Законы Кеплера, орбиты

Подсказка

Запишите третий закон Кеплера для системы в единицах «год – а.е. – масса Солнца»; расстояние между звёздами равно сумме радиусов их орбит.

Ответ

3{,}2

Подсказка

Примените третий закон Кеплера, сравнив систему с системой Земля — Солнце (в годах и а.е.).

Ответ

\(67\) тысячелетий

Подсказка

В момент наибольшей элонгации луч зрения с Земли касается орбиты Венеры, то есть угол \(SVE\) прямой. Для второго пункта сравните периоды обращения планет и найдите, через какое время Земля и Венера снова окажутся в нужной конфигурации.

Ответ

1) \(R_V \approx 109\) млн км;  2) около 5 ноября 2021 года.

Решение

Что наблюдают. В невесомости предметы неподвижны относительно станции: отпущенный карандаш висит в воздухе, космонавт не падает на пол. Это значит, что станция, космонавт и карандаш имеют одинаковое ускорение \(\vec a\) — они летят по одной и той же орбите.

Что отсюда следует. Единственная сила, действующая на свободно висящий карандаш, — это притяжение Земли \(\vec F\). По второму закону Ньютона

\[ \vec F = m\vec a. \]

Ускорение \(\vec a\) у всех тел одно и то же, значит сила тяготения каждого тела пропорциональна именно его массе, с одним и тем же коэффициентом \(\vec a\):

\[ \frac{F_1}{m_1} = \frac{F_2}{m_2} = \dots = a. \]

А если бы это было не так? Пусть сила тяготения зависела бы от массы как-нибудь иначе, например \(F \propto m^{0{,}9}\). Тогда ускорение \(a = F/m \propto m^{-0{,}1}\) было бы разным у разных тел: тяжёлый гаечный ключ и лёгкий карандаш «падали» бы с разными ускорениями и медленно расходились бы внутри станции. Невесомости — то есть полного взаимного покоя — не получилось бы.

Решение

Направление. При равномерном движении по окружности скорость по модулю не меняется, значит ускорение перпендикулярно скорости и направлено к центру окружности — то есть прямо на Солнце.

Величина. Центростремительное ускорение

\[ a = \frac{v^2}{R} = \omega^2R = \frac{4\pi^2R}{T^2}. \]

Подставляем третий закон Кеплера \(T^2 = CR^3\) (\(C\) — одна и та же постоянная для всех планет):

\[ a = \frac{4\pi^2R}{CR^3} = \frac{4\pi^2}{C}\cdot\frac{1}{R^2} = \frac{K}{R^2},\qquad K = \frac{4\pi^2}{C}. \]

Итак, из одних только наблюдений Кеплера следует: ускорение планет направлено к Солнцу и убывает обратно пропорционально квадрату расстояния — с одним и тем же коэффициентом \(K\) для всех планет. Это и есть тот шаг, который сделал Ньютон.

Решение

Сила тяжести на расстоянии \(r\) от центра Земли:

\[ F(r) = \frac{\gamma Mm}{r^2},\qquad \frac{F(R+h)}{F(R)} = \left(\frac{R}{R+h}\right)^{\!2} = 0{,}81. \]

Извлекаем корень (обе величины положительны):

\[ \frac{R}{R+h} = 0{,}9 \quad\Longrightarrow\quad R + h = \frac{R}{0{,}9} \quad\Longrightarrow\quad h = R\left(\frac{1}{0{,}9}-1\right) = \frac{R}{9}. \]

Численно, при \(R = 6370\) км:

\[ h = \frac{6370}{9} \approx 710\ \text{км}. \]

Решение

Кинематика. Считая орбиту круговой и движение равномерным,

\[ a_{\text{кин}} = \frac{4\pi^2R}{T^2}. \]

Здесь \(R = 3{,}85\cdot10^8\) м, а \(T = 27{,}3\cdot 24\cdot 3600 \approx 2{,}36\cdot10^6\) с, поэтому

\[ a_{\text{кин}} = \frac{4\pi^2\cdot 3{,}85\cdot10^{8}}{(2{,}36\cdot10^{6})^2} \approx \frac{1{,}52\cdot10^{10}}{5{,}56\cdot10^{12}} \approx 2{,}73\cdot10^{-3}\ \text{м/с}^2. \]

Тяготение. У поверхности Земли ускорение равно \(g\), а с расстоянием оно убывает как \(1/r^2\):

\[ a_{\text{тяг}} = g\left(\frac{R_{\text{З}}}{R}\right)^{\!2} = 9{,}8\cdot\left(\frac{6{,}37\cdot10^{6}}{3{,}85\cdot10^{8}}\right)^{\!2} = 9{,}8\cdot(1{,}65\cdot10^{-2})^2 \approx 2{,}68\cdot10^{-3}\ \text{м/с}^2. \]

Сравнение.

\[ \frac{a_{\text{кин}}}{a_{\text{тяг}}} \approx \frac{2{,}73}{2{,}68} \approx 1{,}02, \]

то есть числа совпадают с точностью около 2 % — в пределах точности исходных данных.

Решение

Как выглядит «метод». Из \(g = \gamma M/R^2\) и \(M = \rho\cdot\frac43\pi R^3\) получается

\[ \gamma = \frac{gR^2}{M} = \frac{3g}{4\pi\rho R}. \]

То есть всё упирается в среднюю плотность \(\rho\).

В чём беда. Образцы пород можно взять только с поверхности (и из неглубоких скважин — самая глубокая, Кольская, всего \(12\) км при радиусе Земли \(6370\) км). Плотность коры около \(2{,}7\) г/см³, а настоящая средняя плотность Земли \(5{,}5\) г/см³ — вдвое больше, потому что мантия плотнее коры, а железо-никелевое ядро плотнее раза в четыре. Занизив \(\rho\) вдвое, мы вдвое занизим массу Земли и вдвое завысим \(\gamma\).

И главное. Проверить себя внутри самого метода нельзя: чтобы узнать плотность недр, надо знать массу Земли, а чтобы узнать массу — надо знать \(\gamma\). Метод ходит по кругу и потому не является независимым измерением гравитационной постоянной. Именно поэтому \(\gamma\) измеряют в лаборатории — на крутильных весах (задача 2.6.6), где обе массы известны точно.

Решение

Что происходит с коромыслом. Обозначим \(N\) — момент силы тяготения от больших шаров, \(k\) — жёсткость нити на кручение. В первом положении равновесие: \(k\varphi_1 = N\), то есть \(\varphi_1 = N/k\). После переноса шаров в зеркальное положение новое равновесие — при \(\varphi_2 = -N/k\).

Коромысло стартует из точки \(\varphi_1\), а равновесие теперь в \(\varphi_2\) — то есть оно отклонено от нового равновесия на \(2N/k\). Это крайняя точка крутильных колебаний, и именно там момент (а значит и ускорение) максимален:

\[ N_{\max} = \underbrace{N}_{\text{тяготение}} + \underbrace{k\varphi_1}_{\text{нить}} = 2N. \]

Итак, максимальное ускорение шарика вдвое больше чисто гравитационного:

\[ a = 2\,\frac{\gamma M}{r^2} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\ \gamma = \frac{a\,r^2}{2M}\ } \]

(здесь \(r\) — расстояние между центрами шаров \(m\) и \(M\)).

Числа. При \(r = 5\) см \(= 0{,}05\) м:

\[ \gamma = \frac{2{,}8\cdot10^{-7}\cdot(0{,}05)^2}{2\cdot 7{,}0} = \frac{7{,}0\cdot10^{-10}}{14} = 5{,}0\cdot10^{-11}\ \frac{\text{Н}\cdot\text{м}^2}{\text{кг}^2}. \]

Решение

У поверхности Земли

\[ mg = \frac{\gamma Mm}{R^2} \quad\Longrightarrow\quad g = \frac{\gamma M}{R^2} \quad\Longrightarrow\quad M = \frac{gR^2}{\gamma}. \]

Подставляем \(R = 6{,}37\cdot10^6\) м и \(\gamma = 6{,}67\cdot10^{-11}\):

\[ M = \frac{9{,}8\cdot(6{,}37\cdot10^{6})^2}{6{,}67\cdot10^{-11}} = \frac{9{,}8\cdot 4{,}06\cdot10^{13}}{6{,}67\cdot10^{-11}} \approx 6{,}0\cdot10^{24}\ \text{кг}. \]

Решение

Для круговой орбиты

\[ \frac{\gamma M m_{\text{З}}}{R^2} = m_{\text{З}}\,\frac{4\pi^2 R}{T^2} \quad\Longrightarrow\quad M = \frac{4\pi^2 R^3}{\gamma T^2}. \]

Считаем: \(R = 1{,}5\cdot10^{11}\) м, \(R^3 = 3{,}375\cdot10^{33}\) м³, \(T = 3{,}14\cdot10^{7}\) с, \(T^2 = 9{,}86\cdot10^{14}\) с².

\[ M = \frac{39{,}5\cdot 3{,}375\cdot10^{33}}{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot 9{,}86\cdot10^{14}} = \frac{1{,}33\cdot10^{35}}{6{,}58\cdot10^{4}} \approx 2{,}0\cdot10^{30}\ \text{кг}. \]

Решение

Возьмём массу человека \(m = 70\) кг.

