椭圆轨道角动量守恒[4篇]

椭圆轨道角动量守恒[4
篇]
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椭圆轨道角动量守恒（一）
§5.3角动量守恒定律
一、角动量守恒定律研究对象：研究对象：质点系由角动量定理：由角动量定理：
当时，
M x =0时L x =恒量
分量式：分量式：
M y =0时L y =恒量M z =0时L z =恒量
对定轴转动刚体，对定轴转动刚体，当
M
=0时，L 轴=恒量
角动量守恒定律：角动量守恒定律：
当质点系所受外力对某参考点（当质点系所受外力对某参考点（或轴）或轴）的力矩的矢量和为零时，质点系对该参考点（质点系对该参考点（或轴）或轴）的角动量守恒。

的角动量守恒。

r
守恒条件：：M 外=0注意1. 守恒条件
能否为
或
r
M d t =0外∫
M 轴=0
不能，不能，后者只能说明初、后者只能说明初、末态角动量相等，末态角动量相等，
不能保证过程中每一时刻角动量相同。

不能保证过程中每一时刻角动量相同。

2. 与动量守恒定律对比：与动量守恒定律对比：
r
当M 外=0时，
当F 外=0时，
r
p =恒矢量r
L =恒矢量
彼此独立
例. 一半径为R 、质量为M 的转台，的转台，可绕通过其中心的竖直轴转动, 竖直轴转动, 质量为, 质量为m 的人站在转台边缘，的人站在转台边缘，最初人和台都静止。

台都静止。

若人沿转台边缘跑一周(不计阻力)不计阻力) ，相对于地面，于地面，人和台各转了多少角度？人和台各转了多少角度？
思考：思考：
1.台为什么转动1. 台为什么转动？向什么方向转动？台为什么转动？向什么方向转动？
2.人相对转台跑一周 2. 人相对转台跑一周，人相对转台跑一周，相对于地面是否也跑了一周？否也跑了一周？
3.人和台相对于地面转过的角度之间 3. 人和台相对于地面转过的角度之间有什么关系？有什么关系？
解：选地面为参考系，选地面为参考系，设对转轴
人：J , ω; 台：J ´, ω´
J =mR
J ′=MR
2
2
系统对转轴合外力矩为零，系统对转轴合外力矩为零，角动量守恒。

角动量守恒。

以向上为正：以向上为正：
设人沿转台边缘跑一周的时间为t ：
t
t
J ω−J ′ω′=0
2m ω′=
ω
M
∫ωd t +∫ω′d t
=2π
人相对地面转过的角度：人相对地面转过的角度：
台相对地面转过的角度：台相对地面转过的角度：
2πM θ=∫ωd t =
2m +M 0
t
4πm
θ′=∫ω′d t =
2m +M 0
t
二. 有心力场中的运动
物体在作用下的运动力的作用线始终通过某的力
力心
有心力对力心的力矩为零，有心力对力心的力矩为零，只受有心力作用的物体对力心的角动量守恒。

