物理 高中：高中物理奧賽資料匯編-力學(xué)-0天體的運(yùn)動(dòng)與能量

410天體的運(yùn)動(dòng)與能量4101、天體運(yùn)動(dòng)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(dòng)能之和。僅有一個(gè)天體在運(yùn)動(dòng)時(shí)，則E為系統(tǒng)的萬有引力勢能與其動(dòng)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4101所示，設(shè)M天體不動(dòng)，M天體繞M天體轉(zhuǎn)動(dòng)，則由機(jī)械動(dòng)能守恒，有222111MVRGVRG當(dāng)運(yùn)動(dòng)天體背離不動(dòng)天體運(yùn)動(dòng)時(shí)，PE不斷增大，而KE將不斷減小，可達(dá)無窮遠(yuǎn)處，此時(shí)0PE而K0，則應(yīng)滿足E0，即021MVRGM例如從地球發(fā)射人造衛(wèi)星要掙脫地球束縛必有021MVRGSKGMV2我們稱112KM/S為第二宇宙速度，它恰為第一宇宙速度為2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(dòng)量守恒恒量RVM或恒量SINRV與是方向的夾角。它實(shí)質(zhì)可變換得到開普勒第二定律，即行星與恒星M1R2V圖4101連線在相等時(shí)間內(nèi)掃過面積等。4102、天體運(yùn)動(dòng)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(dòng)，其圓錐曲線可能是橢圓（包括圓）、拋物線或雙曲線。I）橢圓軌道如圖471所示，設(shè)橢圓軌道方程為12BYAX（AB）則橢圓長，短半軸為A、B，焦距2BAC，近地點(diǎn)速度1V，遠(yuǎn)地點(diǎn)速度2V，則有CAGMMVCAME212V或由開普勒第二定律211CAVCAV可解得ACGMCAV/21代入E得02AMII拋物線設(shè)拋物線方程為2AXYMOAX1VA2VYBB0,圖4102太陽在其焦點(diǎn)（A41,0）處，則M在拋物線頂點(diǎn)處能量為AGMMVAGVE4214200可以證明拋物線頂點(diǎn)處曲率半徑，則有22041/A得到GMV80拋物線軌道能量0421AMEIII）雙曲線設(shè)雙曲線方程為12BYAX焦距2C，太陽位于焦點(diǎn)（C，0），星體M在雙曲線正半支上運(yùn)動(dòng)。如圖4103所示，其漸近線OE方程為YBX/A，考慮M在D處與無窮遠(yuǎn)處關(guān)系，有22011VXCGMMVE考慮到當(dāng)R，運(yùn)動(dòng)方向逼近漸近線，焦點(diǎn)與漸近線距FC為BABFC2/故有VCVD2121或BMVACVD聯(lián)解得AGMCBVD/CDFOABCXY0,圖4103雙曲線軌道能量02AGMME小結(jié)橢圓軌道0E拋物線軌道2AGMM雙曲線軌道以下舉一個(gè)例子質(zhì)量為M的宇宙飛船繞地球中心0作圓周運(yùn)動(dòng)，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(gè)半徑為4R的新軌道上，如圖4104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BAV和各為多少解（1）宇宙飛船在2R軌道上繞地球運(yùn)動(dòng)時(shí)，萬有引力提供向心力，令其速度為V，乃有RMVGM21故得RV21此時(shí)飛船的動(dòng)能和引力勢能分別為GMMVEK4211RPR24ABCO圖4104所以飛船在2R軌道上的機(jī)械能為RGMMEPK411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(shí)現(xiàn)軌道轉(zhuǎn)移所需的最少能量，即RGMME812（2）由（1）已得飛船在2R軌道上運(yùn)行的速度為V21同樣可得飛船4R軌道上運(yùn)行的速度為RGMV42設(shè)飛船沿圖示半橢圓軌道ACB運(yùn)行時(shí)，在A、B兩點(diǎn)的速度分別為21V和。則由開普勒第二定律可得RV421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GMMVVM42121聯(lián)立以上兩式解之可得RGV31MM2故得飛船在A、B兩軌道交接處的速度變化量分別為RGMVA21341B2例如三個(gè)鋼球A、B、C由輕質(zhì)的長為L的硬桿連接，豎立在水平面上，如圖4105所示。已知三球質(zhì)量MA2，CB，距離桿LA825處有一面豎直墻。因受微小擾動(dòng)，兩桿分別向兩邊滑動(dòng)，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(jì)，各球的直徑都比L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(dòng)時(shí)，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4106表示C球剛好要碰墻前三球的位置，以A表示此時(shí)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(diǎn)與系統(tǒng)質(zhì)心的水平坐標(biāo)相同，則應(yīng)有ABCMAAAMMBCOSCOSCOS故得41L由上述知M點(diǎn)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(diǎn)與右側(cè)墻面的距離即為A，即M點(diǎn)與C球的水平距離為ACA圖4105ABCVBVVM圖4107A，由此有ABCAMCOSCS，即LLL825O4。由上式解得CSA，故有4A（2）求三球碰墻前的速度由于碰墻前M點(diǎn)的水平坐標(biāo)不變，則在A、C沿水平面滑動(dòng)過程中的任何時(shí)刻，由于圖中的幾何約束，C點(diǎn)與M點(diǎn)的水平距離總等于A點(diǎn)與M點(diǎn)的水平距離的35倍，可見任何時(shí)刻C點(diǎn)的水平速度大小總為A點(diǎn)水平速度大小的35倍。以AV、B、C分別表示圖522中三球的速度，則有AV35又設(shè)BV沿BC方向的分量為BC，則由于BV和C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AVCBCOS。再設(shè)BV沿BA方向的分量為BA，同上道理可得VBACS注意到BA與BC兩個(gè)方向剛好互相垂直，故得BV的大小為AVVACBACBCOS22以兩式帶入上式，乃得ABV917由于系統(tǒng)與圖521狀態(tài)到圖522狀態(tài)的機(jī)械能守恒，乃有22211SINCBABVMVMALGLM。以式代入上式。解方程知可得GLVA2103（3）求C球在剛碰墻后三球的速度如圖4108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CV與C球速度沿CB方向的分量相等，即AVVCCBCOSS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V。故得此時(shí)B球速度沿BA方向的分量BAV滿足AVACOS，乃得剛碰撞后B球速度大小為AACBACVVV91722（4）求B球落地時(shí)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MXV應(yīng)該方向向左，且由于此后系統(tǒng)不受水平外力，則MXV應(yīng)維持不變。由上解得的三球速度，可得MXV應(yīng)該滿足CBABCAXCBAVMAVMMSINCO。ABCVCVVA圖4108以、諸式代入上式可解得GLVAMX21584當(dāng)B球落地時(shí)，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MXV。而B小球剛要落地時(shí)，A、C兩球的速度均沿水平方向（即只有水平分量），B球的速度則還有豎直分量，以BV落表示此刻B球速度的大小