A1  ^0.20 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  ^0.40 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 $\cos \theta$.

$$E(\theta)=E_x+E_y=\frac{J_x\omega_x^2}{2}+\frac{J_y\omega_y^2}{2}=\frac{L_x^2}{2J_x}+\frac{L_y^2}{2J_y}=\frac{L^2}{2 J_y}+\frac{L^2}{2}\left(\frac{1}{J_x}-\frac{1}{J_y}\right) \cos ^2 \theta$$

A3  ^1.20 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.

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, $$\psi=2\theta_0$$

A4  ^2.00 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 $\vec\omega=\vec\omega_x+\vec\omega_y=\vec\Omega+\vec\omega_s$.

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.

B1  ^0.60 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.

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, $$\theta_2=\frac\pi2$$

B2  ^0.60 Пусть в начальный момент времени угловая скорость $\omega(0)=\omega_1=1\mathcal~рад/с$ 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 $J_y=15000~кг\cdot м^2$.

$\text{B1}$ показывает, что после переходного процесса ступень будет вращаться вокруг оси, перпендикулярной оси симметрии. Конечная угловая скорость $$\omega_2=\frac{L}{J_y}=\frac{\sqrt{J_x^2\cos^2\gamma_1+J_y^2\sin^2\gamma_1}}{J_y}\omega_1 \approx \frac{5}{9} ~рад /с \approx 0.556 ~рад /с$$

C1  ^1.00 Пренебрегая явлением самоиндукции, найдите магнитный момент $\vec \mu$ сферической оболочки. Приведите ответ для вектора $\vec \mu$ в виде проекций на оси $xyz$, показанных на Рисунке.

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, $$\mu_x=0$$ $$\mu_y=-\frac{2\pi}{3\rho}DR^4\dot B$$ $$\mu_z=0$$

C2  ^0.30 Найдите момент сил $\vec M$, действующий на сферическую оболочку. Приведите ответ для вектора $\vec M$ в виде проекций на оси $xyz$, показанные на Рисунке.

Момент сил задается уравнением $\vec{M}=[\vec{\mu},\vec{B}]$. Он направлен вдоль оси $z$ и равен $$M_z=\mu B\sin\alpha=\frac{2\pi}{3\rho}DR^4B\dot B\sin\alpha$$

C3  ^0.40 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. 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 $$
\vec{B}=\frac{\mu_0}{4 \pi}\left(\frac{3(\vec{\mu} \cdot \vec{r}) \vec{r}}{r^5}-\frac{\vec{\mu}}{r^3}\right).
$$

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 $$B_{EX}(u)=-\frac32B_0\sin2u$$ $$B_{EY}(u)=\frac12(3\cos2u-1)B_0$$ $$B_{EZ}(u)=0$$

C4  ^1.30 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 $XYZ$.

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 $$M_Z=\frac{2\pi}{3\rho}DB^2_0R^4\left(\frac{3\pi}{T}(3-\cos2u)-\frac\omega2(5-3\cos2u)\right)$$

C5  ^1.00 Считая изменение угловой скорости ступени за один период обращения по орбите пренебрежимо малым, найдите зависимость модуля угловой скорости $\omega(t)$ от времени.

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 $\delta=\frac{5\pi}{3J_y\rho}DB_0^2R^4$.

C6  ^1.00 Найдите отношение периода орбитального движения $T$ к периоду вращения ступени ракеты $T_s$ в установившемся режиме, спустя очень большой промежуток времени.

Из $\text{C5}$ следует, что угловая скорость стремится к $18\pi/2T$. Таким образом отношение двух периодов $$\frac{T}{T_s(\infty)}=\frac{T\omega(\infty)}{2\pi}=9/5=1.8$$