对力心的角动量守恒。

应用广泛，应用广泛，例如：例如：天体运动（行星绕恒星、行星绕恒星、卫星绕行星... ）
微观粒子运动（电子绕核运动；电子绕核运动；原子核中质子、原子核中质子、中子的运动一级近似；子的运动一级近似；加速器中粒子与靶核散射... ）
例. P.115 5-15
已知: 地球R = 6378 km
卫星近地: h 1= 439 km
远地: h 2= 238 km
求: v 2
解：卫星~质点m
地球~均匀球体对称性：对称性：引力矢量和过地心
对地心力矩为零
卫星m 对地心o 角动量守恒
v 1 = 8.1 km⋅s
-1
卫星m 对地心o 角动量守恒
mv 1(R +h 1)=mv 2(R +h 2)
R +h 6378+439−1
v 2=⋅v 1=×8. 1=6. 3kms
R +h 26378+2384
增加通讯卫星的可利用率探险者号卫星偏心率高
h 1
=160. 9km
近地
h 1=2. 03×10km
−1
5
v 1=3. 38×10kms ∆t 小很快掠过
4
远地
v 1=1225kms
−1
∆t 大充分利用
第五章角动量角动量守恒习题课
复习提要：复习提要：一、转动惯量二、角动量质点质点
系定轴刚体三、力矩
J =∑m i r i =∫r d m
2
2
i
m
r r r r r r v
L =L 轨道+L 自旋=r c ×m v c +∑r i ×m i v i r r r L =r ×m v
L z =J ω
i
v r r r r M =r ×F ; M z =±r ×F ⊥;
v
∑M i 内=0
i
四、角动量定理质点质点系
v v d L M =
d t v
v d L M 外=
d t
t 2
v v M d t =∆L ∫
t 1t 2
v v M d t =∆L 外∫
t 2
t 1
定轴刚体
M z =J β
v
M 外=0M z =0
M d t =∆L z z ∫
t 1
五、角动量守恒
v
L =恒矢量L z =恒量
例. 已知：已知：两平行圆柱在水平面内转动，两平行圆柱在水平面内转动，
m 1
,
R 1
, ω10;
ω
m 2, R 2
, ω20
求：接触且无相对滑动时
ω1=?
2
=?
解一：解一：因摩擦力为内力，因摩擦力为内力，外力过轴，外力矩为零，外力矩为零，则：J 1 + J 2 系统角动量守恒，以顺时针方向为正：以顺时针方向为正：
J 1ω10+J 2ω20=J 1ω1−J 2ω2(1)
接触点无相对滑动：接触点无相对滑动：
ω1R 1=ω2R 2
(2)
(4)
12又：J 1=m 1R 1
2
(3)
12
J 2=m 2R 2
2
联立1、2、3、4式求解，式求解，对不对？对不对？问题：(1) 式中各角量是否对同轴而言？式中各角量是否对同轴而言？
(2) J 1+J 2系统角动量是否守恒？系统角动量是否守恒？
问题：(1) 式中各角量是否对同轴而言？式中各角量是否对同轴而言？
(2) J 1+J 2系统角动量是否守恒？系统角动量是否守恒？分别以m 1 , m 2为研究对象，为研究对象，受力如图：受力如图：
r
(1) o 1为轴M F 2≠0
r
(2) o 2为轴M F 1≠0
系统角动量不守恒！系统角动量不守恒！
解二：分别对m 1, m 2 用角动量定理列方程
设：f 1 = f 2 = f ，以顺时针方向为正
m 1对o 1 轴：
−∫R 1f d t =J 1ω1−J 1ω10, J 1=m R
2
211
m 2对o 2 轴：
−∫R 2f d t =−J 2ω2−J 2ω20, J 2=m 2R
2
22
接触点：接触点：
ω1R 1=ω2R 2
联立各式解得：联立各式解得：
m 1R 1ω10−m 2R 2ω20
ω1=
m 1+m 2R 1m 1R 1ω10−m 2R 2ω20
ω2=
m 1+m 2R 2
例. 已知：已知：轻杆，轻杆，m 1 = m , m 2 = 4m , 油灰球m ，
m 以速度0 撞击m 2 ，发生完全非弹性碰撞求：撞后m 2的速率v ? 解一：m 和m 2 系统动量守恒
m v 0= (m + m 2) v
解二：m 和(m + m 2) 系统动量守恒
m v 0= (m + m 1 + m 2) v
解三：m v 0= (m + m 2) v + m 1 ×2v
以上解法对不对？以上解法对不对？
因为相撞时轴A 作用力不能忽略不计，不计，故系统动量不守恒。

因为重力、因为重力、轴作用力过轴，轴作用力过轴，对轴力矩为零，力矩为零，故系统角动量守恒。

系统角动量守恒。

由此列出以下方程：由此列出以下方程：
mv 0⋅=(m +m 2)v ⋅+m 1⋅2v ⋅L
2
2
或：
m 222
)
⋅ω0=(m +m 2)2
[
22
)
+m 1⋅L ⋅ω
2
]
ω0⋅=v 0; ω⋅=v
得：v =
v 0
注意：注意：区分两类冲击摆
质点质点柔绳无切向力(1)
•水平方向：水平方向：F x =0 ，p x 守恒(2) r
•对o 点：M =0
质点
m v 0 = ( m + M ) v
r
，L 守恒
m v 0 l = ( m + M ) v l
不能简化为质点）定轴刚体（不能简化为质点）
轴作用力不能忽略，轴作用力不能忽略，动量不守恒，动量不守恒，但对o 轴合力矩为零，轴合力矩为零，角动量守恒mv 0l =ml ω+Ml ⋅ω
2
3
2
v =ωl
P.85 4 .8
v r
F 轴≠0m +M 系统p 不守恒; r
M 轴=0 m+M 系统对O 点角动量守恒m 2gh ⋅R =(m +M )vR
回顾作业P85 4 .9
v F 轴≠0r M 轴=0
A 、
B 、
C 系统
r
不守恒；p 不守恒；
A 、
B 、
C 系统对o 轴角动量守恒
(m A +m B )v 1R =(m A +m B +m c )vR
练习：练习：已知m = 20 克，M = 980 克, v 0 =400米/
秒，绳不可伸长。

