Солнечный парус

Сила светового давления направлена от Солнца и убывает как \(1/r^2\), так же как сила тяготения. Поэтому свет только «уменьшает массу Солнца» в законе тяготения. Что при этом сохраняется во время полёта?

1) \(m\le\dfrac{2pSR_{\text{З}}^2}{GM_{\text{С}}}\approx 3{,}5\cdot10^{3}\) кг;  2) \(m_{\max}=\dfrac{2pSR_{\text{З}}^2}{GM_{\text{С}}}\cdot\dfrac{R_{\text{М}}}{R_{\text{М}}-R_{\text{З}}}\approx 1{,}0\cdot10^{4}\) кг.

Что происходит. Солнечный свет давит на парус вдоль луча, то есть вдоль радиуса от Солнца. Интенсивность света убывает как \(1/r^2\), поэтому и сила давления убывает как \(1/r^2\), как и сила тяготения, но направлена противоположно. Значит, аппарат движется в центральном поле с «ослабленным» притяжением: вместо \(GM\) в законе тяготения стоит \(GM(1-\beta)\), где \(\beta\) — отношение сил. Для такого поля работают два закона: сохранение момента импульса (сила центральная) и сохранение механической энергии (сила потенциальная). Главная идея: записать оба закона между моментом раскрытия паруса и произвольной точкой траектории.

Обозначения. \(R_{\text{З}}\) — радиус земной орбиты, \(v_0\) — скорость аппарата при раскрытии паруса, \(r\) — расстояние до Солнца в произвольный момент, \(m\) — масса аппарата (с парусом). До раскрытия паруса аппарат движется по круговой орбите, поэтому \[\frac{mv_0^2}{R_{\text{З}}}=\frac{GMm}{R_{\text{З}}^2}\quad\Rightarrow\quad v_0^2=\frac{GM}{R_{\text{З}}}\approx 8{,}7\cdot10^{8}\ \text{м}^2/\text{с}^2,\qquad v_0\approx 29{,}4\ \text{км/с}.\]

1. Сила светового давления. На земной орбите она равна \(F_0=pS=10^{-5}\cdot10^{6}=10\) Н. Интенсивность света обратно пропорциональна квадрату расстояния до Солнца, поэтому на расстоянии \(r\) \[F_{\text{св}}(r)=pS\,\frac{R_{\text{З}}^2}{r^2},\qquad F_{\text{т}}(r)=\frac{GMm}{r^2}.\] Обе силы центральные, обе пропорциональны \(1/r^2\). Результирующая радиальная сила направлена к Солнцу и равна \[F(r)=\frac{GMm\,(1-\beta)}{r^2},\qquad \beta=\frac{pSR_{\text{З}}^2}{GMm}.\] Числа: \(pSR_{\text{З}}^2=10\cdot(1{,}5\cdot10^{11})^2=2{,}25\cdot10^{23}\) Н\(\cdot\)м\(^2\), \(GM=1{,}3\cdot10^{20}\) м\(^3\)/с\(^2\), отношение \(pSR_{\text{З}}^2/GM\approx1{,}73\cdot10^{3}\) кг.

2. Закон сохранения момента импульса. Сила центральная, поэтому момент импульса аппарата относительно Солнца сохраняется. В момент раскрытия скорость перпендикулярна радиусу (\(mv_0R_{\text{З}}\)), в произвольной точке перпендикулярная радиусу составляющая скорости \(v_\tau\): \[mv_\tau r=mv_0R_{\text{З}}\quad\Rightarrow\quad v_\tau=v_0\frac{R_{\text{З}}}{r}.\]

3. Закон сохранения энергии. Сила \(F(r)\) потенциальна, её потенциальная энергия \(-GMm(1-\beta)/r\). Запишем закон сохранения механической энергии между моментом раскрытия и произвольной точкой: \[\frac{mv^2}{2}-\frac{GMm(1-\beta)}{r}=\frac{mv_0^2}{2}-\frac{GMm(1-\beta)}{R_{\text{З}}}.\] Введём безразмерное удаление \(y=1-R_{\text{З}}/r\); оно растёт от \(0\) при \(r=R_{\text{З}}\) до \(1\) при \(r\to\infty\). С учётом \(GM=v_0^2R_{\text{З}}\) получаем \(v^2=v_0^2\bigl[1-2(1-\beta)y\bigr]\).

