1410 天体的运动与能量要点Word格式.docx

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v≥

2GM

=2Rg=11.2R

我们称v=11.2km/s为第二宇宙速度，它恰为第一宇宙速度为2倍。

另外在上面的二体系统中，由于万有引力属于有心力，所以对m而言，遵循角动量守恒

mv⋅r=恒量

或mvr⋅sinθ=恒量

θ是v与r方向的夹角。

它实质可变换得到开普勒第二定律，即行星与恒星连

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线在相等时间内扫过面积等。

4．10．2、天体运动的轨道与能量

若M天体固定，m天体在万有引力作用下运动，其圆锥曲线可能是椭圆（包括圆）、抛物线或双曲线。

i）椭圆轨道

如图4-7-1所示，设椭圆轨道方程为

x2

y2

a2+b2=1（a>

b）

则椭圆长，短半轴为a、b，焦距c=a2-b2

，近地

点速度v1，远地点速度v2，则有

12mv2GMm12GMm1-a-c=2mv2-a+c

mv1（a-c=mv2（a+c

或由开普勒第二定律：

12v（a-c=1

12v2（a+c

可解得

⎧⎪⎨v1=a+cGM/（a-c⋅a

⎪⎩v2=a-cGM/（a+c⋅a

代入E得

E=-

GMm

2a<

ii抛物线设抛物线方程为

y=

Ax2

太阳在其焦点（

0,

1

4A）处，则m在抛物线顶点处能量为

1GMm122mv0-=mv0-4AGMm

122（4A

可以证明抛物线顶点处曲率半径

ρ=

112

mv0/ρ=GMm/（2

2A，则有4A得到

v0=AGM

抛物线轨道能量

E=m⋅（8AGM-4AGM=0

2

iii）双曲线设双曲线方程为

xy-=122ab

22

焦距c=a+b，太阳位于焦点（C，0），星体m在双曲线正半支上运动。

如图4-10-3所示，其渐近线OE方程为y=bx/a，考虑m在D处与无穷远处关系，有

1GMm122mv0-=mv∞2c-x2

考虑到当r→∞，运动方向逼近渐近线，焦点与渐近线距FC为

FC=cb/a2+b2=b

故有

11

vD（c-a=v∞⋅b22或mvD（c-a=mv∞⋅b

联解得

⎧v∞=GM/a⎪⎨bGMv=⎪D

c-aa⎩

双曲线轨道能量

>

02a

小结

02a椭圆轨道

E=0抛物线轨道E=

GMm>

02a双曲线轨道

以下举一个例子

质量为m的宇宙飞船绕地球中心0作圆周运动，已知地球半径为R，飞船轨道半径为2R。

现要将飞船转移到另一个半径为4R的新轨道上，如图4-10-4所示，求

（1）转移所需的最少能量；

（2）如果转移是沿半椭圆双切轨道进行的，如图中的ACB所示，则飞船在两条轨道的交接处A和B的速度变化∆vA和∆vB各为多少？

解:

（1）宇宙飞船在2R轨道上绕地球运动时，万有引力提供向心力，令其速度为v1，乃有

GMmmv1=2

2R（2R故得

4RA

B

GMv1=

2R

图4-10-4

此时飞船的动能和引力势能分别为

Ek1=Ep1

1GMm2mv1=24RGMm=-

所以飞船在2R轨道上的机械能为

E1=Ek1+Ep1=-

GMm4R

同理可得飞船在4R轨道上的机械能为

以两轨道上飞船所具有的机械能比较，知其机械能的增量即为实现轨道转移所需的最少能量，即

∆E=E2-E1=

GMm8R

（2）由

（1）已得飞船在2R轨道上运行的速度为

v1=

GM2R

同样可得飞船4R轨道上运行的速度为

v2=

GM4R

'

v和v2。

设飞船沿图示半椭圆轨道ACB运行时，在A、B两点的速度分别为1

则由开普勒第二定律可得

⋅2R=v2'

⋅4Rv1

又由于飞船沿此椭圆轨道的一半运行中机械能守恒，故应有

1GMm1GMm

2-'

2-mv1=mv2

22R24R

联立以上两式解之可得

=v1

2GMm

3R

中学学科网学科精品系列资料WWW.ZXXK.COM上中学学科网，下精品学科资料′v2=12GMm23R故得飞船在A、B两轨道交接处的速度变化量分别为4GM′vA=v1v1=312R2GM′vB=v2v2=134R例如：