不可伸长。

求m 射入M 后共同的v =? 哪些物理量守恒？哪些物理量守恒？请列方程。

请列方程。

解：m 、M 系统水平方向动量守恒（系统水平方向动量守恒（F x =0)竖直方向动量不守恒（竖直方向动量不守恒（绳冲力不能忽略）绳冲力不能忽略）对o 点轴角动量守恒（点轴角动量守恒（外力矩和为零）外力矩和为零）
mv 0sin 30=(m +M )v
或：
mv 0⋅l ⋅sin 30=v (m +M )l ⋅sin 90
得：v = 4 ms
-1
例. 已知：已知：匀质细棒m ,长2l ；在光滑水平面内以0平动，平动，与支点O 完全非弹性碰撞。

完全非弹性碰撞。

求：碰后瞬间棒绕O 的ω=?
解：碰撞前后AB 棒对O 的角动量守恒思考：思考：碰撞前棒对O 角动量L =?
碰撞后棒对O 角动量L ′=？
撞前：撞前：(1)
r v r
L =L 轨+L 自旋
L =mv 0⋅+0
思考：碰撞后的旋转方向？思考：碰撞后的旋转方向？(2) 各微元运动速度相同，各微元运动速度相同，但到O 距离不等，距离不等，棒上段、棒上段、下段对轴O 角动量方向相反线密度：线密度：取质元：取质元：
λ=
2l
2l
d m =λ⋅d x =
mv 02l
质元角动量：质元角动量：
3l 2
d L =d m ⋅v 0⋅x =
x d x
设垂直向外为正方向，设垂直向外为正方向，总角动量：总角动量：
m v 0
2l
L =
∫
d x +
∫
−l 2
m v 02l
d x =
2m v 0l
撞后：撞后：
L ′=J ω=
令
12
m (2l )+m 2
22
)]ω=
12
ml ω
2
L =L ′172mv 0l =ml ω212平行轴定理
6v 得：ω=
7l
椭圆轨道角动量守恒（二）
角动量守恒(8)
1. 人造地球卫星作椭圆轨道运动, 卫星近地点和远地点分别为A 和B, 用L 和E K 分别表示地心的角动量及其动能的瞬时值, 则应有:( )
(A) LA >LB, E KA >EKB (B) LA =LB , EKA (C) LA =LB , EKA >EKB (D) LA 答案: (C) (角动量守恒，动能不守恒) 2．一质点作匀速率圆周运动时，（）
（A ）它的动量不变，对圆心角动量也不变；
（B ）它的动量不变，对圆心的角动量不断改变；
（C ）它的动量不断改变，对圆心的角动量不变；
（D ）它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断变。

答案: (C)
二. 填空题
1. 如图所示，一质量为的质点自由落下的过程中某时刻具有速度V ，此时它相对于A 、
B 、
C 三个参考点的距离分别为d 1、d 2、d 3则质点对这三个参考点的角动量的大小，L A B L C = ；作用在质点上的重力对这三个点的力矩大小，M A = ：M B = ；M C = 。

v 3
; ;
2．已知地球的质量为=5.98×10kg ，它
11离太阳的平均距离r=1.496×10m ,地球绕
7太阳的公转周期为T=3.156×10s ，假设公
转轨道是圆形，则地球绕太阳运动的角动量大小(利用角动量的定义即可)
40L= 24
3．哈雷慧星绕太阳的运动轨道为一椭圆，太阳位于椭圆轨道的一个焦点上，它离太阳最近的距离是r 1=8.75×1010m ，此时的速率
4-1是V 1=5.46×10ms ，在离太阳最远的位置上
2-1的速率是V 2=9.08×10ms ，此时它离太阳的距离是
12(利用角动量守恒即可)
三. 计算题
1．一质量为的质点沿一空间曲线运动，该曲线在直角坐标系下的定义式为：
r =acosωti+bsinωtj 其中a 、b 、ω皆为常数，求(1)此质点所受的对原点的力矩
(2)该质点对原点的角动量
(利用定义M=r×F, F=ma,
a=dv/dt,v=dr/dt=-aωsin ωti +bωcos ωtj
22 a=-aωcos ωti –b ωsin ωtj )
(2)该质点对原点的角动量
(利用L=mr×v)
椭圆轨道角动量守恒（三）
班级___________ 学号_________ 姓名______________
第三章角动量守恒(9)
1. 质量为m 、半径为R 的均质圆盘，平放在水平桌面上，它与桌面的滑动摩擦系数为μ，试问圆盘绕中心转动所受摩擦力矩为
2
μmgR 3
2. 一旋转齿轮的角加速度β=4at3-3bt 2, 式中a 、b 均为恒量，若齿
43
轮具有初角速度为ω。

