20--25届全国复赛力学部分.doc

2025全国物理复赛力学部分（20届复赛）三、（20分）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，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，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），它受到地球的引力可以表示为 ， （1）式中是以地心为球心、以为半径的球体所对应的那部分地球的质量，若以表示地球的密度，此质量可以表示为 （2）于是，质量为的物体所受地球的引力可以改写为（3）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） （5）为与通道的中垂线间的夹角，为物体位置到通道中点的距离，力的方向指向通道的中点。在地面上物体的重力可以表示为 （6）式中是地球的质量。由上式可以得到 （7）由以上各式可以求得 （8）可见，与弹簧的弹力有同样的性质，相应的“劲度系数”为 （9）物体将以为平衡位置作简谐振动，振动周期为。取处为“弹性势能”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，则根据能量守恒，有 （10）式中表示地心到通道的距离。解以上有关各式，得 （11）可见，到达通道中点的速度与物体的质量无关。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为，质量为的物体的速度为，若规定速度方向由向为正，则有， （12） （13）解式（12）和式（13），得 （14）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 （15）由式（14）、（15）、（16）和式（9）解得 （16）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，如果的大小恰能使小卫星绕地球作圆周运动，则有 （17）由式（16）、（17）并注意到式（6），可以得到 （18）已知m，则得 （19）（20届复赛）五、(22分)有一半径为的圆柱A，静止在水平地面上，并与竖直墙面相接触现有另一质量与A相同，半径为的较细圆柱B，用手扶着圆柱A，将B放在A的上面，并使之与墙面相接触，如图所示，然后放手己知圆柱A与地面的静摩擦系数为0.20，两圆柱之间的静摩擦系数为0.30若放手后，两圆柱体能保持图示的平衡，问圆柱B与墙面间的静摩擦系数和圆柱B的半径的值各应满足什么条件？五、参考解答放上圆柱B后，圆柱B有向下运动的倾向，对圆柱A和墙面有压力。圆柱A倾向于向左运动，对墙面没有压力。平衡是靠各接触点的摩擦力维持的。现设系统处于平衡状态，取圆柱A受地面的正压力为，水平摩擦力为；圆柱B受墙面的正压力为，竖直摩擦力为，圆柱A受圆柱B的正压力为，切向摩擦力为；圆柱B受圆柱A的正压力为，切向摩擦力为，如图复解20-5所示。各力以图示方向为正方向。已知圆柱A与地面的摩擦系数0.20，两圆柱间的摩擦系数0.30。设圆柱B与墙面的摩擦系数为，过两圆柱中轴的平面与地面的交角为。设两圆柱的质量均为，为了求出、以及为保持平衡所需的、之值，下面列出两圆柱所受力和力矩的平衡方程：圆柱A： （1） （2）（3）圆柱B： （4） （5） （6）由于，所以得 （7）式中代表，和的大小。又因，于是式（1）、（2）、（4）和（5）四式成为： （8）（9） （10）（11）以上四式是，和的联立方程，解这联立方程可得 （12） （13） （14） （15）式（12）、（13）、（14）和（15）是平衡时所需要的力，没有问题，但，三个力能不能达到所需要的数值，即式（12）、（14）要受那里的摩擦系数的制约。三个力中只要有一个不能达到所需的值，在那一点就要发生滑动而不能保持平衡。首先讨论圆柱B与墙面的接触点。接触点不发生滑动要求 由式（12），得所以 （16）再讨论圆柱A与地面的接触点的情形。按题设此处的摩擦系数为0.20，根据摩擦定律，若上面求得的接地点维持平衡所需的水平力满足，则圆柱在地面上不滑动；若，这一点将要发生滑动。