1、竞赛题汇编 1 万有引力定律一、（20 分）如图所示，哈雷彗星绕太阳 S 沿椭圆轨道逆时针方向运动，其周期 T 为 76.1年，1986 年它过近日点 P0时与太阳 S 的距离 r0=0.590AU，AU 是天文单位，它等于地球与太阳的平均距离，经过一段时间，彗星到达轨道上的 P 点，SP 与 SP0的夹角 P=72.0。已知：1AU=1.501011m，引力常量G=6.671011 Nm2/kg2，太阳质量mS=1.991030kg，试求 P 到太阳 S 的距离 rP及彗星过 P 点时速度的大小及方向（用速度方向与 SP0的夹角表示） 。一、参考解答：解法一取直角坐标系 Oxy，原点 O 位
2、于椭圆的中心，则哈雷彗星的椭圆轨道方程为21xyab（1）a、 b 分别为椭圆的半长轴和半短轴，太阳 S 位于椭圆的一个焦点处，如图 1 所示以 表示地球绕太阳运动的周期，则 ；以 表示地球到太阳的距离（认eTe1.0T年 ea为地球绕太阳作圆周运动） ，则 ，根据开普勒第三定律，有e.AUa（2） 32Te设 c 为椭圆中心到焦点的距离，由几何关系得（3） car0（4） 2b由图 1 可知， P 点的坐标 （5） cosPxr（6） inPy把（5） 、 （6）式代入（1）式化简得22222sicoscos0PPPabrbba（7）根据求根公式可得SPrabO0xy图 122cossinP
3、Pbar（8）由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得0.896AUPr(9) 可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为s2GmE=a(10) 式中 m 为彗星的质量以 表示彗星在 P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有Pv2ss12Pmra（11）得s1PPGrav（12） 代入有关数据得41.390msPv=(13) 设 P 点速度方向与 的夹角为 (见图 2)，根据开普勒第二定律0SPsin2PPrv（14） 其中 为面积速度，并有abT（15）由（9） 、 （13） 、 （14） 、 （15）式并代入有关数据可得127（16） 图 2SPrabO0xy解法二取极坐标，极点
4、位于太阳 S 所在的焦点处，由 S 引向近日点的射线为极轴，极角为 ，取逆时针为正向，用 r、 表示彗星的椭圆轨道方程为1cospre（1）其中， e 为椭圆偏心率， p 是过焦点的半正焦弦，若椭圆的半长轴为 a，根据解析几何可知2a（2）将（2）式代入（1）式可得cos12ear（3）以 表示地球绕太阳运动的周期，则 ；以 表示地球到太阳的距离（认eTe.0T年 ea为地球绕太阳作圆周运动） ，则 ，根据开普勒第三定律，有e1.AUa32Te（4）在近日点 ，由（3）式可得01ra0（5）将 、 、 的数据代入（3）式即得Pae0.895AUPr（6）可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能s
5、2GmE=a(7)式中 m 为彗星的质量以 表示彗星在 P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有Pv2ss12Pmra（8）可得21PsPGmrav（9）代入有关数据得41.390sPv=(10)设 P 点速度方向与极轴的夹角为 ，彗星在近日点的速度为 ，再根据角动量守恒定0v律，有sinPPrrv0（11） 根据（8）式，同理可得21sGmra00v（12）由（6） 、 （10） 、(11)、(12)式并代入其它有关数据127(13)评分标准：本题 20 分解法一（2）式 3 分， （8）式 4 分， （9）式 2 分， （11）式 3 分，(13) 式 2 分,（14）式 3 分,（15）
6、式 1 分， （16）式 2 分解法二（3）式 2 分， （4）式 3 分， （5）式 2 分， （6）式 2 分， （8）式 3 分，(10) 式 2 分,（11）式 3 分,（12）式 1 分， （13）式 2 分(25 届)二、 （21 分）嫦娥 1 号奔月卫星与长征 3 号火箭分离后，进入绕地运行的椭圆轨道，近地点离地面高 ，远地点离地面高 ，周期约为2.05nHkm45.0931fHkm16 小时，称为 16 小时轨道（如图中曲线 1 所示） 。随后，为了使卫星离地越来越远，星载发动机先在远地点点火，使卫星进入新轨道（如图中曲线 2 所示） ，以抬高近地点。后来又连续三次在抬高以后的