，则任意时刻t 的角速度ω=ω0+at -bt ，
1514
转过的角度为θ=ω0t +at -bt 。

54
解:
ω t d ω3232β==4at -3bt d ω=(4at -3bt ) dt ⎰⎰dt
ω0
ω=ω0+at -bt d θ
4
3
dt
θ0
t
=ω=ω0+at -bt
4
3
1514
θ=ω0t +at -bt 43
54⎰d θ=⎰(ω0+at -bt ) dt
3. 一长为L 质量为m 的均质细杆，两端附着质量分别为m 1和m 2的小球，且m 1＞m 2，两小球直径d 1、d 2都远小于L ，此杆可绕通过中心并垂直于细杆的轴在竖直平面内转动，则它对该轴的转动惯量
1
(m +3m 1+3m 2) L 2，为I =若将它由水平位置自静止释放，则它12
在开始时刻的角加速度为多大β=解(1)细杆对中心轴的转动惯量:
6(m 1-m 2) g。

(m +3m 1+3m 2) L
12 =mL 12
I 杆
两小球视为质点,
I
=I 杆+I 球1+I 球2
1L 2L 2 2
=mL +m 1() +m 2() 1222
12
=L (m +3m 1+3m 2) 12(2)由定轴转动定律:M
合
=I β
L L 12
m 1g -m 2g =L (m +3m 1+3m 2) β
22126(m 1-m 2) g
β=
(m +3m 1+3m 2) L 二、计算题
1. 一电动机的电枢每分钟转1800圈，当切断电源后，电枢经20s 停下。

试求
(1)在此时间内电枢转了多少圈？
(2)电枢经过10s 时的角速度以及电枢周边的线速度，切向加速度和法向加速度。

(设电枢半径r ＝10cm)
1800⨯2π
=60π(rad ⋅s -1) ; ω1=0 ; ω1=ω0+βt 解:(1)ω0=
60
ω060π
∴β=-=-=-3π(rad ⋅s -2)
t 20
12∆θ
∆θ=ω0t +βt =600π(rad ) ; N ==300圈
22π
-1
(2)t =10s 时; ω2=ω0+βt =30π(rad ⋅s )
v =r ω2=3π(m ⋅s -1) a τ=r β=-0. 3(m ⋅s -2) a n =r ω22=90π2(m ⋅s -2)
2. 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴00′转动，设大小圆柱的半径分别为R 和r ，质量分别为M 和m ，绕在两柱体上的细绳分别与物体m 1和物体m 2相连，m 1和m 2则挂在圆柱体的两侧，如图所示，设R=0.20m，r=0.10m，m=4kg，M=10kg，m 1=m2=2kg，求柱体转动时的角加速度及两侧绳中的张力。

T 2 β T 1 m 2a 2 a 1
m 1
O ′
O
m 2
m 1
解:m 1g -T 1=m 1a 1(1) T 2-m 2g =m 2a 2(2) (2)
1122
…… T 1R -T 2r =(MR +mr ) β (3)
22
a 1=R β(4); a 2=r β(5); T 1=T 1‟(6); T 2=T 2‟(7).
(m 1R -m 2r ) g
解得:β==6. 13(rad . s -2)
2
MR +mr 2+m 1R 2+m 2r 222
T 1=T 1‟=m 1g -m 1R β=17. 2N
T 2=T 2‟=m 2g +m 2r β=20. 8N
椭圆轨道角动量守恒（四）
卫星椭圆轨道问题探析
通过对万有引力知识的学习，我们知道，发射卫星的最小速度是速度），此时卫星以最大速度绕地球表面作圆周运动；当发射速度达2gR 时（又称第二宇宙速度），卫星以地球球心为焦点作抛物线运动，当然再也不可能返回地球，因为抛物线为非闭合曲线；当发射速度介于gR 和gR 之间时，卫星作椭圆运动，并随发射速度的增大椭圆越扁，地球为椭圆的一个焦点，发射点为近地点；当卫星速度大于2gR 而小于第三宇宙速度时，它将在地球引力范围内作双曲线运动，当卫星脱离地球引力后，将绕太阳运动成为太阳的一个行
星，如果控制发射速度和轨道，它也可成为其它行星的卫星；当发射速度大于第三宇宙速度时，卫星将脱离太阳系的束缚，向其他星系运动。