圆柱A在地面上不发生滑动的条件是 （17）由图复解20-5可知 （18） （19）由式（17）、（18）和式（19）以及0.20，可以求得 （20）即只有当时，圆柱A在地面上才能不滑动。最后讨论两圆柱的接触点。接触点不发生滑动要求 （21）由式（18）、（19）以及0.30，可解得 （22）显然，在平衡时，的上限为。总结式（20）和式（22），得到满足的条件为 （23）（20届复赛）七、(25分)如图所示，将一铁饼状小物块在离地面高为处沿水平方向以初速抛出己知物块碰地弹起时沿竖直方向的分速度的大小与碰前沿竖直方向的分速度的大小之比为（1）又知沿水平方向物块与地面之间的滑动摩擦系数为（0）：每次碰撞过程的时间都非常短，而且都是“饼面”着地求物块沿水平方向运动的最远距离七、参考解答设物块在点第一次与地面碰撞，碰撞前水平速度仍为，竖直速度为 （1）碰撞后物块的竖直速度变为，根据题意，有 （2）设物块的质量为，碰撞时间为，因为碰撞时间极短，物块与地面间沿竖直方向的作用力比重力大得多，可忽略重力的作用，这样，物块对地面的正压力的大小为 （3）水平方向动量的变化是水平摩擦力的冲量作用的结果，设水平方向速度变为，则有 （4）由以上各式得 （5）同理，在落地点，其碰撞后的竖直分速度分别为 （6）其水平速度分别为； （7）由式（6）可知，只有当碰撞次数时，碰地后竖直方向的分速度才趋向于零，但物块对地面的正压力的最小值不小于。地面作用于物块的摩擦力的最小值不小于，因次，物块沿水平方向的分速度一定经历有限次数碰撞后即变为零，且不会反向。设经过次碰撞，物块沿水平方向的分速度已经足够小，再经过一次碰撞，即在次碰撞结束后，水平方向的分速度恰好变为零。因，由式（7） 两边取对数（8）令（9）若恰为整数，这表示这次碰撞中，经过整个碰撞时间，水平速度变为零，则碰撞次数有 （10）若不是整数，此种情况对应于在次碰撞结束前，即在小于碰撞时间内，水平速度变为零。则碰撞次数有 （11）表示的整数部分。由于经过次碰撞，物块沿水平方向的分速度已为零，但竖直方向的分速度尚未为零，故物块将在处作上下跳跃，直到，即，最后停止在处。物块运动的最远水平距离。下面分别计算每次跳跃的距离。 （12） （13）所求距离为上述所有量的总和，为 （14）分别求级数的和： （15） （16）将以上两个关系式和代入式（14），得 （17）式中由式（10）或式（11）决定（21届复赛）二、(20分) 两颗人造卫星绕地球沿同一椭圆轨道同向运动，它们通过轨道上同一点的时间相差半个周期已知轨道近地点离地心的距离是地球半径R的2倍，卫星通过近地点时的速度，式中M为地球质量，G为引力常量卫星上装有同样的角度测量仪，可测出卫星与任意两点的两条连线之间的夹角试设计一种测量方案，利用这两个测量仪测定太空中某星体与地心在某时刻的距离（最后结果要求用测得量和地球半径R表示）二、如图，卫星绕地球运动的轨道为一椭圆，地心位于轨道椭圆的一个焦点O处，设待测量星体位于C处根据题意，当一个卫星运动到轨道的近地点A时，另一个卫星恰好到达远地点B处，只要位于A点的卫星用角度测量仪测出AO和AC的夹角a1，位于B点的卫星用角度测量仪测出BO和BC的夹角a2，就可以计算出此时星体C与地心的距离OCABOa1因卫星椭圆轨道长轴的长度 (1)式中r近、与r远分别表示轨道近地点和远地点到地心的距离由角动量守恒 (2)C式中m为卫星的质量由机械能守恒 (3)已知， 得 (4) 所以： (5)在ABC中用正弦定理 (6) 所以 (7)地心与星体之间的距离为，在BOC中用余弦定理 (8)由式(4)、(5)、(7)得： (9)（21届复赛）ABCp-aDE六、(20分)如图所示，三个质量都是m的刚性小球A、B、C位于光滑的水平桌面上（图中纸面），A、B之间，B、C之间分别用刚性轻杆相连，杆与A、B、C的各连接处皆为“铰链式”的（不能对小球产生垂直于杆方向的作用力）已知杆AB与BC的夹角为p-a ，a vA、vB 解答：如图所示，t时刻汽车B位于处，距O点的距离为vBt此时传播到汽车B的笛声不是t时刻而是较早时刻t1由A车发出的汽车A发出此笛声时位于处，距O点的距离为此笛声由发出点到接收点（t时刻B车所在点）所传播的路程为u(tt1)，由几何关系可知 (1)即这是以t1为变量的一元二次方程，其解为 由于，但t1 t，所以上式中只能取减号 (2) (3)令(4)有， (5)在时刻，位于处的汽车A发出的笛声沿直线（即波线）在t时刻传到处，以、分别表示车速与笛声传播方向的夹角，有 (6) (7)令n 表示B车司机接收到的笛声的频率，由多普勒效应可知 (8) 由（6）、（7）、（8）式，得 (9)（22届复赛）ABkxOl七、（25分） 如图所示，在一个劲度系数为 k的轻质弹簧两端分别拴着一个质量为 m 的小球A和质量为 2m的小球BA用细线拴住悬挂起来，系统处于静止状态，此时弹簧长度为现将细线烧断，并以此时为计时零点，取一相对地面静止的、竖直向下为正方向的坐标轴Ox，原点O与此时A球的位置重合如图试求任意时刻两球的坐标解答： 解法一：当球相对于地面参考系的坐标为时，弹簧的伸长量为，所受的合力为 其加速度为 其相对于质心的加速度为 其中表示球相对于其平衡位置的位移，在相互平动的两个参考系中，相对位移与参考系无关 上式表明，相对质心，球的加速度与其相对于平衡位置的位移成正比且反向也就是说，球相对质心作简谐振动 同理可证， 其相对于质心的加速度为 其中表示球相对于其平衡位置的位移，相对质心，球的加速度与其相对于平衡位置的位移成正比且反向，即球相对质心也作简谐振动且有与振动的圆频率相等， 解法二： 在地面参考系中，列A、B的牛顿定律方程 x1, x2, kxOAB2 x1、x2是A、B的坐标，l0是弹簧的自然长 时，有 为初始时即细线刚烧断时刻，弹簧的长度，有关系 所以 由+， 令，是一个恒定的加速度，结合初始条件，对应的坐标和运动方程是，再由， 这是一个以A为参考系描写B物体运动的动力学方程，且是简谐的，所以直接写出解答，结合初条件， 得到 所以 即 由，得 由+，得 （23届复赛）一、（23分）有一竖直放置、两端封闭的长玻璃管，管内为真空，管内有一小球自某处自由下落（初速度为零），落到玻璃管底部时与底部发生弹性碰撞。以后小球将在玻璃管内不停地上下跳动。现用支架固定一照相机，用以拍摄小球在空间地位置。每隔一相等的确定时间间隔T拍摄一张照片，照相机的曝光时间极短，可忽略不计。从所拍摄的情况发现，每张照片上小球都处于同一位置。求小球开始下落处离玻璃管底部的距离（用H表示）的可能值以及与各H值相对应的照片中小球位置离玻璃管底部距离的可能值。参考解答：解法一tHOhAh小球沿竖直线上下运动时，其离开玻璃管底部的距离h随时间t变化的关系如图所示设照片拍摄到的小球位置用A表示，A离玻璃管底部的距离为hA，小球开始下落处到玻璃管底部的距离为H.小球可以在下落的过程中经过A点，也可在上升的过程中经过A点.现以表示小球从最高点（即开始下落处）落到玻璃管底部所需的时间（也就是从玻璃管底部反跳后上升到最高点所需的时间），表示小球从最高点下落至A点所需的时间（也就是从A点上升至最高点所需的时间），表示小球从A点下落至玻璃管底部所需的时间（也就是从玻璃管底部反跳后上升至A点所需的时间）.显然，.根据题意，在时间间隔T 的起始时刻和终了时刻小球都在A点用n表示时间间隔 T 内（包括起始时刻和终了时刻）小球位于A点的次数（n2）.下面分两种情况进行讨论：1A点不正好在最高点或最低点当n为奇数时有 （1）在（1）式中，根据题意可取中的任意值，而 （2）当n为偶数时有 （3）由（3）式得 （4）由（1）、（3）、（4）式知，不论n是奇数还是偶数，都有 （5）因此可求得，开始下落处到玻璃管底部的距离的可能值为 （6）若用表示与n对应的H值，则与相应的A点到玻璃管底部的距离 （7）当n为奇数时，可取中的任意值，故有 n=3,5,7, （8）可见与相应的的可能值为0与之间的任意值当n为偶数时，由（6）式、（7）式求得的可能值 n=2,4,6, （9）2若A点正好在最高点或最低点无论n是奇数还是偶数都有 n=2,3,4, （10） n=2,3,4, （11） n=2,3,4, （12）或 （13）解法二因为照相机每经一时间间隔T拍摄一次时，小球都位于相片上同一位置，所以小球经过该位置的时刻具有周期性，而且T和这个周期的比值应该是一整数下面我们就研究小球通过某个位置的周期性设小球从最高点（开始下落处）落下至管底所需时间为t ，从最高点下落至相片上小球所在点（A点）所需时间为，从A点下落至管底所需时间为，则 （1）（小球上升时通过相应路程段所需时间与下落时同一路程所需时间相同，也是t、和）从小球在下落过程中经过A点时刻开始，小球经过的时间后上升至A点，再经过时间后又落到A点，此过程所需总时间为以后小球将重复这样的运动小球周期性重复出现在A点的周期是多少？ 