7、近地点点火，使卫星加速和变轨，抬高远地点，相继进入 24 小时轨道、48 小时轨道和地月转移轨道（分别如图中曲线 3、4、5 所示） 。已知卫星质量，地球半径 ，地面重力加速度 ，月球32.501mkg36.7810Rkm29.81/gms半径 。.78rm1、试计算 16 小时轨道的半长轴 a 和半短轴 b 的长度，以及椭圆偏心率 。e2、在 16 小时轨道的远地点点火时，假设卫星所受推力的方向与卫星速度方向相同，而且点火时间很短，可以认为椭圆轨道长轴方向不变。设推力大小 ，要把近地点抬490FN高到 600 ，问点火时间应持续多长？k3、试根据题给数据计算卫星在 16 小时轨道的实际运行周
8、期。4、卫星最后进入绕月圆形轨道，距月面高度 约为 200 ，周期 分钟，试据mHk127mT此估算月球质量与地球质量之比值。二、参考解答：1. 椭圆半长轴 a 等于近地点和远地点之间距离的一半，亦即近地点与远地点矢径长度（皆指卫星到地心的距离） 与 的算术平均值，即有nrf(1)f fnf1122HRHR代入数据得km (2) 43.1960a椭圆半短轴 b 等于近地点与远地点矢径长度的几何平均值，即有(3)nfbr代入数据得(4)41.920km椭圆的偏心率 (5)abe2代入数据即得 (6)0.79412. 当卫星在 16 小时轨道上运行时，以 和 分别表示它在近地点和远地点的速度，nv
9、f根据能量守恒，卫星在近地点和远地点能量相等，有(7)22nff11GMmrr式中 是地球质量， 是万有引力常量. 因卫星在近地点和远地点的速度都与卫星到地M心的连线垂直，根据角动量守恒，有(8)nfrv注意到(9)gRGM2由(7)、(8)、(9)式可得(10)fnnrv(11)nffn2gRrr当卫星沿 16 小时轨道运行时，根据题给的数据有nnRHffH由(11)式并代入有关数据得km/s (12)f1.98v依题意，在远地点星载发动机点火，对卫星作短时间加速，加速度的方向与卫星速度方向相同，加速后长轴方向没有改变，故加速结束时，卫星的速度与新轨道的长轴垂直，卫星所在处将是新轨道的远地点
10、.所以新轨道远地点高度 km，但新4ff5.0931H轨道近地点高度 km.由(11)式，可求得卫星在新轨道远地点处的速度为2n6.01Hkm/s (13)f.30v卫星动量的增加量等于卫星所受推力 F 的冲量，设发动机点火时间为 t，有(14) fmt由(12)、(13)、(14)式并代入有关数据得 t= (约 2.5 分) 21.50s(15)这比运行周期小得多.3. 当卫星沿椭圆轨道运行时，以 r 表示它所在处矢径的大小， v 表示其速度的大小，表示矢径与速度的夹角，则卫星的角动量的大小(16 ) sin2Lmv其中1sir（17）是卫星矢径在单位时间内扫过的面积，即卫星的面积速度.由于
11、角动量是守恒的，故 是恒量.利用远地点处的角动量，得(18)f12rv又因为卫星运行一周扫过的椭圆的面积为 (19) Sab所以卫星沿轨道运动的周期(20)T由(18)、(19)、(20) 式得(21)f2abrv代入有关数据得s (约 15 小时 46 分) (22)45.67810T注：本小题有多种解法.例如，由开普勒第三定律，绕地球运行的两亇卫星的周期 T与 T0之比的平方等于它们的轨道半长轴 a 与 a0之比的立方，即 2300T若 是卫星绕地球沿圆轨道运动的轨道半径，则有0a2020GMmaT得 22034agR从而得2aT代入有关数据便可求得(22)式. 4. 在绕月圆形轨道上，根
12、据万有引力定律和牛顿定律有(23)2m2m()GMrT这里 是卫星绕月轨道半径， 是月球质量. 由(23)式和(9)式，可得mrH(24)23m4rgRT代入有关数据得(25)m0.124M（29 届）三、 （23 分）设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星高度 （从地心算起）R延伸到太空深处。这种所谓的太空电梯可用于低成本地发射绕地人造卫星，其发射方法是将卫星通过太空电梯匀速地提升到某高度，然后启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去。1、设在某次发射时，卫星在太空电梯中极其缓慢地匀速上升，该卫星在上升到 0.80 处R意外地和太空电梯脱离（脱离时卫
