物理奧賽5：力學(xué)守恒律.ppt

1,奧賽典型例題,分析(力學(xué)守恒律),2,3,例1解：因?yàn)镕的大小未知，所以不能直接用F來(lái)求功.但可利用動(dòng)能定理來(lái)求.,對(duì)于小球從AB過(guò)程，據(jù)動(dòng)能定理得,故,其中重力的功為,因?yàn)槟Σ亮κ亲兞?，所以，本題的關(guān)鍵是如何求出摩擦力的功Af.下面利用對(duì)稱性來(lái)求.,4,故,5,是臨界角.,如圖1所示，小球從A運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程，與環(huán)外壁接觸，有摩擦力作用；從C運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程，小球與環(huán)內(nèi)壁接觸，無(wú)摩擦力作用.在C點(diǎn)處，N0.,為計(jì)算摩擦力的功，考察一微小過(guò)程（如圖2所示）.,此過(guò)程摩擦力的功為,6,因?yàn)镃點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為,所以，從AC過(guò)程有,從CB過(guò)程沒(méi)有摩擦力.,所以，從AB過(guò)程拉力F的功為,7,(2)若，則不存在N0的臨界點(diǎn)，小球始終與環(huán)外壁接觸，且始終受到摩擦力的作用.故有,于是，從A到B過(guò)程，拉力F做的功為,8,2.如圖2所示，質(zhì)量分布均勻的細(xì)鏈，長(zhǎng)為L(zhǎng)10m，質(zhì)量為10kg，其一端系于天花板的P點(diǎn)處，人提著另一端，P、Q兩點(diǎn)的高度差為h=2m，設(shè)人的提拉力F100N，試求天花板對(duì)細(xì)鏈的作用力.,9,例2解:(虛似法)由于細(xì)鏈掛在豎直平面內(nèi)，且沒(méi)有對(duì)稱性，所以無(wú)法用力的平衡方法求解.但可以作如下情景虛似:,人將鏈條沿其拉力方向緩慢移動(dòng)一微小位移L，在這一過(guò)程中保持鏈條的形狀和位置不變，那么這僅僅相當(dāng)于把微元L從P點(diǎn)移到Q點(diǎn)，鏈條的勢(shì)能減少了.據(jù)功能原理有,又,所以,10,3.足球運(yùn)動(dòng)員在離球門11m處罰點(diǎn)球，球準(zhǔn)確地從球門的橫梁下沿飛進(jìn)球門.設(shè)橫梁下沿離地面的高度h=2.5m，足球的質(zhì)量為m=0.5kg，不計(jì)空氣阻力，那么運(yùn)動(dòng)員必須傳遞給這個(gè)足球的最小能量是多少？(19屆俄羅斯中學(xué)生競(jìng)賽題),11,例3解：,如圖1所示，據(jù)勾股定理得,經(jīng)整理得,因?yàn)槭且徽懔?當(dāng)時(shí)，有最小值.,12,所以，運(yùn)動(dòng)員傳遞給這個(gè)足球的最小能量為,13,(96年13屆復(fù)賽題),14,C的速度必沿CA方向，vB1=vD1,vB2=vD2.,因?yàn)槔K子不可伸長(zhǎng)，所以必有各對(duì)應(yīng)質(zhì)點(diǎn)沿相連的繩子方向的速度必須相等.,又設(shè)各條繩子給質(zhì)點(diǎn)的沖量如圖2所示.那么據(jù)動(dòng)量定理有,15,由以上5個(gè)方程可解得,16,于是系統(tǒng)的總動(dòng)量大小為,方向沿CA方向,系統(tǒng)的總動(dòng)能為,17,18,例5解：,物體m的運(yùn)動(dòng)可分為三個(gè)過(guò)程：,加速下落距離d壓縮彈簧變加速下落至停止反彈向上運(yùn)動(dòng).,由于彈簧的k值未知，所以，物體m到達(dá)最低位置后的運(yùn)動(dòng)存在以下三種可能性：,第一種：不能彈回；,第二種：彈回后彈簧仍被壓縮；,第三種：彈回后能脫離彈簧.,下面就這三種可能性來(lái)討論k的取值范圍:,設(shè)m運(yùn)動(dòng)到最低位置時(shí)，彈簧的壓縮量為s，則據(jù)功能原理有,19,由此解得,顯然，m下落停止后回彈的條件是,即,故,討論:,(1)當(dāng)時(shí)，m不能彈回.,此時(shí)，代入(2)式可得：m不能彈回的條件.,20,(2)顯然，當(dāng)時(shí)，m可以回彈.,若m反彈至速度為零時(shí)，彈簧仍被壓縮.