Logo
Logo

Космический корабль в атмосфере

A1  0.20 Сначала получим точные уравнения, которые описывают динамику космического корабля. Выразите производные по времени от высоты $h$ и дальности $s$ через $v$, $\gamma$, $r_0$, $r$.

Скорость уменьшения высоты — вертикальная проекция скорости $v \sin \gamma$, скорость горизонтального перемещения $v \cos \gamma$ после проецирования на поверхность Земли уменьшается в $r/r_0$ раз.

Ответ: $$\dot h=-v \sin{\gamma}, \quad\dot s= v\cos{\gamma}\cdot r_0/r$$
A2  1.00 Найдите производные модуля скорости $v$ и угла $\gamma$. Также в ответ могут входить подъемная сила $L$, сила сопротивления воздуха $D$, ускорение свободного падения на данной высоте $g$, масса космического корабля $m$, $v$, $\gamma$, $r$.

Второй закон Ньютона в проекции на оси вдоль и перпендикулярно скорости:
$$ma_\tau=-D+mg\sin{\gamma}, \quad ma_n=-L+mg\cos{\gamma}.$$
Касательное ускорение $a_\tau=\dot v$, поэтому
$$
a_\tau = - \frac{D}{m} + g \sin\gamma.
$$
Нормальное ускорение $a_n = \omega v $, где $\omega$ — угловая скорость поворота вектора скорости, которую считаем положительной, если угловая скорость поворачивается вниз. Эта скорость не равна производной угла $\gamma$, поскольку направление горизонтали меняется от точки к точке с угловой скоростью $\omega_h = v \cos \gamma/r$, тогда
$$
\omega = \dot{\gamma} + \frac{v \cos \gamma}{r},
$$
поэтому уравнение для нормального ускорения
$$
mv \left (\dot{\gamma} + \frac{v \cos \gamma}{r}\right) = - L + mg \cos \gamma,
$$
откуда находим требуемую производную

Ответ: $$\dot v= -\frac{D}{m}+g\sin{\gamma}, \quad \dot\gamma=-\frac{L}{mv}+\frac{g}{v}\cos{\gamma}-\frac{v\cos{\gamma}}{r}$$
B1  0.40 Получите выражение для производной $dv/dh$. Представьте ответ в виде $$ \frac{dv}{dh} = A f(v,\,h), $$ где $A$ — постоянная, которая может зависеть от всех постоянных, характеризующих космический корабль и атмосферу ($m$, $S$, $C_D$, $C_L$, $\rho_0$, $\beta$, $\gamma$), а $f$ — некоторая функция высоты и скорости. В дальнейшем используйте постоянную $\mathbf{A}$ для записи ответов.

Подставим выражение для силы сопротивления воздуха $D$ в уравнение движения и получим, пренебрегая гравитационным ускорением
$$\dot v = - \dfrac{\rho_0 SC_D}{2m}v^2e^{-\beta h}.$$
С учетом формулы для $\dot{h} = - v\sin \gamma$ получим
$$\dfrac{dv}{dh}=\dfrac{\dot v}{\dot h}=\dfrac{\rho_0 C_D S}{2m\sin{\gamma}}\cdot ve^{-\beta h}$$

Ответ: $$\dfrac{dv}{dh}=A ve^{-\beta h}, \quad A = \dfrac{\rho_0 C_D S}{2m\sin{\gamma}}$$
B2  0.80 Найдите зависимость скорости космического корабля от высоты. На начальной высоте $h_0$ скорость была равна $v_0$. Выразите ответ через $A$, $\beta$, $h$, $v_0$, $h_0$. Также получите приближенный ответ, считая, что на высоте $h_0$ плотность атмосферы пренебрежимо мала (в этом случае в ответ не должна входить $h_0$). Далее везде используйте приближенное выражение.

