Вращающаяся космическая станция

Решение

B1. Центробежная сила должна быть равна силе тяжести на Земле:

\[F_{ce} = m\omega_{ss}^2R = mg_E\]откуда:

\[\omega_{ss} = \sqrt{\frac{g_E}{R}}.\]

Ответ:

\[\omega_{ss} = \sqrt{\frac{g_E}{R}}\]

B2. Для пружинного маятника частота колебаний равна

\[\omega_{ss} = \sqrt{\frac{k}{m}}.\]Таким образом, мы можем видеть, что ответ не зависит от \(g_E\).

Ответ:

\[\omega_{ss} = \sqrt{\frac{k}{m}}\]

B3. Запишем 2 закон Ньютона для груза:

\[-k x + m \omega_{ss}^2 x = m\ddot x,\]откуда частота колебаний равна:

\[\omega = \sqrt{\frac{k}{m} - \omega_{ss}^2}.\]

Ответ:

\[\omega = \sqrt{\frac{k}{m} - \omega_{ss}^2}\]

B4. Ускорение свободного падения это гравитационна сила, действующая на тело единичной массы, то есть:

\[g_E(h) = \frac{GM}{(R_E + h)^2} \approx \frac{GM}{R_E^2} - \frac{2GMh}{R_E^3} = g_E \left(1 - \frac{2h}{R_E^2}\right)\]Запишем 2 закон Ньютона для груза:

\[-kx + 2mg_E\frac{x}{R_E} = m\ddot x\]Откуда:

\[\tilde\omega_E = \sqrt{\frac{k}{m} - \frac{2g_E}{R_E}}.\]

Ответ:

\[\tilde\omega_E = \sqrt{\frac{k}{m} - \frac{2g_E}{R_E}}\]

B5. По условию:

\[\omega = \sqrt{\frac{k}{m} - \omega_{ss}^2} = \tilde\omega_E = \sqrt{\frac{k}{m} - \frac{2g_E}{R_E}}.\]Тогда:

\[\omega_{ss} = \sqrt{\frac{2g_E}{R_E}} = \sqrt{\frac{g_E}{R}} \Rightarrow R = \frac{R_E}{2}.\]

Ответ:

\[R = \frac{R_E}{2}\]

B6. \(\textbf{Перворе решение}\) (в неинерциальной системе отсчета):

Сила Кориолиса, действующая на падающий груз равна

\[F_C(t) = 2m \omega_{ss}^2 R t \omega_{ss} = 2m \omega_{ss}^2 Rt.\]Тогда из второго закона Ньютона:

\[m\ddot x = m \frac{dv_x}{dt} = 2m \omega_{ss}^3 Rt.\]Интегрируя предыдущее выражение по врмени получаем:

\[v_x(t) = \int\limits_0^t 2 \omega_{ss}^3 R t dt = \omega_{ss}^3 R t^2.\]Где \(t\) это вермя падения груза:

\[\frac{gt^2}{2} = \frac{\omega_{ss}^2 R t^2}{2} = 2H,\]следовательно

\[v_x = 2H \omega_{ss}.\]Интегрируем это выражение по вермени:

\[d_x(t) = \int\limits_0^t \omega_{ss}^3 R t^2 = \frac{R \omega_{ss}^3 t^3}{3}.\]Подставляя значение \(t\):

\[d_x = \frac{R \omega_{ss}^3}{3} \left(\frac{2H}{\omega_{ss}^2 R}\right)^{3/2} = \frac{2}{3} \sqrt{\frac{2H^3}{R}}.\]

\(\textbf{Второе решение}\) (в инерциальной системе отсчета):

Здесь \(\varphi\) обозначает угол, на который движется масса, а \(\alpha\) \(-\) угол, на который поворачиваются астронавты (и башня), когда масса приземляется на пол. Первоначально скорость массы в инерциальной системе отсчета равна \(v_x = \omega_{ss} (R - H)\).