Земля. Это привычный вес:

\[ F_{\text{З}} = mg = 70\cdot 9{,}8 \approx 7\cdot10^{2}\ \text{Н}. \]

Солнце. \(\gamma M_{\odot} = 6{,}67\cdot10^{-11}\cdot 2\cdot10^{30} = 1{,}33\cdot10^{20}\), расстояние \(1{,}5\cdot10^{11}\) м:

\[ a_{\odot} = \frac{1{,}33\cdot10^{20}}{(1{,}5\cdot10^{11})^2} = 5{,}9\cdot10^{-3}\ \text{м/с}^2,\qquad F_{\odot} = 70\cdot 5{,}9\cdot10^{-3} \approx 0{,}4\ \text{Н}. \]

Луна. \(\gamma M_{\text{Л}} = 6{,}67\cdot10^{-11}\cdot 7{,}35\cdot10^{22} = 4{,}9\cdot10^{12}\), расстояние \(3{,}85\cdot10^{8}\) м:

\[ a_{\text{Л}} = \frac{4{,}9\cdot10^{12}}{(3{,}85\cdot10^{8})^2} = 3{,}3\cdot10^{-5}\ \text{м/с}^2,\qquad F_{\text{Л}} = 70\cdot 3{,}3\cdot10^{-5} \approx 2\cdot10^{-3}\ \text{Н}. \]

Итого примерно \(700\) Н, \(0{,}4\) Н и \(0{,}002\) Н — отношение \(1 : 6\cdot10^{-4} : 3\cdot10^{-6}\).

Решение

Масса планеты по спутнику. Как и в задаче 2.6.8,

\[ M = \frac{4\pi^2R^3}{\gamma T^2}. \]

Марс. \(R = 9{,}4\cdot10^{6}\) м, \(T = 7\cdot3600 + 39\cdot60 = 27\,540\) с:

\[ R^3 = 8{,}3\cdot10^{20}\ \text{м}^3,\qquad T^2 = 7{,}58\cdot10^{8}\ \text{с}^2, \] \[ M_{\text{М}} = \frac{39{,}5\cdot 8{,}3\cdot10^{20}} {6{,}67\cdot10^{-11}\cdot 7{,}58\cdot10^{8}} = \frac{3{,}28\cdot10^{22}}{5{,}06\cdot10^{-2}} \approx 6{,}5\cdot10^{23}\ \text{кг}. \]

Сравнение с Землёй \((M_{\text{З}} \approx 6{,}0\cdot10^{24}\) кг, задача 2.6.7\()\):

\[ \frac{M_{\text{М}}}{M_{\text{З}}} = \frac{6{,}5\cdot10^{23}}{6{,}0\cdot10^{24}} \approx 0{,}11, \qquad\text{то есть Марс легче Земли примерно в } 9\ \text{раз}. \]

Тот же счёт без \(\gamma\). Сравним Фобос с Луной напрямую:

\[ \frac{M_{\text{М}}}{M_{\text{З}}} = \frac{R_{\text{Ф}}^3}{R_{\text{Л}}^3}\cdot\frac{T_{\text{Л}}^2}{T_{\text{Ф}}^2} = \left(\frac{9{,}4\cdot10^{6}}{3{,}85\cdot10^{8}}\right)^{\!3} \left(\frac{2{,}36\cdot10^{6}}{2{,}754\cdot10^{4}}\right)^{\!2} = 1{,}46\cdot10^{-5}\cdot 7{,}34\cdot10^{3} \approx 0{,}107\ ✓ \]

— тот же ответ, и гравитационная постоянная не понадобилась вовсе.

Решение

Берём отношение:

\[ \frac{g_{\text{Л}}}{g_{\text{З}}} = \frac{M_{\text{Л}}}{M_{\text{З}}}\cdot \left(\frac{R_{\text{З}}}{R_{\text{Л}}}\right)^{\!2} = \frac{1}{81}\cdot\left(\frac{6370}{1700}\right)^{\!2} = \frac{1}{81}\cdot 3{,}75^2 = \frac{14{,}0}{81} \approx 0{,}17. \]

Значит

\[ \frac{g_{\text{З}}}{g_{\text{Л}}} \approx \frac{1}{0{,}17} \approx 6. \]

Решение

Для астероида массы \(m\):

\[ \frac{\gamma m_{\odot}m}{R^2} = m\,\omega^2 R \quad\Longrightarrow\quad R^3 = \frac{\gamma m_{\odot}}{\omega^2} \quad\Longrightarrow\quad R = \left(\frac{\gamma m_{\odot}}{\omega^2}\right)^{\!1/3}. \]

Решение

Для двойной системы с неизменным расстоянием \(R\)

\[ T = 2\pi\sqrt{\frac{R^3}{\gamma(m_1+m_2)}}. \]

Сейчас \(m_1 + m_2 \approx m_{\odot}\) (масса Земли в 330 000 раз меньше и роли не играет), а стало бы \(2m_{\odot}\). Расстояние то же, значит

\[ \frac{T}{T_0} = \sqrt{\frac{m_{\odot}}{2m_{\odot}}} = \frac{1}{\sqrt2} \approx 0{,}71, \] \[ T \approx 0{,}71\ \text{года} \approx 8{,}5\ \text{месяцев}. \]

Решение

Радиусы орбит. Центр масс делит отрезок обратно пропорционально массам:

\[ r_1 = \frac{m_2}{m_1+m_2}\,R,\qquad r_2 = \frac{m_1}{m_1+m_2}\,R. \]

Второй закон Ньютона для первой звезды. Сила притяжения ко второй звезде создаёт её центростремительное ускорение \(\omega^2r_1\):

\[ \frac{\gamma m_1m_2}{R^2} = m_1\,\omega^2 r_1 = m_1\,\omega^2\,\frac{m_2R}{m_1+m_2}. \]

Сокращаем \(m_1m_2\):

\[ \frac{\gamma}{R^2} = \frac{\omega^2 R}{m_1+m_2} \quad\Longrightarrow\quad \omega^2 = \frac{\gamma(m_1+m_2)}{R^3}. \]

Отсюда

\[ T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{R^3}{\gamma(m_1+m_2)}}. \]

Решение

Из задачи 2.6.14

\[ T^2 = \frac{4\pi^2 r^3}{\gamma\,\mu},\qquad \mu \equiv m_1+m_2. \]

Запишем то же самое для пары «Солнце — Земля»: там \(r_0\) — радиус земной орбиты, \(T_0\) — год, \(\mu_0 = m_{\odot}\) (масса Земли пренебрежимо мала):

\[ T_0^2 = \frac{4\pi^2 r_0^3}{\gamma\,m_{\odot}}. \]

Делим одно на другое — все постоянные уходят:

\[ \left(\frac{T}{T_0}\right)^{\!2} = \left(\frac{r}{r_0}\right)^{\!3}\frac{m_{\odot}}{\mu}. \]

А в выбранных единицах \(T/T_0\), \(r/r_0\) и \(\mu/m_{\odot}\) — это как раз числа \(T\), \(r\) и \(\mu\). Значит

\[ T^2 = \frac{r^3}{\mu} \quad\Longrightarrow\quad \mu = \frac{r^3}{T^2}. \]

Решение

Радиус орбиты. Центр описанной окружности равностороннего треугольника отстоит от вершины на

\[ \rho = \frac{L}{\sqrt3}. \]

Сила. На каждую звезду действуют две силы, по

\[ F = \frac{\gamma m^2}{L^2} \]