設(shè)此時(shí)壓縮量為s1(如圖3所示),由功能關(guān)系得,21,把(2)式代入可得,22,反彈高度為,這時(shí)應(yīng)滿足s10，否則m將脫離彈簧.,23,由s10可得,m回彈后彈簧仍有的壓縮量,24,由此式及(1)式可得,把(2)代入得m的反彈高度h2為,25,當(dāng)時(shí)，反彈高度,當(dāng)時(shí)，反彈高度（此時(shí)）,26,6.如圖5所示，軍訓(xùn)中戰(zhàn)士距墻S0處以速度v0起跳，再用腳蹬墻面一次，身體變?yōu)樨Q直向上的運(yùn)動(dòng)，以繼續(xù)升高，墻面與鞋底之間的靜摩擦系數(shù)為，求能使人體重心有最大總升高的起跳角.,圖5,(95年12屆預(yù)賽題),27,例6解：,建立xoy坐標(biāo)系，如圖所示.,人以角起跳，經(jīng)時(shí)間t，其重心由O到達(dá)B，此時(shí)速度為v.,則有,重心升高為,在B處用腳蹬墻，利用最大靜摩擦力的沖量可使人的向上動(dòng)量增加：,而正壓力的沖量恰好使人的水平分動(dòng)量變?yōu)榱?,28,由(2)、(3)式可得,蹬墻結(jié)束時(shí)，人的重心的豎直向上的速度為,于是，人以此為初速度繼續(xù)升高,29,整個(gè)過(guò)程，人的重心的總升高為,因?yàn)閺腛到B，所用時(shí)間t為,故在B點(diǎn)處有,30,由以上兩式可得,令,可得,31,顯然，當(dāng)時(shí)，H最大，因此起跳角為,32,7.如圖6所示，A、B是靜止在水平地面上完全一樣的兩塊長(zhǎng)木板，A的左端與B的右端相接觸，兩板的質(zhì)量都是M2kg，長(zhǎng)度都是l=1m，C是一質(zhì)量為m=1kg的小物體，現(xiàn)給它一初速度v02m/s，使它從B板的左端開始向右滑動(dòng)，已知地面是光滑的，而C與A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)都是0.1，求最后A、B、C各以多大的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，取g10m/s2.,33,例7解：,據(jù)動(dòng)量守恒定律及功能關(guān)系得,解得x=1.6ml=1.0m,由此可知，m不可能停在B板上.,34,(2)設(shè)m剛好滑到A板時(shí)的速度為v1，A、B板的共同速度為v2.,據(jù)動(dòng)量守恒定律及功能關(guān)系得,由這兩式并代入數(shù)據(jù)可得,由此可見，m進(jìn)入A板后，將繼續(xù)在A板上滑行.,35,(3)設(shè)m最終停在A板上，它在A板上滑行距離為y,A、C的共同速度為v3.,據(jù)動(dòng)量守恒定律及功能關(guān)系得,由這兩式并代入數(shù)據(jù)可得,所以，物塊C最終停在A板上，與A板一起向前滑行，兩者的共同速度約為0.563m/s，而B板向前滑行的速度約為0.155m/s.,36,8.如圖7所示，在長(zhǎng)為l=1m，質(zhì)量為mB=30kg的車廂B內(nèi)的右壁處，放一質(zhì)量為mA=20kg的小物塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）.向右的水平力F120N作用于車廂B，使之從靜止開始運(yùn)動(dòng)，測(cè)得車廂B在最初2s內(nèi)移動(dòng)的距離為S=5m，且在這段時(shí)間內(nèi)小物塊A未與車廂壁發(fā)生過(guò)碰撞.