Когда масса приземляется, направление оси \(OX\) изменяется на \(\varphi\), так что новая горизонтальная составляющая скорости будет равна

\[\omega_{ss} (R - H) \cos\varphi\]где \(\cos\varphi = 1 - H / R\).

Переходя к вращающейся системе отсчета, нужно вычесть \(\omega_{ss} R\).

Наконец, в системе отсчета астронавтов:

\[v_x = - \omega_{ss} R \left(1 - \frac{H}{R} \right)^2 + \omega_{ss} R \approx - \omega_{ss} R \left(1 - \frac{2H}{R} \right) + \omega_{ss} R = 2 \omega_{ss} H.\](Знак скорости \(v_x\) зависит от выбора направления оси \(OX\))

Так как во время "падения" груз в инерциальной системе отсчета движется по прямой:

\[d_x \approx R (\alpha - \varphi) = R\left(\omega_{ss} t - \arccos\left(1 - \frac{H}{R}\right)\right)\\ t = \frac{\sqrt{R^2 - (R - H)^2}}{\omega_{ss} (R - H)}.\]Обозначим \(\xi = H / R\), тогда:

\[d_x = R \left(\frac{\sqrt{1 - (1 - \xi)^2}}{1 - \xi} - \arccos(1 - \xi)\right)\]Для малых \(\xi\):

\[d_x = \frac{2}{3} \sqrt{\frac{2H^3}{R}}.\]

Ответ:

\[v_x = 2H \omega_{ss}\\ d_x = \frac{2}{3} \sqrt{\frac{2H^3}{R}}\]

B7. Нужно перейти в инерциальную (невращающуюся) систему отсчета. Если масса будет выпущена достаточно близко к центру, ее линейная скорость будет достаточно мала, чтобы космическая станция успела совершить оборот более чем на \(2 \pi\), прежде чем ударится о пол.

Приобретенная скорость после отпускания груза равна:

\[v = \omega_{ss} (R - H).\]Расстояние \(d\), которое груз пролетит перед столкновением с змелей равно

\[d = \sqrt{R^2 - (R - H)^2}.\]Время падения груза равно

\[t = \frac{d}{v} = \frac{\sqrt{R^2 - (R - H)^2}}{\omega_{ss} (R - H)}.\]Теперь существует несколько возможных способов связать \(H\) и угол поворота \(\varphi\) космической станции:

\(\textbf{Первое решение:}\)

\[t = \frac{R \sin\varphi}{\omega_{ss} R \cos\varphi} = \frac{\varphi}{\omega_{ss}}\]Откуда:

\[\varphi = \tan\varphi\]Понимаем, что существует бесконечное число решений.

Это уравнение имеет одно тривиальное решение \(\varphi = 0\), следующее решение немного меньше \(3\pi /2\), что

соответствует случаю \(H > R\) (и, следовательно, неверно). То, которое дает нижнюю границу для \(H\), является третьим решением

\[\varphi \approx \frac{5 \pi}{2}\]Уравнение \(\varphi = \tan\varphi\) может быть решено графически или численно, чтобы получить близкое значение (\(\varphi = 7,725\)), что означает:

\[\frac{H}{R} = 1 - \cos\varphi \approx 0{,}871\]

Ответ:

\[\frac{H}{R} = 0{,}871\]

B8. Поймите, что \(y(t)\) \(-\) это стандартное гармоническое колебание:

\[y(t) = A\cos \omega t + B\]Из начальных условий получаем значиения \(A\) и \(B\):

\[y(t) = -d\cos \omega t,\]тогда проекция \(v_y\) на ось \(OY\):

\[v_y(t) = -d\omega \sin\omega t.\]Сила Кориолиса вдоль оси \(OX\) равна

\[F_x(t) = 2m\omega_{ss} v_y(t) = -2m\omega_{ss} d\omega\sin\omega t\]Вдоль оси \(OX\) движение груза представляет из себя комбинацию гармонических колебаний и поступательного движения:

\[x(t) = \frac{2\omega_{ss}d}{\omega} \sin\omega t - 2 \omega_{ss} dt\]

Ответ:

Перевод: pho.rs.