каждая, а угол между ними \(60^\circ\) (это угол треугольника). Их сумма направлена к центру и равна

\[ F_\Sigma = 2F\cos 30^\circ = \sqrt3\,\frac{\gamma m^2}{L^2}. \]

Второй закон Ньютона.

\[ \sqrt3\,\frac{\gamma m^2}{L^2} = m\,\omega^2\rho = m\,\omega^2\frac{L}{\sqrt3} \quad\Longrightarrow\quad \omega^2 = \frac{3\gamma m}{L^3},\qquad \omega = \sqrt{\frac{3\gamma m}{L^3}}. \]

Решение

Общие формулы. На орбите радиуса \(R\) у поверхности:

\[ mg = \frac{mv^2}{R} \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{gR},\qquad T = \frac{2\pi R}{v} = 2\pi\sqrt{\frac{R}{g}}. \]

Земля \((g = 9{,}8\) м/с², \(R = 6{,}37\cdot10^{6}\) м\()\):

\[ v = \sqrt{9{,}8\cdot 6{,}37\cdot10^{6}} = \sqrt{6{,}24\cdot10^{7}} \approx 7{,}9\ \text{км/с}, \] \[ T = \frac{2\pi\cdot 6{,}37\cdot10^{6}}{7{,}9\cdot10^{3}} \approx 5{,}1\cdot10^{3}\ \text{с} \approx 84\ \text{мин}. \]

Луна \((g_{\text{Л}} = 1{,}6\) м/с² из задачи 2.6.11, \(R = 1{,}7\cdot10^{6}\) м\()\):

\[ v = \sqrt{1{,}6\cdot 1{,}7\cdot10^{6}} = \sqrt{2{,}8\cdot10^{6}} \approx 1{,}7\ \text{км/с}, \] \[ T = \frac{2\pi\cdot 1{,}7\cdot10^{6}}{1{,}7\cdot10^{3}} \approx 6{,}3\cdot10^{3}\ \text{с} \approx 105\ \text{мин}. \]

Решение

Скорость на орбите. Радиус не меняется, поэтому не меняется и модуль скорости:

\[ \frac{\gamma m m_0}{R^2} = \frac{m_0 v^2}{R} \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{\frac{\gamma m}{R}}. \]

Изменение скорости. Векторы \(\vec v_{\text{стар}}\) и \(\vec v_{\text{нов}}\) равны по модулю и составляют угол \(\alpha\). Равнобедренный треугольник с боковой стороной \(v\) имеет основание

\[ |\Delta \vec v| = 2v\sin\frac{\alpha}{2}. \]

Импульс.

\[ p = m_0|\Delta\vec v| = 2m_0\sqrt{\frac{\gamma m}{R}}\,\sin\frac{\alpha}{2}. \]

Решение

Сколько даёт тяготение. Свободная (орбитальная) скорость \(v_0\) определяется условием

\[ F_{\text{тяг}} = \frac{mv_0^2}{R}. \]

По условию \(v = 2v_0\), то есть \(v_0 = v/2\), поэтому

\[ F_{\text{тяг}} = \frac{m(v/2)^2}{R} = \frac{mv^2}{4R}. \]

Сколько нужно. При скорости \(v\) центростремительная сила должна быть \(mv^2/R\). Значит двигатели добавляют

\[ F = \frac{mv^2}{R} - \frac{mv^2}{4R} = \frac{3mv^2}{4R}. \]

Решение

Скорость точек экватора.

\[ u = \frac{2\pi R}{T_{\text{сут}}} = \frac{2\pi\cdot 6{,}37\cdot10^{6}}{86\,400} \approx 4{,}6\cdot10^{2}\ \text{м/с}. \]

Сила реакции рельсов. Поезд движется по окружности радиуса \(R\) со скоростью \(V\) (в системе, не вращающейся вместе с Землёй). Второй закон Ньютона в проекции на радиус:

\[ \frac{\gamma M m}{R^2} - N = \frac{mV^2}{R} \quad\Longrightarrow\quad N = m\left(\frac{\gamma M}{R^2} - \frac{V^2}{R}\right). \]

Для поезда «на восток» \(V_1 = u+v\), для поезда «на запад» \(V_2 = u-v\).

Разность.

\[ \Delta N = N_2 - N_1 = \frac{m}{R}\left(V_1^2 - V_2^2\right) = \frac{m}{R}\,(V_1-V_2)(V_1+V_2) = \frac{m}{R}\cdot 2v\cdot 2u = \frac{4muv}{R}. \]

Числа: \(m = 10^{6}\) кг, \(u = 4{,}65\cdot10^{2}\) м/с, \(v = 30\) м/с, \(R = 6{,}37\cdot10^{6}\) м:

\[ \Delta N = \frac{4\cdot10^{6}\cdot 4{,}65\cdot10^{2}\cdot 30}{6{,}37\cdot10^{6}} \approx 9\cdot10^{3}\ \text{Н}. \]

Тяжелее давит на рельсы поезд, идущий на запад, — он «медленнее» относительно оси вращения.

Решение

а. Радиус геостационарной орбиты. Из \(\gamma M/R^2 = 4\pi^2R/T^2\):

\[ R = \left(\frac{\gamma M T^2}{4\pi^2}\right)^{\!1/3}. \]

Здесь \(\gamma M = gR_{\text{З}}^2 = 9{,}8\cdot(6{,}37\cdot10^{6})^2 \approx 4{,}0\cdot10^{14}\), а \(T\) — звёздные сутки, 86 164 с \((T^2 \approx 7{,}4\cdot10^{9})\):

\[ R = \left(\frac{4{,}0\cdot10^{14}\cdot 7{,}4\cdot10^{9}}{39{,}5}\right)^{\!1/3} = \left(7{,}5\cdot10^{22}\right)^{1/3} \approx 4{,}2\cdot10^{7}\ \text{м} = 42\,000\ \text{км}. \]

Это примерно \(6{,}6\) радиуса Земли; высота над поверхностью около \(36\,000\) км.

б. Трасса наклонённой орбиты. Период тот же — звёздные сутки, значит за одни сутки спутник делает ровно один оборот, и Земля тоже. Но орбита наклонена, поэтому:

— по широте спутник за сутки уходит на \(60^\circ\) к северу, потом возвращается и уходит на \(60^\circ\) к югу: угол наклона орбиты как раз и равен наибольшей широте, над которой спутник бывает в зените;

— по долготе он то забегает вперёд, то отстаёт. Дело в том, что вдоль экватора спутник движется со «своей» полной скоростью, а вблизи поворотных точек (на широте \(60^\circ\)) его движение по долготе замедляется. Земля же крутится равномерно, поэтому спутник поочерёдно оказывается то восточнее, то западнее среднего положения.

В итоге трасса — симметричная замкнутая «восьмёрка», вытянутая по широте от \(60^\circ\) с. ш. до \(60^\circ\) ю. ш., с точкой самопересечения на экваторе. Спутник проходит её целиком за одни сутки.

Решение

Точное приращение.

\[ \Delta U = -\frac{\gamma Mm}{R+h} + \frac{\gamma Mm}{R} = \gamma Mm\left(\frac1R - \frac1{R+h}\right) = \frac{\gamma Mm\,h}{R(R+h)}. \]

Приближение. Так как \(g = \gamma M/R^2\), имеем \(\gamma Mm = mgR^2\), и

\[ \Delta U = \frac{mgR^2h}{R(R+h)} = \frac{mgh}{1 + h/R}, \qquad\text{тогда как}\qquad mgh. \]

Относительная ошибка:

\[ \frac{mgh - \Delta U}{\Delta U} = \frac{mgh}{\Delta U} - 1 = \left(1+\frac hR\right) - 1 = \frac hR. \]

Решение

Обозначения. \(w\) — скорость запуска относительно Земли (одна и та же в обоих случаях), \(u \approx 465\) м/с — скорость точек экватора, \(v_{\text{II}} = \sqrt{2gR} \approx 11{,}2\) км/с — вторая космическая.

