iii）双曲线 设双曲线方程为
焦距，太阳位于焦点（C，0），星体m在双曲线正半支上运动。如图4-10-3所示，其渐近线OE方程为y=bx/a，考虑m在D处与无穷远处关系，有
考虑到当，运动方向逼近渐近线，焦点与渐近线距为 故有 或 联解得
双曲线轨道能量 小结
椭圆轨道
抛物线轨道 双曲线轨道 以下举一个例子
质量为m的宇宙飞船绕地球中心0作圆周运动，已知地球半径为R，飞船轨道半径为2R。现要将飞船转移到另一个半径为4R的新轨道上，如图4-10-4所示，求 （1）转移所需的最少能量；
（2）如果转移是沿半椭圆双切轨道进行的，如图中的ACB所示，则飞船在两条轨道的交接处A和B的速度变化各为多少？
解: （1）宇宙飞船在2R轨道上绕地球运动时，万有引力提供向心力，令其速度为，乃有
故得
此时飞船的动能和引力势能分别为
所以飞船在2R轨道上的机械能为
同理可得飞船在4R轨道上的机械能为
以两轨道上飞船所具有的机械能比较，知其机械能的增量即为实现轨道转移所需的最少能量，即
（2）由（1）已得飞船在2R轨道上运行的速度为
同样可得飞船4R轨道上运行的速度为
设飞船沿图示半椭圆轨道ACB运行时，在A、B两点的速度分别为。则由开普勒第二定律可得
又由于飞船沿此椭圆轨道的一半运行中机械能守恒，故应有
联立以上两式解之可得
故得飞船在A、B两轨道交接处的速度变化量分别为
例如：三个钢球A、B、C由轻质的长为的硬杆连接，竖立在水平面上，如图4-10-5所示。已知三球质量，，距离杆处有一面竖直墙。因受微小扰动，两杆分别向两边滑动，使B球竖直位置下降。致使C球与墙面发生碰撞。设C球与墙面碰撞前后其速度大小不变，且所有摩擦不计，各球的直径都比小很多，求B球落地瞬间三球的速度大小。 解：
（1）球碰墙前三球的位置
视A、B、C三者为一系统，A、C在水平面上滑动时，只要C不与墙面相碰，则此系统不受水平外力作用，此系统质心的水平坐标不发生变化。以图4-10-6表示C球刚好要碰墙前三球的位置，以表示此时BC杆与水平面间的夹角，则AB杆与水平面间的夹角也为，并令BA杆上的M点与系统质心的水平坐标相同，则应有
故得 ①
由上述知M点的水平坐标应与原来三秋所在的位置的水平坐标相同，故知此刻M点与右侧墙面的距离即为，即M点与C球的水平距离为，由此有，即 。
由上式解得，故有 ② （2）求三球碰墙前的速度
由于碰墙前M点的水平坐标不变，则在A、C沿水平面滑动过程中的任何时刻，由于图中的几何约束，C点与M点的水平距离总等于A点与M点的水平距离的倍，可见任何时刻C点的水平速度大小总为A点水平速度大小的倍。以、、分别表示图5-2-2中三球的速度，则有 ③
又设沿BC方向的分量为，则由于和分别为杆BC两端的小球速度，则此两小球速度沿着杆方向的投影应该相等，即 。
再设沿BA方向的分量为，同上道理可得
注意到BA与BC两个方向刚好互相垂直，故得的大小为
以②③两式带入上式，乃得 ④
由于系统与图5-2-1状态到图5-2-2状态的机械能守恒，乃有
。
以①~④式代入上式。解方程知可得 ⑤
（3）求C球在刚碰墙后三球的速度
如图4-10-8所示，由于C球与墙碰撞，导致C球的速度反向而大小不变，由于杆BC对碰撞作用力的传递，使B球的速度也随之变化，这一变化的结果是：B球速度沿CB方向的分量与C球速度沿CB方向的分量相等，即 ⑥
由于BC杆只能传递沿其杆身方向的力，故B球在垂直于杆身方向（即BA方向）的速度不因碰撞而发生变化，A球的速度也不因碰撞而发生变化，即其仍为。故得此时B球速度沿BA方向的分量满足
， ⑦ 乃得刚碰撞后B球速度大小为 ⑧
（4）求B球落地时三球的速度大小
碰撞后，三球速度都有水平向左的分量，可见此后系统质心速度在水平方向的分量应该方向向左，且由于此后系统不受水平外力，则应维持不变。由上解得的三球速度，可得应该满足 。
以③、⑤、⑥、⑦诸式代入上式可解得 ⑨
当B球落地时，A、B、C三小球均在同一水平线上，它们沿水平方向的速度相等，显然，这一速度也就是系统质心速度的水平分量。而B小球刚要落地时，A、C两球的速度均沿水平方向（即只有水平分量），B球的速度则还有竖直分量，以落表示此刻B球速度的大小。则由图4-10-8所示的状态到B小球刚要落地时，系统的机械能守恒，由此有
以⑨、⑧、⑤各式代入上式可解得 落= ⑩
综合上述得本题答案为：当B小球刚落地时，A、B、C三球的速度大小分别为 、、和。
高中物理竞赛热学教程第四讲动量 角动量和能量