对于圆轨道，由于卫星受到的万有引力刚好提供卫星运动的向心力，因此可方便地可以求解出卫星在圆轨道上运动的速度、加速度、周期等物理量。

但对于椭圆轨道，相对来说求解某些问题有一定的困难，下面就卫星椭圆轨道的几个问题逐一分析说明。

一、椭圆上任一点的曲率半径。

x ...+y ...) 根据数学知识，曲率半径由公式r =给出，为了便于求导，借助椭圆的参y (x)
…-x ……y …
数方程x =a cos φ，y =b sin φ（a 、b 分别为椭圆的半长轴、半短轴），把x 、y 的一、二阶22（a 2sin 2φ+b 2cos 2φ) 导数代入r 表达式，有r =ab ．在远地点和近地点，参数Φ分别取0、π
b 2
代入，得到在椭圆上(±a , 0) 这两个点所在处的曲率半径相同，等于, 不等于a +c 或a
a -c ，式中c 为椭圆焦距。

该知识点中的数学能力要求已超出高中要求，但是其结论有必要作适当的介绍。

例题1：某卫星沿椭圆轨道绕地球运行，近地点离地球中心的距离是c , 远地点离地球中心的距离为d , 若卫星在近
地点的速率为v c , 则卫星在远地点时的速率v d 是多少？解析：做椭圆运动的卫星在近地点和远地点的轨道曲率半径相同，设都等于r 。

所以，2v c 2v d v Mm Mm d 在近地点时有G 2=m ，在远地点时有G 2=m ，上述两式相比得c =，故v d c c r d r
v d =
c v c 。

学生易错的解是：卫星运行所受的万有引力提供向心力，在近地点时，有d
2V v c 2v d Mm Mm ，在远地点时有G 2=
m ，上述两式相比得c =
V d =G 2=m V d c c d d c ，以上错误在于认为做椭圆运动的卫星，在近地点和远地点的轨道曲率半径不同，且分别为c 和d ，这种错误在知道了椭圆曲率半径的概念后就不会犯了。

二、卫星在椭圆轨道上运动到任何一点的加速度和向心加速度。

根据牛顿第二定律，卫星在椭圆轨道上运动到任何一点的加速度由公式G Mm =ma 求2R
解，式中R 为地球球心到卫星的距离，即椭圆的一个焦点到卫星的距离。

卫星在圆轨道上做匀速圆周运动时，万有引力全部用来提供向心力，这时卫星的加速度就是向心加速度，而在椭圆轨道上运动的卫星，万有引力没有全部用来提供向心力，向心加速度将不再等于卫星在轨道上运动的加速
度。

v 2
卫星在轨道上某点运动的向心力为F n =m ，式中r 是该点所在椭圆轨道的曲率半径，r
向心加速度a n =F n Mm ，在远地点，卫星受到地球的万有引力F G =G 2，式中R 是卫星和地m R
v 2
球地心之间的距离。

卫星此时运动所需要的向心力 F n =m ，r ≠R ，且F G =F n ，卫星此r
时的加速度等于向心加速度，即a =a n ，卫星之后在万有引力作用下向地球靠近做向心运动，万有引力产生两个作用效果，一方面提供沿轨道切向的切向力，对卫星做正功，使卫星速率越来越大，另一方面提供向心力，不断改变卫星的运动方向，万有引力产生的切向加速度a τ和法向加速度即向心加速度a n 之间的关系，如图1所示。

到达近地点时，F G =F n ，a =a n ，卫星之后远离地球做离心运动，万有引力同样产生两个作用效果，一方面提供沿轨道切向的切向力，对卫星做负功，使卫星速率越来越小，另一方面提供向心力，不断改变卫星的运动方向，直到远地点，周而复始。

