1.4.10 天体的运动与能量

§4．10天体的运动与能量

4．10．1、天体运动的机械能守恒

二体系统的机械能E为系统的万有引力势能与各天体的动能之和。仅有一个天体在运动时，则E为系统的万有引力势能与其动能之和。由于没有其他外力作用，系统内万有引力属于保守力，故有机械能守恒，E为一恒量，如图4-10-1所示，设M天体不动，m天体绕M天体转动，则由机械动能守恒，有

当运动天体背离不动天体运动时，不断增大，而将不断减小，可达无穷远处，此时而≥0，则应满足E≥0，即

例如从地球发射人造卫星要挣脱地球束缚必有

我们称=11.2km/s为第二宇宙速度，它恰为第一宇宙速度为倍。

另外在上面的二体系统中，由于万有引力属于有心力，所以对m而言，遵循角动量守恒

或     

方向的夹角。它实质可变换得到开普勒第二定律，即行星与恒星连线在相等时间内扫过面积等。

4．10．2、天体运动的轨道与能量

若M天体固定，m天体在万有引力作用下运动，其圆锥曲线可能是椭圆（包括圆）、抛物线或双曲线。

i）椭圆轨道

如图4-7-1所示，设椭圆轨道方程为

     （a>b）

则椭圆长，短半轴为a、b，焦距，近地点速度，远地点速度，则有

或由开普勒第二定律：

可解得

代入E得

ii)抛物线

设抛物线方程为

太阳在其焦点（）处，则m在抛物线顶点处能量为

可以证明抛物线顶点处曲率半径，则有得到

抛物线轨道能量

  iii）双曲线

设双曲线方程为

焦距，太阳位于焦点（C，0），星体m在双曲线正半支上运动。如图4-10-3所示，其渐近线OE方程为y=bx/a，考虑m在D处与无穷远处关系，有

考虑到当，运动方向逼近渐近线，焦点与渐近线距为

故有

  或 

联解得

双曲线轨道能量

小结

        椭圆轨道

               抛物线轨道

         双曲线轨道

以下举一个例子

质量为m的宇宙飞船绕地球中心0作圆周运动，已知地球半径为R，飞船轨道半径为2R。现要将飞船转移到另一个半径为4R的新轨道上，如图4-10-4所示，求

（1）转移所需的最少能量；

（2）如果转移是沿半椭圆双切轨道进行的，如图中的ACB所示，则飞船在两条轨道的交接处A和B的速度变化各为多少？

解: （1）宇宙飞船在2R轨道上绕地球运动时，万有引力提供向心力，令其速度为，乃有

故得    

此时飞船的动能和引力势能分别为

所以飞船在2R轨道上的机械能为

同理可得飞船在4R轨道上的机械能为

以两轨道上飞船所具有的机械能比较，知其机械能的增量即为实现轨道转移所需的最少能量，即

（2）由（1）已得飞船在2R轨道上运行的速度为

同样可得飞船4R轨道上运行的速度为

设飞船沿图示半椭圆轨道ACB运行时，在A、B两点的速度分别为。则由开普勒第二定律可得

又由于飞船沿此椭圆轨道的一半运行中机械能守恒，故应有

联立以上两式解之可得

故得飞船在A、B两轨道交接处的速度变化量分别为

  例如：三个钢球A、B、C由轻质的长为的硬杆连接，竖立在水平面上，如图4-10-5所示。已知三球质量，，距离杆处有一面竖直墙。因受微小扰动，两杆分别向两边滑动，使B球竖直位置下降。致使C球与墙面发生碰撞。设C球与墙面碰撞前后其速度大小不变，且所有摩擦不计，各球的直径都比小很多，求B球落地瞬间三球的速度大小。

  解： 

（1）球碰墙前三球的位置

  视A、B、C三者为一系统，A、C在水平面上滑动时，只要C不与墙面相碰，则此系统不受水平外力作用，此系统质心的水平坐标不发生变化。以图4-10-6表示C球刚好要碰墙前三球的位置，以表示此时BC杆与水平面间的夹角，则AB杆与水平面间的夹角也为，并令BA杆上的M点与系统质心的水平坐标相同，则应有

故得                        ①

由上述知M点的水平坐标应与原来三秋所在的位置的水平坐标相同，故知此刻M点与右侧墙面的距离即为，即M点与C球的水平距离为，由此有，即

。

由上式解得，故有          ②

（2）求三球碰墙前的速度

  由于碰墙前M点的水平坐标不变，则在A、C沿水平面滑动过程中的任何时刻，由于图中的几何约束，C点与M点的水平距离总等于A点与M点的水平距离的倍，可见任何时刻C点的水平速度大小总为A点水平速度大小的倍。以、、分别表示图5-2-2中三球的速度，则有

                     ③

又设沿BC方向的分量为，则由于和分别为杆BC两端的小球速度，则此两小球速度沿着杆方向的投影应该相等，即

。

再设沿BA方向的分量为，同上道理可得

注意到BA与BC两个方向刚好互相垂直，故得的大小为

以②③两式带入上式，乃得

                 ④

  由于系统与图5-2-1状态到图5-2-2状态的机械能守恒，乃有

。

以①~④式代入上式。解方程知可得

          ⑤

（3）求C球在刚碰墙后三球的速度

  如图4-10-8所示，由于C球与墙碰撞，导致C球的速度反向而大小不变，由于杆BC对碰撞作用力的传递，使B球的速度也随之变化，这一变化的结果是：B球速度沿CB方向的分量与C球速度沿CB方向的分量相等，即

        ⑥

由于BC杆只能传递沿其杆身方向的力，故B球在垂直于杆身方向（即BA方向）的速度不因碰撞而发生变化，A球的速度也不因碰撞而发生变化，即其仍为。故得此时B球速度沿BA方向的分量满足

，                  ⑦

乃得刚碰撞后B球速度大小为

      ⑧

（4）求B球落地时三球的速度大小

  碰撞后，三球速度都有水平向左的分量，可见此后系统质心速度在水平方向的分量应该方向向左，且由于此后系统不受水平外力，则应维持不变。由上解得的三球速度，可得应该满足

。

以③、⑤、⑥、⑦诸式代入上式可解得

             ⑨

  当B球落地时，A、B、C三小球均在同一水平线上，它们沿水平方向的速度相等，显然，这一速度也就是系统质心速度的水平分量。而B小球刚要落地时，A、C两球的速度均沿水平方向（即只有水平分量），B球的速度则还有竖直分量，以落表示此刻B球速度的大小。则由图4-10-8所示的状态到B小球刚要落地时，系统的机械能守恒，由此有

落。

以⑨、⑧、⑤各式代入上式可解得

落=        ⑩

  综合上述得本题答案为：当B小球刚落地时，A、B、C三球的速度大小分别为

、、和。