Разделим переменные, получим
$$
\frac{dv}{v} = A e^{- \beta h} dh,
$$
проинтегрировав, получим
$$\int\limits_{v_0}^{v}\dfrac{dv}{v}=\int\limits_{h_0}^{h}Ae^{-\beta h}dh, \quad \ln\dfrac{v}{v_0}=-\dfrac{A}{\beta}(e^{-\beta h}-e^{-\beta h_0}).$$
Отсюда найдем выражение для скорости
$$v=v_0\exp\left(-\dfrac{A}{\beta}(e^{-\beta h}-e^{-\beta h_0})\right)$$
При достаточно большом значении $h_0$ слагаемым $e^{- \beta h_0} \ll e^{- \beta h}$ можно пренебречь
$$v=v_0\exp\left(-\dfrac{A}{\beta}e^{-\beta h}\right)$$

Ответ: $$v=v_0\exp\left(-\dfrac{A}{\beta}(e^{-\beta h}-e^{-\beta h_0})\right), \quad v\approx v_0\exp\left(-\dfrac{A}{\beta}e^{-\beta h}\right)$$
B3  0.30 Найдите зависимость ускорения $a$ (то есть производной модуля скорости) космического корабля от высоты. Выразите ответ через $v_0$, $A$, $\beta$, $h$, $\gamma$.

Подставим в уравнение для касательного ускорения формулу для скорости, получим
$$a=\dot v=-\frac{D}{m}=- \dfrac{\rho_0 SC_D}{2m}v^2e^{-\beta h}=-Av_0^2\sin{\gamma}\exp\left(-\dfrac{2A}{\beta}e^{-\beta h}-\beta h\right)$$

Ответ: $$a=-Av_0^2\sin{\gamma}\exp\left(-\dfrac{2A}{\beta}e^{-\beta h}-\beta h\right)$$
B4  0.50 Найдите высоту $h_c$, на которой модуль ускорения максимален. Получите формулу для максимального значения модуля ускорения $a_{\text{max}}$ и скорости $v_с$ на высоте $h_с$. Выразите ответы через $A$, $\beta$, $\gamma$, $v_0$.

Модуль ускорения максимален, при минимальном показателе экспоненты, $$\dfrac{d}{dh}\left(-\dfrac{2A}{\beta}e^{-\beta h}-\beta h\right)=2A e^{- \beta h} - \beta=0.$$
Отсюда критическое значение высоты
$$h_c=\dfrac{1}{\beta}\ln\dfrac{2A}{\beta}.$$
Подставляя это значение высоты в формулы для высоты и ускорения, получим
$$a_{max}=Av_0^2\sin{\gamma}\exp\left(-\dfrac{2A}{\beta}e^{-\beta h_c}-\beta h_c\right)=\dfrac{\beta v_0^2\sin{\gamma}}{2e}$$
$$v_c=v_0\exp\left(-\dfrac{A}{\beta}e^{-\beta h_c}\right)=v_0e^{-1/2}$$

Ответ: $$h_c=\dfrac{1}{\beta}\ln\dfrac{2A}{\beta}, \quad v_c=v_0e^{-1/2}, \quad a_{max}=\dfrac{\beta v_0^2\sin{\gamma}}{2e}$$
B5  0.60 Для приведенных численных данных найдите скорость (в км/c) и ускорение (в единицах $g_0$) на высотах $h_1 = 80~\text{км}$, $h_2 = 60~\text{км}$, $h_3 = 40~\text{км}$.

Подставляя значения высоты в формулы для скорости и ускорения, получим

Ответ:
$h, ~км$$a/g_0$$v, ~км/с$
$80$$-0.20$$7.7$
$60$$-2.8$$7.2$
$40$$-5.9$$2.7$
B6  0.20 Найдите максимальное ускорение (в единицах $g_0$) и критическую высоту $h_c$, при которой оно достигается.

Ответ: $$a_{max}=8.6~g_0, \quad h_c=45.5~км$$
C1  0.10 Найдите первую космическую скорость $v_s$ — скорость движения космического корабля по круговой орбите, радиус которой равен радиусу Земли. Выразите ответ через $r_0$, $g_0$.

Запишем уравнение движения для ускорения при движении по окружности
$$ \frac{v^2}{r_0} = g_0, $$

Ответ: $$v_s=\sqrt{g_0r_0}$$
C2  0.40 Определите скорость, с которой космический корабль должен двигаться на высоте $h$ при описанном во введении к этой части движении. Выразите ответ через $v_s$, $\rho_0$, $\beta$, $C_L$, $S$, $m$, $r_0$, $h$.

