JQX/进取芯 席明纳第28期（2026.04.23）一道高考改编题中对能量分配的探究
JQX|Xiao
假设地球是一个密度均匀的理想球体，在其内部挖出一条穿过地心的隧道。当我们从地球表面上方某一高度释放一个物体时，它将经历一段特殊的旅程。在地球外部，物体的下落是一段退化成直线的椭圆轨道运动；在地球内部，物体的运动转化为简谐振动。下面我们将对物体运动的周期进行分析。
一、 题目
假设地球的质量为 $M$，半径为 $R$，万有引力常数为 $G$。物体从距离地面高度为 $h$ 的位置由静止释放。为了便于计算，我们定义释放点到地心的初始距离为 $r_0 = R + h$。在整个运动过程中，我们将忽略空气阻力、地球自转等一切非保守力因素，认为物体的机械能严格守恒。物体的运动轨迹是一条穿过地心的直线，一次完整的周期性运动包含：从上方 $r_0$ 下落至地球表面、穿越地球内部到达另一侧表面、飞出表面到达另一侧对称高度 $r_0$、然后原路返回至初始释放点。
二、 地球外部的运动：退化椭圆与开普勒方程
当物体在地球外部（即距离地心 $r \ge R$）运动时，受到的万有引力遵循平方反比定律 $F = -GmM/r^2$。物体在地球外部的运动可以看成离心率 $e = 1$ 的“退化椭圆”（即一条直线）。
对于这个退化的直线椭圆，其远地点距离就是初始释放位置 $r_0$，而近地点距离为 $0$（即地心）。因此，该椭圆的半长轴为 $a = r_0 / 2$。由于物体从释放点 $r_0$ 到下落到地球表面 $R$是变速运动， 所需的时间在高中范围内很难解决，开普勒利用开普勒第二定律给出了一个非常美妙的方法，这里我们用开普勒方程 $M_e = E – e \sin E$来解决地球外部物体运动的时间。其中 $M_e$ 为平近点角， $E$ 为偏近点角。对于退化椭圆，离心率 $e = 1$，开普勒方程简化为 $M_e = E – \sin E$。
平近点角与时间 $t$ 的关系为 $M_e = \sqrt{GM/a^3} \cdot t$。在椭圆轨道中，中心距离 $r$ 与偏近点角 $E$ 的几何关系为 $r = a(1 – e \cos E)$，代入 $e = 1$ 得到 $r = a(1 – \cos E)$。当物体在远地点（即初始释放点 $r_0$）时，$r = r_0 = 2a$，此时对应的偏近点角 $E_{start} = \pi$。当物体下落到地球表面即 $r = R$ 时，设此时的偏近点角为 $\theta$，则有 $R = a(1 – \cos \theta) = (r_0 / 2)(1 – \cos \theta)$。通过整理可得 $\cos \theta = 1 – 2R/r_0$，即到达地表时的偏近点角为 $\theta = \arccos(1 – 2R/r_0)$。
由于物体是从 $E = \pi$ 运动到 $E = \theta$，我们可以利用开普勒方程计算出这段时间差。单次从高空落至地表的时间 $t_{out}$ 可以表示为 $t_{out} = \sqrt{a^3 / GM} \cdot [(\pi – \sin \pi) – (\theta – \sin \theta)]$。代入半长轴 $a = r_0 / 2$，时间表达式化简为 $t_{out} = \sqrt{r_0^3 / (8GM)} \cdot (\pi – \theta + \sin \theta)$。这一公式优雅地给出了物体在地球外部单次单向飞行的时间。
三、 地球内部的运动：简谐振动与参考圆法
当物体进入地球内部隧道（即 $r < R$）时，物体受到的引力与距离地心的距离成正比，表达式为 $F = -GmM r / R^3$。因此物体在地球内部的运动是简谐振动，运动方程满足 $a = -\omega^2 r$，其中圆频率 $\omega = \sqrt{GM/R^3}$。
由于物体刚落到地面上时有速度，所以并不是一次完整的简谐振动，因此我们使用参考圆法来求解在地球内部的时间。首先要确定简谐振动的振幅 $A$。根据地表处的能量守恒，物体在地表时的动能加上势能等于初始释放时的总能量，即 $v_R^2 / 2 – GM/R = -GM/r_0$。由此可以求出物体进入地表时的速度大小 $v_R = \sqrt{2GM(1/R – 1/r_0)}$。
