我,代入上式取等号可得最大允许速率为

P=J(0.04+\)gR=J(0.04+摆^)X9.8X300

=14.l(m/s)=50.7(km/h)

(2)由于在缓和路段法向加速度和路径s成正比，所以可写

a=ks

由于s=40m时，a="/R,所以k=xf/Rs=U.17(300X40)=0.0166(1/§2)在缓和路段

的急动度为

da乙ds

=di=kdi=kv=Q.0166X14.1=0.23(m/s3)

2.10现已知木星有16个卫星，其中4个较大的是伽利略用他自制的望远镜在

1610年发现的(原书图2.28)o这4个“伽利略卫星”中最大的是木卫三，它到木星平均距

离是1.07X106km,绕木星运行的周期是7.16d.试由此求出木星的质量。

解以M和加分别表示木星和木卫三的质量，则由万有引力定律和牛顿第二定律，

可得

「Mm4/

G=mR

-R^产

M=l^=_qno?x.!”____=1.89X1027kg

GT26.67X10-11X(7.16X86400)2

2.11星体自转的最大转速发生在其赤道上的物质所受向心力正好全部由引力提供

之时。

(1)证明星体可能的最小自转周期为了二=，3V(Gp),其中p为星体的密度。

(2)行星密度一般约为3.OXIO,kg/n?,求其可能最小自转周期。

(3)有的中子星自转周期为1.6ms,若它的半径为10km,则该中子星的质量至少多

大(以太阳质量为单位)？

解(1)以M和△机分别表示星体的总质量和星体赤道上一小块物体的质量，由引

力定律和牛顿第二定律，可得

G愣小宅7

乂由于

4.

M=—nR3p

o

代入上式消去△帆和R可得

Tmin=，3n/(Gp)

(2)以p=3.0X103kg/n?代入T1ahi公式，得

37r

=6.9X103s

.67X10-11X3.0X103

（3）由上述T.公式可得

_3"

P=GT

而中子星的质量为

=_______4/X(10,4_________

-6.67X10-11X(l.6X10-3)2

=2.31X1029kg=0.12太阳质量

2.12设想一个三星系统：三个质量都是M的星球沿同一圆形轨道运动，轨道半径

为R,求此系统的运行周期。

解如图2.13所示，每个星球受其他二星球的引力的合力指向轨道中心，大小为

FYGM?用

（73K）22

GM2

由牛顿第二定律

翳乂（静

由此式可解得星球运行周期为

T=V48^R3，i/VGM

2.13光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R。一物体贴着环带内侧运

动（见图2.14）,物体与环