Запишем уравнение для нормального ускорения, с учетом того, что производная $\dot{\gamma}$ мала, а $\cos \gamma \approx 1$ и ей можно пренебречь
$$-\frac{L}{m}+g_0 -\frac{v^2}{r_0} = 0.$$
Подставив формулу для подъемной силы, а также для зависимости плотности воздуха от высоты, получим
$$
v^2 \left( \frac{1}{r_0} + \frac{C_L S \rho_0}{2 m}e^{- \beta h}\right) = g_0,
$$
откуда найдем
$$v^2=\frac{g_0r_0}{1+\dfrac{C_L \rho_0 r_0 S}{2m}\cdot e^{-\beta h}}$$

Ответ: $$v= \frac{v_s}{\sqrt{1+\dfrac{C_L \rho_0 r_0 S}{2m}\cdot e^{-\beta h}} }$$
C3  0.40 Определите ускорение $a$ (производную модуля скорости), создаваемое силой сопротивления воздуха при таком движении. Выразите ответ через $v$, $C_L$, $C_D$, $r_0$, $g_0$.

Подъемная сила и сила сопротивления воздуха связаны соотношением
$$
\frac{D}{L} = \frac{C_L}{C_D}
$$

$$\dot v=-D/m=-\dfrac{C_D}{C_Lm}\cdot L=-\dfrac{C_D}{C_L}\left(g_0-\dfrac{v^2}{r_0}\right)$$

Ответ: $$a=-\dfrac{C_D}{C_L}\left(g_0-\dfrac{v^2}{r_0}\right)$$
C4  0.50 Пусть начальная скорость космического корабля $v_1< v_s$, конечная скорость $v_2 < v_1$. Найдите горизонтальное перемещение корабля $s$ за время движения. Считайте, что все изменение модуля скорости происходит за счет силы сопротивления воздуха. Выразите ответ через $r_0$, $C_L$, $C_D$, $v_s$, $v_1$, $v_2$.

Используя соотношения $a = dv/dt$ и $v = ds/dt$ (в приближении $\cos \gamma \approx 1$), получим связь перемещения и изменения скорости,
$$
\frac{ds}{dv} = \frac{v}{a} = - \frac{C_L}{C_D} \frac{v}{g_0 - v^2/r_0} = - \frac{C_L}{C_D} r_0 \frac{v}{v_s^2 - v^2}.
$$
Интегрируя, получаем
$$
s = - \frac{C_L}{C_D} r_0 \int\limits_{v_1}^{v_2} \frac{vdv}{v_s^2 -v^2} = - \frac{C_L}{2C_D} r_0 \int\limits_{v_1}^{v_2} dv\left( \frac{1}{v_s - v} + \frac{1}{v_s + v}\right) = \frac{C_L}{2 C_D}r_0 \ln \frac{v_s^2 -v_2^2}{v_s^2 -v_1^2}.
$$

Ответ: $$s=\dfrac{C_L}{2C_D}r_0\ln\dfrac{v_s^2-v_2^2}{v_s^2-v_1^2}$$
C5  0.60 Пусть для космического корабля заданы следующие параметры:

  • $m  = 84 \times 10^3~\text{кг}$
  • $S = 250~\text{м}^2$
  • $C_D = 0.8$
  • $C_L = 0.9$

Найдите значения скорости (в км/c) и ускорения за счет сопротивления воздуха (в единицах $g_0$) на высотах $h_1 = 80~\text{км}$, $h_1 = 60~\text{км}$, $h_1 = 40~\text{км}$.

Используя формулы для скорости и для ускорения, выраженного через скорость, получим

Ответ:
$h, ~км$$a/g_0$$v, ~км/c$
$80$$-0.13$$7.3$
$60$$-0.65$$4.1$
$40$$-0.87$$1.2$
С6  0.20 В условиях предыдущего пункта рассчитайте дальность горизонтального перемещения космического корабля при опускании с высоты $h_0 = 90~\text{км}$ до высоты $h_f = 30~\text{км}$.

Вычислим начальную и конечную скорости космического корабля
$$v_1 = v(h_0)=7.7~ км/с, \quad v_2 = v(h_f)=0.61~км/c,$$
тогда дальность перемещения

Ответ: $$s=11.4\cdot 10^3~ км$$
D1  0.40 Запишите выражения для энергии $E$ и момента импульса $L$. Выразите ответ через $G, m, a, e, M$.

 

Примечание:  Может быть удобным записать ЗСЭ в точке апоцентра или перицентра. 

