Question

19．有人設(shè)想：可以在飛船從運(yùn)行軌道進(jìn)入返回地球程序時(shí)，借飛船需要減速的機(jī)會(huì)，發(fā)射一個(gè)小型太空探測(cè)器，從而達(dá)到節(jié)能的目的．如圖所示，飛船在圓軌道Ⅰ上繞地球飛行，其軌道半徑為地球半徑的3倍．當(dāng)飛船通過(guò)軌道Ⅰ的A點(diǎn)時(shí)，飛船上的發(fā)射裝置短暫工作，將探測(cè)器沿飛船原運(yùn)動(dòng)方向射出，并使探測(cè)器恰能完全脫離地球的引力范圍，即到達(dá)距地球無(wú)限遠(yuǎn)時(shí)的速度恰好為零，而飛船在發(fā)射探測(cè)器后沿橢圓軌道Ⅱ向前運(yùn)動(dòng)，其近地點(diǎn)B到地心的距離近似為地球半徑R．以上過(guò)程中飛船和探測(cè)器的質(zhì)量均可視為不變．已知地球表面的重力加速度為g．
若規(guī)定兩質(zhì)點(diǎn)相距無(wú)限遠(yuǎn)時(shí)引力勢(shì)能為零，則質(zhì)量分別為M、m的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)相距為r時(shí)的引力勢(shì)能為-GMm/r，式中G為引力常量．飛船沿軌道Ⅰ和軌道Ⅱ的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，以及探測(cè)器被射出后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其動(dòng)能和引力勢(shì)能之和保持不變．
（1）若飛船的總質(zhì)量為M₀，求將其送入圓形軌道Ⅰ至少需要消耗多少能量（不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響）；
（2）由開普勒第二定律可知，飛船沿橢圓軌道Ⅱ運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)A點(diǎn)與B點(diǎn)的速度大小與這兩點(diǎn)到地心的距離成反比．若飛船與探測(cè)器的質(zhì)量之比為2：1，則探測(cè)器完全脫離地球的引力后，繼續(xù)做宇宙航行的速度多大？

Answer 1

分析 （1）將其送入圓形軌道Ⅰ至少需要消耗的能量轉(zhuǎn)化為其動(dòng)能和勢(shì)能，分別計(jì)算在軌道1上時(shí)的動(dòng)能和勢(shì)能，求和即得結(jié)果，
（2）飛船沿橢圓軌道Ⅱ運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)A點(diǎn)與B點(diǎn)的速度大小與這兩點(diǎn)到地心的距離成反比，再由質(zhì)量之比和動(dòng)量定理求解分離速度，結(jié)合能量守恒計(jì)算飛船最后的速度．

解答 解：（1）飛船的總質(zhì)量為M₀，在軌道1上運(yùn)行時(shí)，由萬(wàn)有引力提供向心力得：$G\frac{{M}_{0}{M}_{地}}{（{3R）}^{2}}={M}_{0}\frac{{v}_{0}^{2}}{3R}$，解得：${v}_{0}^{2}=\frac{G{M}_{地}}{3R}=\frac{g{R}^{2}}{3R}=\frac{gR}{3}$，此時(shí)的動(dòng)能：$△{E}_{K}=\frac{1}{2}{M}_{0}{v}_{0}^{2}=\frac{1}{6}{M}_{0}gR$
若規(guī)定兩質(zhì)點(diǎn)相距無(wú)限遠(yuǎn)時(shí)引力勢(shì)能為零，則質(zhì)量分別為M、m的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)相距為r時(shí)的引力勢(shì)能為-GMm/r，可知，飛船在A點(diǎn)時(shí)的勢(shì)能：${E}_{PA}=-\frac{G{M}_{0}{M}_{地}}{3R}=-\frac{1}{3}{M}_{0}gR$同理：在B點(diǎn)的勢(shì)能：${E}_{PB}=-\frac{G{M}_{0}{M}_{地}}{R}=-{M}_{0}gR$，則A到B變化的勢(shì)能為：$△{E}_{P}=-\frac{1}{3}{M}_{0}gR+{M}_{0}Rg=\frac{2}{3}{M}_{0}gR$，故將其送入圓形軌道Ⅰ至少需要消耗的能量為：$E=△{E}_{K}+△{E}_{P}=\frac{5}{6}{M}_{0}gR$
（2）設(shè)發(fā)射探測(cè)器后飛船在A點(diǎn)的速度為v_A，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度為v_B，飛船質(zhì)量為m₁，飛行器的質(zhì)量為m₂，因其運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能和引力勢(shì)能之和保持不變，所以有$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{A}^{2}-\frac{GM{m}_{1}}{3R}=\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{B}^{2}-\frac{GM{m}_{1}}{R}$①，因飛船通過(guò)A點(diǎn)與B點(diǎn)的速度大小與這兩點(diǎn)到地心的距離成反比，即Rv_B=3Rv_A②，聯(lián)立①②，結(jié)合gR²=GM，解得：${v}_{A}=\sqrt{\frac{1}{6}gR}$，
對(duì)于飛船發(fā)射探測(cè)器的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 （m₁+m₂）v₀=m₁v_A+m₂v'，又因?yàn)椋簃₁：m₂=2：1，解得：$v′=\sqrt{3gR}-\sqrt{\frac{2}{3}gR}$
則探測(cè)器完全脫離地球的引力后，繼續(xù)做宇宙航行的速度為v，因其運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能和引力勢(shì)能之和保持不變，所以探測(cè)器剛好脫離地球引力勢(shì)能為零應(yīng)滿足：$\frac{1}{2}{m}_{2}v{′}^{2}-\frac{GM{m}_{2}}{3R}=\frac{1}{2}{m}_{2}{v}^{2}$，解得：$v=\sqrt{（3-2\sqrt{2}）gR}$；
答：（1）將其送入圓形軌道Ⅰ至少需要消耗能量為$\frac{5}{6}{M}_{0}gR$；
（2）探測(cè)器完全脫離地球的引力后，繼續(xù)做宇宙航行的速度為$\sqrt{（3-2\sqrt{2}）gR}$；

點(diǎn)評(píng) 本題第1問(wèn)需要明確消耗的能量轉(zhuǎn)化為其動(dòng)能和勢(shì)能，第二問(wèn)中通過(guò)飛船的能量守恒和整體的動(dòng)量定理的應(yīng)用，求解分離速度，關(guān)鍵在于探測(cè)器完全脫離地球的引力后，繼續(xù)做宇宙航行時(shí)的勢(shì)能為零，利用能量守恒求解即可．