Первый запуск (на запад, против вращения). В неподвижной системе отсчёта скорость тела равна \(w - u\). По условию оно еле-еле уходит от Земли, то есть его скорость на бесконечности нулевая:

\[ w - u = v_{\text{II}} \quad\Longrightarrow\quad w = v_{\text{II}} + u. \]

Второй запуск (на восток, по вращению). Теперь скорость в неподвижной системе

\[ v_0 = w + u = v_{\text{II}} + 2u. \]

Закон сохранения энергии (потенциальная энергия на старте одна и та же, а \(v_{\text{II}}\) как раз и определена как скорость, которой ровно хватает, чтобы уйти):

\[ v_\infty^2 = v_0^2 - v_{\text{II}}^2 = (v_{\text{II}} + 2u)^2 - v_{\text{II}}^2 = 4u\,v_{\text{II}} + 4u^2 = 4u\,(v_{\text{II}} + u). \]

Числа: \(4\cdot 465\cdot(11\,200 + 465) = 1860\cdot 11\,665 \approx 2{,}17\cdot10^{7}\) м²/с², откуда

\[ v_\infty \approx \sqrt{2{,}17\cdot10^{7}}\ \text{м/с} \approx 4{,}7\cdot10^{3}\ \text{м/с}. \]

Решение

Метеорит. Сохранение энергии (потенциальная энергия на бесконечности равна нулю):

\[ \frac{v_0^2}{2} = \frac{v^2}{2} - \frac{\gamma M}{R} \quad\Longrightarrow\quad \frac{2\gamma M}{R} = v^2 - v_0^2. \]

Корабль. Вторая космическая — это скорость, при которой энергии ровно хватает, чтобы уйти на бесконечность с нулевой скоростью:

\[ \frac{u^2}{2} = \frac{\gamma M}{R} \quad\Longrightarrow\quad u = \sqrt{\frac{2\gamma M}{R}} = \sqrt{v^2 - v_0^2}. \]

Решение

Пусть \(v_{\text{II}}\) — вторая космическая, \(v = 1{,}005\,v_{\text{II}}\). Сохранение энергии:

\[ v_\infty^2 = v^2 - v_{\text{II}}^2 = v_{\text{II}}^2\left(1{,}005^2 - 1\right) = v_{\text{II}}^2\cdot 0{,}010025. \]

Отсюда

\[ \frac{v_\infty}{v_{\text{II}}} = \sqrt{0{,}010025} \approx 0{,}1, \]

то есть скорость вдали примерно в 10 раз меньше второй космической.

Решение

Условие ухода на бесконечность с нулевой скоростью:

\[ \frac{mv^2}{2} = \frac{\gamma Mm}{R} = mgR \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{2gR} = \sqrt2\;v_{\text{I}}. \]

Земля: \(v = \sqrt{2\cdot9{,}8\cdot6{,}37\cdot10^{6}} = \sqrt{1{,}25\cdot10^{8}} \approx 11{,}2\) км/с.

Луна \((g_{\text{Л}} = 1{,}6\) м/с², \(R = 1{,}74\cdot10^{6}\) м\()\): \(v = \sqrt{2\cdot1{,}6\cdot1{,}74\cdot10^{6}} = \sqrt{5{,}6\cdot10^{6}} \approx 2{,}4\) км/с.

Решение

Круговая скорость на радиусе \(R\): \(\dfrac{mv^2}{R} = \dfrac{\gamma Mm}{R^2}\), то есть \(v^2 = \dfrac{\gamma M}{R}\).

Скорость ухода на том же радиусе: \(\dfrac{mv_{\text{ух}}^2}{2} = \dfrac{\gamma Mm}{R}\), то есть

\[ v_{\text{ух}}^2 = \frac{2\gamma M}{R} = 2v^2,\qquad v_{\text{ух}} = \sqrt2\,v. \]

Добавка. Если новую скорость направить туда же, куда и старую, достаточно

\[ \Delta v = v_{\text{ух}} - v = (\sqrt2 - 1)\,v \approx 0{,}41\,v. \]

Любое другое направление потребовало бы большей добавки: длина стороны треугольника со сторонами \(v\) и \(\sqrt2 v\) минимальна, когда векторы коллинеарны.

Решение

Скорость перед торможением. Корабль падал «с бесконечности», поэтому на расстоянии \(R+h\) от центра Луны

\[ \frac{v_h^2}{2} = \frac{\gamma M}{R+h}. \]

Участок торможения. От высоты \(h\) до поверхности. Кинетическая энергия падает от \(mv_h^2/2\) до нуля; работают тяготение и двигатель (тяга \(5g\,m\) направлена вверх, а корабль идёт вниз, так что её работа отрицательна):

\[ 0 - \frac{mv_h^2}{2} = \underbrace{\left(\frac{\gamma Mm}{R} - \frac{\gamma Mm}{R+h}\right)}_{\text{тяготение}} \;-\; 5gm\,h. \]

Подставим \(\dfrac{mv_h^2}{2} = \dfrac{\gamma Mm}{R+h}\) — и члены с \(R+h\) сократятся:

\[ -\frac{\gamma Mm}{R+h} = \frac{\gamma Mm}{R} - \frac{\gamma Mm}{R+h} - 5gmh \quad\Longrightarrow\quad 5gh = \frac{\gamma M}{R} = g_{\text{Л}}R. \]

Ответ в числах. Так как \(g_{\text{Л}} = g/6\),

\[ h = \frac{g_{\text{Л}}R}{5g} = \frac{R}{30} = \frac{1700\ \text{км}}{30} \approx 57\ \text{км}. \]

Решение

Что притягивает пылинку. Внешние слои (сферические оболочки радиусов больше \(r\)) не действуют вовсе, а всё вещество внутри тянет так, будто собрано в центре:

\[ M(r) = \frac43\pi r^3\rho. \]

Условие улёта. Пылинка уйдёт бесконечно далеко, если её кинетической энергии хватает на выход из ямы:

\[ \frac{v^2}{2} \ge \frac{\gamma M(r)}{r} \quad\Longrightarrow\quad \frac{H^2r^2}{2} \ge \frac{\gamma}{r}\cdot\frac43\pi r^3\rho = \frac43\pi\gamma\rho\,r^2. \]

Радиус сократился — и это главное: условие одно и то же для всех пылинок сразу:

\[ \frac{H^2}{2} \ge \frac43\pi\gamma\rho \quad\Longrightarrow\quad \rho \le \rho_{\text{макс}} = \frac{3H^2}{8\pi\gamma}. \]

Решение

Поле внутри шара. На глубине, на расстоянии \(r\) от центра, притягивает только шар радиуса \(r\):

\[ g(r) = \frac{\gamma M(r)}{r^2} = \frac{\gamma}{r^2}\cdot m\frac{r^3}{R^3} = \frac{\gamma m}{R^3}\,r. \]

То есть внутри \(g\) растёт линейно, от \(0\) в центре до \(\gamma m/R^2\) на поверхности.

Работа на первом участке (на единицу массы) — площадь треугольника под прямой:

\[ A_1 = \frac12\cdot R\cdot\frac{\gamma m}{R^2} = \frac{\gamma m}{2R}. \]

Работа на втором участке — это привычная «глубина ямы» снаружи:

\[ A_2 = \frac{\gamma m}{R}. \]

Итого. Кинетической энергии на единицу массы должно хватить на обе части:

\[ \frac{v^2}{2} = A_1 + A_2 = \frac{\gamma m}{2R} + \frac{\gamma m}{R} = \frac{3\gamma m}{2R} \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{\frac{3\gamma m}{R}}. \]

Решение

Скорость ухода на расстоянии \(r\) от Солнца:

\[ \frac{v^2}{2} = \frac{\gamma M_{\odot}}{r},\qquad v = \sqrt{\frac{2\gamma M_{\odot}}{r}} = \sqrt2\,v_{\text{З}}, \]

где \(v_{\text{З}} = \sqrt{\gamma M_{\odot}/r} \approx 30\) км/с — орбитальная скорость Земли. Значит

\[ v \approx \sqrt2\cdot 30 \approx 42\ \text{км/с}. \]

Решение

Шаг 1: сколько нужно «на выходе» из земной окрестности. Из задачи 2.6.31 аппарат должен иметь относительно Солнца \(\sqrt2\cdot30 \approx 42{,}4\) км/с. Земля уже несёт его со скоростью \(30\) км/с, поэтому относительно Земли (уже вдали от неё) достаточно

\[ v_\infty = 42{,}4 - 30 = 12{,}4\ \text{км/с}, \]

если стартовать в направлении орбитального движения Земли — тогда скорости просто складываются, и это самый дешёвый вариант.

