mechanics-10

力学第七章

万有引力

评分细则

本次评分由张爱强助教给出

一共8题，前5题每题10分，后2题每题15分，最后一题20分，共100分。

有错误或者疑问可以邮件至：zhangaq19@mails.tsinghua.edu.cn，在微信群内提出可能会更快得到回复。

7.2

题目

在伴星的质量与主星相比不可忽略的条件下，利用圆轨道推导严格的开普勒常量的公式。

设主星与伴星质量为M，m；距离L，距旋转中心R,r；由两者受的引力相同，且均充当向心力可得

$$M\omega^2R=m\omega^2r$$

   （5 points)

所以可以得到

$$R=\frac{mL}{M+m}, r=\frac{ML}{M+m}$$

因此

$$K=\frac{L^3}{T^2}=\frac{G(M+m)}{4\pi^2}$$

     (5 points)

此题按照$K=\frac{r^3}{T^2}=\frac{GM^3}{4\pi (M+m)^2}$同样给分

7.5

题目

已知引力常量G,地球年T,太阳直径对地球的视角$\theta=0.55\circ$，计算太阳平均密度

视太阳为球体，太阳距地球R，太阳直径为

$$r_{sun}=R\theta$$

       (3 points)

太阳质量为

$$M=\frac{4\pi^2R^3}{GT^2}$$

        (3 points)

因此太阳平均密度（$G=6.673\times10^{-11}m^3/kg/s^2$）

$$\rho=\frac{6M}{\pi R^3\theta^3}=\frac{24\pi}{GT^2\theta^3}=1.284\times10^3kg/m^3$$

注意此处角度须换算为弧度
(4 points)

7.6

题目

星球表面圆形轨道中粒子周期仅与G和星球平均密度有关。推算平均密度等于水的星球对应周期

设粒子质量m，轨道(星球半径)R，因此

$$\frac{GMm}{R^2}=m\frac{4\pi^2R}{T^2}$$

即

$$T^2=\frac{3\pi}{G\rho}$$

         (5 points)

令$\rho=1000kg/m^3,G=6.673\times10^{-11}m^3/kg/s^2$
那么

$$T=1.188\times10^4s=3.3h$$

            (5 points)

7.8

题目

处于圆形轨道，周期2小时地球卫星（1）离地表高度（2）轨道位于赤道平面，赤道海平面看到该卫星持续时间为

(1)半径($G=6.673\times10^{-11}m^3/kg/s^2,M=5.967\times10^24kg,r_{earth}=6.371\times10^6m$)

$$R=\frac{GMT^2}{4\pi^2}=8.056\times10^6m$$

      (3 points)

因此距地表高度

$$h=R-r_{earth}=1.685\times10^6m$$

      (2 points)

(2)可见范围在本地水平切线内，因此对应夹角为

$$\theta=2\arccos{r_{earth}/R}=1.317rad$$

     (2 points)

那么可以看到的时间为

$$t=\frac{\theta}{\frac{2\pi}{T}-\frac{2\pi}{T_d}}=0.457h=1646s$$

      (3 points)

7.11

题目

质量M的行星M/10的卫星绕不动质心在圆轨道转，距离D（1）周期（2）卫星占有动能

(1)万有引力充当向心力

$$\frac{GMm}{D^2}=\frac{M4\pi^2R}{T^2}=\frac{m4\pi^2r}{T^2}$$

可以得到

$$\frac{4\pi^2}{T^2}(R+r)=\frac{G(M+m)}{D^2}$$

即

$$T=2\pi \sqrt{\frac{D^3}{G(M+m)}}=2\pi\sqrt{\frac{10D^3}{11GM}}$$

     (4 points)

(2) 动能为

$$E_k=\frac{1}{2}M\omega^2 R^2$$

由(1)中可知$R/r=m/M$
所以动能比为

$$E_M/E_m=m/M$$

      (5 points)

那么卫星占有动能为

$$M/(m+M)=10/11$$

       (1 points)

7.17

题目

不转动的球状行星M，半径R，从表面发射m粒子，速率为逃逸速率的3/4，计算(a)沿径向发射(b)沿切向发射的最远距离

因为轨道为椭圆，所以最远的距离对应切向速度为0，采用有效势能（实际上是用到了角动量守恒）即可，为一致性，两问均用有效势能（第一问可简单的使用势能）

逃逸速率对应动能

$$E_{k0}=\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{GMm}{R}$$

而题目中给出的初始动能为$E_k=\frac{9}{16}E_{k0}=\frac{9}{16}\frac{GMm}{R}$

初始时刻的能量为$E_k-\frac{GMm}{R}$
(5 points)
(a)初始有效势能为$-\frac{GMm}{R}$，径向动能$E_k$

末状态有效势能为$-\frac{GMm}{r}$，切向动能0

能量守恒可得

$$r=\frac{16}{7}R$$

      (5 points)

(b))初始有效势能为$-\frac{GMm}{R}+\frac{L^2}{2mR}=-\frac{GMm}{R}+E_k$，径向动能0

末状态有效势能为$-\frac{GMm}{r}+\frac{L^2}{2mr}$，径向动能0

能量守恒可得

$$7r^2-16rR+9R^2=0$$

解方程得

$$r=\frac{9}{7}R$$

     (5 points)

（直接用角动量守恒见下题过程）

7.18

题目

设想不转动球状行星，质量M，半径R，发射速率$v_0$的卫星，方向与竖直线呈30度，随后卫星离行星中心的最大距离为5R/2，用能量和角动量守恒证明

最远距离对应径向速度为0,r=5R/2

角动量守恒为$L=mv_0sin\theta R=mv_1r$
(5 points)
能量守恒为

$$-\frac{GMm}{R}+1/2mv_0^2=-\frac{GMm}{r}+1/2mv_1^2=-\frac{GMm}{r}+1/2m(\frac{v_0sin\theta R}{r})^2$$

解得

$$v_0=\sqrt{5GM/4R}$$

     (10 points)

7.19

题目

一质量为m的卫星绕M在半径r的理想圆轨道上运动，卫星爆炸后分裂为相等的两块，径向速度为$v_0/2$，$v_0$是卫星初始轨道速率，

(1)表示出每一碎块的能量和角动量

记初始径向速度向外的一块为1，另一块为2

速率对应的关系为

$$\frac{v_0^2}{r}=\frac{GM}{r^2}$$

 （3 points)

两块能量相同为

$$E=-\frac{GMm}{2r}+\frac{5}{16}mv_0^2=-\frac{3}{16}\frac{GMm}{r}$$

    （5 points)

角动量相同为

$$L=1/2mv_0r=\frac{1}{2}m\sqrt{GMr}$$

    (5 points)

(2)轨道关系

初始能量相同，长轴相同，而且角动量相同，偏心率相同

$$a=-\frac{GMm/2}{2E}=4r/3$$ $$c=a/2$$ $$b=\sqrt{3}a/2$$

     (3 points)

B矢量对于1与初速度反向，对于2与初速度同向，可以确定长轴与未爆炸前初速度平行，M对应1的椭圆右焦点，2的椭圆左焦点
(4 points)