13、星相对于太空电梯上脱离处的速度可视为零）而进入太空。（1）论证卫星脱落后不会撞击地面。（2）如果卫星脱落后能再次和太空电梯相遇，即可在它们相遇时回收该卫星。讨论该卫星从脱落时刻起，在 012 小时及 1224 小时两个时间段内被太空该电梯回收的可能性。2、如果太空电梯地点位于东经 110 度处，在太空电梯上离地心距离为 处有一卫星从XR电梯脱落（脱落时卫星相对于太空电梯上脱落处的速度可视为零） ，脱落后该卫星轨道刚好能和赤道某处相切，而使卫星在该点着地，试求卫星着地点的经度。提示：此问要用数值方法求解高次方程。已知：地球质量 ，半径 的球体；引力恒量kgM2410.6mRe6104.；地球自转
14、周期 小时；假设卫星与太空电梯脱落后只2107.6mNG2T受地球引力作用。解 ：1.i.通 过 计 算 卫 星 在 脱 离 点 的 动 能 和 万 有 引 力 势 能 可 知 ， 卫 星 的 机 械 能 为 负 值 . 由 开 普 勒 第 一 定 律 可 推 知 ， 此 卫 星 的 运 动 轨 道 为 椭 圆 （ 或 圆 ） ， 地 心 为 椭 圆 的一 个 焦 点 (或 圆 的 圆 心 )， 如 图 所 示 .由 于 卫 星 在 脱 离 点 的 速 度 垂 直 于 地 心 和 脱 离点 的 连 线 ， 因 此 脱 离 点 必 为 卫 星 椭 圆 轨 道 的 远 地 点 （ 或 近 地 点
15、） ； 设 近 地 点（ 或 远 地 点 ） 离 地 心 的 距 离 为 ，r卫 星 在 此 点 的 速 度 为 .由 开 普 勒v第 二 定 律 可 知(1)20.8rRv=式 中 为 地 球 自 转 的 角 速e(/TR0.80R a b 度 .令 表 示 卫 星 的 质 量 ， 根 据 机 械 能 守 恒 定 律 有m（ 2） 由 （ 1） 和 （ 2）22110.80.8GMmGMmRrv式 解 得(3)可 见 该 点 为 近 地 点 ,而 脱 离 处 为 远 地 点 .0.28rR【 （ 3） 式 结 果 亦 可 由 关 系 式 ： 210.80.80.8mRr直 接 求 得 】同
16、步 卫 星 的 轨 道 半 径 满 足R(4)22GM由 (3)和 (4)式 并 代 入 数 据 得(5)41.0kmr可 见 近 地 点 到 地 心 的 距 离 大 于 地 球 半 径 ， 因 此 卫 星 不 会 撞 击 地 球 .ii.由 开 普 勒 第 二 定 律 可 知 卫 星 的 面 积 速 度 为 常 量 ， 从 远 地 点 可 求 出 该 常 量 为(6)设 和 分 别 为 卫 星 椭 圆 轨 道 的 半 长2s0.8Rab轴 和 半 短 轴 ， 由 椭 圆 的 几 何 关 系 有(7)2a(8)20.8bR卫 星 运 动 的 周 期 为T(9)sabT代 人 相 关 数 值 可
17、 求 出（10）9.5hT卫 星 刚 脱 离 太 空 电 梯 时 恰 好 处 于 远 地 点 ， 根 据 开 普 勒 第 二 定 律 可 知 此 时 刻 卫星 具 有 最 小 角 速 度 ， 其 后 的 一 周 期 内 其 角 速 度 都 应 不 比 该 值 小 ， 所 以 卫 星 始 终 不比 太 空 电 梯 转 动 得 慢 ； 换 言 之 ， 太 空 电 梯 不 可 能 追 上 卫 星 .设 想 自 卫 星 与 太 空电 梯 脱 离 后 经 过 （ 约 14 小 时 ） ， 卫 星 到 达 近 地 点 ， 而 此 时 太 空 电 梯 已 转 过 此.5T点 ， 这 说 明 在 此 前 卫
18、星 尚 未 追 上 太 空 电 梯 .由 此 推 断 在 卫 星 脱 落 后 的 0-12 小时 内 二 者 不 可 能 相 遇 ； 而 在 卫 星 脱 落 后 12-24 小 时 内 卫 星 将 完 成 两 个 多 周 期 的运 动 ， 同 时 太 空 电 梯 完 成 一 个 运 动 周 期 ， 所 以 在 12-24 小 时 内 二 者 必 相 遇 ， 从而 可 以 实 现 卫 星 回 收 .2.根 据 题 意 ， 卫 星 轨 道 与 地 球 赤 道 相 切 点 和 卫 星 在 太 空 电 梯 上 的 脱 离 点 分 别 为其 轨 道 的 近 地 点 和 远 地 点 .在 脱 离 处 的
