Космический мусор
8/10Введение
За более чем полувековую историю освоения космоса, вокруг Земли скопилось огромное количество космического мусора, состоящего из нефункционирующих спутников, использованных верхних ступеней ракет и прочих объектов, не выполняющих никаких полезных функций. Для очистки орбит от космического мусора в настоящее время планируют специальные миссии. Предполагается, что специальные аппараты — космические буксиры — захватывают крупные объекты космического мусора и сводят их в плотные слои атмосферы или на специальные орбиты-захоронения. Однако перед тем, как отправлять буксир для захвата космического мусора, важно понимать вращательную динамику этих объектов на орбите.
В данной задаче вам предстоит спланировать подобную миссию по очистке орбит от ненужных объектов, анализируя различные факторы влияющие на изменение параметров их движения.
Описание использованной ступени ракеты
В данной задаче в качестве крупного объекта космического мусора будет рассмотрена использованная верхняя ступень ракеты, схематично показанная на Рис. 1. Круговой линией схематически показан сферический топливный бак ракеты.

Рис. 1. Верхняя ступень ракеты Kerbodyne-42
Введем систему координат \(C_{xy}\), связанную со ступенью ракеты, как показано на Рис. 1, с началом в центре масс \(C\). Ось \(x\) совпадает с осью симметрии объекта, а ось \(y\) перпендикулярна к оси \(x\). Моменты инерции объекта относительно этих осей.
Задание A. Вращение
Рассмотрим движение ступени с моментом импульса \(L\), который составляет угол \(\theta\) с осью симметрии (см. Рис. 2). В данном пункте будем считать, что топливный бак пуст, и никакие внешние силы или моменты сил на ступень не действуют.

Рис. 2. Вращение ступени ракеты
A1. Найдите проекции угловой скорости объекта \(\vec\omega\) на оси \(x\) и \(y\), используя тот факт, что момент импульса записывается как \(\vec L=J_x\omega_x\vec e_x+J_y\omega_y\vec e_y\), где \(\vec e_x\) и \(\vec e_y\) — единичные векторы осей \(x\) и \(y\). Ответ выразите через \(L=|\vec L|\), угол \(\theta\), и моменты инерции \(J_x, J_y\).
A2. Найдите кинетическую энергию \(E_x\) вращения ступени с угловой скоростью \(\omega_x\). Найдите кинетическую энергию \(E_y\) вращения ступени с угловой скоростью \(\omega_y\). Найдите полную кинетическую энергию вращательного движения ступени \(E=E_x+E_y\) как функцию ее момента импульса \(L\) и \(\cos \theta\).
В последующих подпунктах задания \(А\) считайте, что ступень свободно вращается с начальным моментом импульса \(L\) и начальным углом \(\theta(0)=\theta_0\).
A3. Пусть ось \(x_0\) — начальное положение оси симметрии \(C_x\) ступени относительно некоторой инерциальной системы отсчета. Используя законы сохранения, найдите максимальный угол \(\psi\), между осью симметрии \(C_x\) ступени и её первоначальным направлением \(x_0\) в течение свободного вращения объекта.
Примечание: Вектор момента импульса ступени сохраняется, так как на ступень не действуют никакие внешние моменты сил.

Рис. 3. Прецессия
Рассмотрим систему отсчета \(C_{{x_1}{y_1}{z_1}}\), ось \(y_1\) которой сонаправлена с постоянным вектором момента импульса \(\vec L\) (см. Рис. 3 выше). Система \(C_{{x_1}{y_1}{z_1}}\) вращается вокруг оси \(y_1\) так, что ось симметрии ступени ракеты все время остается в плоскости \(C_{{x_1}{y_1}}\).
A4. Пусть даны значения \(L,\theta(0)=\theta_0\) и моментов инерции \(J_x\), \(J_y\). Найдите как функции времени угловую скорость вращения \(\Omega(t)\) системы отсчета \(C_{{x_1}{y_1}}\) вокруг оси \(y_1\), а также направление и величину угловой скорости ступени \(\vec \omega_s(t)\) относительно системы отсчета \(C_{{x_1}{y_1}}\). Ответ для направления \(\vec \omega_s(t)\) приведите через угол \(\gamma_s(t)\), который \(\vec \omega_s(t)\) составляет с осью \(C_x\).
Примечание: Вектор угловой скорости может быть представлен в виде суммы \(\vec\omega=\vec\omega_x+\vec\omega_y=\vec\Omega+\vec\omega_s\).