假定車廂與地面的摩擦可忽略不計(jì)，小物塊A與車廂壁的碰撞是彈性碰撞，求車廂開始運(yùn)動(dòng)后4s時(shí)車廂和小物塊的速度.,(02年19屆預(yù)賽題),37,例8解：,先判斷A與B之間是否存在摩擦.,依題意，在T0=2s內(nèi)A與B未發(fā)生過(guò)碰撞，因此不論A與B之間是否有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，不論A與B是否有摩擦，B總是作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)（因?yàn)榧词褂心Σ亮Υ嬖?，也是恒力?設(shè)B的加速度為aB1,有,由此得,若A與B無(wú)摩擦，則車B向右運(yùn)動(dòng)5m的過(guò)程中，A應(yīng)該保持靜止，從而A與B必發(fā)生碰撞，但這不符合題意.,又若A與B之間的摩擦力足夠大，使得A與B之間無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則B的加速度應(yīng)為,38,但這與(1)式矛盾.故A與B之間有摩擦，但又存在相對(duì)運(yùn)動(dòng).以f表示A與B之間的摩擦力大小,則對(duì)車B有,代入數(shù)據(jù)可求得,物塊A會(huì)不斷地與車壁相碰.,(1)A相對(duì)B向左滑動(dòng)時(shí)，A的加速度大小為,方向向右,39,B的加速度大小為,方向向右,A相對(duì)B的加速度大小為,方向向左,(2)A相對(duì)B向右滑動(dòng)時(shí)，A的加速度大小為,方向向左,B的加速度大小為,方向向右,A相對(duì)B的加速度大小為,方向向左,40,以B為參考系，A的運(yùn)動(dòng)如圖2所形象表示.,A先由初速度為零，向車B左壁做加速度為a1的勻加速運(yùn)動(dòng)，并與左壁發(fā)生第一次碰撞.由于碰撞是彈性的，故碰后A以原來(lái)的速率彈回，并以加速度a2向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后，又接著以以加速度a1向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，從而與B左壁作第二次碰撞，余此類推，以后A相對(duì)B做類似的運(yùn)動(dòng).由于a2a1,所以A每次與B左壁碰撞后，離開左壁的最大距離呈遞減變化,故A不會(huì)與B的右壁相碰.,41,設(shè)A第1、2、3n次與B左壁相碰后相對(duì)B的速度大小分別為v1、v2、v3vn，則有,又設(shè)A與B左壁第1次碰撞后，離開左壁的最大距離為d1,則有,由此解得,同法可求得,42,從理論上講，A將與B左壁發(fā)生無(wú)限多次碰撞，最終A將停在B的左壁處.A從開始運(yùn)動(dòng)到最終停在B的左壁處所用的時(shí)間為,43,這表明t=4s時(shí)，A與B已具有相同速度，設(shè)這共同速度為v，則由動(dòng)量定理得,代入數(shù)據(jù)可求得,44,9.如圖8所示，長(zhǎng)為l、線密度為的鏈條由圖示位置（底端距離地面為h）從靜止開始下落，試求鏈條落下過(guò)程中地面對(duì)鏈條的支持力.假設(shè)落到地面處的那部分鏈條速度馬上變?yōu)榱?,45,例9解：,用密舍爾斯基方程求解,設(shè)時(shí)間t時(shí)鏈條上端的坐標(biāo)為x，如圖2所示.,此時(shí)，空中那部分鏈條的速度為,以已落在地面上的那部分鏈條為主體，它將在t時(shí)間內(nèi)俘獲m的質(zhì)量.,地面上的那部分鏈條的質(zhì)量為，它受到重力、地面支持力N的作用，忽略m的重力.因?yàn)榈孛婺遣糠宙湕l始終靜止。沒(méi)有加速度和速度.據(jù)密舍爾斯基方程得,46,由以上三式可解得,顯然，當(dāng)全部鏈條剛落到地面時(shí)，x=0，此時(shí)N最大.,47,方法2：用質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理,以整條鏈條為研究對(duì)象，其總長(zhǎng)為l，質(zhì)量為m.因t時(shí)刻，地面上鏈條的質(zhì)量為，坐標(biāo)為0.,空中那部分鏈條的質(zhì)量為,質(zhì)心坐標(biāo)為,所以整條鏈條的質(zhì)心坐標(biāo)為,于是，質(zhì)心速度為,48,質(zhì)心加速度為,因?yàn)?