2026年CNAO决赛第16题-（仅高年组）星际彗星

题目

2025年7月1日，小行星撞地预警系统（ATLAS）上报了对一新天体的观测结果。2025年7月2日，国际天文学联合会（IAU）确认它是一颗彗星，并授予其编号 C/2025 N1。同时，它也是继2017年的1I/'Oumuamua和2019年的2I/Borisov之后，人类确认的第3个穿越太阳系的星际天体（Interstellar Object），因此又被授予编号3I/Atlas。

已知该星际彗星在无穷远处的速度大小为$$58.0 km/s$$，近日距为$$1.36au$$，轨道倾角为$$175°$$，因此可认为它沿着一条逆行轨道在黄道面内运行。太阳系内的各大行星均可认为沿圆轨道运行。试根据以上信息，回答以下四个小问，答案均保留三位有效数字。

（1）利用地球的轨道参数计算牛顿万有引力常量与太阳质量的乘积（单位：$$km^{3}/s^{2}$$）。

（2）2025年10月30日，该星际彗星经过近日点，计算此时该天体相对太阳的速度大小（单位：$$km/s$$）。

（3）计算该星际彗星离开太阳系后的速度方向与进入太阳系前的速度方向之间的夹角，以及该星际彗星的轨道偏心率。

（4）2025年10月3日，该星际彗星近距离掠过火星，我国的天问一号火星探测器抓住这个时机，成功拍摄到它的清晰图像。已知火星的轨道半径为$$1.52au$$，若不考虑火星的轨道倾角以及引力作用，试估算此时该星际彗星相对火星的速度大小（单位：$$km/s$$）。

解答

❤	用户答案 贡献者： BJG10 GEJ_CaCO3III

(1)运用开普勒第三定律，有$$GM_\odot = \frac{4\pi^2a^3}{T^2}$$

代入$$a=1.496\times10^8\text{km}$$与$$T=3.16\times 10^7 \text{s}$$

得$$GM_\odot=1.32\times 10^{11} \text{km}^3\cdot \text{s}^{-2}$$

(2)由于轨道能量守恒，有$$E_{k,peri}+E_{p,peri}=E_{k\infty}$$

即$$\frac12mv_p^2-\frac{GM_\odot m}{r_p}=\frac12mv_\infty^2$$

化简，得$$v_p=\sqrt{\frac{2GM_\odot}{r_p}+v^2_\infty}$$

代入$$GM_\odot = 1.32\times 10^{11} \text{km}^3\cdot \text{s}^{-2}, r_p=1.36 \text{a.u.}=2.03\times 10^8 \text{km}, v_\infty = 58 \text{km}\cdot\text{s}^{-1}$$

得：$$v_p=68.3\text{km}\cdot\text{s}^{-1}$$

(3)轨道的总单位质量角动量：$$h=v_pr_p=\sqrt{GM_\odot a(1-e^2)}$$注意此处实轴长为负数

由活力方程反解轨道实轴长：$$v_\infty^2 = GM_\odot(\frac2{r_\infty}-\frac1a)=-\frac{GM_\odot}{a}$$，解得$$a=-\frac{GM_\odot}{v_\infty^2}$$

将上述解代入角动量表达式：$$v_pr_p=\sqrt{\frac{(GM_\odot)^2}{v_\infty^2}(e^2-1)}$$，解得$$e^2=1+\frac{v^2_p v^2_\infty r_p^2}{(GM_\odot)^2}$$

即$$e=\sqrt{1+\frac{v^2_p v^2_\infty r_p^2}{(GM_\odot)^2}}$$

代入$$GM_\odot = 1.32\times 10^{11} \text{km}^3\cdot \text{s}^{-2}, r_p=1.36 \text{a.u.}=2.03\times 10^8 \text{km}, v_\infty = 58 \text{km}\cdot\text{s}^{-1}, v_p=68.3\text{km}\cdot\text{s}^{-1}$$

得：$$e=6.16$$

由双曲线性质，其初末速度夹角是渐近线（x轴）方向的夹角的补角，渐近线方程：$$y=\pm \frac{b}{a}x = x\sqrt{e^2-1}$$

与x轴夹角：$$\tan \theta = \sqrt{e^2-1}$$

速度夹角即为$$\pi - 2\theta = \pi - 2\arctan (\sqrt{e^2-1})$$

代入$$e = 6.16$$得：$$\left \langle v_{in}, v_{out} \right \rangle = 18.69^{\circ}$$

(4)

如图，设彗星在火星轨道处速度为$$v_o$$,火星轨道半径$$r_m$$,火星轨道速度$$v_m$$

由圆轨道速度公式，$$v_m = \sqrt{\frac{GM_\odot}{r_m}}$$

由于角动量守恒有$$v_pr_p=v_o r_m \sin \theta_0$$

解得$$v_o \sin \theta_0 = \frac{v_pr_p}{r_m}$$

由平行四边形性质有$$\theta + \theta_0 = \pi$$即$$\sin \theta = \sin \theta_0$$

由活力公式，$$v_o^2 = GM_\odot(\frac{2}{r_m}-\frac1a)$$

代入(3)中$$a$$的结果,得$$v_o^2 = GM_\odot(\frac{2}{r_m}+\frac{v_\infty^2}{GM_\odot})$$

由余弦定理，$$v_{rel}^2=v_o^2 + v_m^2 - 2 v_o v_m \cos (\theta + \frac{\pi}{2})=v_o^2 + v_m^2 + 2 v_o v_m \sin \theta_0$$

代入$$v_o^2 = GM_\odot(\frac{2}{r_m}+\frac{v_\infty^2}{GM_\odot}),v_m = \sqrt{\frac{GM_\odot}{r_m}},v_o \sin \theta_0 = \frac{v_pr_p}{r_m}$$

得：$$v_{rel} = \sqrt{GM_\odot(\frac{2}{r_m}+\frac{v_\infty^2}{GM_\odot})+\frac{GM_\odot}{r_m}+\frac{2v_pr_p}{r_m}\cdot\sqrt{\frac{GM_\odot}{r_m}}}$$

化简，得：$$v_{rel} = \sqrt{v^2_\infty+\frac{3GM_\odot}{r_m}+\frac{2v_pr_p}{r_m}\cdot\sqrt{\frac{GM_\odot}{r_m}}}$$

代入$$GM_\odot = 1.32\times 10^{11} \text{km}^3\cdot \text{s}^{-2}, r_p=1.36 \text{a.u.}=2.03\times 10^8 \text{km}, v_\infty = 58 \text{km}\cdot\text{s}^{-1}, v_p=68.3\text{km}\cdot\text{s}^{-1}, r_m = 1.52 \text{a.u.}=2.27\times 10^8 \text{km}$$

得：$$v_{rel} = 89.8\text{km} \cdot \text{s} ^{-1}$$

本题解答由BJG10 GEJ_CaCO3III给出，已通过天文馆老师验证