19、总 能 量 为（ 11）2xxxe1()GMmRR此 式 可 化 为(12) 3xx23ee1eRGMR这 是 关 于 的 四 次 方 程 ， 用 数 值 方 法 求 解 可 得xR（ 13）4xe4.73.0km【 亦 可 用 开 普 勒 第 二 定 律 和 能 量 守 恒 定 律 求 得 .令 表 示 卫 星 与 赤 道 相 切 点x ev即 近 地 点 的 速 率 ， 则 有 2exRv和 22exx11()GMmGmv由 上 两 式 联 立 可 得到方程 53xxx2323eee0eRR其中除 外其余各量均已知, 因此这是关于 的五次方程. 同样可以用数值方法解得 .】xRx xR卫星
20、从脱离太空电梯到与地球赤道相切经过了半个周期的时间，为了求出卫星运行的周期 ，设椭圆的半长轴为 ，半短轴为 ，有T ab(14)xe2R(15)2xeba因为面积速度可表示为(16)2sx1R所以卫星的运动周期为(17)sabT代入相关数值可得h(18)6.8卫星与地球赤道第一次相切时已在太空中运行了半个周期，在这段时间内，如果地球不转动，卫星沿地球自转方向运行 180 度，落到西经 处与赤道相切. 但由于地球自(180)转，在这期间地球同时转过了 角度，地球自转角速度 ，因此卫/2T 360/24h15/星与地球赤道相切点位于赤道的经度为西经（19）18012T即卫星着地点在赤道上约西经 1
21、21 度处.评分标准：本题 23 分.第 1 问 16 分，第 i 小问 8 分，(1)、(2)式各 2 分， （4）式 2 分， （5）式和结论共 2 分.第ii 小问 8 分， （9） 、 （10）式各 2 分，说出在 0-12 小时时间段内卫星不可能与太空电梯相遇并给出正确理由共 2 分，说出在 12-24 小时时间段内卫星必与太空电梯相遇并给出正确理由共 2 分.第 2 问 7 分，(11)式 1 分， (13)式 2 分， （18）式 1 分， （19）式 3 分. （数值结果允许有 的相对误差）5%四、 （17 届）宇宙飞行器和小行星都绕太阳在同一平面内做圆周运动，飞行器的质量比小
22、行星的质量小得很多，飞行器的速率为 ，小行星的轨道半径为飞行器轨道半径的 60v倍有人企图借助飞行器与小行星的碰撞使飞行器飞出太阳系，于是他便设计了如下方案：. 当飞行器在其圆周轨道的适当位置时，突然点燃飞行器上的喷气发动机，经过极短时间后立即关闭发动机，以使飞行器获得所需的速度，沿圆周轨道的切线方向离开圆轨道；. 飞行器到达小行星的轨道时正好位于小行星的前缘，速度的方向和小行星在该处速度的方向相同，正好可被小行星碰撞；. 小行星与飞行器的碰撞是弹性正碰，不计燃烧的燃料质量1试通过计算证明按上述方案能使飞行器飞出太阳系；2设在上述方案中，飞行器从发动机取得的能量为 如果不采取上述方案而是令1E
23、飞行器在圆轨道上突然点燃喷气发动机，经过极短时间后立即关闭发动机，以使飞行器获得足够的速度沿圆轨道切线方向离开圆轨道后能直接飞出太阳系采用这种办法时，飞行器从发动机取得的能量的最小值用 表示，问 为多少?2E12四、参考解答1设太阳的质量为 ，飞行器的质量为 ，飞行器绕太阳做圆周运动的轨道半径为0Mm根据所设计的方案，可知飞行器是从其原来的圆轨道上某处出发，沿着半个椭圆轨道R到达小行星轨道上的，该椭圆既与飞行器原来的圆轨道相切，又与小行星的圆轨道相切要使飞行器沿此椭圆轨道运动，应点燃发动机使飞行器的速度在极短的时间内，由变为某一值 设飞行器沿椭圆轨道到达小行星轨道时的速度为 ，因大小为 和 的
24、0v0u u0u这两个速度的方向都与椭圆的长轴垂直，由开普勒第二定律可得（1）06R由能量关系，有（2）2200116MmuuGR由牛顿万有引力定律，有20MmvGR或（3）00v解（1）、（2）、（3）三式得（4）00127uv（5）021设小行星绕太阳运动的速度为 ，小行星的质量 ，由牛顿万有引力定律vM206()MGR得 （6）016vv可以看出 （7）u由此可见，只要选择好飞行器在圆轨道上合适的位置离开圆轨道，使得它到达小行星轨道处时，小行星的前缘也正好运动到该处，则飞行器就能被小行星撞击可以把小行星看做是相对静止的，飞行器以相对速度为 射向小行星，由于小行星的质量比飞行器的质量vu大
