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第8讲 动量能量综合问题
知识精讲
1.质心及质心运动
质心及质心位置：任何一个质点系中都存在着一个称为质心的特殊点，它的运动与内力无关，只取决于外力。当需要将质点组处理成一个质点时，它的质量就是质点组的总质量。当需要确定质心的运动时，就设想把质点组所受的全部外力集中作用在质心上。
注意：质心是一个假想的质点。
设空间有N个质点，其质量、位置分别记作、，质量组质心记为C，则质量、位置。
在、、直角坐标系中，记录质心的坐标位置为
2.质心的速度、加速度、动量
质心速度，在空间直角坐标系中，质心速度可表达为
质心的动量，质心的动量等于质点组中各个质点动量的矢量和。
质心的加速度
由上式可见，当质点组所受合外力为零时，质心将保持静止状态或匀速直线运动状态。
同样，质点组的动量定理也可表述为
外力的冲量的矢量和等于质心动量的增量。
3.质心的动能与质点组的动能
以二个质点为例，质量、两质点相对于静止参照系速度、，质心C的速度，二质点相对于质心速度是和，可以证明有
即二个质点的总动能等于质心的动能与两质点相对质心动能之和。
典型例题
题型一 板块模型中的动量能量守恒
例1.(“卓越”自主招生)长为L，质量为M的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出。已知从子弹射入到射出木块移动的距离为s，则子弹穿过木块所用的时间为(　　)
A. B.
C. D.
变式1.如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M＝3 kg，AO部分粗糙且长L＝2 m，与物块间动摩擦因数μ＝0.3，OB部分光滑。另一小物块a放在车的最左端，和车一起以v0＝4 m/s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连。已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内。a、b两物块视为质点且质量均为m＝1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动。(取g＝10 m/s2)求：
(1)物块a与b碰后的速度大小；
(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；
(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离。
变式2.（18届预赛）如图所示，一质量为、长为带薄挡板的木板，静止在水平的地面上，设木板与地面间的静摩擦系数与滑动摩擦系数相等，皆为．质量为的人从木板的一端由静止开始相对于地面匀加速地向前走向另一端，到达另一端时便骤然抓住挡板而停在木板上．已知人与木板间的静摩擦系数足够大，人在木板上不滑动．问：在什么条件下，最后可使木板向前方移动的距离达到最大？其值等于多少？
题型二 质点系中的动量能量守恒
例2.(上海交通大学自主招生)如图所示，在长为L的轻杆的两端分别固定一个线度可忽略的质量分别为M＝3m和m的小球，竖直放置在光滑的水平面上。因受到空气的扰动影响，系统倾倒。在M落地的瞬间，M的速度大小为vM＝________。该过程中系统的质心相对于小球m的位移大小为________。
变式3.（17届预赛）如图所示，一木块位于光滑的水平桌面上，木块上固连一支架，木块与支架的总质量为M．一摆球挂于支架上，摆球的质量为m，摆线的质量不计．初始时，整个装置处于静止状态．一质量为m的子弹以大小为v0、方向垂直于图面向里的速度射人摆球并立即停留在球内，摆球和子弹便一起开始运动．已知摆线最大的偏转角小于900，在小球往返运动过程中摆线始终是拉直的，木块未发生转动．
i．求摆球上升的最大高度．
ii．求木块的最大速率．
iii．求摆球在最低处时速度的大小和方向．
题型三 碰撞中动量能量守恒
例3.（清华大学自主招生）在光滑的水平桌面上有两个质量均为m的小球，由长度为2l的拉紧细线相连。以一恒力作用于细线中点，恒力的大小为F，方向平行于桌面。两球开始运动时，细线与恒力方向垂直。在两球碰撞前瞬间，两球的速度在垂直于恒力方向的分量为 （ ）
