Град пуль на астероид

Пуля летит по прямой через центр астероида, а прямая — это эллипс, сплюснутый до отрезка. Время в пути «ровно 20 лет» говорит о том, какой это длинный эллипс, а значит, насколько близка скорость пули ко второй космической.

\(M=\dfrac{v_0^3}{4G^{3/2}}\sqrt{\dfrac{3}{2\pi\rho}}\approx 9{,}7\cdot10^{20}\text{ кг}\) (около \(10^{21}\text{ кг}\)).

Что происходит. Пуля вылетает вертикально, поэтому момент импульса относительно центра астероида равен нулю, и она движется по прямой через центр. Такое движение в поле тяготения "— предельный случай эллиптической орбиты, у которой малая ось сплюснута до нуля, а большая полуось равна \(a=r_{\max}/2\). Время полёта (20 лет) почти равно периоду такой орбиты, а период по третьему закону Кеплера зависит от \(a\) и массы \(M\). Вторая связь "— закон сохранения энергии пули. Вместе с плотностью они дают \(M\).

Обозначения. \(R\) "— радиус астероида, \(M=\frac43\pi R^3\rho\) "— его масса, \(\rho=5\cdot10^{3}\text{ кг/м}^3\), \(v_0=600\text{ м/с}\), \(T=20\text{ лет}\approx6{,}3\cdot10^{8}\text{ с}\), \(r_{\max}=2a\) "— расстояние от центра до верхней точки полёта; сопротивления нет, вращение астероида не учитываем, поле вне шара совпадает с полем точки массой \(M\).

1. Закон сохранения энергии для пули (между вылетом с поверхности и верхней точкой; поле консервативно, тормозит только тяготение астероида): \[\frac{v_0^2}{2}-\frac{GM}{R}=-\frac{GM}{r_{\max}}=-\frac{GM}{2a}.\]

2. Третий закон Кеплера для орбиты с большой полуосью \(a\) (верен и для вырожденного эллипса): полный период \(T_0=2\pi\sqrt{a^3/(GM)}\) "— время, за которое тело прошло бы весь отрезок от центра до \(r_{\max}\) и обратно. Реальная пуля стартует с \(r=R\), то есть пропускает только крошечный начальный участок около центра. Пока \(a\gg R\), \(T\approx T_0\).

3. Что отсюда следует для \(a\). Из \(T=T_0\) получаем \(a=\left(\dfrac{GMT^2}{4\pi^2}\right)^{1/3}\). Пуля летит 20 лет, значит, поднимается очень высоко: \(a\gg R\) (число проверим в конце). Тогда в законе сохранения энергии второе слагаемое слева на порядок \(R/(2a)\) меньше первого, и \[\frac{v_0^2}{2}\approx\frac{GM}{R}.\] Скорость пули почти равна второй космической \(\sqrt{2GM/R}\).

4. Масса через плотность. Подставим \(M=\frac43\pi R^3\rho\): \(\dfrac{GM}{R}=\dfrac43\pi G\rho R^2\), поэтому \[R^2=\frac{3v_0^2}{8\pi G\rho},\qquad M=\frac43\pi\rho R^3=\frac{v_0^3}{4G^{3/2}}\sqrt{\frac{3}{2\pi\rho}} .\]

5. Число. При \(G=6{,}67\cdot10^{-11}\text{ Н}\cdot\text{м}^2/\text{кг}^2\): \[R=\sqrt{\frac{3\cdot(600)^2}{8\pi\cdot6{,}67\cdot10^{-11}\cdot5\cdot10^{3}}}\approx3{,}6\cdot10^{5}\text{ м}=360\text{ км},\qquad M\approx9{,}7\cdot10^{20}\text{ кг}.\]

Обратите внимание. Нельзя считать \(g=GM/R^2\) постоянным и брать время полёта \(2v_0/g\): за 20 лет пуля удаляется на тысячи радиусов, и сила тяжести падает в миллионы раз. Время 20 лет в ответ почти не входит, оно лишь обосновывает приближение \(v_0\approx v_{\text{II}}\).

Проверка. Размерность: \([v^3/(G^{3/2}\rho^{1/2})]=\text{м}^3\text{с}^{-3}\big/\big(\text{м}^3\text{кг}^{-1}\text{с}^{-3}\big)=\text{кг}\). Вторая проверка "— по времени: \(GM\approx6{,}5\cdot10^{10}\text{ м}^3/\text{с}^2\); из \(T=2\pi\sqrt{a^3/(GM)}\) найдём \(a\approx8{,}7\cdot10^{8}\text{ м}\), \(r_{\max}\approx1{,}7\cdot10^{9}\text{ м}\approx4800\,R\), так что \(a\gg R\) и допущение верно. Точный расчёт по формуле радиального движения \(t=\sqrt{a^3/(GM)}\,(\eta-\sin\eta)\), \(r=a(1-\cos\eta)\) даёт \(M=9{,}68\cdot10^{20}\text{ кг}\) "— расхождение с приближённым ответом \(0{,}03\%\).

График \(r(t)\) построен по точному решению (по оси \(r\) "— доля от \(r_{\max}\)): пуля уходит от астероида, у верхней точки замедляется, затем падает обратно, и весь путь занимает почти весь период \(T\) орбиты.

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