分两种情况讨论：（1） ，和都不是小球在A点重复出现的周期，周期是（2） ，小球经过时间回到A点，再经过时间又回到A点，所以小球重复出现在A点的周期为t下面就分别讨论各种情况中的可能值和A点离管底的距离的可能值（如果从小球在上升过程中经过A点的时刻开始计时，结果一样，只是和对调一下）1H的可能值 （1）较普遍的情况，与的比值应为一整数，的可能值应符合下式 ， （2）由自由落体公式可知，与此相应的的数值为 （3）（2）的可能值应符合下式 （4）故的可能值为 （5）当为偶数时，即时，（5）式与（3）式完全相同可见由（3）式求得的的可能值包含了的全部情况和的一部分情况当为奇数时，即时，由（5）式得出的的可能值为 （6）它们不在（3）式之内，故（3）式和（6）式得出的合在一起是的全部的可能值2与各H值相应的的可能值a.与相应的的可能值由于在求得（3）式时未限定A点的位置，故的数值可取0和之间的任意值，即 （7）b. 与（为奇数）相应的的可能值这些数值与A位于特定的位置，相对应，所以对于每一个对应的是一个特定值，它们是 （8）评分标准：本题23分（23届复赛）二、（25分）如图1所示，一根质量可以忽略的细杆，长为2l ，了；两端中心处分别固连着质量为m的小球B 、D和C ，开始时静止在光滑的水平桌面上。桌面上另有一质量为M的小球A ，以一给定速度v0沿垂直于杆DB的方向与右端小球B作弹性碰撞。求碰撞后小球A 、B 、C 、D的速度，并详细讨论以后可能发生的运动情况。参考解答：1 求刚碰撞后小球A、B、C、D的速度设刚碰撞后，小球A、B、C、D的速度分别为、，并设它们的方向都与的方向相同由于小球C位于由B、C、D三球组成的系统的质心处，所以小球C的速度也就是这系统的质心的速度因碰撞前后四小球组成的质点组的动量守恒， 故有 （1）碰撞前后质点组的角动量守恒，有 （2）这里角动量的参考点设在与B球重合的空间固定点，且规定顺时针方向的角动量为正因为是弹性碰撞，碰撞前后质点组的动能相等，有 （3）因为杆是刚性杆，小球B和D相对于小球C的速度大小必相等，方向应相反，所以有 （4）解（1）、（2）、（3）、（4）式，可得两个解 =0 （5）和 （6）因为也是刚碰撞后由B、C、D三小球组成的系统的质心的速度，根据质心运动定律，碰撞后这系统的质心不可能静止不动，故（5）式不合理，应舍去取（6）式时可解得刚碰撞后A、B、D三球的速度 （7） （8） （9）2讨论碰撞后各小球的运动碰撞后，由于B、C、D三小球组成的系统不受外力作用，其质心的速度不变，故小球C将以（6）式的速度即沿方向作匀速运动由（4）、（8）、（9）式可知，碰撞后，B、D两小球将绕小球C作匀角速度转动，角速度的大小为 （10）方向为逆时针方向由（7）式可知，碰后小球A的速度的大小和方向与M、m的大小有关，下面就M、m取值不同而导致运动情形的不同进行讨论：（i），即碰撞后小球A停住，由（7）式可知发生这种运动的条件是 即 （11）（ii），即碰撞后小球A反方向运动，根据（7）式，发生这种运动的条件是 （12）（iii）但，即碰撞后小球A 沿方向作匀速直线运动，但其速度小于小球C的速度由（7）式和（6）式，可知发生这种运动的条件是 和 即 （13）（iv），即碰撞后小球A仍沿方向运动，且其速度大于小球C的速度，发生这种运动的条件是 （14）（v），即碰撞后小球A 和小球C以相同的速度一起沿方向运动，发生这种运动的条件是 （15）在这种情形下，由于小球B、D绕小球C作圆周运动，当细杆转过时，小球D 将从小球A的后面与小球A相遇，而发生第二次碰撞，碰后小球A继续沿方向运动根据质心运动定理，C球的速度要减小，碰后再也不可能发生第三次碰撞这两次碰撞的时间间隔是 （16）从第一次碰撞到第二次碰撞，小球C走过的路程 （17）3求第二次碰撞后，小球A、B、C、D的速度刚要发生第二次碰撞时，细杆已转过，这时，小球B的速度为，小球D的速度为在第二次碰撞过程中，质点组的动量守恒，角动量守恒和能量守恒设第二次刚碰撞后小球A、B、C、D的速度分别为、和，并假定它们的方向都与的方向相同注意到（1）、（2）、（3）式可得 （18） （19） （20）由杆的刚性条件有 （21）（19）式的角动量参考点设在刚要发生第二次碰撞时与D球重合的空间点把（18）、（19）、（20）、（21）式与（1）、（2）、（3）、（4）式对比，可以看到它们除了小球B 和D互换之外是完全相同的因此它们也有两个解 （22）和 （23）对于由B、C、D 三小球组成的系统，在受到A球的作用后，其质心的速度不可能保持不变，而（23）式是第二次碰撞未发生时质心的速度，不合理，应该舍去取（22）式时，可解得 （24） （25） （26）（22）、（24）、（25）、（26）式表明第二次碰撞后，小球A以速度作匀速直线运动，即恢复到第一次碰撞前的运动，但已位于杆的前方，细杆和小球B、C、D则处于静止状态，即恢复到第一次碰撞前的运动状态，但都向前移动了一段距离，而且小球D和B换了位置（24届复赛）一、（20分）如图所示，一块长为的光滑平板PQ固定在轻质弹簧上端，弹簧的下端与地面固定连接。平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间（图中未画出竖直导轨），从而只能地竖直方向运动。平板与弹簧构成的振动系统的振动周期。一小球B放在光滑的水平台面上，台面的右侧边缘正好在平板P端的正上方，到P端的距离为。平板静止在其平衡位置。水球B与平板PQ的质量相等。现给小球一水平向右的速度，使它从水平台面抛出。已知小球B与平板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中重力可以忽略不计。要使小球与平板PQ发生一次碰撞而且只发生一次碰撞，的值应在什么范围内？取参考解答：如果小球的水平速度比较大，它与平板的第一次碰撞正好发生在平板的边缘Q处，这时的值便是满足题中条件的最大值；如果小球的水平速度较小，在它与平板发生第一次碰撞后再次接近平板时，刚好从平板的边缘Q处越过而不与平板接触，这时的值便是满足题中条件的最小值设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间为，有 （1）若碰撞正好发生在Q处，则有（2）从（1）、（2）两式解得的值便是满足题中条件的最大值，即（3） 代入有关数据得（4）如果，小球与平板的碰撞处将不在Q点设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为，则有（5）以、分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度，由于碰撞时间极短，在碰撞过程中，小球和平板在竖直方向的动量守恒设小球和平板的质量都是m，则有（6）因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得（7）解（6）、（7）两式，得（8）（9）碰撞后，平板从其平衡位置以为初速度开始作简谐振动取固定坐标，其原点O与平板处于平衡位置时板的上表面中点重合，x轴的方向竖直向下，若以小球和平板发生碰撞的时刻作为，则平板在t时刻离开平衡位置的位移（10）式中（11）A和是两个待定的常量，利用参考圆方法，在t时刻平板振动的速度（12）因时，由（9）、（11）、（12）式可求得（13）（14）把（13）、（14）式代入（10）式，得（15）碰撞后，小球开始作平抛运动如果第一次碰撞后，小球再经过时间与平板发生第二次碰撞且发生在Q处，则在发生第二次碰撞时，小球的x座标为（16）平板的x座标为（17）在碰撞时，有（18）由（16）、（17）、（18）式，代入有关数据得（19）这便是满足的方程式，通过数值计算法求解方程可得（参见数值列表）（20） 