故,據(jù)質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理有,由以上兩式可解得,49,50,由于小球與平板剛接觸時(shí)，沒(méi)有水平速度，故小球與平板之間必存在滑動(dòng)摩擦力，直至接觸結(jié)束或小球與平板具有相同的水平速度(此后摩擦力為靜摩擦力).設(shè)平均支持力為，平均滑動(dòng)摩擦力為,平均支持力的作用時(shí)間為tN，平均滑動(dòng)摩擦力的作用時(shí)間為tf.,因反彈后小球的反彈高度仍為H，故碰撞后小球豎直方向的速度大小為,設(shè)碰撞后小球的水平速度為v/，則有,51,(1)設(shè)，則有,由(1)、(3)式可得,因?yàn)槌闪⒌臈l件是，即,或,那么，此時(shí)有,52,(2)設(shè),此時(shí)，,53,11.質(zhì)量都是m的兩質(zhì)點(diǎn)A和B用長(zhǎng)為2l的不可伸長(zhǎng)的輕繩連接，開始時(shí)A、B位于同一豎直線上，且離地足夠遠(yuǎn)，B在A的下方l處，在給A以一水平速度v0的同時(shí)，由靜止釋放B，問(wèn)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間后，A與B第一次恰好位于同一水平線上?,例11解：,因在繩子拉直前，A、B兩質(zhì)點(diǎn)在豎直方向運(yùn)動(dòng)的距離是相等的，故A2B1=l，因此60.,在繩子拉緊過(guò)程中，A、B之間發(fā)生相互作用，系統(tǒng)動(dòng)量守恒.由于在繩子拉直前，A、B兩質(zhì)點(diǎn)在豎直方向的速度相等，故在以此速度運(yùn)動(dòng)的參考系中，A的速度為v0,B則靜止.設(shè)相對(duì)這一參考系，繩子拉緊后A、B的速度分別為和，據(jù)動(dòng)量守恒得,式中方向沿繩子，這因?yàn)槔K子對(duì)B的作用力沿繩子，而方向未知，可沿平行繩、垂直繩方向分解.,55,因繩子不可伸長(zhǎng)，故,由以上三式可解得,繩子拉緊后，A相對(duì)B做圓周運(yùn)動(dòng)，速度為，角速度為,56,當(dāng)直線A1B1轉(zhuǎn)過(guò)30時(shí)，A1、B1位于同一水平線，所經(jīng)歷時(shí)間為,設(shè)自釋放B到繩子拉直經(jīng)歷時(shí)間為t1,有,由此得,由釋放質(zhì)點(diǎn)B到兩質(zhì)點(diǎn)位于同一水平線上共經(jīng)歷的時(shí)間為,57,12.在水平地面上一質(zhì)量為M的運(yùn)動(dòng)員手持一質(zhì)量為m的物塊，以速度v0沿與水平面成角的方向向前跳躍，為了能跳得更遠(yuǎn)一點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員可在跳遠(yuǎn)全過(guò)程中的某一位置處，沿某一方向把物塊拋出，物塊拋出時(shí)相對(duì)運(yùn)動(dòng)員的速度大小u是給定的，物塊和運(yùn)動(dòng)員都在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng).(1)若運(yùn)動(dòng)員在跳遠(yuǎn)全過(guò)程中的某一時(shí)刻t0，沿與水平向后方向成某角的方向拋出物塊，試求運(yùn)動(dòng)員從起跳到落地所經(jīng)歷的時(shí)間.(2)在跳遠(yuǎn)的全過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員在何處把物塊沿與水平向后方向成角的方向拋出，能使自己跳得更遠(yuǎn)？若v0和u一定，那么在什么條件下可跳得更遠(yuǎn)？并求出運(yùn)動(dòng)員跳的最大距離.