Шаг 2: выбраться из земной ямы, сохранив \(v_\infty\). Закон сохранения энергии у Земли:

\[ \frac{v^2}{2} - \frac{\gamma M_{\text{З}}}{R_{\text{З}}} = \frac{v_\infty^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad v^2 = v_\infty^2 + v_{\text{II}}^2, \]

где \(v_{\text{II}} = 11{,}2\) км/с — вторая космическая.

\[ v = \sqrt{12{,}4^2 + 11{,}2^2} = \sqrt{154 + 125} = \sqrt{279} \approx 16{,}7\ \text{км/с}. \]

Решение

Какая скорость нужна у Земли (относительно Солнца). Пусть корабль пойдёт по вытянутому эллипсу с афелием \(r_{\text{а}} = r\) (орбита Земли) и перигелием \(r_{\text{п}} = R_{\odot}\) (поверхность Солнца). Для эллипса выполняются два закона сохранения:

\[ v_{\text{а}}r_{\text{а}} = v_{\text{п}}r_{\text{п}},\qquad \frac{v_{\text{а}}^2}{2} - \frac{\gamma M_{\odot}}{r_{\text{а}}} = \frac{v_{\text{п}}^2}{2} - \frac{\gamma M_{\odot}}{r_{\text{п}}}. \]

Подставим \(v_{\text{п}} = v_{\text{а}}r_{\text{а}}/r_{\text{п}}\) во второе уравнение:

\[ \frac{v_{\text{а}}^2}{2}\left(\frac{r_{\text{а}}^2}{r_{\text{п}}^2}-1\right) = \gamma M_{\odot}\left(\frac1{r_{\text{п}}}-\frac1{r_{\text{а}}}\right) = \gamma M_{\odot}\,\frac{r_{\text{а}}-r_{\text{п}}}{r_{\text{а}}r_{\text{п}}}. \]

Слева \(\dfrac{v_{\text{а}}^2}{2}\cdot \dfrac{(r_{\text{а}}-r_{\text{п}})(r_{\text{а}}+r_{\text{п}})}{r_{\text{п}}^2}\); сокращая на \((r_{\text{а}}-r_{\text{п}})\), получаем

\[ v_{\text{а}}^2 = \frac{2\gamma M_{\odot}\,r_{\text{п}}} {r_{\text{а}}(r_{\text{а}}+r_{\text{п}})} \approx \frac{2\gamma M_{\odot}R_{\odot}}{r^2} = 2v_{\text{З}}^2\,\frac{R_{\odot}}{r}, \]

так как \(R_{\odot} \ll r\) и \(\gamma M_{\odot}/r = v_{\text{З}}^2\). С \(R_{\odot}/r = 7\cdot10^{8}/1{,}5\cdot10^{11} = 4{,}7\cdot10^{-3}\):

\[ v_{\text{а}} = 30\,\sqrt{2\cdot 4{,}7\cdot10^{-3}} \approx 2{,}9\ \text{км/с}. \]

Сколько это относительно Земли. Скорость направлена туда же, куда и движется Земля, поэтому вдали от Земли корабль должен иметь

\[ v_\infty = 30 - 2{,}9 = 27{,}1\ \text{км/с} \]

(назад, против движения Земли).

Старт с поверхности.

\[ v = \sqrt{v_\infty^2 + v_{\text{II}}^2} = \sqrt{27{,}1^2 + 11{,}2^2} = \sqrt{734+125} = \sqrt{859} \approx 29\ \text{км/с}. \]

Решение

Для круговой орбиты

\[ \frac{mv^2}{R} = \frac{\gamma Mm}{R^2} \quad\Longrightarrow\quad mv^2 = \frac{\gamma Mm}{R}. \]

Слева \(2K\), справа \(-U\), значит

\[ U = -2K. \]

Решение

Качественно. На круговой орбите радиуса \(r\)

\[ K = \frac{\gamma Mm}{2r},\qquad U = -\frac{\gamma Mm}{r},\qquad E = K+U = -\frac{\gamma Mm}{2r} = -K. \]

Сопротивление уменьшает \(E\). Но \(K = -E\), значит \(K\) при этом растёт. Радиус же уменьшается: \(E = -\gamma Mm/(2r)\) убывает как раз при уменьшении \(r\). Никакого противоречия: за один виток потенциальная энергия падает на \(|\Delta U| = 2|\Delta E|\), из них половина \(|\Delta E|\) уходит на нагрев атмосферы, а вторая половина — в кинетическую энергию спутника.

Количественно. Пусть сила сопротивления равна \(F\). За малое время \(\Delta t\) она отбирает энергию

\[ \Delta E = -F v\,\Delta t. \]

С другой стороны \(E = -\gamma Mm/(2r)\), поэтому

\[ \Delta E = \frac{\gamma Mm}{2r^2}\,\Delta r \quad\Longrightarrow\quad \Delta r = -\frac{2Fv r^2}{\gamma Mm}\,\Delta t. \]

Скорость на круговой орбите \(v^2 = \gamma M/r\), значит \(2v\,\Delta v = -\dfrac{\gamma M}{r^2}\,\Delta r\), откуда

\[ \Delta v = -\frac{\gamma M}{2vr^2}\,\Delta r = -\frac{\gamma M}{2vr^2}\left(-\frac{2Fvr^2}{\gamma Mm}\right)\Delta t = \frac{F}{m}\,\Delta t. \]

Итак,

\[ \frac{\Delta v}{\Delta t} = +\frac{F}{m} \]

— спутник ускоряется ровно так, как если бы сила сопротивления была приложена вперёд. Это и есть «парадокс».

Решение

Площадь за малое время. За время \(\Delta t\) планета проходит почти по прямой отрезок \(v\,\Delta t\). Радиус-вектор заметает треугольник со сторонами \(r\) и \(v\,\Delta t\); угол между этими сторонами при планете — смежный с углом \(\alpha\), то есть равен \(180^\circ-\alpha\), но синус у него тот же самый. Поэтому

\[ \Delta S = \frac12\,r\cdot v\,\Delta t\cdot\sin\alpha. \]

Скорость заметания площади поэтому постоянна:

\[ \frac{\Delta S}{\Delta t} = \frac12\,rv\sin\alpha. \]

За время \(t\) (по условию задачи площади за равные времена равны, значит скорость заметания не меняется):

\[ S = \frac12\,r\,v\,t\,\sin\alpha. \]

Решение

Расстояния от центра Земли.

\[ r_{\text{п}} = 6370 + 500 = 6{,}87\cdot10^{3}\ \text{км},\qquad r_{\text{а}} = 6370 + 40\,000 = 46{,}4\cdot10^{3}\ \text{км}. \]

Закон площадей. В перигее и апогее скорость перпендикулярна радиус-вектору, поэтому

\[ v_{\text{п}}r_{\text{п}} = v_{\text{а}}r_{\text{а}}. \]

Угловые скорости. \(\omega = v/r\), значит

\[ \frac{\omega_{\text{п}}}{\omega_{\text{а}}} = \frac{v_{\text{п}}/r_{\text{п}}}{v_{\text{а}}/r_{\text{а}}} = \frac{v_{\text{п}}}{v_{\text{а}}}\cdot\frac{r_{\text{а}}}{r_{\text{п}}} = \left(\frac{r_{\text{а}}}{r_{\text{п}}}\right)^{\!2} = \left(\frac{46{,}4}{6{,}87}\right)^{\!2} = 6{,}75^2 \approx 45. \]

Решение

Закон площадей. Вдали от планеты скорость \(v\), а расстояние от линии движения до центра равно \(\rho\); «плечо» скорости и есть \(\rho\). В точке касания расстояние \(R\), а скорость \(u\) перпендикулярна радиусу. Значит

\[ \rho\,v = R\,u. \]

Закон сохранения энергии (на бесконечности потенциальная энергия нулевая):

\[ \frac{v^2}{2} = \frac{u^2}{2} - \frac{\gamma M}{R} \quad\Longrightarrow\quad u^2 = v^2 + \frac{2\gamma M}{R}. \]

Соединяем.

\[ \rho^2v^2 = R^2u^2 = R^2\left(v^2 + \frac{2\gamma M}{R}\right) \quad\Longrightarrow\quad \rho = R\sqrt{1 + \frac{2\gamma M}{Rv^2}}. \]

Решение

Уравнения.

\[ vr = VR,\qquad \frac{v^2}{2} - \frac{\gamma M}{r} = \frac{V^2}{2} - \frac{\gamma M}{R}. \]