A． B． C． D．
.变式4.（19届预赛）一质量为m的小滑块A沿斜坡由静止开始下滑，与一质量为km的静止在水平地面上的小滑块B发生正碰撞，如图所示．设碰撞是弹性的，且一切摩擦不计．为使二者能且只能发生两次碰撞，则k的值应满足什么条件？
变式5.（17届预赛）如图所示，在水平桌面上放有长木板，上右端是固定挡板，在上左端和中点处各放有小物块和，、的尺寸以及的厚度皆可忽略不计，、之间和、之间的距离皆为。设木板与桌面之间无摩擦，、之间和、之间的静摩擦因数及滑动摩擦因数均为；、、（连同挡板）的质量相同．开始时，和静止，以某一初速度向右运动．试问下列情况是否能发生？要求定量求出能发生这些情况时物块的初速度应满足的条件，或定量说明不能发生的理由．
（1）物块与发生碰撞；
（2）物块与发生碰撞（设为弹性碰撞）后，物块与挡板发生碰撞；
（3）物块与挡板发生碰撞（设为弹性碰撞）后，物块与在木板上再发生碰撞；
（4）物块从木板上掉下来；
（5）物块从木板上掉下来．
题型四 天体运动中动量能量守恒
例4.（26届预赛）一个质量为m1的废弃人造地球卫星在离地面h=800km高空作圆周运动，在某处和一个质量为m2＝m1/9的太空碎片发生迎头正碰，碰撞时间极短，碰后二者结合成一个物体并作椭圆运动．碰撞前太空碎片作椭圆运动，椭圆轨道的半长轴为7500km，其轨道和卫星轨道在同一平面内．已知质量为m的物体绕地球作椭圆运动时，其总能量即动能与引力势能之和 ，式中G是引力常量，M是地球的质量，a为椭圆轨道的半长轴．设地球是半径R=6371km的质量均匀分布的球体，不计空气阻力．
（i）试定量论证碰后二者结合成的物体会不会落到地球上．
（ii）如果此事件是发生在北级上空（地心和北极的连线方向上），碰后二者结合成的物体与地球相碰处的纬度是多少？第8讲 动量能量综合问题
知识精讲
1.质心及质心运动
质心及质心位置：任何一个质点系中都存在着一个称为质心的特殊点，它的运动与内力无关，只取决于外力。当需要将质点组处理成一个质点时，它的质量就是质点组的总质量。当需要确定质心的运动时，就设想把质点组所受的全部外力集中作用在质心上。
注意：质心是一个假想的质点。
设空间有N个质点，其质量、位置分别记作、，质量组质心记为C，则质量、位置。
在、、直角坐标系中，记录质心的坐标位置为
2.质心的速度、加速度、动量
质心速度，在空间直角坐标系中，质心速度可表达为
质心的动量，质心的动量等于质点组中各个质点动量的矢量和。
质心的加速度
由上式可见，当质点组所受合外力为零时，质心将保持静止状态或匀速直线运动状态。
同样，质点组的动量定理也可表述为
外力的冲量的矢量和等于质心动量的增量。
3.质心的动能与质点组的动能
以二个质点为例，质量、两质点相对于静止参照系速度、，质心C的速度，二质点相对于质心速度是和，可以证明有
即二个质点的总动能等于质心的动能与两质点相对质心动能之和。
典型例题
题型一 板块模型中的动量能量守恒
例1.(“卓越”自主招生)长为L，质量为M的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出。已知从子弹射入到射出木块移动的距离为s，则子弹穿过木块所用的时间为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】B　
【解析】子弹穿过木块过程，对子弹和木块系统，动量守恒，有：mv0＝mv1＋Mv2，
设子弹穿过木块过程所受阻力为f，对子弹，由动能定理：－f(s＋L)＝mv12－mv02
由动量定理：－ft＝mv1－mv0
对木块，由动能定理：fs＝Mv22，
由动量定理：ft＝Mv2，
联立解得：t＝。选项B正确。
变式1.如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M＝3 kg，AO部分粗糙且长L＝2 m，与物块间动摩擦因数μ＝0.3，OB部分光滑。另一小物块a放在车的最左端，和车一起以v0＝4 m/s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连。已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内。a、b两物块视为质点且质量均为m＝1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动。(取g＝10 m/s2)求：