如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘Q处，则有（21）由（1）、（20）和（21）式得（22）而满足题中要求的的最小值应大于（22）式给出的值综合以上讨论，的取值范围是（23）附：（19）式的数值求解用数值解法则要代入不同数值，逐步逼近所求值，列表如下：0.7300.7500.7600.7650.7700.7710.7720.7750.7800.7900.8103.313.123.022.962.912.912.902.862.812.702.482.612.762.832.872.912.912.912.942.983.063.210.700.360.190.0900-0.01-0.08-0.17-0.36-0.73（24届复赛）二、（25分）图中所示为用三角形刚性细杆AB、BC、CD连成的平面连杆结构图。AB和CD杆可分别绕过A、D的垂直于纸面的固定轴转动，A、D两点位于同一水平线上。BC杆的两端分别与AB杆和CD杆相连，可绕连接处转动（类似铰链）。当AB杆绕A轴以恒定的角速度转到图中所示的位置时，AB杆处于竖直位置。BC杆与CD杆都与水平方向成45角，已知AB杆的长度为，BC杆和CD杆的长度由图给定。求此时C点加速度的大小和方向（用与CD杆之间的夹角表示）参考解答：解法一因为B点绕A轴作圆周运动，其速度的大小为（1）B点的向心加速度的大小为（2）因为是匀角速转动，B点的切向加速度为0，故也是B点的加速度，其方向沿BA方向因为C点绕D轴作圆周运动，其速度的大小用表示，方向垂直于杆CD，在考察的时刻，由图可知，其方向沿杆BC方向因BC是刚性杆，所以B点和C点沿BC方向的速度必相等，故有（3）此时杆CD绕D轴按顺时针方向转动，C点的法向加速度ACDBaCnaC taC （4）由图可知，由（3）、（4）式得 （5）其方向沿CD方向 下面来分析C点沿垂直于杆CD方向的加速度，即切向加速度因为BC是刚性杆，所以C点相对B点的运动只能是绕B的转动，C点相对B点的速度方向必垂直于杆BC令表示其速度的大小，根据速度合成公式有 由几何关系得 （6）由于C点绕B作圆周运动，相对B的向心加速度 （7）因为，故有 （8）其方向垂直杆CD.由（2）式及图可知，B点的加速度沿BC杆的分量为 （9）所以C点相对A点（或D点）的加速度沿垂直于杆CD方向的分量 （10）C点的总加速度为C点绕D点作圆周运动的法向加速度与切向加速度的合加速度，即 （11）的方向与杆CD间的夹角（25届复赛）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，地球半径，地面重力加速度，月球半径。1、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。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 (1) 代入数据得 km (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 (3) 代入数据得 (4) 椭圆的偏心率 (5)代入数据即得 (6)2. 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，根据能量守恒，卫星在近地点和远地点能量相等，有 (7)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心的连线垂直，根据角动量守恒，有 (8) 注意到 (9) 由(7)、(8)、(9)式可得 (10) (11)当卫星沿16小时轨道运行时，根据题给的数据有 由(11)式并代入有关数据得km/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km，但新轨道近地点高度km.由(11)式，可求得卫星在新轨道远地点处的速度为 km/s (13)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Dt，有 (14) 由(12)、(13)、(14)式并代入有关数据得 Dt= (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 (16 ) 其中 （17）是卫星矢径在