?GMm1GMm2 ?m?0.80R??2?r?0.80R20.80R直接求得】
同步卫星的轨道半径R满足
GM 2?R?2 (4)
R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?12?0.80R?? (6) 2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
a?0.28R?0.80R (7)
222?0.80?0.28?2 b?a???R (8)
2??卫星运动的周期T为
T?代人相关数值可求出
?ab (9) ?sT?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.设想自卫星与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小时内二者必相遇，从而可以实现卫星回收.
2.根据题意，卫星轨道与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
1GMmGMm m(Rx?)2? （11） ??2RxRx?Re此式可化为
3?R??R?2GM ?x??1?x??23 (12)
Re??Re?Re??5
这是关于Rx的四次方程，用数值方法求解可得
Rx?4.7Re?3.0?104km （13） 【Rx亦可用开普勒第二定律和能量守恒定律求得.令ve表示卫星与赤道相切点即近地点的速率，则有
2Reve?Rx?
和
12GMm1GMm mve??m(Rx?)2?2Re2Rx由上两式联立可得到方程
?Rx??Rx?2GMRx2GM?23?0 ??????23RR?RR?Reee?e??e?其中除Rx外其余各量均已知, 因此这是关于Rx的五次方程. 同样可以用数值方法解得Rx.】 卫星从脱离太空电梯到与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??53Rx?Re (14) 222?R?Re? b??a???x? (15)
?2?因为面积速度可表示为
?s??所以卫星的运动周期为
T??12Rx? (16) 2?a?b? (17) ?s?代入相关数值可得
T??6.8h (18) 卫星与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?)处与赤道相切. 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，因此卫星与地球赤道相切点位于赤道的经度为西经
?T???180??110???121? （19）
2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与太空电梯相
6
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与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、 解法一
如图1所示，建直角坐标Oxy，x轴与挡板垂直，
y B O y轴与挡板重合. 碰撞前体系质心的速度为v0，方向沿x轴正方向，以P表示系统的质心，以vPx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
A 冲量的大小. 根据质心运动定理有
?J?3mvPx?3mv0 （1） 0?3mvPy?0 （2） 由（1）和（2）式得
3mv0?J vPx? （3）
3m vPy?0 （4）
? P x ? lCP C 可在质心参考系中考察系统对质心的角动量. 在球C与挡板碰撞过程中，质心的坐标为
图1 xP??lcos? （5）
1 yP??lsin? （6）
3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
222?m?lBP?m?lCP L?m?lAP （7）式中lAP、lBP和 lCP分别是A、B和C三球到质心P的距离，由图1可知
12 lAP ?l2cos2??l2sin2? （8）
912 lBP?l2sin2? （9）
942lCP?l2cos2??l2sin2? （10）
9由（7）、（8）、（9）和（10）各式得
2L?ml2?(1?2cos2?) （11）
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在碰撞过程中，质心有加速度，质心参考系是非惯性参考系，在质心参考系中考察动力学问题时，必须引入惯性力. 但作用于质点系的惯性力的合力通过质心，对质心的力矩等于零，不影响质点系对质心的角动量，故在质心参考系中，相对质心角动量的变化仍取决于作用于球C的冲量J的冲量矩，即有
2 Jlsin??L （12）
3【也可以始终在惯性参考系中考察问题，即把桌面上与体系质心重合的那一点作为角动量的参考点，则对该参考点(12)式也成立】
由（11）和（12）式得
Jsin? (13) ??ml(1?2cos2?)球C相对于质心参考系的速度分量分别为（参考图1）
vCPx???lCPsin????(lsin??|yP|) (14) vCPy???lCPcos????lcos? (15) 球C相对固定参考系速度的x分量为
vCx?vCPx?vPx （16） 由（3）、（6）、（13） 和 （16）各式得
J vCx???v0 （17） 2m(1?2cos?)根据题意有
vCx?0 （18）由（17）和（18）式得
J?mv0(1?2cos2?) （19）
由（13）和（19）式得
vsin?y （20） ??0l球A若先于球B与挡板发生碰撞，则在球C与挡板碰撞后，
A 整个系统至少应绕质心转过???角，即杆AB至少转到沿y
方向，如图2所示. 系统绕质心转过???所需时间
1O x ?2 t? （21） ?P 在此时间内质心沿x方向向右移动的距离 B ?x?vPxt （22） 若
yP??x?xP （23） C 则球B先于球A与挡板碰撞. 由（5）、（6）、（14）、（16）、（18）、（21）、（22）和（23）式得
3 ??arctan （24）
1??即
?图2
??36 (25)
评分标准： 本题25分.（1）、（2）、（11）、（12）、（19）、（20）式各3分，（21）式1分，（22）、（23）式各2分.(24)或(25)式2分.
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