Пусть расстояния от земли до корабля в перицентре (наиболее близкой точке) и апоцентре (наиболее удаленной точке) равны соответственно $r_1$ и $r_2$. Скорости корабля в этих точках равны соответственно $L/(mr_1)$ и $L/(mr_2)$. Тогда: $$E = \frac{L^2}{2 mr_1^2} - \frac{GMm}{r_1} = \frac{L^2}{2 m r_2^2} - \frac{GMm}{r_2},$$
Выразим отсюда момент импульса $L$:
$$
L^2 = 2 m r_1^2 E_1+ 2 GMm^2 r_1 = 2 m r_2^2 E_2 + 2 GMm^2 r_2.
$$
Отсюда выразим энергию
$$
E (r_2^2 - r_1^2) = GMm^2 (r_1 - r_2),
$$
а значит
$$
E = - \frac{GMm}{r_1 + r_2} = - \frac{GMm}{2a}.
$$
Таким же образом выразим момент импульса
$$
\frac{L^2}{2 m} \left( \frac{1}{r_1^2} - \frac{1}{r_2^2}\right) = GMm \left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2} \right), \quad L^2 = 2G Mm^2 \frac{r_1 r_2}{r_1 + r_2}.
$$
Выражая расстояния через большую полуось и эксцентриситет $r_1 = a (1-e)$, $r_2 = a (1+ e)$ найдем
$$
L^2 = G Mm^2 a (1-e^2).
$$

Ответ: $$E=-\dfrac{GMm}{2a}, \quad L = \sqrt{GMm^2a(1-e^2)}$$
D2  0.20 Запишите уравнение моментов и выражение для мощности силы трения $P$. Выразите ответ через $\vec r, \vec v, \alpha$.

Ответ: $$\frac{d}{dt} \vec{L}= -\alpha [\vec r, \vec v]$$

$$P=-\alpha v^2$$
D3  0.20 Получите выражение для зависимости $\vec L$ от $t$, если в момент времени $t=0$ $~\vec L=\vec L_0$. Выразите ответ через $\alpha$, $m$, $\vec L_0$.

Воспользуемся определением для $\vec L$, запишем уравнение моментов в виде

$$\dfrac{d}{dt}\vec L=-\dfrac{\alpha}{m}\vec L,$$

Ответ: $$\vec L=\vec L_0 \exp\left(-\dfrac{\alpha}{m}t\right)$$
D4  0.30 Покажите что: $$[\vec a, \vec L]=\beta \frac{d}{dt}\vec e_i$$ Где $\vec a$ — ускорение ракеты, $\vec e_i$ — некоторый единичный вектор полярных координат с началом в центре Земли. Найдите $\vec e_i$ и $\beta$. 

 

Примечание: Может быть удобным использовать выражение $\vec L=mr^2 \vec\omega$.

Второй закон Ньютона имеет вид

$$m\vec a=-\dfrac{GmM}{r^2}\vec e_r.$$
Подставим ускорение в векторное произведение:
$$[\vec a, ~\vec L]=-\left[\dfrac{GM}{r^2}\vec e_r, ~\vec L\right]=
-GM\left[\dfrac{1}{r^2}\vec e_r, ~mr^2\vec\omega\right]
=GmM\left[\vec\omega,~\vec e_r\right]=GmM\dfrac{d}{dt}\vec e_r.$$

Ответ: $$\beta=GMm, \quad \vec e_i=\vec e_r$$
D5  0.30 Домножая выражение (1) на $\vec r$ скалярно и используя результаты пункта D4, получите зависимость модуля радиус-вектора $\vec r$ от $\varphi$ — угла между векторами $\vec A$ и $\vec e_r$. Выразите ответ через $L, m, G, e, \varphi, M$.

Домножим выражение на $\vec{r}$, получим
$$
(\vec r, [\vec v, \vec L]) = GMmr + \vec{A} \cdot \vec{r}.
$$
В левой части переставим множители, используя свойства смешанного произведения:
$$
(\vec r, [\vec v, \vec L]) = (\vec{L}, [\vec{r}, \vec{v}]) = \frac{L^2}{m}.
$$
Тогда получим
$$
\frac{L^2}{m} = GmMr(1 + e \cos \varphi),
$$
откуда находим

Ответ: $$r=\dfrac{L^2/GMm^2}{1+e\cos{\varphi}}$$
D6  0.50 Используя выражение (1) и результаты пункта D4, получите зависимость квадрата скорости $v^2$ от $\varphi$. Выразите ответ через $L, G, m, e, \varphi, M$.

