物理竞赛分类汇编 万有引力定律（教师版）分解

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θ

11

P=72.0°。已知：1AU=1.50×10m，引力

－1122

常量G=6.67×10Nm/kg，太阳质量

30

mS=1.99×10kg，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位于椭圆的中心，则哈雷彗星的椭圆轨道方程为

x2y2??1 a2b2

（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Te表示地球绕太阳运动的周期，则Te?1.00年；以ae表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则ae?1.00AU，根据开普勒第三定律，有

a3T2 3?2 （2） yaeTe设c为椭圆中心到焦点的距离，由几何关系得

P bc?a?r0 （3）

rP S ?P xP0aOb?a2?c2 （4） 由图1可知，P点的坐标

图1

x?c?rPcos?P （5） y?rPsin?P （6） 把（5）、（6）式代入（1）式化简得

?a（7） 根据求根公式可得

2sin2?P?b2cos2?P?rP2?2b2crPcos?P?b2c2?a2b2?0

b2?a?ccos?P?rP?22asin?P?b2cos2?P（8）

由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得

rP?0.896AU (9)

可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为 E=?(10)

式中m为彗星的质量．以vP表示彗星在P点时速度的大小，根据机械能守恒定律有

Gmms 2aGmms12?Gmms?mvP??????2r2a?P?（11）

得

vP?Gms?（12）

代入有关数据得

21?rPa

vP=4.39?10m?s (13)

设P点速度方向与SP0的夹角为?(见图2)，根据开普勒第二定律

4?1rPvPsin????P??2?（14）

其中?为面积速度，并有

y P ??πabT（15） 由（9）、（13）、（14）、（15）式并代入有关数据可得

??127

brP S ?P ?aOP0x（16）

图2

解法二

取极坐标，极点位于太阳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

r?p1?ecos?

（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

p?a?1?e2?（2）

将（2）式代入（1）式可得

a1?e2r?1?ecos?（3）

??

以Te表示地球绕太阳运动的周期，则Te?1.00年；以ae表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则ae?1.00AU，根据开普勒第三定律，有

a3T2?23aeTe（4）

在近日点??0，由（3）式可得

e?1?r0a

（5）

将?P、a、e的数据代入（3）式即得

rP?0.895AU（6）

可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能 E=?(7)

式中m为彗星的质量．以vP表示彗星在P点时速度的大小，根据机械能守恒定律有

Gmms 2aGmms12?Gmms?mvP??????2r2a?P?（8）

可得

vP?Gms?21?rPa

（9）

代入有关数据得

vP=4.39?10m?s (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v0，再根据角动量守恒定律，有

4?1rPvPsin????P??r0v0（11）

根据（8）式，同理可得

v0?（12） 由（6）、（10）、(11)、(12)式并代入其它有关数据

Gms?21? r0a ??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）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Hn?2.05?102km，远地点离地面高Hf?5.0930?10km，周期约为16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

4m?2.350?103kg，地球半径R?6.378?103km，地面重

2力加速度g?9.81m/s，月球半径r?1.738?10km。

31、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e。

2、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F?490N，要把近地点抬高到600km，问点火时间应持续多长？

3、试根据题给数据计算卫星在16小时轨道的实际运行周期。

4、卫星最后进入绕月圆形轨道，距月面高度Hm约为200km，周期Tm?127分钟，试据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）rn与rf的算术平均值，即有 a? 代入数据得

a?3.1946?10km (2) 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 b? 代入数据得

b?1.942?10km (4) 椭圆的偏心率

e?44111H?R?H?R???rn?rf???????nf?2?Hn?Hf??R (1) 22?rnrf (3) a2?b2 (5) a代入数据即得

e?0.7941 (6)

2. 当卫星在16小时轨道上运行时，以vn和vf分别表示它在近地点和远地点的速度，根据能量守恒，卫星在近地点和远地点能量相等，有

12GMm12GMm (7) mvn??mvf?2rn2rf式中M是地球质量，G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心

的连线垂直，根据角动量守恒，有

mvnrn?mvfrf (8) 注意到

由(7)、(8)、(9)式可得

GM?g (9) 2R

vn?rf2gR (10)

rnrf?rn

vf?rnr2gvn?nR (11) rfrfrf?rn当卫星沿16小时轨道运行时，根据题给的数据有

rn?R?Hn rf?R?Hf 由(11)式并代入有关数据得

vf?1.198km/s (12)

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.所以新轨道远地点高度Hf??Hf?5.0930?104km，但新轨道

??6.00?102km.由(11)式，可求得卫星在新轨道远地点处的速度为 近地点高度Hn v?km/s (13) f?1.230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

m?v?f?vf??F?t (14) 由(12)、(13)、(14)式并代入有关数据得 t=1.5?102s (约2.5分)

(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

L?rmvsin??2m? (16 ) 其中

??rvsin? （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.由于角动量是守恒的，故?是恒

量.利用远地点处的角动量，得

12??rfvf (18)

又因为卫星运行一周扫过的椭圆的面积为

S?πab (19) 所以卫星沿轨道运动的周期

T?(20)

12S?

