【高考輔導(dǎo)資料】高中物理競賽教程：4.10《天體的運(yùn)動與能量》

410天體的運(yùn)動與能量4101、天體運(yùn)動的機(jī)械能守恒二體系統(tǒng)的機(jī)械能E為系統(tǒng)的萬有引力勢能與各天體的動能之和。僅有一個天體在運(yùn)動時，則E為系統(tǒng)的萬有引力勢能與其動能之和。由于沒有其他外力作用，系統(tǒng)內(nèi)萬有引力屬于保守力，故有機(jī)械能守恒，E為一恒量，如圖4-10-1所示，設(shè)M天體不動，m天體繞M天體轉(zhuǎn)動，則由機(jī)械動能守恒，有當(dāng)運(yùn)動天體背離不動天體運(yùn)動時，不斷增大，而將不斷減小，可達(dá)無窮遠(yuǎn)處，此時而0，則應(yīng)滿足E0，即圖4-10-1例如從地球發(fā)射人造衛(wèi)星要掙脫地球束縛必有我們稱=11.2km/s為第二宇宙速度，它恰為第一宇宙速度為倍。另外在上面的二體系統(tǒng)中，由于萬有引力屬于有心力，所以對m而言，遵循角動量守恒 或 方向的夾角。它實質(zhì)可變換得到開普勒第二定律，即行星與恒星連線在相等時間內(nèi)掃過面積等。4102、天體運(yùn)動的軌道與能量若M天體固定，m天體在萬有引力作用下運(yùn)動，其圓錐曲線可能是橢圓（包括圓）、拋物線或雙曲線。圖4-10-2i）橢圓軌道如圖4-7-1所示，設(shè)橢圓軌道方程為 （ab）則橢圓長，短半軸為a、b，焦距，近地點速度，遠(yuǎn)地點速度，則有或由開普勒第二定律： 可解得代入E得ii)拋物線設(shè)拋物線方程為太陽在其焦點（）處，則m在拋物線頂點處能量為可以證明拋物線頂點處曲率半徑，則有得到拋物線軌道能量圖4-10-3 iii）雙曲線設(shè)雙曲線方程為焦距，太陽位于焦點（C，0），星體m在雙曲線正半支上運(yùn)動。如圖4-10-3所示，其漸近線OE方程為y=bx/a，考慮m在D處與無窮遠(yuǎn)處關(guān)系，有考慮到當(dāng)，運(yùn)動方向逼近漸近線，焦點與漸近線距為故有 或 聯(lián)解得雙曲線軌道能量小結(jié) 橢圓軌道 拋物線軌道 雙曲線軌道以下舉一個例子質(zhì)量為m的宇宙飛船繞地球中心0作圓周運(yùn)動，已知地球半徑為R，飛船軌道半徑為2R?，F(xiàn)要將飛船轉(zhuǎn)移到另一個半徑為4R的新軌道上，如圖4-10-4所示，求（1）轉(zhuǎn)移所需的最少能量；（2）如果轉(zhuǎn)移是沿半橢圓雙切軌道進(jìn)行的，如圖中的ACB所示，則飛船在兩條軌道的交接處A和B的速度變化各為多少？解: （1）宇宙飛船在2R軌道上繞地球運(yùn)動時，萬有引力提供向心力，令其速度為，乃有圖4-10-4 故得 此時飛船的動能和引力勢能分別為所以飛船在2R軌道上的機(jī)械能為同理可得飛船在4R軌道上的機(jī)械能為 以兩軌道上飛船所具有的機(jī)械能比較，知其機(jī)械能的增量即為實現(xiàn)軌道轉(zhuǎn)移所需的最少能量，即 （2）由（1）已得飛船在2R軌道上運(yùn)行的速度為 同樣可得飛船4R軌道上運(yùn)行的速度為 設(shè)飛船沿圖示半橢圓軌道ACB運(yùn)行時，在A、B兩點的速度分別為。