G?6.7?10?11N?m2?kg?2；地球自转周期Te?24小时；假设卫星及太空电梯脱落后只受地球引力作用。
解：
i.通过计算卫星在脱离点的动能和万有引力势能可知，卫星的机械能为负值. 由开普勒第一定律可推知，此卫星的运动轨道为椭圆（或圆）， 地心为椭圆的一个焦点(或圆的圆心)，如图所示.由于卫星在脱离点的速度垂直于地心和脱离点的连
线，因此脱离点必为卫星椭圆轨道的远地点（或近地点）；设近地点（或远地点）离地心的距离为r，卫星在此点的速度为v.由开普勒第二定律可知
rv=?0.80R?? (1)
20.80R R a b 式中?(?2?/T)为地球自转的角速度.令
em表示卫星的质量，根
据机械能守恒定律有
12GMm1GMm2mv??m?0.80R??2?2r20.80R
（2） 由（1）和（2）式解得
r?0.28R (3)可见该点为近地点,而脱离处为远地点. 【（3）式结果亦可由关系式：
?GMm1GMm2?m?0.80R??2?
r?0.80R20.80R直接求得】
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同步卫星的轨道半径R满足
GM2 (4) ?R?2R由(3)和(4)式并代入数据得
r?1.2?104km (5)
可见近地点到地心的距离大于地球半径，因此卫星不会撞击地球.
ii. 由开普勒第二定律可知卫星的面积速度为常量，从远地点可求出该常量为
?s?1?0.80R?2?
2(6) 设a和b分别为卫星椭圆轨道的半长轴和半短轴，由椭圆的几何关系有
2a?0.28R?0.80R 22 (7)
?0.80?0.28?2b?a???R2?? (8)
卫星运动的周期T为
T??ab (9)
?s代人相关数值可求出
T?9.5h （10）
卫星刚脱离太空电梯时恰好处于远地点，根据开普勒第二定律可知此时刻卫星具有最小角速度，其后的一周期内其角速度都应不比该值小，所以卫星始终不比太空电梯转动得慢；换言之，太空电梯不可能追上卫星.设想自卫星及太空电梯脱离后经过1.5T（约14小时），卫星到达近地点，而此时太空电梯已转过此点，这说明在此前卫星尚未追上太空电梯.由此推断在卫星脱落后的0-12小时内二者不可能相遇；而在卫星脱落后12-24小时内卫星将完成两个多周期的运动，同时太空电梯完成一个运动周期，所以在12-24小时内二者必
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相遇，从而可以实现卫星回收.
2.根据题意，卫星轨道及地球赤道相切点和卫星在太空电梯上的脱离点分别为其轨道的近地点和远地点.在脱离处的总能量为
1m(Rx?)2?GMm??GMm （11）
2RxRx?Re此式可化为
这是关于
?Rx????Re?3?Rx?2GM?1???23?Re??Re (12)
Rx的四次方程，用数值方法求解可得
R【
Rxx ?4.7Re?3.0?104km （13）
ve亦可用开普勒第二定律和能量守恒定律求得.令表示
卫星及赤道相切点即近地点的速率，则有
Rv?R?
ee2x和
1GMm1GMm2mve??m(Rx?)2?2Re2Rx
由上两式联立可得到方程
?Rx??Rx?2GMRx2GM?23?0 ??????23?Re??Re??ReRe?Rexx53
其中除R外其余各量均已知, 因此这是关于R的五次方程. 同样可以用数值方法解得R.】
x卫星从脱离太空电梯到及地球赤道相切经过了半个周期的时间，为了求出卫星运行的周期T?，设椭圆的半长轴为a?，半短轴为b?，有
a??Rx?Re2 (14)
22
?R?Re?b??a???x??2? (15)
因为面积速度可表示为
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?s??1Rx2? (16)
2所以卫星的运动周期为 代入相关数值可得
T??6.8h (18) 卫星及地球赤道第一次相切时已在太空中运行了半个周期，在这段时间内，如果地球不转动，卫星沿地球自转方向运行180度，落到西经
(180??110?)处及赤道相切.
T???a?b?
?s? (17)
但由于地球自转，在这期间地球同时转过了
?T?/2角度，地球自转角速度??360?/24h?15?/h，因此卫星及地球赤道
相切点位于赤道的经度为西经
??180??110???T?2?121?
（19）
即卫星着地点在赤道上约西经121度处.
评分标准： 本题23分.
第1问16分，第i小问8分，(1)、(2)式各2分，（4）式2分，（5）式和结论共2分.第ii小问8分，（9）、（10）式各2分，说出在0-12小时时间段内卫星不可能及太空电梯相遇并给出正确理由共2分，说出在12-24小时时间段内卫星必及太空电梯相遇并给出正确理由共2分.
第2问7分，(11)式1分， (13)式2分，（18）式1分，（19）式3分. （数值结果允许有5%的相对误差） 三、（25分）如图所示，两根刚性轻杆AB和
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杆BCBC在B段牢固粘接在一起，AB延长线及BC的夹角?为锐角，长为l，杆AB长为lcos?。在杆的A、B和C三点各固连一质量均为
m的小球，构成一刚性系统。整个系统放在光滑水平桌面上，桌面上
有一固定的光滑竖直挡板，杆AB延长线及挡板垂直。现使该系统以大小为v0、方向沿AB的速度向挡板平动。在某时刻，小球C及挡板碰撞，碰撞结束时球C在垂直于挡板方向的分速度为零，且球C及挡板不粘连。若使球C碰撞后，球B先于球A及挡板相碰，求夹角?应满足的条件
解法一
y轴及挡板重合. 碰如图1所示，建直角坐标Oxy，x轴及挡板垂直，
撞前体系质心的速度为v，方向沿x轴正方向，以P表示系统的质心，以v和vPy表示碰撞后质心的速度分量，J表示墙作用于小球C的冲量的大小. 根据质心运动定理有
?J?3mv?3mv （1） 0?3mvPy?0 （2） 由（1）和（2）式得
0Px
Px0
vPx?3mv0?J3m （3）
vPy?0 （4）
可在质心参考系中考察系统对质心的角动量. 在球C及挡板碰撞过程中，质心的坐标为
x??lcos? （5）
P
1yP??lsin?3 （6）
球C碰挡板前，三小球相对于质心静止，对质心的角动量为零；球C碰挡板后，质心相对质心参考系仍是静止的，三小球相对质心参考系的运动是绕质心的转动，若转动角速度为?，则三小球对质心P的角动量
L?m?l?m?l?m?l （7）式中l、l和 l分别是A、B和C三球到质心P的距离，由图1可知
2AP2BP2CPAPBPCP
12lAP?l2cos2??l2sin2?
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