在整个运动过程中，只有近地点和远地点两个位置，F G =F n ，a =a n ，其他位置a ≠a n 。

例题2：发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，
将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P 点，如图2所示。

则在卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是：
A 、卫星在轨道1上经过Q 点时的加速度大于它在轨道2上经过Q 点时的加速度
B 、卫星在轨道2上经过P 点时的加速度等于它在轨道3上经过P 点时的加速度
C 、卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
D 、卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度
图1 图2 图3 a 解析：根据牛顿第二定律可得a =F GM 即卫星的加速度a 只与卫星到地心的距离r =2，m r
有关，所以A 选项错误，B 选项正确。

因为轨道1和轨道3是圆轨道，所以
GM Mm v 2
2G 2=mr ω=m ，所以V=，ω=r r r
三、卫星在椭圆轨道上运动的周期。

GM ，即D 选项正确，C 选项错误。

r 3
根据开普勒第三定律，所有地球的卫星，无论轨道是圆，还是椭圆，它们运动周期的平方和半长轴的三次方之比是定值。

圆形轨道的半长轴就是圆的半径。

例题3：飞船沿半径为R 的圆周绕地球运动，其周期为T ，如果飞船要返回地面，可在轨道上某一点 A 处将速率降低
到适当值，从而使飞船沿着以地心为焦点的椭圆轨道运动，椭圆与地球表面在B 点相切，地球半径为R 0, 如图3所示。

求飞船由A 点到B 点所需的时间。

解析：设飞船的椭圆轨道的半长轴为a ，由图可知a =R 0+R . 设飞船沿椭圆轨道运行的2
R 3a 3T ...周期为T ′，由开普勒第三定律得：2=3. 飞船从A 到B 的时间t =. 由以上三式求解T T (2)
=得t = 四、圆规道和椭圆轨道之间的变换。

根据例题2可知，在发射卫星的过程中，受运载火箭发射能力的局限，卫星往往不能直接由火箭送入最终运行的空间轨道，而是要在一个椭圆轨道上先行过渡。

在地面跟踪测控网的跟踪测控下，选择合适时机向卫星上的发动机发出点火指令，通过一定的推力改变卫星的运行速度，通常要在椭圆轨道与圆轨道相切点开动发动机进行加速来实现变轨，实现发射目标。

从圆
轨道1变换到椭圆轨道2，火箭要在轨道1和轨道2的相切点附近进行助推, 让此时卫星受到的万有引力不足以提供卫星运动的向心力，卫星开始沿椭圆轨道2做离心运动，速率越来越小，在远地点附近卫星的速度较小，卫星所受的万有引力大于所需的向心力，卫星将做向心运动，在此时对卫星进行加速，使万有引力刚好提供卫星在轨道3上做圆周运动的向心力，使卫星从椭圆轨道2变换到圆规道3上运行。

卫星返回时，通过相反的过程回到地面。

例题4：如下图是我国“嫦娥一号”发射及绕月简图，设下图中卫星是逆时针方向运动的，阅读如下材料回答问题：2007年10月25日17时55分，北京航天飞行控制中心对嫦娥一号卫星实施首次变轨并获得成功，首次变轨是在远地点发动机点火使卫星加速的。

卫星的近地点高度由约200公里抬高到了约600公里，如图4所示，卫星正式进入绕地16小时轨道。

接下来卫星在近地点处还要借助自身发动机的推动，经过三次变轨即进入绕地24小时轨道、绕地48小时轨道，最后进入地月转移轨道，经过漫长的运行后接近月球，在月球近月点的位置仍要借助自身的发动机的作用，使卫星的速度发生变化，被月球引力俘获后进入绕月12小时轨道、绕月3.5小时轨道，最终进入绕月127分钟的圆形轨道，进行约一年的月球探索之旅。

图4
关于卫星在绕地由16小时轨道到48小时轨道、绕月由12小时轨道到127分钟轨道的过程中下列说法正确的是（）A 、卫星绕地、绕月运行均需要向后喷气加速，才能到相应的轨道。

B 、卫星绕地运行需要向后喷气加速，才能到相应的轨道。

C 、卫星绕地、绕月运行均需要向前喷气减速，才能到相
应的轨道。

D 、卫星绕月运行需要向前喷气减速，才能到相应的轨道。

解析：卫星在绕地16
小时轨道上运行时，到达近地点处，应该是向后喷气，据反冲现象
得速度增大，所需要的向心力增大，而此时地球与卫星之间的引力不变化，即向心力不足，做离心运动，“嫦娥一号”到绕地24小时的轨道上运行。

