Зеркальная Земля

Океан — выпуклое сферическое зеркало; найдите, на какой угол сместится МКС, и положение изображения Солнца как точки пересечения двух очень близких отражённых лучей.

\(T = \dfrac{2u(R + H)(R + 2H)^2}{gR^2(R - 2H)} \approx 123\) с;  \(L \approx \dfrac{R}{2} + H = 3600\) км.

Пусть \(m\) и \(v\) — соответственно масса и скорость МКС, тогда её центростремительное ускорение при движении по орбите равно \(a_\perp = v^2/(R + H)\), а второй закон Ньютона для МКС имеет вид \[m\cdot\dfrac{v^2}{R + H} = mg\cdot\left(\dfrac{R}{R + H}\right)^2,\] где учтено, что согласно закону всемирного тяготения сила тяжести обратно пропорциональна квадрату расстояния до центра Земли, и откуда получаем соотношение \[v^2 = \dfrac{gR^2}{R + H}. \tag{1}\] Предположим (а в конце проверим), что к искомому моменту времени МКС сместится вдоль достаточно малой дуги \(ABC\) (см. рисунок), чтобы в расчётах можно было пользоваться приближениями для малых углов. Отрезок \(SE\), соединяющий центры Солнца и Земли, будем считать неподвижным, так как угловая скорость обращения Земли вокруг Солнца много меньше угловой скорости обращения МКС вокруг Земли. Наличие более одной буквы \(S\) на рисунке иллюстрирует тот факт, что Солнце в нашей модели — это огромная точка (дуга слева — это лишь край этой точки) на бесконечном расстоянии. Отметим, что суточное вращение Земли не играет вообще никакой роли, так как вращение шара вокруг оси, проходящей через его центр, не приводит ни к каким изменениям (по условию зеркальная область океана большая, то есть суша далеко и не успеет заменить собой воду в точке отражения лучей).

Обозначим через \(\varphi\) равные между собой углы падения и отражения (\(\angle SDB\) и \(\angle BDC\)), а также равный им (как соответственный) угол \(\angle SED\), и выразим через угол \(\varphi\) путь, пройденный МКС к искомому моменту времени: \[vT = \smile AB + \smile BC = \varphi(R + H) + \varphi H = (R + 2H)\varphi,\] где при расчёте длины второй дуги было использовано приближение \(\varphi \ll 1\) и откуда получаем соотношение \[\varphi = \dfrac{vT}{R + 2H}. \tag{2}\] Чтобы найти положение изображения Солнца на прямой \(DC\), нужно построить очень близкий к \(SD\) второй луч \(SF\) (см. рисунок). Жирные чёрточки в точках \(D\) и \(F\) — это касательные к поверхности воды в этих точках, то есть маленькие плоские зеркала. Сами зеркала образуют между собой угол \(\delta\), поэтому угол между отражёнными от них лучами будет \(2\delta\). Будем считать, что угол \(\delta\) бесконечно мал, тогда расстояние между зеркалами найдётся как длина дуги \(DF = R\delta\) (см. рисунок), а его проекция на общий перпендикуляр к прямым \(PD\) и \(PF\) (в силу малости \(\delta\) их можно считать почти параллельными) имеет вид \(DK = DF\cos\angle FDK = R\delta\cos\varphi\), так как по теореме об углах с соответственно перпендикулярными сторонами верно равенство \(\angle FDK = \angle BDC = \varphi\). Считая отрезок \(DK\) дугой окружности с центром в точке \(P\), выразим его длину в виде \(DK = DP\cdot 2\delta\). Приравнивая два выражения для \(DK\), находим расстояние от точки отражения до изображения: \[DP = \dfrac{R\cos\varphi}{2}.\]

Запишем расстояние от МКС до изображения Солнца в океане: \[x = CP = CD + DP = \dfrac{BD}{\cos\varphi} + DP = \dfrac{H}{\cos\varphi} + \dfrac{R\cos\varphi}{2}.\] Используя приближения \(\cos y \approx 1 - y^2/2\) и \(1/(1 + y) \approx 1 - y\), справедливые при \(y \ll 1\), преобразуем полученное выше выражение: \[x \approx H\left(1 + \dfrac{\varphi^2}{2}\right) + \dfrac{R}{2}\left(1 - \dfrac{\varphi^2}{2}\right) = \left(\dfrac{R}{2} + H\right) - \left(\dfrac{R}{2} - H\right)\dfrac{\varphi^2}{2}. \tag{3}\] После подстановки формул (2) и (1) в (3) получаем зависимость \[x = \left(\dfrac{R}{2} + H\right) - \dfrac{gR^2(R - 2H)}{2(R + H)(R + 2H)^2}\cdot\dfrac{T^2}{2},\] которая соответствует равноускоренному приближению с ускорением \[a = \dfrac{gR^2(R - 2H)}{2(R + H)(R + 2H)^2}.\] Из выражения \(u = aT\) для скорости приближения изображения к МКС получаем окончательный ответ: \[T = \dfrac{2u(R + H)(R + 2H)^2}{gR^2(R - 2H)} \approx 123\text{ с}.\] С помощью формул (1) и (2) можно убедиться, что изначальное предположение \(\varphi \ll 1\) выполнено. В пределах той же точности искомое расстояние можно найти в виде \[L = x(T) \approx x(0) = \dfrac{R}{2} + H = 3600\text{ км}.\] Примечание. Если заранее предвидеть, что значение \(T\) весьма мало (МКС не успеет значительно сместиться), то величину \(L\) можно было бы найти проще: заменить выпуклое сферическое зеркало радиусом \(R\) (океан) тонкой рассеивающей линзой с фокусным расстоянием \(-R/2\), оптическим центром в точке \(O\) (см. рисунок) и дополнительным отражением относительно плоскости линзы. Тогда параллельный пучок лучей от Солнца создаст изображение в фокусе, совпадающем с серединой \(N\) отрезка \(OE\), откуда сразу следует выражение \[L = AN = AO + ON = H + \dfrac{R}{2}.\] Однако найти \(T\), считая изображение зафиксированным в точке \(N\) (на самом деле оно смещается, так как по мере движения МКС создаётся разными лучами), уже не получится, так как описанная выше эквивалентность выпуклого зеркала и рассеивающей линзы является приближённым утверждением, при выводе которого пренебрегали поправками того же порядка малости, что и рассматриваемый в задаче эффект. Если применить это некорректное здесь приближение, то получится зависимость \[x = \left(\dfrac{R}{2} + H\right) + \dfrac{gR^3}{(R + 2H)(R + H)^2}\cdot\dfrac{T^2}{2},\] из которой следует, что изображение удаляется от МКС, то есть получается даже другой знак эффекта.

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