三个钢球A、B、C由轻质的长为l的硬杆连接，竖立在水平面上，如a=52l8处有一图4-10-5所示。

已知三球质量mA=2m，mB=mc=m，距离杆面竖直墙。

因受微小扰动，两杆分别向两边滑动，使B球竖直位置下降。

致使C球与墙面发生碰撞。

设C球与墙面碰撞前后其速度大小不变，且所有摩擦不计，各球的直径BAC都比l小很多，求B球落地瞬间三球的速度大小。

a解：

（1）球碰墙前三球的位置图4-10-5视A、B、C三者为一系统，A、C在水平面上滑动时，只要C不与墙面相碰，则此系统不受水平外力作用，此系统质心的水平坐标不发生变化。

以图4-10-6表示C球刚好要碰墙前三球的位置，以a表示此时BC杆与水平面间的夹角，则AB杆与水平面间的夹角也为a，并令BA杆上的M点与系统质心的水平坐标相同，则应有mAAMcosa=mBMBcosa+mCBCcosaMB=1lAB=44故得①中学学科网学科精品系列资料WWW.ZXXK:

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中学学科网学科精品系列资料WWW.ZXXK.COM上中学学科网，下精品学科资料由上述知M点的水平坐标应与原来三秋所在的BM位置的水平坐标相同，故知此刻M点与右侧墙面的距离即为a，即M点与C球的水平距离为vBvAA图4-10-7αCvCa，由此有MBcosa+BCcosa=a，即l52cosa+lcosa=l48。

cosa=22，故有a=45o由上式解得②

（2）求三球碰墙前的速度由于碰墙前M点的水平坐标不变，则在A、C沿水平面滑动过程中的任何时刻，由于图中的几何约束，C点与M点的水平距离总等于A点与M点的水平距55离的3倍，可见任何时刻C点的水平速度大小总为A点水平速度大小的3倍。

以vA、vB、vC分别表示图5-2-2中三球的速度，则有vC=5vA3③又设vB沿BC方向的分量为vBC，则由于vB和vC分别为杆BC两端的小球速度，则此两小球速度沿着杆方向的投影应该相等，即vBC=vCcosa。

再设vB沿BA方向的分量为vBA，同上道理可得vBA=vAcosa注意到BA与BC两个方向刚好互相垂直，故得vB的大小为2222vB=vBC+vBA=vC+vAcosa以②③两式带入上式，乃得中学学科网学科精品系列资料WWW.ZXXK:

中学学科网学科精品系列资料WWW.ZXXK.COM上中学学科网，下精品学科资料vB=17vA9④由于系统与图5-2-1状态到图5-2-2状态的机械能守恒，乃有mBgl=mBglsina+111222mAvA+mBvB+mCvC222。

以①~④式代入上式。

解方程知可得vA=32（1gl102⑤（3）求C球在刚碰墙后三球的速度如图4-10-8所示，由于C球与墙碰撞，导致C球的速度反向而大小不变，由于杆BC对碰撞作用力的传递，使B球的速度也随之变化，这一变BC化的结果是：

球速度沿CB方向的分量v′与CBv′BCBv′BAvAA′vC图4-10-8αC球速度沿CB方向的分量相等，即′v′=vCcosa=vCcosaBC⑥由于BC杆只能传递沿其杆身方向的力，B球在垂直于杆身方向故（即BA方向）的速度不因碰撞而发生变化，A球的速度也不因碰撞而发生变化，即其仍为vA。

BA故得此时B球速度沿BA方向的分量v′满足v′=vAcosa，BA乃得刚碰撞后B球速度大小为22v′=v′2+v′2=vC+vA=BBCBA⑦17vA9⑧（4）求B球落地时三球的速度大小中学学科网学科精品系列资料WWW.ZXXK:

中学学科网学科精品系列资料WWW.ZXXK.COM上中学学科网，下精品学科资料碰撞后，三球速度都有水平向左的分量，可见此后系统质心速度在水平方向的分量vMx应该方向向左，且由于此后系统不受水平外力，则vMx应维持不变。

由上解得的三球速度，可得vMx应该满足′（mA+mB+mCvMx=mAvA+mB（v′cosa+v′sina+mCvC。

BCBA以③、⑤、⑥、⑦诸式代入上式可解得vMx=51vA=15（22gl48⑨当B球落地时，A、B、C三小球均在同一水平线上，它们沿水平方向的速度相等，显然，这一速度也就是系统质心速度的水平分量vMx。

而B小球刚要落地时，A、C两球的速度均沿水平方向（即只有水平分量），B球的速度则还有竖直分量，以vB落表示此刻B球速度的大小。

则由图4-10-8所示的状态到B小球刚要落地时，系统的机械能守恒，由此有111111222′mAvA+mBv′2+mCvC2+mBglsina=mAvMx+mB2+mCvMxBvB落222222。

以⑨、⑧、⑤各式代入上式可解得1（38+452glvB落=8⑩综合上述得本题答案为：

当B小球刚落地时，A、B、C三球的速度大小分别为11115（22gl（38+452gl15（22gl8、8、和8。

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