由(18)、(19)、(20) 式得

T?代入有关数据得

T?5.678?10s (约15小时46分) (22) 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42πab (21) rfvfT0之比的平方等于它们的轨道半长轴a与a0之比的立方，即

?23?T?T????a?? ?0??a0?若a0是卫星绕地球沿圆轨道运动的轨道半径，则有

GMm?2π?2a2?ma0??T? 00?得

T204π24π2a3?? 0GMgR2从而得

T?2πaaRg

代入有关数据便可求得(22)式. 4. 在绕月圆形轨道上，根据万有引力定律和牛顿定律有

GMmmr2?mr2π2m() (23) mTm这里rm?r?Hm是卫星绕月轨道半径，Mm是月球质量. 由(23)式和(9)式，可得 M4π2r3mm?gR2T2M (24) m代入有关数据得

MmM?0.0124 (25)

（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R（从地心算起）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0.80R处意外地和太空电梯脱离（脱离时卫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0~12小时及12~24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RX处有一卫星从电梯脱落（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

M?6.0?1024kg，半径

Re?6.4?106m的球体；引力恒量

G?6.7?10?11N?m2?kg?2；地球自转周期Te?24小时；假设卫星与太空电梯脱落后只受

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）；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v.由开普勒

R 第二定律可知 0.80R rv=?0.80R??(1)

式中?(?2?T/e为)地球自转的角速度.令m表示卫星的质量，根据机械能守恒定律有

2a b 12GMm1GMm2mv??m?0.80R??2?2r20.80R （2） 由（1）和（2）式解得

r?0.28R(3)可见该点为近地点,而脱离处为远地点. 【（3）式结果亦可由关系式：

GMm1GMm2 ??m?0.80R??2?r?0.80R20.80R直接求得】

同步卫星的轨道半径

R满足

GM?R?2 (4) 2R由(3)和(4)式并代入数据得

r?1.2?104km (5)

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

?s?12?0.80R??(6)设a和b分别为卫星椭圆轨道的半2长轴和半短轴，由椭圆的几何关系有

a?0.28R?0.80R (7)

222?0.80?0.28?2b?a???R (8)

2??卫星运动的周期

?ab(9) T??sT为

代人相关数值可求出

T?9.5h（10）

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1.5T（约14小时），卫星到达近地点，而此时太空电梯已转过此点，这说明在此前卫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.在脱离处的总能量为

1GMmGMm （11） m(Rx?)2???2RxRx?Re此式可化为

?Rx??Rx?2GM???1???23 (12) ?Re??Re??Re这是关于Rx的四次方程，用数值方法求解可得

Rx?4.7Re?3.0?104km （13）

3【Rx亦可用开普勒第二定律和能量守恒定律求得.令ve表示卫星与赤道相切点即近地点的速率，则有

2Reve?Rx?

和

1GMm1GMm2 mve??m(Rx?)2?2Re2Rx由上两式联立可得到方程

?Rx??Rx?2GMRx2GM?23?0 ??????23RR?RR?Reee?e??e?其中除Rx外其余各量均已知, 因此这是关于Rx的五次方程. 同样可以用数值方法解得

Rx.】

卫星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T?，设椭圆的半长轴为a?，半短轴为b?，有

53a??Rx?Re (14) 222?R?Re?b??a???x? (15) ?2?因为面积速度可表示为

2?s??Rx? (16)

12所以卫星的运动周期为

?a?b? (17) T???s?代入相关数值可得 T??6.8h(18)

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(180??110?)处与赤道相切. 但由于地球自转，在这期间地球同时转过了?T?/2角度，地球自转角速度??360?/24h?15?/h，因此卫星与地球赤道相切点位于赤道的经度为西经

??180??110???T?2?121?（19）

即卫星着地点在赤道上约西经121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5%的相对误差） 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，飞行器的质量比小行

星的质量小得很多，飞行器的速率为v0，小行星的轨道半径为飞行器轨道半径的6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：Ⅰ. 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；Ⅱ. 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；Ⅲ. 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E1．如果不采取上述方案而是令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E2表示，问四、参考解答