Задание B. Переходный процесс
Большая часть топлива сжигается во время подъема ракеты, однако, после отсоединения от ступени полезной нагрузки в топливном баке остается неизрасходованное жидкое топливо. Масса \(m\) остатков жидкого топлива мала по сравнению с массой \(M\) ступени ракеты. Движение жидкого топлива в баке и соответствующие силы вязкого трения между топливом и стенками бака приводят к потерям энергии. В результате переходного процесса через некоторое время энергия достигает своего минимума.
B1. Считая известными начальные значения момента импульса \(L\) и угла \(\theta(0)=\theta_1\in(0,\pi/2)\), найдите значение \(\theta_2\) угла \(\theta\) в конце переходного процесса.

Рис. 4. Угол между вектором угловой скорости ступени и ее осью симметрии
B2. Пусть в начальный момент времени угловая скорость \(\omega(0)=\omega_1=1~рад/с\) составляет угол \(\gamma(0)=\gamma_1=30^{\circ}\mathrm C\) с осью симметрии ступени. Вычислите значение \(\omega_2\) угловой скорости \(\omega\) после прохождения переходного процесса. Моменты инерции ступени равны \(J_x=4200~кг\cdot м^2\) и \(J_y=15000~кг\cdot м^2\).
Задание C. Магнитное поле
Ещё один важный фактор для вращательной динамики рассматриваемых объектов — взаимодействие с магнитным полем Земли. Для начала решим вспомогательную задачу.
Момент сил, обусловленный вихревыми токами
Рассмотрим тонкостенную немагнитную сферическую оболочку с толщиной стенок \(D\) и радиусом \(R\), помещенную в однородное магнитное поле \(\vec B\). Поле \(\vec B\) меняется медленно, а производная по времени \(\dot{\vec B}\) (\(\vec B\) «с точкой») есть постоянный вектор, составляющий угол \(\alpha\) с направлением вектора \(\vec B\) (см. Рис. 5). Удельное сопротивление материала сферической оболочки равно \(\rho\).

Рис. 5. Сферическая оболочка в магнитном поле
C1. Пренебрегая явлением самоиндукции, найдите магнитный момент \(\vec \mu\) сферической оболочки. Приведите ответ для вектора \(\vec \mu\) в виде проекций на оси \(xyz\), показанных на Рис. 5.
C2. Найдите момент сил \(\vec M\), действующий на сферическую оболочку. Приведите ответ для вектора \(\vec M\) в виде проекций на оси \(xyz\), показанные на Рис. 5.
Эволюция вращательного движения в магнитном поле Земли
Давайте выясним, как изменяется вращение ступени, движущейся по круговой полярной орбите с периодом обращения \(T=100~мин\) (см. Рис. 6 ниже). Будем считать, что характерное время переходного процесса много меньше, чем характерные времена процессов изменения динамики ступени вследствие взаимодействия с геомагнитным полем. Рассмотрим, что происходит после завершения переходных процессов. Положим, что в начальный момент времени ступень вращается с угловой скоростью \(\omega_2\) вокруг оси, перпендикулярной к плоскости орбиты.

Рис. 6. Орбита ступени
C3. Магнитное поле Земли \(\vec B_E\) можно считать полем точечного диполя, помещенного в центр Земли. Дипольный момент равен \(\vec\mu_E\) и направлен противоположно оси \(Y\). Величина магнитного поля \(B\) в точке, где орбита ступени пересекает экваториальную плоскость \(XZ\), равна \(B_0=20\mu T\). Найдите магнитное поле \(\vec B_E(u)\) в точке орбиты, характеризуемой углом \(u\), как показано на Рис. 6. Положительное направление отсчета угла \(u\) совпадает с направлением движения по орбите. Ответ представьте в виде проекций \(\vec B_E(u)\) на оси \(XYZ\).
Примечание: Для последующих вычислений может оказаться полезным, если проекции магнитного поля \(\vec B_E(u)\) выразить как функции от \(2u\) вместо функций от \(u\). Магнитное поле диполя в точке, заданной вектором \(\vec r\) можно записать как: \[\vec{B}=\frac{\mu_0}{4 \pi}\left(\frac{3(\vec{\mu} \cdot \vec{r}) \vec{r}}{r^5}-\frac{\vec{\mu}}{r^3}\right).\]
Считайте что ступень ракеты сделана в основном из дерева, за исключением топливного бака, выполненного из проводящего материала. Тогда взаимодействие ступени ракеты с геомагнитным полем может быть смоделировано как взаимодействие лишь со сферической оболочкой. Толщина стенок оболочки \(D=2~мм\), радиус \(R=4~м\) и удельное сопротивление \(\rho=2.7\cdot10^{-8}~Ом\cdot м\).