則由開普勒第二定律可得 又由于飛船沿此橢圓軌道的一半運(yùn)行中機(jī)械能守恒，故應(yīng)有聯(lián)立以上兩式解之可得故得飛船在A、B兩軌道交接處的速度變化量分別為 例如：三個鋼球A、B、C由輕質(zhì)的長為的硬桿連接，豎立在水平面上，如圖4-10-5所示。已知三球質(zhì)量，距離桿處有一面豎直墻。因受a圖4-10-5微小擾動，兩桿分別向兩邊滑動，使B球豎直位置下降。致使C球與墻面發(fā)生碰撞。設(shè)C球與墻面碰撞前后其速度大小不變，且所有摩擦不計，各球的直徑都比小很多，求B球落地瞬間三球的速度大小。 解： （1）球碰墻前三球的位置 視A、B、C三者為一系統(tǒng)，A、C在水平面上滑動時，只要C不與墻面相碰，則此系統(tǒng)不受水平外力作用，此系統(tǒng)質(zhì)心的水平坐標(biāo)不發(fā)生變化。以圖4-10-6表示C球剛好要碰墻前三球的位置，以表示此時BC桿與水平面間的夾角，則AB桿與水平面間的夾角也為，并令BA桿上的M點與系統(tǒng)質(zhì)心的水平坐標(biāo)相同，則應(yīng)有故得 圖4-10-7由上述知M點的水平坐標(biāo)應(yīng)與原來三秋所在的位置的水平坐標(biāo)相同，故知此刻M點與右側(cè)墻面的距離即為，即M點與C球的水平距離為，由此有，即。由上式解得，故有 （2）求三球碰墻前的速度 由于碰墻前M點的水平坐標(biāo)不變，則在A、C沿水平面滑動過程中的任何時刻，由于圖中的幾何約束，C點與M點的水平距離總等于A點與M點的水平距離的倍，可見任何時刻C點的水平速度大小總為A點水平速度大小的倍。以、分別表示圖5-2-2中三球的速度，則有 又設(shè)沿BC方向的分量為，則由于和分別為桿BC兩端的小球速度，則此兩小球速度沿著桿方向的投影應(yīng)該相等，即。再設(shè)沿BA方向的分量為，同上道理可得 注意到BA與BC兩個方向剛好互相垂直，故得的大小為以兩式帶入上式，乃得 由于系統(tǒng)與圖5-2-1狀態(tài)到圖5-2-2狀態(tài)的機(jī)械能守恒，乃有。以式代入上式。解方程知可得 （3）求C球在剛碰墻后三球的速度圖4-10-8 如圖4-10-8所示，由于C球與墻碰撞，導(dǎo)致C球的速度反向而大小不變，由于桿BC對碰撞作用力的傳遞，使B球的速度也隨之變化，這一變化的結(jié)果是：B球速度沿CB方向的分量與C球速度沿CB方向的分量相等，即 由于BC桿只能傳遞沿其桿身方向的力，故B球在垂直于桿身方向（即BA方向）的速度不因碰撞而發(fā)生變化，A球的速度也不因碰撞而發(fā)生變化，即其仍為。故得此時B球速度沿BA方向的分量滿足 ， 乃得剛碰撞后B球速度大小為 （4）求B球落地時三球的速度大小 碰撞后，三球速度都有水平向左的分量，可見此后系統(tǒng)質(zhì)心速度在水平方向的分量應(yīng)該方向向左，且由于此后系統(tǒng)不受水平外力，則應(yīng)維持不變。由上解得的三球速度，可得應(yīng)該滿足。以、諸式代入上式可解得 當(dāng)B球落地時，A、B、C三小球均在同一水平線上，它們沿水平方向的速度相等，顯然，這一速度也就是系統(tǒng)質(zhì)心速度的水平分量。而B小球剛要落地時，A、C兩球的速度均沿水平方向（即只有水平分量