(1)物块a与b碰后的速度大小；
(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；
(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离。
【解析】(1)对物块a，由动能定理得：
－μmgL＝mv12－mv02，
代入数据解得a与b碰前速度：v1＝2 m/s；
a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv1＝2mv2，
代入数据解得：v2＝1 m/s。
(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，物块a以v2＝1 m/s在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv2＝(M＋m)v3，代入数据解得：v3＝0.25 m/s，
对小车，由动能定理得：μmgs＝Mv32，
代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离：
s＝ m＝0.031 25 m。
(3)由能量守恒得：μmgx＝mv22－(M＋m)v32，
解得物块a与小车相对静止时与O点距离：
x＝ m＝0.125 m。
【答案】(1)1 m/s　(2)0.031 25 m　(3)0.125 m
变式2.（18届预赛）如图所示，一质量为、长为带薄挡板的木板，静止在水平的地面上，设木板与地面间的静摩擦系数与滑动摩擦系数相等，皆为．质量为的人从木板的一端由静止开始相对于地面匀加速地向前走向另一端，到达另一端时便骤然抓住挡板而停在木板上．已知人与木板间的静摩擦系数足够大，人在木板上不滑动．问：在什么条件下，最后可使木板向前方移动的距离达到最大？其值等于多少？
解析：在人从木板的一端向另一端运动的过程中，先讨论木板发生向后运动的情形，以表示人开始运动到刚抵达另一端尚未停下这段过程中所用的时间，设以表示木板向后移动的距离，如图预解18-5所示．以表示人与木板间的静摩擦力，以表示地面作用于木板的摩擦力，以和分别表示人和木板的加速度，
则
（1）
（2）
（3）
（4）
解以上四式，得
（5）
对人和木板组成的系统，人在木板另一端骤然停下后，两者的总动量等于从开始到此时地面的摩擦力的冲量，忽略人骤然停下那段极短的时间，则有
（6）
为人在木板另一端刚停下时两者一起运动的速度．设人在木板另一端停下后两者一起向前移动的距离为，地面的滑动摩擦系数为，则有
（7）
木板向前移动的净距离为
（8）
由以上各式得
由此式可知，欲使木板向前移动的距离为最大，应有
（9）
即 （10）
即木板向前移动的距离为最大的条件是：人作用于木板的静摩擦力等于地面作用于木板的滑动摩擦力．
移动的最大距离
（11）
由上可见，在设木板发生向后运动，即的情况下，时，有极大值，也就是说，在时间0～内，木板刚刚不动的条件下有极大值．
再来讨论木板不动即的情况，那时，因为，所以人积累的动能和碰后的总动能都将变小，从而前进的距离也变小，即小于上述的。
题型二 质点系中的动量能量守恒
例2.(上海交通大学自主招生)如图所示，在长为L的轻杆的两端分别固定一个线度可忽略的质量分别为M＝3m和m的小球，竖直放置在光滑的水平面上。因受到空气的扰动影响，系统倾倒。在M落地的瞬间，M的速度大小为vM＝________。该过程中系统的质心相对于小球m的位移大小为________。
【解析】系统质心在两球连线上且距m的距离为。在系统倾倒过程中，系统水平方向动量守恒。在M落地的瞬间，M与m的水平速度分量均为零，M的速度方向竖直向下，由机械能守恒定律，MgL＝MvM2，解得vM＝。由于水平方向不受外力，系统质心在水平方向位移为零。系统的质心相对于小球m的位移大小为：s＝L。
【答案】　L