C4. Найдите момент сил \(\vec M(u)\), действующих на ступень, которая вращается вокруг оси, перпендикулярной к плоскости орбиты. Угловая скорость вращения ступени равна \(\omega\), она коллинеарна оси \(Z\). Ответ для \(\vec M(u)\) приведите в виде проекций на оси \(XYZ\).
C5. Считая изменение угловой скорости ступени за один период обращения по орбите пренебрежимо малым, найдите зависимость модуля угловой скорости \(\omega(t)\) от времени.
C6. Найдите отношение периода орбитального движения \(T\) к периоду вращения ступени ракеты \(T_s\) в установившемся режиме, спустя очень большой промежуток времени.
▶Показать разборСкрыть разбор
ОтветA1: \[\omega_x=\frac{L\cos\theta}{J_x}\] \[\omega_y=\frac{L\sin\theta}{J_y}\]; A2: \[E_x=\frac{J_x\omega^2_x}{2}\] \[E_y=\frac{J_y\omega^2_y}{2}\] \[E(\theta)=\frac{L^2}{2 J_y}+\frac{L^2}{2}\left(\frac{1}{J_x}-\frac{1}{J_y}\right) \cos ^2 \theta\]; A3: \[\psi=2\theta_0\]; A4: \[\Omega(t)=\frac{L}{J_y}\] \[\gamma_s(t)=0\] \[\omega_s(t)=\left(\frac{1}{J_x}-\frac{1}{J_y}\right)L\cos\theta_0\]; B1: \[\theta_2=\frac\pi2\]; B2: \[\omega_2 \approx \frac{5}{9} ~рад /с \approx 0.556 ~рад /с\]; C1: \[\mu_x=0\] \[\mu_y=-\frac{2\pi}{3\rho}DR^4\dot B\] \[\mu_z=0\]; C2: \[M_x=0\] \[M_y=0\] \[M_z=\frac{2\pi}{3\rho}DR^4B\dot B\sin\alpha\]; C3: \[B_{EX}(u)=-\frac32B_0\sin2u\] \[B_{EY}(u)=\frac12(3\cos2u-1)B_0\] \[B_{EZ}(u)=0\]; C4: \[M_X=0\] \[M_Y=0\] \[M_Z=\frac{2\pi}{3\rho}DB^2_0R^4\left(\frac{3\pi}{T}(3-\cos2u)-\frac\omega2(5-3\cos2u)\right)\]; C5: \[\omega(\mathrm{t})=\frac{18 \pi}{5 T}+\left(\omega_2-\frac{18 \pi}{5 T}\right) e^{-\delta t}, \delta=\frac{5 \pi}{3 J_y \rho} D B_0^2 R^4\]
РешениеA1. Ответ:
\[\omega_x=\frac{L\cos\theta}{J_x}\] \[\omega_y=\frac{L\sin\theta}{J_y}\]
A2. \[E(\theta)=E_x+E_y=\frac{J_x\omega_x^2}{2}+\frac{J_y\omega_y^2}{2}=\frac{L_x^2}{2J_x}+\frac{L_y^2}{2J_y}=\frac{L^2}{2 J_y}+\frac{L^2}{2}\left(\frac{1}{J_x}-\frac{1}{J_y}\right) \cos ^2 \theta\]
Ответ:
\[E_x=\frac{J_x\omega^2_x}{2}\] \[E_y=\frac{J_y\omega^2_y}{2}\] \[E(\theta)=\frac{L^2}{2 J_y}+\frac{L^2}{2}\left(\frac{1}{J_x}-\frac{1}{J_y}\right) \cos ^2 \theta\]
A3. Кинетическая энергия и момент импульса сохраняются, и \(\cos^2\theta\) может быть получен из \(\text{A2}\). Следовательно, набор значений, которые может принимать \(\theta\), дискретен, и \(\theta\) не может изменить свое начальное значение. Поэтому ось симметрии движется вокруг \(\vec{L}\), описывая конус с углом раствора \(2\theta_0\). Следовательно, \[\psi=2\theta_0\]
Ответ:
\[\psi=2\theta_0\]
A4. Ось симметрии покоится относительно вращающейся системы отсчета, потому что \(\theta(t)=\theta_0\), и ось симметрии всегда принадлежит плоскости \(Cx_1y_1\). Следовательно, \(\vec{\omega}_s\) должен быть коллинеарен оси симметрии в любой момент времени. Таким образом, \[\gamma_s(t)=0.\] Проецируя сумму \(\vec{\Omega}+\vec{\omega}_s\) на оси \(Cx\) и \(Cy\) для любого момента времени \(t\) \[\omega_s+\Omega\cos\theta=\omega_x=\frac{L\cos\theta}{J_x}\]\[\Omega\sin\theta=\omega_y=\frac{L\sin\theta}{J_y}.\] Откуда \[\Omega(t)=\frac{L}{J_y}.\] Учитывая, что \(\theta(t)=\theta_0\) \[\omega_s(t)=\left(\frac{1}{J_x}-\frac{1}{J_y}\right)L\cos\theta_0.\] \(\omega_s\) также не зависит от времени.
