Комета

Из-за огромного афелия полная энергия кометы близка к нулю, и вблизи Солнца её орбита почти парабола. Угол \(45^\circ\) делает радиальную и трансверсальную скорости на орбите Земли равными, а время пребывания внутри земной орбиты находится по закону площадей.

1) \(R_{\min}=\dfrac12R_0\);  2) \(t=\dfrac{2}{3\pi}\cdot 365\text{ сут}\approx77\) сут.

i) Так как расстояние до афелия очень велико, полную энергию кометы \(-G\dfrac{M_\odot}{R_{\min}+R_{\max}}\) можно считать равной нулю, а вблизи Солнца орбита приближённо имеет форму параболы. Следовательно, на расстоянии \(R_0\) выполняется \(\dfrac12v^2=G\dfrac{M_\odot}{R_0}\) (тот же результат можно получить, записав законы сохранения момента импульса и энергии для кометы в двух точках — в афелии и в точке пересечения двух орбит — и воспользовавшись \(R_{\max}\gg R_0\)). Так как \(\alpha=45^\circ\), тангенциальная и радиальная скорости равны, \(v_t=v_r\), и \(v^2\equiv v_t^2+v_r^2=2v_t^2\), поэтому \[v_t^2=G\frac{M_\odot}{R_0}\] (это в точности то же выражение, что и для орбитальной скорости \(w\) Земли). Закон сохранения момента импульса позволяет выразить скорость в перигелии \(u=v_tR_0/R_{\min}\); из закона сохранения энергии \(\dfrac12u^2=G\dfrac{M_\odot}{R_{\min}}\). Таким образом, \[\frac12\,\frac{GM_\odot}{R_0}\cdot\frac{R_0^2}{R_{\min}^2}=\frac{GM_\odot}{R_{\min}},\] откуда \(R_{\min}=\dfrac12R_0\).

ii) Обозначим через \(O\) тот фокус эллиптической орбиты кометы, в котором находится Солнце, а через \(Q\) — другой фокус орбиты кометы. Пусть \(B\) и \(C\) — точки пересечения орбит Земли и кометы.

Покажем, что точки \(B\), \(C\) и \(O\) приближённо лежат на одной прямой, доказав, что угол \(\angle QOB\) приближённо равен \(90^\circ\). По свойству эллипса сумма длин отрезков, проведённых от любой точки эллипса к двум фокусам, постоянна, поэтому \[|QB|+|BO|=|QP|+|OP|=|QO|+2|OP|.\] Воспользовавшись \(|BO|=R_0\) и приближённым равенством \(|OP|=\dfrac12R_0\) (равенство выполняется в пределе \(R_{\max}\to\infty\)), получаем \(|QB|=|QO|\). Значит, треугольник \(\triangle QBO\) равнобедренный, и углы \(\angle QOB\) и \(\angle QBO\) равны. Так как \(|QB|\gg|OB|\), приближённо \(\angle QOB\approx\angle QBO=90^\circ\), и все точки \(B\), \(C\) и \(O\) приближённо лежат на одной прямой.

Радиус-вектор кометы заметает площадь \(S_{BCP}\), заключённую между дугой \(BCP\) эллипса и прямой \(BC\). Приблизим этот отрезок эллипса параболой. Площадь зеркально-симметричного параболического сегмента равна двум третям произведения его высоты на длину, что можно получить интегрированием параболы: \[S_{BCP}=\frac23\cdot 2R_0\cdot\frac{R_0}{2}=\frac23R_0^2 .\] По второму закону Кеплера комета заметает равные площади за равные времена (то есть время прохождения некоторого участка эллипса пропорционально площади, заметаемой радиус-вектором, соединяющим комету с Солнцем). Так как \(v_t=w\), радиус-вектор кометы заметает площадь с той же скоростью, что и радиус-вектор Земли, то есть \(\pi R_0^2/T\), где \(T\) — один год. Поэтому \[t=\frac{S_{BCP}}{\pi R_0^2}\,T=\frac{2}{3\pi}\cdot 365\text{ сут}\approx 77\text{ сут}.\]

Альтернативное решение. Можно доказать, что точки пересечения орбит и Солнце лежат на одной прямой, и следующим образом. Вблизи Солнца орбиту можно приближённо считать параболой. По геометрическому свойству параболы, если направить ось \(x\) параллельно оси параболы в сторону перигелия \(P\), а начало координат \(O\) поместить в фокус (то есть в Солнце), то для любой точки \(S\) параболы \(|OS|+x=2|OP|=R_0\), где \(x\) — координата \(x\) точки \(S\). Для точек пересечения \(B\) и \(C\) орбит Земли и кометы \(|OB|=|OC|=R_0\), поэтому для обеих точек \(x=0\), то есть \(O\), \(B\) и \(C\) лежат на оси \(y\).

Альтернативное решение. Вот ещё одно решение, показывающее, что точки \(B\), \(C\) и \(O\) приближённо лежат на одной прямой. Имеем \[|OQ|=R_{\max}-R_{\min}=R_{\max}-\frac{R_0}{2}.\] У любого эллипса прямые, проведённые от любой его точки к двум фокусам, составляют одинаковые углы с касательной. Поскольку касательная в точке \(B\) наклонена под \(45^\circ\) к отрезку \(OB\), то и \(|BQ|\) наклонена к касательной под \(45^\circ\), и \(\angle OBQ=90^\circ\). Поэтому в прямоугольном треугольнике \(\triangle BOQ\) \[\cos\angle BOQ=\frac{|OB|}{|OQ|}=\frac{R_0}{R_{\max}-\dfrac{R_0}{2}}\approx 0,\] где использовано \(R_{\max}\gg R_0\). Значит, приближённо \(\angle BOQ=90^\circ\), и точки \(B\), \(C\) и \(O\) лежат на одной прямой.

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