Возведем выражение (1) в квадрат:

$$[\vec v, ~\vec L]^2=v^2L^2= (GmM)^2 + 2 GmM \vec{e}_r \cdot \vec{A} + A^2 = (GmM)^2 (1 + 2e \cos \varphi + e^2),$$

Ответ: $$v^2=\dfrac{(GMm)^2}{L^2}(1+e^2+2e\cos{\varphi})$$
D7  0.40 Получите выражение для среднего по времени квадрата скорости $\langle v^2\rangle $ в виде интеграла по углу $\varphi$. Выразите ответ через $  L,  m,  e,  M, G, a, \varphi, \tau$ — период обращения ракеты.

 

Примечание: Может быть удобным выразить квадрат средней скорости из усредненного ЗСЭ ($\langle T+U\rangle=\langle E\rangle$, где $T$ - кинетическая энергия, $U$ - потенциальная).

Метод 1:

По определению средний квадрат скорости выражается через интеграл как ($\tau$ — период движения)
$$\langle v^2\rangle= \dfrac{1}{\tau}\int\limits_{0}^{\tau}v^2 dt.$$
Дифференциалы времени и угла $\varphi$ можно связать с помощью момента импульса:
$$L=mr^2\dfrac{d\varphi}{dt}.$$
Перейдем к интегрированию по углу
$$\langle v^2 \rangle =\dfrac{1}{\tau}\int\limits_{0}^{\tau}v^2\dfrac{dt}{d\varphi}d\varphi=\dfrac{m}{\tau L}\int\limits_{0}^{2\pi}v^2r^2d\varphi.$$
Подставив выражения из D5, D6, получим
$$\langle v^2 \rangle= \dfrac{L}{m\tau} \int\limits_{0}^{2\pi}\dfrac{1+e^2+2e\cos{\varphi}}{(1+e\cos{\varphi})^2}d\varphi .$$.

Метод 2:

Из усредненного ЗСЭ получим:
$$\langle T\rangle=\dfrac{m}{2}\langle v^2\rangle=\langle E\rangle-\langle U\rangle=E+\left\langle \dfrac{GMm}{r}\right\rangle$$
Запишем выражение для среднего по времени $1/r$ в виде интеграла по углу:
$$\left\langle \dfrac{1}{r}\right\rangle= \dfrac{1}{\tau}\int\limits_{0}^{\tau}\dfrac{1}{r} dt =
\dfrac{1}{\tau}\int\limits_{0}^{\tau}\dfrac{1}{r} dt\dfrac{dt}{d\varphi}d\varphi=\dfrac{m}{\tau L}\int\limits_{0}^{2\pi}rd\varphi $$
Подставим все в выражение для $\langle v^2 \rangle$:

$$\langle v^2 \rangle=\dfrac{2}{m}\left(E+\dfrac{L}{\tau}\int\limits_{0}^{2\pi}\dfrac{d\varphi}{1+e\cos{\varphi}}\right)$$

Ответ: $$\langle v^2 \rangle= \dfrac{L}{m\tau} \int\limits_{0}^{2\pi}\dfrac{1+e^2+2e\cos{\varphi}}{(1+e\cos{\varphi})^2}d\varphi$$.
D8  1.00 Получите выражение для $ \langle\dot E\rangle $. Выразите ответ через $G, m, a, e, M$.

Метод 1:

$$\langle v^2 \rangle= \dfrac{L}{m\tau} \int\limits_{0}^{2\pi}\dfrac{1+e^2+2e\cos{\varphi}}{(1+e\cos{\varphi})^2}d\varphi$$.