(03年20屆預(yù)賽題),58,例12解：,設(shè)運(yùn)動(dòng)員從起跳到落地所經(jīng)歷的時(shí)間為t，由相對(duì)運(yùn)動(dòng)速度可得,59,對(duì)質(zhì)心C，據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得,運(yùn)動(dòng)員落地處x坐標(biāo)為,由(1)、(2)式得,此方程的解為,60,下面討論應(yīng)取哪一個(gè)解.,設(shè)在剛拋出物塊后瞬間，運(yùn)動(dòng)員的速度v的豎直分量的大小為vPy，物塊相對(duì)運(yùn)動(dòng)員的速度u的豎直分量的大小為uy=usin,方向沿y軸負(fù)方向.據(jù)動(dòng)量守恒定律得,解得,于是可求出運(yùn)動(dòng)員從起跳到最高點(diǎn)所需時(shí)間為,因?yàn)楸厝挥?61,所以t的解應(yīng)為,由(1)、(3)式可解得,所以，當(dāng)t0=0時(shí)，xM有最大值.把t值代入可得此最大值為,62,若,即時(shí)，xM有最大值,這表明運(yùn)動(dòng)員應(yīng)沿與x軸成45方向起跳，且跳起后立刻沿與x軸成45斜向下方向拋出物塊，則運(yùn)動(dòng)員跳的距離最大，為,63,13.長(zhǎng)為2l的輕繩兩端各系有一質(zhì)量為m的彈性小球，中點(diǎn)處系有質(zhì)量為M的彈性小球，三球成一直線靜止于光滑水平面上，繩處于伸直狀態(tài)，現(xiàn)對(duì)小球M施加一水平?jīng)_力，使其獲得與繩垂直的初速度v0，（1）試求兩小球m相碰時(shí)繩中的張力T；（2）若從小球M開始運(yùn)動(dòng)到兩小球m相碰歷時(shí)為t，求在此期間小球M經(jīng)過(guò)的距離SM；（3）試求當(dāng)三小球再次在同一直線上時(shí)，繩子的張力；（4）試求運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球m的最大動(dòng)能和這時(shí)兩段繩子的夾角.,(05年江蘇省高考題),64,由這兩式可解得,設(shè)這時(shí)M相對(duì)桌面的加速度為aM，則有,aM的方向與y軸的正方向相反.,65,以小球M為參考系，小球m以速度vx繞M做圓周運(yùn)動(dòng).由于小球m除了受繩子拉力T作用外，還受與T同向的慣性力maM的作用，故有,把(3)、(4)式代入可解得：,(2)由于系統(tǒng)沿水平方向不受外力作用，故其質(zhì)心沿M運(yùn)動(dòng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為vC,66,在時(shí)間t內(nèi)質(zhì)心經(jīng)過(guò)的距離為,設(shè)兩小球m相碰時(shí)質(zhì)心與M的距離為yC,則有,在時(shí)間t內(nèi)小球M經(jīng)過(guò)的距離為,67,(3)如圖2所示，當(dāng)三個(gè)小球再次位于同一水平線上時(shí)，據(jù)動(dòng)量守恒得,又據(jù)機(jī)械能守恒得,由上面兩式可解得,68,因這時(shí)小球M的加速度為零，以M為參考系(慣性系)，小球m相對(duì)小球M的速度為；,那么這時(shí)繩子的張力F為,(4)顯然，當(dāng)小球M的速度為零時(shí)，小球m的速度最大，動(dòng)能也就最大.此時(shí)有,由此可解得小球m的速度最大動(dòng)能及兩繩子之間的夾角分別為,69,14.如圖10所示，一柔軟繩子總長(zhǎng)度為l，它從靜止出發(fā)由高度為H的光滑平臺(tái)沿光滑的斜面滑下，全部進(jìn)入光滑水平面后，再經(jīng)一半徑為R的固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓環(huán)，l2R，欲使繩子能全部通過(guò)圓環(huán)，平臺(tái)的高度H至少多高？,70,式中M表示軟繩的總質(zhì)量.設(shè)這時(shí)軟繩的速率為v.