25、得多，碰撞后，飞行器以同样的速率 弹回，即碰撞后，飞行器相对小行星的速度的大小为 ，方向与小行星的速度的方向相同，故飞行器相对太阳的速度为vu12vv或将（5）、（6）式代入得（8）10321uv如果飞行器能从小行星的轨道上直接飞出太阳系，它应具有的最小速度为 ，则有2u2016MmuRG得 （9）0213v可以看出（10）1021373uvu飞行器被小行星撞击后具有的速度足以保证它能飞出太阳系2. 为使飞行器能进入椭圆轨道，发动机应使飞行器的速度由 增加到 ，飞行器从0v0u发动机取得的能量（11）222100015714Emuvm若飞行器从其圆周轨道上直接飞出太阳系，飞行器应具有的最小速度
26、为 ，则有3u203MuRG由此得（12）032v飞行器的速度由 增加到 ，应从发动机获取的能量为0vu（13）223011Emv所以（14）201254.71v评分标准：本题 25 分1. 18 分。其中（5）式 6 分，求得（6）式，说明飞行器能被小行星碰撞给 3 分；（8）式5 分；得到（10）式，说明飞行器被小行星碰撞后能飞出太阳系给 4 分。2. 7 分。其中（11）式 3 分，（13）式 3 分，求得（14）式再给 1 分。五、 （20 届）有人提出了一种不用火箭发射人造地球卫星的设想其设想如下：沿地球的一条弦挖一通道，如图所示在通道的两个出口处 和 ，分别将质量为 的物体和质量A
27、BM为 的待发射卫星同时自由释放，只要 比 足够大，碰撞后，质量为 的物体，即待mMmm发射的卫星就会从通道口 冲出通道；设待发卫星上有一种装置，B在待发卫星刚离开出口 时，立即把待发卫星的速度方向变为沿该处地球切线的方向，但不改变速度的大小这样待发卫星便有可能绕地心运动，成为一个人造卫星若人造卫星正好沿地球表面绕地心做圆周运动，则地心到该通道的距离为多少？己知 20 ，地球半径 6400 km假定地球是质量均匀分布的球体，通道是光滑的，0R两物体间的碰撞是弹性的三、参考解答位于通道内、质量为 的物体距地心 为 时（见图复解 20-3） ，它受到地球的引力mOr可以表示为， （1）2GMFr式
28、中 是以地心 为球心、以 为半径的球体所对应的那部分地球的质量，若以 表示MO 地球的密度，此质量可以表示为（2）34r于是，质量为 的物体所受地球的引力可以改写为m（3）3FGmr作用于质量为 的物体的引力在通道方向的分力的大小为（4）sinf（5）xr为 与通道的中垂线 间的夹角， 为物体位置到通道中rOC点 的距离，力的方向指向通道的中点 。在地面上物体的重力C可以表示为（6）02GMmgR式中 是地球的质量。由上式可以得到0M（7）043g由以上各式可以求得（8）0mfxR可见， 与弹簧的弹力有同样的性质，相应的“劲度系数”为f（9）0gkR物体将以 为平衡位置作简谐振动，振动周期为
29、。取 处为“弹性势能”C02/TRg0x的零点，设位于通道出口处的质量为 的静止物体到达 处的速度为 ，则根据能量mxv守恒，有（10）22001()vkRh式中 表示地心到通道的距离。解以上有关各式，得h（11）20vg可见，到达通道中点 的速度与物体的质量无关。C设想让质量为 的物体静止于出口 处，质量为 的物体静止于出口 处，现将它MAmB们同时释放，因为它们的振动周期相同，故它们将同时到达通道中点 处，并发生弹性碰C撞。碰撞前，两物体速度的大小都是 ，方向相反，刚碰撞后，质量为 的物体的速度0v M为 ，质量为 的物体的速度为 ，若规定速度方向由 向 为正，则有Vm， （12）0mV（
30、13）2211Mvmv解式（12）和式（13） ，得（14）03v质量为 的物体是待发射的卫星，令它回到通道出口 处时的速度为 ，则有mBu（15）22011()kRhmuv由式（14） 、 （15） 、 （16）和式（9）解得（16）2208()hMug的方向沿着通道。根据题意，卫星上的装置可使 的方向改变成沿地球 处的切线方向，u uB如果 的大小恰能使小卫星绕地球作圆周运动，则有（17）200muGR由式（16） 、 （17）并注意到式（6） ，可以得到（18）22071()Mh已知 m，则得20M（19）0.925kmR评分标准：本题 20 分。求得式（11）给 7 分，求得式（16）给 6 分，式（17）2 分，式（18）3 分，式（19）2 分。