1．设太阳的质量为M0，飞行器的质量为m，飞行器绕太阳做圆周运动的轨道半径为

E1为多少? E2R．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v0变为某一值u0．设飞行器沿椭圆轨道到达小行星轨道时的速度为u，因大小为u0和u的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

u0R?6uR （1） 由能量关系，有

2 mu0?G12M0m12Mm?mu?G0 （2） R26R由牛顿万有引力定律，有

2M0mv0 G2?m

RR或

v0?GM0 （3） R解（1）、（2）、（3）三式得 u0?12v0 （4） 71v0 （5） 21 u?设小行星绕太阳运动的速度为v，小行星的质量M，由牛顿万有引力定律

M0Mv2 G ?M6R(6R)2得

v?GM01?v0 （6） 6R6可以看出 v?u （7）

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v?u射向小行星，由于小行星的质量比飞行器的质量大得多，碰撞后，飞行器以同样的速率v?u弹回，即碰撞后，飞行器相对小行星的速度的大小为v?u，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 u1?v?v?u?2v?u 或将（5）、（6）式代入得 u1???21? （8） ???3?v021??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u2，则有

2 mu2?G12M0m?0 6R得

u2?可以看出

u1?GM01?v0 （9） 3R31?1?12?v?v0?u2 （10） ??03?7?3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v0增加到u0，飞行器从发动机取得的能量

22 E1?mu0?mv0?m121211221252 （11） v0?mv0?mv027214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为u3，则有

2 mu3?G12M0m?0 R由此得

u3?2GM0?2v0 （12） R飞行器的速度由v0增加到u3，应从发动机获取的能量为

121212E2?mu3?mv0?mv0 （13）

222所以

52mv0E114??0.71 （14） E21mv220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A和B，分别将质量为M的物体和质量为m的待发射卫星同时自由释放，只要M比m足够大，碰撞后，质量为m的物体，即待发射的卫星就会从通道口B冲出通道；设待发卫星上有一种装置，在待发卫星刚离开出口B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M＝20m，地球半径R0＝6400

km．假定地球是质量均匀分布的球体，通道是光滑的，两物体间的碰撞是弹性的． 三、参考解答

位于通道内、质量为m的物体距地心O为r时（见图复解20-3），它受到地球的引力可以表示为

F?GM?m， （1） 2r式中M?是以地心O为球心、以r为半径的球体所对应的那部分地球的质量，若以?表示地球的密度，此质量可以表示为 M??4??r3 3（2）

于是，质量为m的物体所受地球的引力可以改写为

F??G?mr （3） 作用于质量为m的物体的引力在通道方向的分力的大小为

f?Fsin? （4） sin??43x （5） r?为r与通道的中垂线OC间的夹角，x为物体位置到通道中

GM0m （6） 2R0点C的距离，力的方向指向通道的中点C。在地面上物体的重力可以表示为 mg?式中M0是地球的质量。由上式可以得到

g??G?R0 （7）

由以上各式可以求得 f?43mgx （8） R0可见，f与弹簧的弹力有同样的性质，相应的“劲度系数”为 k?mg （9） R0物体将以C为平衡位置作简谐振动，振动周期为T?2?R0/g。取x?0处为“弹性势能”的零点，设位于通道出口处的质量为m的静止物体到达x?0处的速度为v0，则根据能量守恒，有

1212mv0?k(R0?h2) （10） 222R0?h2?g （11）

R0式中h表示地心到通道的距离。解以上有关各式，得

2v0可见，到达通道中点C的速度与物体的质量无关。

设想让质量为M的物体静止于出口A处，质量为m的物体静止于出口B处，现将它们同时释放，因为它们的振动周期相同，故它们将同时到达通道中点C处，并发生弹性碰撞。碰撞前，两物体速度的大小都是v0，方向相反，刚碰撞后，质量为M的物体的速度为V，质量为m的物体的速度为v，若规定速度方向由A向B为正，则有

Mv0?mv0?MV?mv， （12）

121211Mv0?mv0?MV2?mv2 （13） 2222解式（12）和式（13），得

3M?mv0 （14）

M?m质量为m的物体是待发射的卫星，令它回到通道出口B处时的速度为u，则有

1112k(R0?h2)?mu2?mv2 （15） 222 v?由式（14）、（15）、（16）和式（9）解得

2?h28M(M?m)R0u?g （16） 2R0(M?m)2u的方向沿着通道。根据题意，卫星上的装置可使u的方向改变成沿地球B处的切线方向，

如果u的大小恰能使小卫星绕地球作圆周运动，则有

M0mu2G2?m （17）

R0R0由式（16）、（17）并注意到式（6），可以得到

Rh?02已知M?20m，则得

7M2?10Mm?m2 （18）

2M(M?m)h?0.925R0?5920km （19）

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。

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