Возвращение ракеты

Двигатель выключен, ракета летит только под действием притяжения Земли. Какой должна быть траектория, если скорость при старте равна первой космической? Время на дуге орбиты связано с площадью, которую заметает радиус-вектор из центра Земли.

\(t=(\pi+2)\sqrt{R_{\text{З}}/g}\approx4{,}2\cdot10^{3}\text{ с}\approx69\text{ мин}\).

Что происходит. После выключения двигателя ракета движется только под действием притяжения Земли, поэтому её траектория — дуга эллипса, в одном из фокусов которого находится центр Земли. Старт «вертикально вверх» и возвращение «недалеко от места старта» означают, что эллипс очень вытянут: малая полуось \(b\to0\). Главная идея: большая полуось зависит только от энергии, а значит, при первой космической скорости известна; по ней находим период (третий закон Кеплера), а время на нужной дуге — по второму закону Кеплера, как долю периода, пропорциональную заметённой площади.

Обозначения. \(M\) — масса Земли, \(R=R_{\text{З}}\), \(g=GM/R^2\) — ускорение свободного падения у поверхности. \(F\) — центр Земли (фокус эллипса), \(a\) и \(b\) — полуоси, \(c=\sqrt{a^2-b^2}\) — расстояние от центра эллипса \(O\) до фокуса. \(T\) — период обращения по полному эллипсу. Первая космическая скорость \(v_1=\sqrt{GM/R}\).

1. Большая полуось. Энергия тела в поле тяготения Земли на эллиптической орбите с большой полуосью \(a\) равна \(E=-\dfrac{GMm}{2a}\) (то же выражение, что для круговой орбиты радиуса \(a\)). Запишем её в точке старта, где \(r=R\) и \(v=v_1\): \[\frac{mv_1^2}{2}-\frac{GMm}{R}=\frac{GMm}{2R}-\frac{GMm}{R}=-\frac{GMm}{2R}=-\frac{GMm}{2a}\quad\Rightarrow\quad a=R .\] Большая полуось не зависит от направления начальной скорости, поэтому формула годится и для вертикального старта.

2. Период. Третий закон Кеплера: период обращения по эллипсу с полуосью \(a\) равен периоду круговой орбиты радиуса \(a\). При \(a=R\) получаем \[T=\frac{2\pi R}{v_1}=2\pi\sqrt{\frac Rg}.\] Движение по полному эллипсу ракета не совершает: она упадёт на Землю раньше.

3. Где старт и посадка на эллипсе. Расстояние от фокуса до конца малой оси равно большой полуоси: \(FB=a\). Старт происходит на расстоянии \(R=a\) от центра Земли, посадка — тоже. Значит, точки старта \(B\) и посадки \(B'\) — концы малой оси, а \(BB'=2b\) мало по сравнению с \(R\) (ракета вернулась «недалеко»). Ракета идёт от \(B\) через дальнюю точку (апогей) \(A\) к \(B'\).

4. Второй закон Кеплера. Радиус-вектор из фокуса \(F\) за равные времена заметает равные площади: площадь, заметаемая в единицу времени, постоянна и равна \(\dfrac{\pi ab}{T}\). При движении \(B\to A\to B'\) радиус-вектор заметает сектор \(FBAB'\): полуэллипс площадью \(\dfrac12\pi ab\) и треугольник \(FBB'\) с основанием \(2b\) и высотой \(c\), площадью \(bc\). Фокус лежит по другую сторону малой оси от апогея, поэтому треугольник добавляется. Время полёта \[t=\frac{\frac12\pi ab+bc}{\pi ab/T}=T\left(\frac12+\frac{c}{\pi a}\right).\] Малая полуось \(b\) сократилась. Теперь \(b\to0\) даёт \(c\to a\): \[t=T\left(\frac12+\frac1\pi\right)=\pi\sqrt{\frac Rg}+2\sqrt{\frac Rg}=(\pi+2)\sqrt{\frac Rg}.\]

Обратите внимание: полёт короче периода. Время, равное \(T=2\pi\sqrt{R/g}\approx5{,}1\cdot10^3\) с, было бы у ракеты, обошедшей весь эллипс; посадка же происходит, когда ракета пересекает поверхность Земли, то есть в точке \(B'\), а не в точке старта на орбите.

Ответ. В буквах: \(t=(\pi+2)\sqrt{R_{\text{З}}/g}\). Числом: \(\sqrt{R_{\text{З}}/g}=\sqrt{6{,}4\cdot10^{6}/9{,}8}\text{ с}\approx808\text{ с}\), \(t\approx5{,}14\cdot808\text{ с}\approx4{,}2\cdot10^{3}\text{ с}\approx69\text{ мин}\).

Проверка. Второй способ: при \(b=0\) движение — падение вдоль прямой, и его описывает уравнение Кеплера: \(r=a(1-\cos\eta)\), \(t=\sqrt{a^3/GM}\,(\eta-\sin\eta)\). Ракета на поверхности (\(r=R=a\)) при \(\eta=\pi/2\) и \(\eta=3\pi/2\); значит, \[t=\sqrt{\frac Rg}\Bigl[\Bigl(\frac{3\pi}2+1\Bigr)-\Bigl(\frac\pi2-1\Bigr)\Bigr]=(\pi+2)\sqrt{\frac Rg}.\] Численное интегрирование уравнения движения в поле \(GM/r^2\) дало \(4155\) с — то же. Высота подъёма \(r_{\max}=2R\), то есть ракета поднимается на \(R_{\text{З}}=6400\) км над поверхностью. Физический смысл: ответ состоит из половины периода (путь «вверх и обратно» по половине эллипса) и добавки \(T/\pi\) за часть эллипса, лежащую по другую сторону малой оси.

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