Подсказка: считайте, что температура и ускорение свободного падения являются функциями $h$.

Для изменения давления можем записать: $$dp_h = -g_h \rho_h dh.$$ С учётом $\rho_h = \frac{\mu P}{RT}$, получаем $$\frac{dp_h}{p_h} = -\frac{g_h \mu}{RT_h} dh,$$ откуда $$p_h = p_0 \exp \left(-\frac{\mu}{R} \int\limits_0^h \frac{g_h}{T_h}dh \right),$$ где $p_0$ — давление при $h = 0$.

Подставляя в основную барометрическую формулу $g_h = g_0$, $T_h = T$, получаем стандартную барометрическую формулу: $$p_h^{sta} = p_0 \exp \left(-\frac{h}{h_0} \right), \qquad h_0 = \frac{RT}{\mu g_0} \approx 12.4~км.$$

Подсказка: для последнего используйте линейное приближение, считая $z_h = h/R_E \ll 1$.

Далее в решении для удобства используется величина $z_h \equiv \frac{h}{R_E}$.

Ускорение свободного падения задаётся формулой:
$$g_h = \frac{G M_E}{R_E^2 (1+z_h)^2} = \frac{g_0}{(1+z_h)^2}.$$
В линейном приближении
$$g_h \approx g_0(1-2z_h).$$
С учётом этого получаем
$$p_h^{imp} = p_0 \exp \left(-\frac{\mu}{RT} \int\limits_0^h g_0(1-2z_h) dh \right) =  p_0 \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right).$$

Найдём отношение полученных барометрических формул: $$\frac{p_h^{imp}}{p_h^{sta}} = \frac{\exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right)}{ \exp \left(-\frac{h}{h_0} \right)} = e^{\frac{h^2}{h_0 R_E}}.$$ Для $h = 4.0 \times 10^5~м$ получим $$\frac{p_h^{imp}}{p_h^{sta}} \approx 7.54.$$ Отношение получилось значительно большим единицы, что оправдывает использование улучшенной формулы.

В силу соотношений $\rho = \mu P/RT$ и $n = \rho N_A/\mu$ получим $$\rho_h = \rho_0 \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right), \\ n_h = N_A \frac{\rho_0}{\mu} \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right).$$

Центробежная сила компенсируется гравитационной. Запишем второй закон Ньютона: $$g_h = \frac{v_h}{R_E (1+z_h)}, \quad где \quad g_h = \frac{g_0}{(1+z_h)^2}.$$ Отсюда получаем искомые величины: $$v_h = \sqrt{\frac{g_0 R_E}{1+z_h}}, \\ \tau_h = 2\pi \frac{R_E+h}{v_h} = 2\pi \sqrt{\frac{R_E}{g_0}} (1+z_h)^{3/2}.$$

Полная энергия складывается из кинетической $$E_{K} = \frac{M_S \cdot v_h^2}{2}$$ и потенциальной $$E_{P} = -M_S g_h R_E (1+z_h).$$ Подставляя $v_h$ из прошлого пункта получаем выражение для $E_S$: $$E_S = E_K + E_P = -\frac{M_S g_0 R_E}{2(1+z_h)}.$$

Работа тормозящей силы $F_{drag}$ за время $dt$:

$$dA_{drag} = -F_{drag} \cdot v_h \cdot dt.$$

При малом уменьшении высоты полёта станции $dh$ изменение полной энергии составит:

$$dE_S = -\frac{M_S g_0}{(1+z_h)^2}dh.$$

Тогда закон изменения энергии запишется в виде:

$$dE_S = dA_{drag}, \\ \frac{M_S g_0}{(1+z_h)^2}dh = F_{drag} v_h dt.$$

Подсказка: скорость снижения зависит от силы трения, от высоты станции и от её массы.

С учетом закона сохранения энергии из прошлого пункта получаем: $$u_h = \frac{dh}{dt} = \frac{2F_{drag}}{M_S g_0} v_h (1+z_h)^2 = \frac{2F_{drag}}{M_S} \sqrt{\frac{R_E}{g_0}}(1+z_h)^{3/2}.$$

Подсказка: используйте соотношения $h_0 \ll h \ll R_E$.

Выражение для $H_h$ получаем, используя выражения для $u_h$ и $\tau_h$: $$H_h = u_h \tau_h = \frac{4 \pi R_E}{M_S g_0} F_{drag} (1+z_h)^3.$$ Для нахождения $T_h$ запишем: $$dh = u_h dt = \frac{2 F_{drag}}{M_S} \sqrt{\frac{R_E}{g_0}} (1+z_h)^{3/2} dt,$$ откуда $$dt = \frac{M_S}{2F_{drag} } \sqrt{\frac{g_0}{R_E}} \frac{dh}{(1+z_h)^{3/2}}, \\ T_h = \frac{M_S}{2F_{drag} } \sqrt{\frac{g_0}{R_E}} \int\limits_0^h \frac{1}{(1+z_h)^{3/2}} dh. $$ Интегрируя, получаем: $$T_h = \frac{M_S R_E}{F_{drag}} \sqrt{\frac{g_0}{R_E}} \left(1-\frac{1}{\sqrt{1+z_h}}\right).$$ С учётом $z_h \ll 1$, можем использовать приближение $$\frac{1}{\sqrt{1+z_h}} \approx 1-\frac{z_h}{2}.$$ Тогда выражение для $T_h$ принимает вид: $$T_h = \frac{M_S h}{2F_{drag}} \sqrt{\frac{g_0}{R_E}}.$$