变式3.（17届预赛）如图所示，一木块位于光滑的水平桌面上，木块上固连一支架，木块与支架的总质量为M．一摆球挂于支架上，摆球的质量为m，摆线的质量不计．初始时，整个装置处于静止状态．一质量为m的子弹以大小为v0、方向垂直于图面向里的速度射人摆球并立即停留在球内，摆球和子弹便一起开始运动．已知摆线最大的偏转角小于900，在小球往返运动过程中摆线始终是拉直的，木块未发生转动．
i．求摆球上升的最大高度．
ii．求木块的最大速率．
iii．求摆球在最低处时速度的大小和方向．
参考解答：
i．由于子弹射人摆球至停留在球内经历的时间极短，可以认为在这过程中摆球仅获得速度但无位移．设摆球（包括停留在球内的子弹）向前（指垂直于图面向里）的速度为u，由动量守恒定律有
mv0=2mu (l)
摆球以速度u开始向前摆动，木块亦发生运动．当摆球上升至最高时，摆球相对木块静止，设此时木块的速度为V，摆球上升的高度为h，因水平方向动量守恒以及机械能守恒有
2mu=(2m+M)V (2)
(3)
解（l）、（2）、（3）三式得
(4)
ii．摆球升到最高后相对木块要反向摆动．因为在摆球从开始运动到摆线返回到竖直位置前的整个过程中，摆线作用于支架的拉力始终向斜前方，它使木块向前运动的速度不断增大；摆线经过竖直位置后，直到摆线再次回到竖直位置前，摆线作用于支架的拉力将向斜后方，它使木块速度减小，所以在摆线（第一次）返回到竖直位置的那一时刻，木块的速度最大，方向向前
以V’表示摆线位于竖直位置时木块的速率，u’表示此时摆球的速度（相对桌面），当u' >0，表示其方向水平向前，反之，则水平向后．因水平方向动量守恒以及机械能守恒，故有
(5)
(6)
解（1）、（5）、（6）三式可得摆线位于竖直位置时木块速度的大小
(7)
(8)
(7）式对应于子弹刚射人摆球但木块尚未运动时木块的速度，它也是摆球在以后相对木块往复运动过程中摆线每次由后向前经过竖直位置时木块的速度；而题中要求的木块的最大速率为（8）式，它也是摆球在以后相对木块的往复运动过程中摆线每次由前向后经过竖直位置时木块的速度．
iii．在整个运动过程中，每当摆线处于竖直位置时，小球便位于最低处．当子弹刚射人摆球时，摆球位于最低处，设这时摆球的速度为u，由（l）式得
(9)
方向水平向前．当摆球第一次回到最低处时，木块速度最大，设这时摆球的速度为u'，由 (l）、（5）、（6）三式和（8）式可得
(10)
其方向向后．
当摆球第二次回到最低处时，由（7）式木块速度减至0，设这时摆球的速度为u''，
由（l）、（5）、（6）式可得
u''＝ (11)
方向向前，开始重复初始的运动．
题型三 碰撞中动量能量守恒
例3.（清华大学自主招生）在光滑的水平桌面上有两个质量均为m的小球，由长度为2l的拉紧细线相连。以一恒力作用于细线中点，恒力的大小为F，方向平行于桌面。两球开始运动时，细线与恒力方向垂直。在两球碰撞前瞬间，两球的速度在垂直于恒力方向的分量为 （ ）
A． B． C． D．
.变式4.（19届预赛）一质量为m的小滑块A沿斜坡由静止开始下滑，与一质量为km的静止在水平地面上的小滑块B发生正碰撞，如图所示．设碰撞是弹性的，且一切摩擦不计．为使二者能且只能发生两次碰撞，则k的值应满足什么条件？
解析：设A与B碰撞前A的速度为v0，碰后A与B的速度分别为v1与V1，由动量守恒及机械能守恒定律有
(1)
(2)
由此解得
(3)
(4)
为使A能回到坡上，要求v1<0，这导致k>1；为使A从坡上滑下后再能追上B，应有，即，这导致，于是，为使第二次碰撞能发生，要求
k > 3 (5)
对于第二次碰撞，令v2和V2分别表示碰后A和B的速度，同样由动量守恒及机械能守恒定律有：
由此解得
(6)
(7)
若v2>0，则一定不会发生第三次碰撞，若v2<0，且，则会发生第三次碰撞．故为使第三次碰撞不会发生，要求A第三次从坡上滑下后速度的大小不大于B速度的大小，即
(8)
由(6)、（7）、（8）式得
（9）
由
k2－10 k + 5 = 0
可求得
(9)式的解为
(10)
(10)与(5)的交集即为所求：
(11)
变式5.（17届预赛）如图所示，在水平桌面上放有长木板，上右端是固定挡板，在上左端和中点处各放有小物块和，、的尺寸以及的厚度皆可忽略不计，、之间和、之间的距离皆为。设木板与桌面之间无摩擦，、之间和、之间的静摩擦因数及滑动摩擦因数均为；、、（连同挡板）的质量相同．开始时，和静止，以某一初速度向右运动．试问下列情况是否能发生？要求定量求出能发生这些情况时物块的初速度应满足的条件，或定量说明不能发生的理由．