Решение. Подставим \(R = vr/V\) во второе уравнение:

\[ \frac{v^2 - V^2}{2} = \frac{\gamma M}{r} - \frac{\gamma M V}{vr} = \frac{\gamma M}{r}\left(1 - \frac{V}{v}\right) = \frac{\gamma M}{rv}\,(v - V). \]

Слева \(\frac{(v-V)(v+V)}{2}\). Сокращаем на \((v-V)\) — это законно, ведь нас интересует именно апогей, где \(V \ne v\):

\[ \frac{v+V}{2} = \frac{\gamma M}{rv} \quad\Longrightarrow\quad V = \frac{2\gamma M}{rv} - v = v\left(\frac{2\gamma M}{rv^2} - 1\right). \]

И тогда

\[ R = \frac{vr}{V} = \frac{r}{\dfrac{2\gamma M}{rv^2} - 1}. \]

Решение

Скорость в перицентре. Как и в предыдущей задаче,

\[ v_{\text{п}}r_{\text{п}} = v_{\text{а}}r_{\text{а}},\qquad \frac{v_{\text{п}}^2}{2} - \frac{\gamma M}{r_{\text{п}}} = \frac{v_{\text{а}}^2}{2} - \frac{\gamma M}{r_{\text{а}}}. \]

Подставляя \(v_{\text{а}} = v_{\text{п}}r_{\text{п}}/r_{\text{а}}\):

\[ \frac{v_{\text{п}}^2}{2}\left(1 - \frac{r_{\text{п}}^2}{r_{\text{а}}^2}\right) = \gamma M\,\frac{r_{\text{а}}-r_{\text{п}}}{r_{\text{п}}r_{\text{а}}}, \]

слева \(\dfrac{v_{\text{п}}^2}{2}\cdot \dfrac{(r_{\text{а}}-r_{\text{п}})(r_{\text{а}}+r_{\text{п}})}{r_{\text{а}}^2}\), и после сокращения на \((r_{\text{а}}-r_{\text{п}})\):

\[ v_{\text{п}}^2 = \frac{2\gamma M\,r_{\text{а}}} {r_{\text{п}}(r_{\text{а}}+r_{\text{п}})}. \]

Полная энергия.

\[ E = \frac{mv_{\text{п}}^2}{2} - \frac{\gamma Mm}{r_{\text{п}}} = \frac{\gamma Mm\,r_{\text{а}}}{r_{\text{п}}(r_{\text{а}}+r_{\text{п}})} - \frac{\gamma Mm}{r_{\text{п}}} = \frac{\gamma Mm}{r_{\text{п}}} \cdot\frac{r_{\text{а}} - (r_{\text{а}}+r_{\text{п}})}{r_{\text{а}}+r_{\text{п}}} = -\frac{\gamma Mm}{r_{\text{а}}+r_{\text{п}}}. \]

Сколько добавить. Чтобы уйти, нужно \(E \ge 0\), значит минимальная добавка

\[ \Delta E = \frac{\gamma Mm}{r_{\text{а}}+r_{\text{п}}}. \]

Решение

Что известно про станцию. Круговая орбита радиуса \(R\):

\[ \frac{u^2}{R} = \frac{\gamma M}{R^2} \quad\Longrightarrow\quad \gamma M = u^2R. \]

Первый зонд (по радиусу). Он летит по прямой, и в самой дальней точке \(R_1\) его скорость равна нулю:

\[ \frac{v^2}{2} - \frac{\gamma M}{R} = 0 - \frac{\gamma M}{R_1} \quad\Longrightarrow\quad \frac{v^2}{2} - u^2 = -\frac{u^2R}{R_1}, \] \[ \frac{R}{R_1} = 1 - \frac{v^2}{2u^2} \quad\Longrightarrow\quad R_1 = \frac{2u^2R}{2u^2 - v^2}. \]

(Условие \(v < \sqrt2\,u\) как раз и означает, что зонд не улетает совсем.)

Второй зонд (поперёк радиуса). Стартовая точка — перицентр или апоцентр его орбиты (скорость перпендикулярна радиусу), а раз \(v > u\), это перицентр. В дальней точке \(R_2\) скорость \(V_2\) тоже перпендикулярна радиусу, поэтому

\[ vR = V_2R_2,\qquad \frac{v^2}{2} - \frac{u^2R}{R} = \frac{V_2^2}{2} - \frac{u^2R}{R_2}. \]

Обозначим \(x = R/R_2\); тогда \(V_2 = vx\), и

\[ \frac{v^2}{2} - u^2 = \frac{v^2x^2}{2} - u^2x \quad\Longrightarrow\quad \frac{v^2}{2}(x^2-1) - u^2(x-1) = 0. \]

Корень \(x = 1\) — это сама точка старта; делим на \((x-1)\):

\[ \frac{v^2}{2}(x+1) = u^2 \quad\Longrightarrow\quad x = \frac{2u^2}{v^2} - 1 = \frac{2u^2-v^2}{v^2},\qquad R_2 = \frac{v^2R}{2u^2-v^2}. \]

Отношение.

\[ \frac{R_1}{R_2} = \frac{2u^2R/(2u^2-v^2)}{v^2R/(2u^2-v^2)} = \frac{2u^2}{v^2}. \]

Решение

Время прохождения сектора. По закону площадей скорость заметания площади постоянна и равна (задача 2.6.36)

\[ \frac{\Delta S}{\Delta t} = \frac12\,v_{\text{п}}r_{\text{п}}. \]

Площадь узкого сектора \(\Delta S = \frac12 r^2\,d\varphi\), поэтому

\[ dt = \frac{r^2\,d\varphi}{v_{\text{п}}r_{\text{п}}}. \]

Приращение скорости. Ускорение направлено к планете и равно \(\gamma M/r^2\), значит

\[ |d\vec v| = \frac{\gamma M}{r^2}\,dt = \frac{\gamma M}{r^2}\cdot\frac{r^2\,d\varphi}{v_{\text{п}}r_{\text{п}}} = \frac{\gamma M\,d\varphi}{v_{\text{п}}r_{\text{п}}}. \]

Расстояние \(r\) выпало! Вектор \(d\vec v\) направлен к центру планеты, то есть вдоль биссектрисы сектора.

Решение

Момент импульса зонда. Радиальная добавка не меняет «плеча» скорости:

\[ L = uR \quad\text{— и у станции, и у зонда.} \]

Одинаковые приращения. По задаче 2.6.42 при повороте радиус-вектора на \(d\varphi\) приращение скорости равно \(\gamma M\,d\varphi/L\) и направлено к центру планеты. У станции и у зонда одно и то же \(L\); если они видны под одним и тем же углом \(\varphi\), то и повороты, и направления «к центру» у них совпадают. Значит

\[ \vec v_{\text{зонд}}(\varphi) - \vec v_{\text{ст}}(\varphi) = \vec v_{\text{зонд}}(0) - \vec v_{\text{ст}}(0) = \vec V \]

— разность скоростей остаётся тем же самым постоянным вектором \(\vec V\), направленным вдоль стартового радиуса. Что и требовалось доказать.

Расстояние при угле \(\alpha\). Скорость станции всегда перпендикулярна её радиусу и по модулю равна \(u\). Значит скорость зонда — это \(\vec v_{\text{ст}} + \vec V\). Найдём её проекцию на текущее поперечное направление (перпендикуляр к текущему радиусу):

— от станции: \(u\);

— от \(\vec V\): вектор \(\vec V\) смотрит вдоль стартового радиуса, а текущее поперечное направление повёрнуто относительно него на угол \(90^\circ+\alpha\), поэтому проекция равна \(V\cos(90^\circ+\alpha) = -V\sin\alpha\).

Момент импульса зонда равен \(uR\), и он же равен \(r\) на поперечную составляющую скорости:

\[ r\,(u - V\sin\alpha) = uR \quad\Longrightarrow\quad r = \frac{R}{1 - \varepsilon\sin\alpha},\qquad \varepsilon = \frac{V}{u}. \]

Решение

Замкнутость. Расстояние \(r\) конечно при всех \(\alpha\) тогда и только тогда, когда знаменатель нигде не обращается в нуль, то есть при

\[ \varepsilon = \frac{V}{u} < 1 \quad\Longleftrightarrow\quad V < u. \]

Перицентр и апоцентр. Знаменатель \(1-\varepsilon\sin\alpha\) наибольший при \(\sin\alpha = -1\) и наименьший при \(\sin\alpha = +1\):

\[ r_{\text{п}} = \frac{R}{1+\varepsilon} = \frac{Ru}{u+V},\qquad r_{\text{а}} = \frac{R}{1-\varepsilon} = \frac{Ru}{u-V}. \]

Заметим: обе крайние точки достигаются при \(\alpha = \pm90^\circ\), то есть большая ось орбиты перпендикулярна стартовому радиусу.