Ответ:
\[\Omega(t)=\frac{L}{J_y}\] \[\gamma_s(t)=0\] \[\omega_s(t)=\left(\frac{1}{J_x}-\frac{1}{J_y}\right)L\cos\theta_0\]
B1. Взаимодействие остатка топлива с баком может быть рассмотрено как внутренняя сила. Следовательно, как и раньше, внешние моменты и силы не действуют на систему, и момент импульса сохраняется. Так как \(J_x < J_y\), Из \(\text{A2}\) можно показать, что \(E(\cos\theta)\) достигает минимума при \(\theta=\pi/2\). Таким образом, \[\theta_2=\frac\pi2\]
Ответ:
\[\theta_2=\frac\pi2\]
B2. \(\text{B1}\) показывает, что после переходного процесса ступень будет вращаться вокруг оси, перпендикулярной оси симметрии. Конечная угловая скорость \[\omega_2=\frac{L}{J_y}=\frac{\sqrt{J_x^2\cos^2\gamma_1+J_y^2\sin^2\gamma_1}}{J_y}\omega_1 \approx \frac{5}{9} ~рад /с \approx 0.556 ~рад /с\]
Ответ:
\[\omega_2 \approx \frac{5}{9} ~рад /с \approx 0.556 ~рад /с\]
C1. Разрежем сферу на кольца так, чтобы \(\dot{\vec{B}}\) был перпендикулярен их плоскостям и введем угол \(\varphi\), как показано на рисунке.

По закону Фарадея, ЭДС, вызванная в таком кольце изменением поля, равна \[\mathcal{E}=d\Phi/dt=S\dot B=\pi R^2\sin^2\varphi\dot B.\] Сопротивление кольца равно \[dr=\frac{2\pi\rho R\sin\varphi}{DRd\varphi}.\] Ток в кольце \[dI=\mathcal{E}/dr=\frac{1}{2\rho}DR^2\dot B\sin\varphi d\varphi.\] И, наконец, магнитный момент \[d\mu=SdI=\frac{\pi}{2\rho}DR^4\dot B\sin^3\varphi d\varphi=\frac{1}{4\rho}\dot BdJ,\] где \(dJ\) – момент инерции кольца единичной плотности относительно центральной оси, параллельной \(y\). таким образом, \[\mu=\frac{1}{4\rho}J\dot B=\frac{2\pi}{3\rho}DR^4\dot B,\] где \(J\) – момент инерции сферы единичной плотности относительно оси, проходящей через его центр. С учетом направления, \[\mu_x=0\] \[\mu_y=-\frac{2\pi}{3\rho}DR^4\dot B\] \[\mu_z=0\]
Ответ:
\[\mu_x=0\] \[\mu_y=-\frac{2\pi}{3\rho}DR^4\dot B\] \[\mu_z=0\]
C2. Момент сил задается уравнением \(\vec{M}=[\vec{\mu},\vec{B}]\). Он направлен вдоль оси \(z\) и равен \[M_z=\mu B\sin\alpha=\frac{2\pi}{3\rho}DR^4B\dot B\sin\alpha\]
Ответ:
\[M_x=0\] \[M_y=0\] \[M_z=\frac{2\pi}{3\rho}DR^4B\dot B\sin\alpha\]
C3. Пусть \(R_O\) – радиус орбиты. Формула для поля диполя в точке \(\vec{r}=(R_O\cos u,R_O\sin u,0)\) и магнитным моментом \(\vec{\mu}=(0,-\vec{\mu}_E,0)\) дает \[B_X=-\frac{3}{2}\frac{\mu_0\mu_E}{4\pi R_O^3}\sin2u,\] \[B_Y=(1-3\sin^2u)\frac{\mu_0\mu_E}{4\pi R_O^3},\] \[B_Z=0.\] В точке, где орбита пересекает плоскость экватора (\(u=0\)), магнитное поле равно \[B_X=0,\] \[B_Y=\frac{\mu_0\mu_E}{4\pi R_O^3},\] \[B_Z=0.\] Отсюда \(B_0=\frac{\mu_0\mu_E}{4\pi R_O^3}.\) Наконец, магнитное поле Земли равно \[B_{EX}(u)=-\frac32B_0\sin2u\] \[B_{EY}(u)=\frac12(3\cos2u-1)B_0\] \[B_{EZ}(u)=0\]