（1）物块与发生碰撞；
（2）物块与发生碰撞（设为弹性碰撞）后，物块与挡板发生碰撞；
（3）物块与挡板发生碰撞（设为弹性碰撞）后，物块与在木板上再发生碰撞；
（4）物块从木板上掉下来；
（5）物块从木板上掉下来．
解析：1. 以表示物块、和木板的质量，当物块以初速向右运动时，物块受到木板施加的大小为的滑动摩擦力而减速，木板则受到物块施加的大小为的滑动摩擦力和物块施加的大小为的摩擦力而做加速运动，物块则因受木板施加的摩擦力作用而加速，设、、三者的加速度分别为、和，则由牛顿第二定律，有
事实上在此题中，，即、之间无相对运动，这是因为当时，由上式可得
（1）
它小于最大静摩擦力．可见静摩擦力使物块、木板之间不发生相对运动。若物块刚好与物块不发生碰撞，则物块运动到物块所在处时，与的速度大小相等．因为物块与木板的速度相等，所以此时三者的速度均相同，设为，由动量守恒定律得
（2）
在此过程中，设木板运动的路程为，则物块运动的路程为，如图预解17-8所示．由动能定理有
（3）
（4）
或者说，在此过程中整个系统动能的改变等于系统内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和（（3）与（4）式等号两边相加），即
（5）
式中就是物块相对木板运动的路程．解（2）、（5）式，得
（6）
即物块的初速度时，刚好不与发生碰撞，若，则将与发生碰撞，故与发生碰撞的条件是
（7）
2. 当物块的初速度满足（7）式时，与将发生碰撞，设碰撞的瞬间，、、三者的速度分别为、和，则有
（8）
在物块、发生碰撞的极短时间内，木板对它们的摩擦力的冲量非常小，可忽略不计。故在碰撞过程中，与构成的系统的动量守恒，而木板的速度保持不变．因为物块、间的碰撞是弹性的，系统的机械能守恒，又因为质量相等，由动量守恒和机械能守恒可以证明（证明从略），碰撞前后、交换速度，若碰撞刚结束时，、、三者的速度分别为、和，则有
由（8）、（9）式可知，物块与木板速度相等，保持相对静止，而相对于、向右运动，以后发生的过程相当于第1问中所进行的延续，由物块替换继续向右运动。
若物块刚好与挡板不发生碰撞，则物块以速度从板板的中点运动到挡板所在处时，与的速度相等．因与的速度大小是相等的，故、、三者的速度相等，设此时三者的速度为．根据动量守恒定律有
（10）
以初速度开始运动，接着与发生完全弹性碰撞，碰撞后物块相对木板静止，到达所在处这一整个过程中，先是相对运动的路程为，接着是相对运动的路程为，整个系统动能的改变，类似于上面第1问解答中（5）式的说法．等于系统内部相互问的滑动摩擦力做功的代数和，即
（11）
解（10）、（11）两式得
（12）
即物块的初速度时，与碰撞，但与刚好不发生碰撞，若，就能使与发生碰撞，故与碰撞后，物块与挡板发生碰撞的条件是
（13）
3. 若物块的初速度满足条件（13）式，则在、发生碰撞后，将与挡板发生碰撞，设在碰撞前瞬间，、、三者的速度分别为、和，则有
（14）
与碰撞后的瞬间，、、三者的速度分别为、和，则仍类似于第2问解答中（9）的道理，有
（15）
由（14）、（15）式可知与刚碰撞后，物块与的速度相等，都小于木板的速度，即
（16）
在以后的运动过程中，木板以较大的加速度向右做减速运动，而物块和以相同的较小的加速度向右做加速运动，加速度的大小分别为
（17）
加速过程将持续到或者和与的速度相同，三者以相同速度向右做匀速运动，或者木块从木板上掉了下来。因此物块与在木板上不可能再发生碰撞。
4. 若恰好没从木板上掉下来，即到达的左端时的速度变为与相同，这时三者的速度皆相同，以表示，由动量守恒有
（18）
从以初速度在木板的左端开始运动，经过与相碰，直到刚没从木板的左端掉下来，这一整个过程中，系统内部先是相对的路程为；接着相对运动的路程也是；与碰后直到刚没从木板上掉下来，与相对运动的路程也皆为．整个系统动能的改变应等于内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和，即
（19）
由（18）、（19）两式，得
（20）
即当物块的初速度时，刚好不会从木板上掉下．若，则将从木板上掉下，故从上掉下的条件是
（21）