Незамкнутая орбита \((V \ge u)\). Расстояние обращается в бесконечность, когда знаменатель равен нулю:

\[ 1 - \frac{V}{u}\sin\alpha = 0 \quad\Longrightarrow\quad \sin\alpha_{\text{пр}} = \frac{u}{V},\qquad \alpha_{\text{пр}} = \arcsin\frac{u}{V}. \]

Это и есть предельный угол: под таким углом к направлению на точку старта зонд уходит на бесконечность (то есть в эту сторону смотрит асимптота траектории).

Решение

Геометрия. Из задачи 2.6.44: перицентр и апоцентр отвечают \(\alpha = \pm90^\circ\), значит большая ось перпендикулярна стартовому радиусу, вдоль которого направлен \(\vec V\). Стало быть \(\vec V\) параллелен малой оси.

Скорость на конце малой оси. В вершине малой оси скорость направлена вдоль большой оси (по симметрии), то есть перпендикулярно \(\vec V\). А \(\vec v = \vec v_{\text{ст}} + \vec V\), где \(|\vec v_{\text{ст}}| = u\). Разложение прямоугольное:

\[ V_0^2 + V^2 = u^2 \quad\Longrightarrow\quad V_0 = \sqrt{u^2 - V^2}. \]

Через большую полуось. Из задачи 2.6.44

\[ a = \frac{r_{\text{п}}+r_{\text{а}}}{2} = \frac{Ru^2}{u^2-V^2} = \frac{Ru^2}{V_0^2}. \]

Для круговой орбиты станции \(u^2 = \gamma M/R\), то есть \(Ru^2 = \gamma M\). Значит

\[ a = \frac{\gamma M}{V_0^2} \quad\Longrightarrow\quad V_0 = \sqrt{\frac{\gamma M}{a}}. \]

Решение

Скорость заметания. В вершине малой оси скорость \(V_0\) параллельна большой оси, а расстояние от центра планеты (фокуса) до этой прямой равно \(b\) — ведь вершина отстоит от большой оси ровно на \(b\). Плечо и есть \(b\), поэтому (задача 2.6.36)

\[ \frac{\Delta S}{\Delta t} = \frac12\,b\,V_0 = \frac12\,b\sqrt{\frac{\gamma M}{a}}. \]

Период. За период заметается вся площадь эллипса \(\pi ab\):

\[ T = \frac{\pi ab}{\frac12 b\sqrt{\gamma M/a}} = \frac{2\pi a}{\sqrt{\gamma M/a}} = \frac{2\pi a^{3/2}}{\sqrt{\gamma M}}. \]

Решение

Большая полуось.

\[ a = \frac{r_{\text{а}} + r_{\text{п}}}{2} = \frac{35{,}4 + 0{,}6}{2} = 18 \]

радиусов земной орбиты.

Период. В единицах «земной год» и «радиус земной орбиты»

\[ T = a^{3/2} = 18^{3/2} = 18\sqrt{18} \approx 18\cdot 4{,}24 \approx 76\ \text{лет}. \]

Предыдущее прохождение.

\[ 1986 - 76 = 1910. \]

Решение

Большая полуось. Апоцентр нового эллипса — это точка торможения, \(r_{\text{а}} = R_{\text{с}}\); перицентр — поверхность планеты, \(r_{\text{п}} = R\). Значит

\[ a = \frac{R_{\text{с}} + R}{2}. \]

Период и время падения. Из задачи 2.6.46 \(T = 2\pi a^{3/2}/\sqrt{\gamma M}\), а \(\gamma M = gR^2\). Падение занимает полпериода:

\[ t = \frac{T}{2} = \frac{\pi a^{3/2}}{\sqrt{gR^2}} = \frac{\pi}{R\sqrt g}\left(\frac{R_{\text{с}}+R}{2}\right)^{\!3/2}. \]

Вынесем \(R^{3/2}\) из скобки:

\[ t = \pi\sqrt{\frac{R}{g}}\; \left[\frac{1 + R_{\text{с}}/R}{2}\right]^{3/2}. \]

Решение

Вырожденный эллипс. Афелий равен \(r\) (радиус земной орбиты), перигелий — нулю. Значит

\[ a = \frac{r + 0}{2} = \frac r2. \]

Период. По третьему закону Кеплера \(T \propto a^{3/2}\):

\[ T' = T\left(\frac{a}{r}\right)^{3/2} = T\left(\frac12\right)^{3/2} = \frac{T}{2\sqrt2}. \]

Падение — половина этого «оборота» (туда и обратно составило бы полный):

\[ t = \frac{T'}{2} = \frac{T}{4\sqrt2} = \frac{365}{5{,}66} \approx 65\ \text{суток}. \]

Решение

От времени к высоте. Полёт вверх и обратно — это полный «оборот» по вырожденному эллипсу с \(a = r_{\max}/2\):

\[ t = T = \frac{2\pi a^{3/2}}{\sqrt{\gamma M}} \quad\Longrightarrow\quad a = \left(\frac{t\sqrt{\gamma M}}{2\pi}\right)^{2/3},\qquad r_{\max} = 2a. \]

С \(\gamma M = gR^2 = 4{,}0\cdot10^{14}\), \(\sqrt{\gamma M} = 2{,}0\cdot10^{7}\):

\[ t_1 = 7\ \text{сут} = 6{,}05\cdot10^{5}\ \text{с} \;\Rightarrow\; a_1 = 1{,}55\cdot10^{8}\ \text{м},\quad r_1 = 3{,}1\cdot10^{8}\ \text{м}, \] \[ t_2 = 30\ \text{сут} = 2{,}59\cdot10^{6}\ \text{с} \;\Rightarrow\; a_2 = 4{,}08\cdot10^{8}\ \text{м},\quad r_2 = 8{,}2\cdot10^{8}\ \text{м}. \]

От высоты к скорости. Закон сохранения энергии от поверхности до \(r_{\max}\):

\[ v^2 = 2\gamma M\left(\frac1R - \frac1{r_{\max}}\right). \] \[ v_1^2 = 8{,}0\cdot10^{14}\left(1{,}570\cdot10^{-7} - 3{,}2\cdot10^{-9}\right) = 1{,}226\cdot10^{8},\quad v_1 = 11\,072\ \text{м/с}, \] \[ v_2^2 = 8{,}0\cdot10^{14}\left(1{,}570\cdot10^{-7} - 1{,}2\cdot10^{-9}\right) = 1{,}242\cdot10^{8},\quad v_2 = 11\,144\ \text{м/с}. \] \[ \Delta v = v_2 - v_1 \approx 70\ \text{м/с}. \]

Решение

Два уравнения. Обозначим \(F\) — натяжение. Для внутреннего спутника трос тянет наружу, для внешнего — внутрь:

\[ \frac{\gamma Mm}{R_1^2} - F = m\omega^2R_1,\qquad \frac{\gamma Mm}{R_2^2} + F = m\omega^2R_2. \]

Сумма даёт угловую скорость:

\[ \gamma Mm\left(\frac1{R_1^2}+\frac1{R_2^2}\right) = m\omega^2(R_1+R_2) \quad\Longrightarrow\quad \omega^2 = \frac{\gamma M\,(R_1^2+R_2^2)}{R_1^2R_2^2\,(R_1+R_2)}. \]

Подставляем в первое уравнение:

\[ F = \frac{\gamma Mm}{R_1^2} - m\omega^2R_1 = \frac{\gamma Mm}{R_1^2}\left[1 - \frac{R_1(R_1^2+R_2^2)}{R_2^2(R_1+R_2)}\right]. \]

В квадратной скобке приводим к общему знаменателю:

\[ R_2^2(R_1+R_2) - R_1(R_1^2+R_2^2) = R_1R_2^2 + R_2^3 - R_1^3 - R_1R_2^2 = R_2^3 - R_1^3, \]

и окончательно

\[ F = \frac{\gamma Mm\,(R_2^3 - R_1^3)}{(R_1+R_2)\,R_1^2R_2^2}. \]

Решение

Обозначения. Центры глыб находятся на расстояниях \(A = R-r\) и \(B = R+r\) от центра планеты; \(\omega\) — общая угловая скорость.