Ответ:
\[B_{EX}(u)=-\frac32B_0\sin2u\] \[B_{EY}(u)=\frac12(3\cos2u-1)B_0\] \[B_{EZ}(u)=0\]
C4. Использование пункта \(\text{C2}\) требует поиска производной магнитного поля в СО ступени. Введем СО \(xyz\), у которой \(z\) коллинеарно \(Z\), и плоскость \(xy\) повернута на угол \(\beta\) относительно \(XY\). Магнитное поле в этой СО равно \[B_x=B_X\cos\beta+B_Y\sin\beta,\] \[B_y=-B_X\sin\beta+B_Y\cos\beta,\]\[B_z=B_Z=0.\] Тогда производная магнитного поля \[\dot B_x=\dot B_X\cos\beta+\dot B_Y\sin\beta+(-B_X\sin\beta+B_Y\cos\beta)\dot\beta=\]\[=(B_X'(u)\cos\beta+B_Y'(u)\sin\beta)\dot u+(-B_X\cos\beta-B_Y\sin\beta)\dot\beta,\]\[\dot B_y=-\dot B_X\sin\beta+\dot B_Y\cos\beta+(-B_X\cos\beta-B_Y\sin\beta)\dot\beta=\]\[=(- B_X'(u)\sin\beta+B_Y'(u)\cos\beta)\dot u+(-B_X\cos\beta-B_Y\sin\beta)\dot\beta,\] \[\dot B_z=0.\] Подставляя \(\dot u=2\pi/T\) и \(\dot\beta=\omega\) мы получаем, что момент направлен вдоль \(z\) и равен \[M_Z=\frac{2\pi}{3\rho}DB^2_0R^4\left(\frac{3\pi}{T}(3-\cos2u)-\frac\omega2(5-3\cos2u)\right)\]
Ответ:
\[M_X=0\] \[M_Y=0\] \[M_Z=\frac{2\pi}{3\rho}DB^2_0R^4\left(\frac{3\pi}{T}(3-\cos2u)-\frac\omega2(5-3\cos2u)\right)\]
C5. Усредним \(M_z\) по \(u\) и используем полученное выражение вместо \(M_Z\). Это поможет избавиться от членов, содержащих \(\cos2u\) :\[\langle M_z\rangle=\frac{2\pi}{3\rho}DB_0^2R^4\left(\frac{9\pi}{T}-\frac{5\omega}{2}\right).\] Так как момент направлен вдоль оси вращения, он не меняет ее направления. Это означает, что полученная формула всегда описывает динамику вращательного движения ракеты. Мы предполагаем, что переходный процесс завершен. Тогда из \(\text{B1}\) следует, что ступень ракеты вращается вокруг оси, которая перпендикулярна оси симметрии. Таким образом, момент импульса ступени равен \[L_Z=J_y\omega.\] Так как \(\dot L_Z=M_Z\), уравнение на угловую скорость имеет вид \[\dot\omega=\frac{2\pi}{3J_y\rho}DB_0^2R^4\left(\frac{9\pi}{T}-\frac{5\omega}{2}\right).\] Его решение это \[\omega(t)=\frac{18\pi}{5T}+\left(\omega_2-\frac{18\pi}{5T}\right)e^{-\delta t},\] где \(\delta=\frac{5\pi}{3J_y\rho}DB_0^2R^4\).
Ответ:
\[\omega(\mathrm{t})=\frac{18 \pi}{5 T}+\left(\omega_2-\frac{18 \pi}{5 T}\right) e^{-\delta t}, \delta=\frac{5 \pi}{3 J_y \rho} D B_0^2 R^4\]
C6. Из \(\text{C5}\) следует, что угловая скорость стремится к \(18\pi/2T\). Таким образом отношение двух периодов \[\frac{T}{T_s(\infty)}=\frac{T\omega(\infty)}{2\pi}=9/5=1.8\]
Ответ:
\[1.8\]
Перевод: pho.rs.
Похожие задачи
- Колесо на решётке МОШ 1960/1986, 8-11 кл.
- Вращающийся обруч ВсОШ 1997/98, 11 кл.
- Катушка «Туймаада» 1998/99, 11 кл.
- Склеенный обруч «Туймаада» 2003/04, 11 кл.
- Хула-хуп с проскальзыванием МОШ 2012/13, 11 кл.
- Гантель ВсОШ 2018/19, 10 кл.