简谐振动的振幅 $A$ 可以通过公式 $A = \sqrt{R^2 + (v_R / \omega)^2}$ 得到。将速度 $v_R$ 和圆频率 $\omega$ 的平方代入，得到 $(v_R / \omega)^2 = [2GM(r_0 – R)/(R r_0)] / (GM/R^3) = 2R^2(1 – R/r_0)$。因此，振幅的平方为 $A^2 = R^2 + 2R^2 – 2R^3/r_0 = R^2(3 – 2R/r_0)$。所以，该简谐振动的等效振幅为 $A = R\sqrt{3 – 2R/r_0}$。显然，由于物体是从高空落下的，$A$ 大于地球半径 $R$。
现在引入参考圆：想象一个半径为 $A$ 的匀速圆周运动，其在穿过地心的直线上的投影就是该物体的简谐振动。物体从一侧地表 $r = R$ 进入，穿过地心到达另一侧地表 $r = -R$。在参考圆上，进入点的相位角 $\phi$ 满足 $\cos \phi = R/A$（因为物体向地心运动，取第一象限角度）。当物体到达对称表面 $-R$ 时，相位角变为 $\pi – \phi$。
因此，物体在地球内部单次穿越扫过的参考圆圆心角为 $\Delta \phi = (\pi – \phi) – \phi = \pi – 2\phi = \pi – 2\arccos(R/A)$。利用角速度公式，物体单次穿越地球内部所需的时间 $t_{in}$ 就是 $\Delta \phi / \omega$。代入圆频率后，地球内部运动时间为 $t_{in} = \sqrt{R^3/GM} \cdot [\pi – 2\arccos(R/A)]$。
四、 完整周期运动
一次完整的周期性运动包含了四次地球外部的飞行和两次地球内部的穿越。因此，总周期时间 $T = 4t_{out} + 2t_{in}$。
将前文推导的具体表达式代入，并提取出合理的常数项，最终的周期总公式可以写作 $T = 4\sqrt{r_0^3/(8GM)} \cdot (\pi – \theta + \sin \theta) + 2\sqrt{R^3/GM} \cdot (\pi – 2\arccos(R/A))$。为了使公式看起来更加简洁，第一项中的常数可以化简为 $4/\sqrt{8} = \sqrt{2}$。
所以，最终完整周期的时间表达式为 $T = \sqrt{2r_0^3/GM} \cdot (\pi – \theta + \sin \theta) + 2\sqrt{R^3/GM} \cdot (\pi – 2\arccos(R/A))$。在应用该公式时，我们需要配套使用前文定义的两个关键辅助参量：偏近点角参数 $\theta = \arccos(1 – 2R/r_0)$，以及简谐振动等效振幅 $A = R\sqrt{3 – 2R/r_0}$。
五、 拓展
金老师额外提供了一个题目：在赤道上以速度 $v = \sqrt{\dfrac{GM}{R}}$ 向上发射一航天器（$M$ 为地球质量，$R$ 为地球半径），然后航天器又竖直掉下来了（不考虑地球自转）。试求航天器从发射到落地的时间 $t$。阻力不计。
解析：1. 用机械能守恒求最高点
航天器从地面以 $v = \sqrt{\dfrac{GM}{R}}$ 竖直上抛，到最高点时速度为 0，过程中只有万有引力做功，机械能守恒：
$\frac{1}{2}mv^2 – \frac{GMm}{R} = 0 – \frac{GMm}{R+h}$
解得最高点离地心距离 $R+h = 2R$，即 $h = R$。
2. 等效为极扁椭圆轨道
竖直上抛的运动，可以等效为一个半短轴 $b \to 0$ 的极扁椭圆轨道：地心 $O$ 是椭圆的一个焦点，也是轨道的近地点（距地心 $R$），最高点是椭圆的远地点（距地心 $2R$）椭圆半长轴：$a = \frac{R + 2R}{2} = R$
3. 用开普勒第三定律求椭圆周期 $\dfrac{T^2}{a^3} = \dfrac{4\pi^2}{GM}$，代入 $a = R$，$T = 2\pi\sqrt{\frac{R^3}{GM}}$
4. 用开普勒第二定律求运动时间，单位时间内矢径扫过的面积恒定，即 $\dfrac{s}{t} = \dfrac{S}{T}$。
椭圆总面积 $S = \pi ab = \pi Rb$
航天器从发射到落地，矢径扫过的面积 $s = \dfrac{1}{2}\pi Rb + Rb$（半个椭圆 + 三角形）
代入比例式：
$t = \frac{s}{S} \cdot T = \frac{\frac{1}{2}\pi Rb + Rb}{\pi Rb} \cdot 2\pi\sqrt{\frac{R^3}{GM}}$
约去 $Rb$ 后化简：
$t = (\pi + 2)\sqrt{\frac{R^3}{GM}}$。