則由機(jī)械能守恒定律得,取圓形軌道頂點(diǎn)附近的一軟繩微元段，如圖2所示，考慮軌道對(duì)它無(wú)壓力這一臨界情況,這微元受力情況如圖2所示.,由向心力公式得,71,因很小，所以，,于是有,如圖3所示，選圖中所示的一段軟繩作研究對(duì)象，設(shè)前面軟繩對(duì)它的拉力為T.,設(shè)想力T使它移動(dòng)了一很小的距離，那么T的功等于這段軟繩的重力勢(shì)能的增加.于是有,由以上各式可解得,72,15.質(zhì)量都是m的三個(gè)小球置于光滑的水平桌面上，并用長(zhǎng)度都為l的輕剛性桿連接，如圖11所示，整個(gè)系統(tǒng)以速度v沿AB方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向與BC成角，當(dāng)小球C與桌上垂直AB的豎直、光滑完全非彈性固定壁相碰撞時(shí)，試求此壁所受到?jīng)_量的大小.,(04年21屆復(fù)賽題),73,x方向：,y方向：,因桿不可伸長(zhǎng)，所以有,因?yàn)閴Ρ趯?duì)系統(tǒng)(即對(duì)C)的沖力過(guò)C點(diǎn)，所以對(duì)C軸，系統(tǒng)角動(dòng)量守恒.故有,由以上四個(gè)方程可解得墻壁對(duì)系統(tǒng)(即對(duì)C)的沖量為,據(jù)牛頓第三定律可知墻壁受到的沖量大小也是此值.,74,16.如圖12所示，A是一個(gè)質(zhì)量為M、半徑為R的均勻球體，O是其球心.在離球心O很遠(yuǎn)的O點(diǎn)附近有一質(zhì)點(diǎn)，它以v0的初速度沿與OO平行的方向射向球A，以l表示質(zhì)點(diǎn)與OO線的垂直距離，要使這質(zhì)點(diǎn)能夠與球A的表面相碰，試求l的最大值.,75,由以上兩式可得：,76,17.從地球表面向火星發(fā)射火星探測(cè)器，設(shè)地球和火星都在同一平面上繞太陽(yáng)做圓周運(yùn)動(dòng)，火星軌道半徑Rm是地球軌道半徑Re的1.5倍，簡(jiǎn)單而又比較節(jié)省能量的發(fā)射過(guò)程可分為兩步進(jìn)行：第一步，在地球表面用火箭對(duì)探測(cè)器進(jìn)行加速，使之獲得足夠的動(dòng)能，從而脫離地球的引力作用成為一個(gè)沿地球軌道運(yùn)行的人造行星；第二步是在適當(dāng)時(shí)刻點(diǎn)燃與探測(cè)器連在一起的火箭發(fā)動(dòng)機(jī)，在短時(shí)間內(nèi)對(duì)探測(cè)器沿原方向加速，使其速度數(shù)值增加到適當(dāng)值，從而使得探測(cè)器沿著一個(gè)與地球軌道及火星軌道分別在長(zhǎng)軸兩端相切的半個(gè)橢圓軌道正好射到火星上.問(wèn)：（1）為使探測(cè)器成為沿地球軌道運(yùn)行的人造行星，必須加速探測(cè)器，使之在地球附近獲得多大的速度（相對(duì)地球）？（2）當(dāng)探測(cè)器脫離并沿地球公轉(zhuǎn)軌道穩(wěn)定運(yùn)行后，在某年3月1日零時(shí)測(cè)得探測(cè)器與火星之間的角距離為60(火星在前，探測(cè)器在后)，那么應(yīng)在何年何月何日點(diǎn)燃探測(cè)器上的火箭發(fā)動(dòng)機(jī)方能使探測(cè)器剛好落在火星表面？（時(shí)間計(jì)算僅需精確到日）已知地球半徑為R=6.4106m，重力加速度取g=9.8m/s2.,(98年15屆復(fù)賽題),77,例17解：,當(dāng)探測(cè)器脫離地球的引力作用成為沿地球軌道運(yùn)動(dòng)的人造行星時(shí)，可以認(rèn)為探測(cè)器的引力勢(shì)能為零，相對(duì)地球的速度為零,即相對(duì)地球動(dòng)能為零.據(jù)機(jī)械能守恒定律可得,由此解得,78,為此，必須首先確定點(diǎn)燃探測(cè)器上的火箭發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)探測(cè)器與火星的相對(duì)位置，已知探測(cè)器在地球公轉(zhuǎn)軌道上運(yùn)行周期與地球公轉(zhuǎn)周期相同，為,據(jù)開普勒第三定律可得火星的