Уравнение для пары (центр масс — как раз на расстоянии \(R\)):

\[ \frac{\gamma Mm}{A^2} + \frac{\gamma Mm}{B^2} = m\omega^2A + m\omega^2B = m\omega^2(A+B) = 2m\omega^2R. \]

Уравнение для внутренней глыбы. На неё действуют: притяжение планеты (внутрь), притяжение соседки (наружу) и сила давления \(N\) от соседки (внутрь):

\[ \frac{\gamma Mm}{A^2} - \frac{\gamma m^2}{(2r)^2} + N = m\omega^2A. \]

Отсюда

\[ N = \frac{\gamma m^2}{4r^2} + m\omega^2A - \frac{\gamma Mm}{A^2}. \]

Подставляем \(\omega^2\) из первого уравнения:

\[ m\omega^2A - \frac{\gamma Mm}{A^2} = \gamma Mm\left[\frac{A}{A+B}\left(\frac1{A^2}+\frac1{B^2}\right) - \frac1{A^2}\right] = \gamma Mm\,\frac{A(A^2+B^2) - (A+B)B^2}{(A+B)A^2B^2}. \]

Числитель: \(A^3 + AB^2 - AB^2 - B^3 = A^3 - B^3\), а

\[ B^3 - A^3 = (R+r)^3-(R-r)^3 = 2\left(3R^2r + r^3\right),\qquad A+B = 2R,\qquad A^2B^2 = (R^2-r^2)^2. \]

Значит

\[ N = \frac{\gamma m^2}{4r^2} - \frac{\gamma Mm\left(3R^2r + r^3\right)}{R\left(R^2-r^2\right)^2}. \]

Когда глыбы разойдутся. Полагаем \(N = 0\) и учитываем \(r \ll R\):

\[ \frac{\gamma m^2}{4r^2} = \frac{\gamma Mm\cdot 3R^2r}{R\cdot R^4} = \frac{3\gamma Mm\,r}{R^3} \quad\Longrightarrow\quad R^3 = \frac{12M r^3}{m}. \]

Плотности одинаковы, поэтому \(M/m = R_0^3/r^3\), и

\[ R^3 = 12R_0^3 \quad\Longrightarrow\quad R = \sqrt[3]{12}\;R_0 \approx 2{,}3\,R_0. \]

Решение

Сила тяготения на половинку. Пусть \(h\) — толщина оболочки, \(r\) — её радиус. На каждый квадратный метр действует сила

\[ f = \rho h\,\frac{\gamma M_{\odot}}{r^2}, \]

направленная к центру. Складывая эти силы по половинке, надо брать только проекции на ось симметрии, а сумма проекций равна \(f\) на площадь проекции половинки, то есть на площадь круга:

\[ F = f\cdot\pi r^2 = \rho h\,\gamma M_{\odot}\,\pi. \]

Что удерживает. Разрез — окружность длины \(2\pi r\), площадь сечения материала \(2\pi r h\). Если напряжение равно \(\sigma\), удерживающая сила

\[ T = \sigma\cdot 2\pi r h. \]

Равновесие.

\[ \sigma\cdot 2\pi rh = \pi\rho h\,\gamma M_{\odot} \quad\Longrightarrow\quad \sigma = \frac{\rho\,\gamma M_{\odot}}{2r}. \]

Толщина сократилась — утолщать оболочку бесполезно. Числа \((\gamma M_{\odot} = 1{,}33\cdot10^{20}\), \(r = 1{,}5\cdot10^{11}\) м\()\):

\[ \sigma = \frac{4\cdot10^{3}\cdot 1{,}33\cdot10^{20}}{2\cdot1{,}5\cdot10^{11}} \approx 1{,}8\cdot10^{12}\ \text{Па}. \]

Подсказка

Угловое расстояние до центра планеты максимально, когда луч зрения касается орбиты Болтика. Для зонда спутник обходит свою орбиту равномерно с относительной угловой скоростью \(\omega_\text{с} - \omega_\text{з}\); угол, пройденный за \(t_1\), найдите из геометрии треугольника «зонд — центр — спутник».

Ответ

1) \(R/r = 1/\sin\theta_{max} \approx 3{,}864\);  2) \(T \approx 5900\) мин;  3) \(\rho = \dfrac{3\pi}{GT^2\sin^3\theta_0} \approx 7900\text{ кг/м}^3\).

Решение

Угловое расстояние между Болтиком и центром Шелезяки будет максимальным, когда прямая «зонд-Болтик» станет касательной к орбите спутника. В этом случае \(\sin\theta_{max} = r/R\), откуда \[\frac{R}{r} = \frac{1}{\sin\theta_{max}} \approx 3{,}864.\]

Пусть \(M\) — масса Шелезяки. Угловые скорости движения спутника и зонда, соответственно, равны \[\omega_\text{с} = \sqrt{\frac{GM}{r^3}}, \quad \omega_\text{з} = \sqrt{\frac{GM}{R^3}} \qquad\Rightarrow\qquad \omega_\text{с} = \omega_\text{з}\left(\frac{R}{r}\right)^{3/2} \approx 7{,}595\,\omega_\text{з}.\] Следовательно, с точки зрения зонда спутник делает один оборот вокруг планеты за время \[T_\text{отн} = \frac{360^\circ}{\omega_\text{с} - \omega_\text{з}} = \frac{360^\circ}{6{,}595\,\omega_\text{з}} = \frac{T}{6{,}595}.\]

Чтобы найти \(T_\text{отн}\), сделаем чертёж (см. рис.), где точка \(O\) — центр планеты, точка \(S\) — исследовательский зонд, а нарисованная окружность — орбита Болтика. В точках \(A\) или \(C\) спутник находится на краю видимого диска планеты, а точка \(B\) соответствует максимальному угловому расстоянию между центром Шелезяки и Болтиком (при наблюдении с зонда). Из геометрии рисунка \(\angle ASB = \theta_{max} - \theta_0 = 12^\circ\), \(\angle ODA = 90^\circ + \angle ASB = 102^\circ\). По теореме синусов для треугольника \(\triangle SOA\) \[\frac{R}{\sin(\angle OAS)} = \frac{r}{\sin\theta_0},\]

откуда, учитывая, что \(\angle OAS > 90^\circ\), получим, что \[\sin(\angle OAS) = \frac{R}{r}\cdot\sin\theta_0 = 3{,}864\cdot\sin3^\circ \approx 0{,}202 \qquad\Rightarrow\qquad \angle OAS \approx 168{,}334^\circ.\] Найдём угол \(\angle AOB\): \[\angle AOB = \angle OAS - \angle ODA = 66{,}334^\circ.\] Так как движение по окружности равномерное, \(\angle AOB = 360^\circ t_1/T_\text{отн}\), откуда \[T_\text{отн} = \frac{360^\circ}{66{,}334^\circ}\cdot t_1 \approx 5{,}43\cdot165\text{ мин} \approx 895\text{ мин}.\] С учётом того, что \(T = 6{,}595\,T_\text{отн}\), получим \[T \approx 5900\text{ мин}.\]

Пусть \(R_\text{Ш}\) — радиус Шелезяки, тогда \[\sin\theta_0 = \frac{R_\text{Ш}}{R} \qquad\Rightarrow\qquad R_\text{Ш} = R\sin3^\circ \approx 0{,}0523R.\] Записывая массу планеты как \(M = 4\pi R_\text{Ш}^3\rho/3\) и подставляя её в выражение для угловой скорости движения зонда по орбите, получим \[\omega_\text{з}^2 = \frac{G\cdot 4\pi R_\text{Ш}^3\rho/3}{R^3} \qquad\Rightarrow\qquad \frac{4\pi^2}{T^2} = \frac{4\pi G}{3}\cdot\rho\cdot0{,}0523^3,\] откуда \[\rho = \frac{3\pi}{GT^2\cdot0{,}0523^3} \approx 7900\text{ кг/м}^3.\]

Подсказка

Период спутника равен периоду вращения планеты; как радиус такой орбиты зависит от массы планеты?

Ответ

\(20\) тыс. км

Подсказка

Сравните с системой Солнце — Земля: третий закон Кеплера для двух тел связывает \(T^2\), \(L^3\) и суммарную массу; выразите всё в земных годах и а.е.

Ответ

\(n = 11\).