4. Радиальная скорость. Скорость раскладывается на \(v_\tau\) и радиальную \(v_r\): \(v_r^2=v^2-v_\tau^2\). Подставляем \(v_\tau^2=v_0^2(1-y)^2\): \[\frac{v_r^2}{v_0^2}=1-2(1-\beta)y-(1-y)^2=y\,(2\beta-y).\] Аппарат может добраться до точки, где \(v_r^2\ge0\), и до этого не останавливаться. График \(y(2\beta-y)\) — парабола с нулями в \(y=0\) и \(y=2\beta\): если \(2\beta\ge y_\ast\), то на всём пути от \(y=0\) до \(y_\ast\) радиальная скорость не обращается в нуль и точка \(y_\ast\) достижима. Если \(2\beta<y_\ast\), аппарат остановится по радиусу раньше, при \(y=2\beta\), и повернёт назад.

Обратите внимание: достаточно проверить только конец пути, потому что парабола вогнутая и неотрицательна между нулями. Условие \(E\ge0\) (энергия положительна) нужно только для вылета на бесконечность, а для орбиты Марса оно не требуется.

Пункт 1. Вылет из Солнечной системы означает \(r\to\infty\), то есть \(y_\ast=1\): условие \(2\beta\ge1\). Тот же результат даёт энергия при \(r\to\infty\): \(\dfrac{v_0^2}{2}-\dfrac{GM(1-\beta)}{R_{\text{З}}}\ge0\), то есть \(\dfrac12-(1-\beta)\ge0\). Отсюда \(\beta\ge\dfrac12\) и \[m\le\frac{2pSR_{\text{З}}^2}{GM}\approx2\cdot1{,}73\cdot10^{3}\ \text{кг}\approx3{,}5\cdot10^{3}\ \text{кг}.\] Чем тяжелее аппарат, тем меньше относительная роль света, поэтому нужна достаточно малая масса.

Пункт 2. Для орбиты Марса \(y_\ast=1-\dfrac{R_{\text{З}}}{R_{\text{М}}}=\dfrac{R_{\text{М}}-R_{\text{З}}}{R_{\text{М}}}=\dfrac{0{,}8}{2{,}3}\approx0{,}348\). Условие \(2\beta\ge y_\ast\) даёт \[\beta\ge\frac{R_{\text{М}}-R_{\text{З}}}{2R_{\text{М}}}\approx0{,}174,\qquad m_{\max}=\frac{pSR_{\text{З}}^2}{GM\,\beta_{\min}}=\frac{2pSR_{\text{З}}^2}{GM}\cdot\frac{R_{\text{М}}}{R_{\text{М}}-R_{\text{З}}}.\] Числа: \(m_{\max}\approx 3{,}46\cdot10^{3}\cdot\dfrac{2{,}3}{0{,}8}\approx 1{,}0\cdot10^{4}\) кг. При такой массе радиальная скорость обращается в нуль ровно на орбите Марса, то есть траектория — половина эллипса, касающаяся орбиты Земли в начале и орбиты Марса в конце.

Проверка. Размерность: \([pSR^2/GM]=\text{Н}\cdot\text{м}^2/(\text{м}^3/\text{с}^2)=\text{кг}\). Второй способ для пункта 2: при \(m=m_{\max}\) орбита — эллипс с перигелием \(R_{\text{З}}\) и афелием \(R_{\text{М}}\), \(e=\dfrac{R_{\text{М}}-R_{\text{З}}}{R_{\text{М}}+R_{\text{З}}}\). Скорость в перигелии этого эллипса \(v_0^2=\dfrac{GM(1-\beta)(1+e)}{R_{\text{З}}}\), откуда \(1-\beta=\dfrac{1}{1+e}=\dfrac{R_{\text{М}}+R_{\text{З}}}{2R_{\text{М}}}\) и \(\beta=\dfrac{R_{\text{М}}-R_{\text{З}}}{2R_{\text{М}}}\) — ровно то же. Предел \(R_{\text{М}}\to\infty\) в ответе пункта 2 даёт \(2pSR_{\text{З}}^2/GM\), ответ пункта 1.

Ответ. 1) \(m\le\dfrac{2pSR_{\text{З}}^2}{GM_{\text{С}}}\approx3{,}5\cdot10^{3}\) кг (около \(3{,}5\) т);  2) \(m_{\max}=\dfrac{2pSR_{\text{З}}^2}{GM_{\text{С}}}\cdot\dfrac{R_{\text{М}}}{R_{\text{М}}-R_{\text{З}}}\approx1{,}0\cdot10^{4}\) кг (около \(10\) т).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.