同理到达预定时间在近地点加速到绕地48小时轨道上运行，第四次变轨指的是最后一次在近地点加速到地月转移轨道上，这才是真正意义上的奔月。

通过分析知B 正确。

卫星在绕月12小时轨道上运行时，到达近月点处，应该是向前喷气，据反冲现象使速度减小，所需要的向心力减小，而此时卫星所受的引力不变化，即引力大于运动物体所需要的向心力，达到此条件，物体就要离开原来的轨迹向内部做向心运动，“嫦娥一号”到绕月3.5小时的轨道上运行。

同理到达预定时间在近月点减速到绕月127分钟轨道上圆周动，通过分析知D 正确。

五、卫星在椭圆轨道上运动的机械能。

卫星在轨道上运动的总机械能E 等于其动能和势能之和。

根据万有引力定律，地球和卫星之间的引力势能为 E P =-GMm ，式中R 是地球地心和卫星之间的距离。

动能R
E K =12mv ，卫星在运动过程中，不考虑其他星体对它的作用，其机械能守恒。

2
如图4所示，A 、B 两点为卫星运动的近地点和远地点，v A 、v B 分别表示卫星在这两点的速度。

根据例题1的结论，可得v A a +c =.......(1)，v B a -c
卫星在A 、B 两点的机械能分别为： B
E A =
E B =12GMm mv A -......(2)，2a -c 12GMm mv B -......(3), 2a +c 图4
2根据机械能守恒，E A =E B ......(4), 由（1）（2）（3）（4）式可解得v A =(a +c ) GM ，(a -c ) a
2v B =(a -c ) GM GMm , 把结果代入（2）和（3）式，得到卫星运动的总机械能E =-。

从此(a +c ) a 2a
式可看出，在以地球为焦点的若干个椭圆轨道中，椭圆的半长轴越长，卫星的总机械能越大，发射时需要的能量就越大，因此发射高轨道卫星难度较大。

以上是针对地球和地球的卫星展开讨论的，对于太阳系或其他星系中行星椭圆轨道的一些规律和上述情况类似。

卫星在椭圆轨道上的速度和能量的一个推论
图1
图1给出了一个圆轨道和一个椭圆轨道，其中圆轨道的半径与椭圆轨道的半长轴相等。

P 、Q 两点为两轨道的交点。

我们要说的推论是：
在椭圆轨道上的卫星运动到P 或Q 时，其速率等于在圆轨道上运动的卫星的速率。

这个命题的证明是简单的。

我可以设在两个轨道上运动的卫星的质量相等而不影响研究它们的速度关系。

这样一来，由于圆轨道的半径与椭圆轨道的半长轴相等，由“椭圆轨道上的卫星的速度和能量”一文得到的结论可知，两物体在各自的轨道上运动过程中机械能守恒且二者的机械能相等。

当椭圆轨道上的卫星运动到P 点或Q 点时，二者具有相同的重力势能，因而具有相同的动能，从而得到具有相同的速率。

当椭圆轨道上的卫星运动到P 或Q 时，有r =a 。

由上面的结果可以知道，此时v =GM ，这正是半径为a 的圆轨道上的卫星的运行速率。

至此，我们证明了前面提到的a
推论。

我们可以把结论用文字表述为（如图1所示）
当卫星在P 、Q 左边半个椭圆轨道上运动时，由于r
在圆轨道上运动的卫星的速度。

当卫星经过P 、Q 点时，由于有由于r =a ，所以有v = 动的卫星的速度。

当卫星在P 、Q 右边半个椭圆轨道上运动时，由于r >a ，所以有v 在圆轨道上运动的卫星的速度。

我们还可以变形为v =GM ，即大于a GM ，即等于在圆轨道上运a GM ，即小于a GM 2a -r ⋅上式中出现的2a -r 是卫星到椭圆另一a r
焦点的距离，如图2所示，我们用r ’来表示，有
图2
v =GM r … ⋅（9）a r
一方面，用（9）式分析上面得到的三个结论将更加容易，另一方面，这个公式还表现出了漂亮的对称性。

如图2所示，过长轴和短轴的直线是椭圆的两条对称轴，有
在关于长轴对称的两个点上，必有r =r … ，速率相等；
在关于短轴对称的两个点上，必有v 1v 2=GM 。

a。