5. 若物块的初速度满足条件（21）式，则将从木板上掉下来，设刚要从木板上掉下来时，、、三者的速度分别为、和，则有
（22）
这时（18）式应改写为
（23）
（19）式应改写为
（24）
当物块从木板上掉下来后，若物块刚好不会从木板上掉下，即当的左端赶上时，与的速度相等．设此速度为，则对、这一系统来说，由动量守恒定律，有
（25）
在此过程中，对这一系统来说，滑动摩擦力做功的代数和为，由动能定理可得
（26）
由（23）、（24）、（25）、（26）式可得
（27）
即当时，物块刚好不能从木板上掉下。若，则将从木板上掉下，故物块从木板上掉下来的条件是
（28）
题型四 天体运动中动量能量守恒
例4.（26届预赛）一个质量为m1的废弃人造地球卫星在离地面h=800km高空作圆周运动，在某处和一个质量为m2＝m1/9的太空碎片发生迎头正碰，碰撞时间极短，碰后二者结合成一个物体并作椭圆运动．碰撞前太空碎片作椭圆运动，椭圆轨道的半长轴为7500km，其轨道和卫星轨道在同一平面内．已知质量为m的物体绕地球作椭圆运动时，其总能量即动能与引力势能之和 ，式中G是引力常量，M是地球的质量，a为椭圆轨道的半长轴．设地球是半径R=6371km的质量均匀分布的球体，不计空气阻力．
（i）试定量论证碰后二者结合成的物体会不会落到地球上．
（ii）如果此事件是发生在北级上空（地心和北极的连线方向上），碰后二者结合成的物体与地球相碰处的纬度是多少？
参考解答：
（i）图1为卫星和碎片运行轨道的示意图．以v1表示碰撞前卫星作圆周运动的速度，以M表示地球E的质量，根据万有引力定律和牛顿定律有
（1）
式中G是引力常量．由（l）式得
（2）
以v2表示刚要碰撞时太空碎片的速度，因为与卫星发生碰撞时，碎片到地心的距离等于卫星到地心的距离，根据题意，太空碎片作椭圆运动的总能量
（3）
式中a为椭圆轨道的半长轴．由（3）式得
（4）
卫星和碎片碰撞过程中动量守恒，有
m1v1－m2v2=(m1+m2)v （5）
这里v是碰后二者结合成的物体（简称结合物）的速度．由（5）式得
（6）
由（2）、（4）、（6）三式并代人有关数据得
（7）
结合物能否撞上地球，要看其轨道（椭圆）的近地点到地心的距离rmin，如果rmin（8）
代人有关数据得 a '=5259km （9）
结合物轨道的近地点到地心的距离
rmin=2 a '－（R+h）=3347km据此可以判断，结合物最后要撞上地球．
（ii）解法一
在极坐标中讨论．取极坐标，坐标原点在地心处，极轴由北极指向南极，如图2所示．碰撞点在北极上空，是椭圆轨道的远地点，结合物轨道的椭圆方程
（11）
式中e是偏心率，p是椭圆的半正焦弦，远地点到地心的距离
rmax=R+h （12）
由解析几何有
（13）
在轨道的近地点，r=rmin，θ=0，由（11）式得
p=rmin(1+e)(=4563km) （14）
或有
p=rmax (1－e) （15）
在结合物撞击地球处；r= R，由（11）式有
（16）
或 （17）
代人有关数据可得
cosθ=－0.7807 （18）
θ=141.320 （19）
这是在北纬51.320 ．．
解法二
在直角坐标中讨论．取直角坐标系，以椭圆的对称中心为坐标原点O, x轴通过近地点和远地点并由远地点指向近地点，如图3所示．结合物轨道的椭圆方程是
（20）
式中a＇、b＇分别为结合物椭圆轨道的半长轴和半短轴．远地点到地心的距离
rmax=R+h （21）
根据解析几何，若c为地心与坐标原点间的距离，
c= rmax－a＇(=1912km) （22）
而 （23）
注意到a＇由（9）式给出，得
b＇=4899km （24）
结合物撞击地面处是结合物的椭圆轨道与地面的交点，设该处的坐标为xp和yp，则有
xp=Rcosθ+c （25）
yp=Rsinθ （26）
式中θ为从地心指向撞击点的矢经与x方向的夹角．因撞击点在结合物的轨道上，将（24）、（25）式代入轨道方程（20）式，经整理得
（27）
引人以下符号并代人有关数据得
ht
代入（27）式得
（28）
解得 （29）
舍掉不合理的答案，得
cosθ=－0.7807 （30）
θ=141.320 （31）
这是在北纬51.320 ．

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