Считая, что молекулы до столкновения со станцией покоятся, запишем закон сохранения импульса при столкновении МКС с молекулами общей массой $dm$: $$M_s v_h = M_s (v_h + dv_h) + dm \cdot v_h, \\ M_s \cdot dv_h = -dm \cdot v_h.$$ За время $dt$ станция сталкивается с молекулами массой $dm = \rho_h v_h S dt$. Подставим это в полученное ранее выражение: $$M_s \cdot dv_h = -\rho_h v_h^2 S dt, \\ F_{air} = \bigg|M_S \frac{dv_h} {dt} \bigg| = \rho_h v_h^2 S.$$ Подставляя $F_{air}$ в выражения для $u_h$ и $H_h$, получаем: $$u_h^{air} = \frac{2 \rho_0 S \sqrt{g_0 R_E^3}}{M_S}(1+z_h)^{1/2} \cdot \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right), \\ H_h^{air} = \frac{4 \pi S R_E^2}{M_S} \rho_0 \cdot (1+z_h)^2 \cdot \exp \left(-\frac{h(1-z_h)}{h_0} \right).$$

Подсказка: используйте соотношения $h_0 \ll h \ll R_E$.

Аналогично пункту B5 получаем интегральное выражение для $T_h^{air}$:

$$T_h^{air} = \frac{M_S}{2 \rho_0 S \sqrt{g_0 R_E^3}} \int\limits_0^h \left(1-\frac{h}{2R_E} \right) e^{h/h_0} dh.$$

Интегрирование дает:

$$T_h^{air} = \frac{M_S h_0}{2 \rho_0 S \sqrt{g_0 R_E^3}} \left(1-\frac{h-h_0}{2R_E} \right) \cdot e^{h/h_0}.$$

С учётом всех приближений ответ упрощается:

$$T_h^{air} = \frac{M_S h_0}{2 \rho_0 S \sqrt{g_0 R_E^3}} \cdot e^{h/h_0}.$$

Примечание. Приближения можно было использовать уже в интегральной формуле, что существенно упростило бы вычисление интеграла.

Выражение для тормозящей силы со стороны ионов аналогично выражению из пункта С1. Так как станция проводит примерно половину времени с неосвещённой (ночной) стороны Земли, а ночью ионизацией можно пренебречь, выражение для средней силы следующее: $$F_{ion} = \frac{1}{2} \rho_{ion} \cdot S \cdot v_h^2.$$ Плотность ионов выражается через из концентрацию как $$\rho_{ion} = \frac{\mu_{ion}}{N_A} \cdot n_{ion},$$ где $\mu_{ion} = \frac{1}{2} \mu_{O_2}.$

Подсказка: используйте соотношения $h_0 \ll h \ll R_E$.

Подставляя $F_{ion}$ в выражения для $u_h$ и $H_h$, получаем: $$u_h^{ion} = \rho_{ion} \cdot \frac{S \sqrt{g_0 R_E^3}}{M_S}(1+z_h)^{1/2}, \\ H_h^{ion} = u_h^{ion} \tau_h = \frac{2 \pi S R_E^2 \rho_{ion}}{M_S}(1+z_h)^2.$$

За время $dt$ на станцию попадает $dN$ ионов: $$dN = n_{ion} \cdot v_h \cdot S \cdot dt.$$ Возникающий ток: $$I_{ion} \approx e \frac{dN}{dt} = e \cdot S \cdot n_{ion} \cdot \sqrt{\frac{g_0 R_E}{1+z_h}}.$$

В каждый момент времени ток $I_{ion}$ направлен перпендикулярно поверхности земли, а значит и вектору магнитного поля. Модуль силы Ампера, действующей на станцию: $$|F_{amp}| = ILB.$$ Тогда, проектируя силу Ампера на ось, сонаправленную со скоростью станции, получим выражение для силы в момент, когда угол между скоростью станции и магнитным полем равен $\phi$: $$F_{ind}(\phi) = |F_{amp}| \sin \phi= ILB \sin \phi.$$ Используя $\left \langle \sin \phi \right \rangle = \sin(\pi/2-\theta)$, получим: $$\left \langle F_{ind}(\phi) \right \rangle = F_{ind} = ILB \cos \theta = e \cdot S^{3/2} \cdot n_{ion} \cdot B \cdot \cos \theta \cdot \sqrt{\frac{g_0 R_E}{1+z_h}}.$$

Подсказка: используйте соотношение $h \ll R_E$.

Подставляя $F_{ion}$ в выражения для $u_h$ и $H_h$, получаем: $$u_h^{ind} = 2n_{ion} \frac{eBS^{3/2} R_E \cos \theta}{M_S} (1+z_h), \\ H_h^{ind} = \frac{4 \pi e B (SR_E)^{3/2} \cos \theta}{M_S \sqrt{g_0}} (1+z_h)^{5/2}.$$

Рассчитайте необходимые величины и заполните Таблицу 1 в листе ответов.

Значения столбцов 2-6 считаем по полученным нами ранее формулам, значения столбца 7 оцениваем из графиков, данных в начале задачи.

Рассчитайте необходимые величины и заполните Таблицу 2 в листе ответов.

На основе значений в таблицах делаем вывод.