Воспользуемся универсальной тригонометрической подстановкой:

$$\int\limits_{0}^{2\pi}\dfrac{1+e^2+2e\cos{\varphi}}{(1+e\cos{\varphi})^2}d\varphi=2\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{1+e^2+2e(1-t^2)/(1+t^2)}{(1+e(1-t^2)/(1+t^2))^2}\dfrac{2dt}{1+t^2}=$$

$$=4\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{(1+e^2)(1+t^2)+2e(1-t^2)}{(1+t^2+e(1-t^2))^2}dt=4\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{(1+e)^2+t^2(1-e)^2}{(1+e+t^2(1-e))^2}dt=$$

$$=4\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{(1+e)^2+t^2(1-e)^2}{(1+e+t^2(1-e))^2}dt=4\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{1+t^2(1-e)^2/(1+e)^2}{(1+t^2(1-e)/(1+e))^2}dt$$

Перейдем к переменной $\tan u=t\sqrt{\dfrac{1-e}{1+e}}\Rightarrow \dfrac{du}{\cos^2u}=dt\sqrt{\dfrac{1-e}{1+e}}$

$$4\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{1+t^2(1-e)^2/(1+e)^2}{(1+t^2(1-e)/(1+e))^2}dt=4\sqrt{\dfrac{1+e}{1-e}}\int\limits_{0}^{+\pi/2}\dfrac{1+\tan^2u(1-e)/(1+e)}{(1+\tan^2u)^2}\dfrac{du}{\cos^2u}=$$

$$=\dfrac{4}{\sqrt{1-e^2}}\int\limits_{0}^{+\pi/2}((1+e)\cos^2u+\sin^2u(1-e))du=\dfrac{4}{\sqrt{1-e^2}}\int\limits_{0}^{+\pi/2}du(1+e\cos2u)=\dfrac{2\pi}{\sqrt{1-e^2}}$$

Подставим в выражение для среднего:

$$\langle v^2 \rangle= \dfrac{L}{m\tau} \dfrac{2\pi}{\sqrt{1-e^2}}=\sqrt{GMa}\cdot\sqrt{\dfrac{GM}{a^3}}=\dfrac{GM}{a}$$


Метод 2:

$$\langle v^2 \rangle=\int\limits_{0}^{\tau}\dfrac{(GMm)^2}{L^2\tau}(1+e^2+2e\cos{\varphi})dt$$

Усреднение константы даст саму константу, а из результата предыдущего пункта ясно, что переход к переменной $\varphi$ даст множитель $1/(1+e\cos\varphi)^2$, соберем в числителе $(1+e\cos\varphi)$:

$$=\langle v^2 \rangle=\int\limits_{0}^{\tau}\dfrac{(GMm)^2}{L^2\tau}(e^2-1+2(1+e\cos{\varphi}))dt=$$

$$=\dfrac{(GMm)^2}{L^2}(e^2-1)+ \int\limits_{0}^{\tau}\dfrac{(GMm)^2}{L^2\tau}(2(1+e\cos{\varphi}))dt=$$

$$=\dfrac{(GMm)^2}{L^2}(e^2-1)+\int\limits_{0}^{\tau}\dfrac{(GMm)^2}{L^2\tau}(1+e\cos{\varphi})dt=$$

Возьмем получившийся интеграл при помощи универсальной тригонометрической подстановки:

$$\dfrac{(GMm)^2}{L^2\tau}\int\limits_{0}^{\tau}(1+e\cos{\varphi})dt=\dfrac{2L}{m\tau}\int\limits_{0}^{2\pi}\dfrac{d\varphi}{1+e\cos{\varphi}}=\dfrac{4L}{m\tau}\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{1+e(1-t^2)/(1+t^2)}\dfrac{2dt}{1+t^2}=$$

$$=\dfrac{8L}{m\tau}\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{1+t^2+e(1-t^2)}dt=\dfrac{8L}{m\tau}\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{dt}{1+e+t^2(1-e)}=\dfrac{8L}{m\tau}\dfrac{\pi/2}{\sqrt{1-e^2}}$$

Подставим в выражение для средней скорости:

$$\langle v^2 \rangle= \dfrac{(GMm)^2}{L^2}(e^2-1)+\dfrac{4\pi}{m\tau}\dfrac{L}{\sqrt{1-e^2}}=-\dfrac{GM}{a}+2\sqrt{GMa}\cdot \sqrt{\dfrac{GM}{a^3}}=-\dfrac{GM}{a}+2\dfrac{GM}{a}=\dfrac{GM}{a}$$


Метод 3:

$$\langle v^2 \rangle=\dfrac{2}{m}\left(E+\dfrac{L}{\tau}\int\limits_{0}^{2\pi}\dfrac{d\varphi}{1+e\cos{\varphi}}\right)$$

Возьмем получившийся интеграл при помощи универсальной тригонометрической подстановки:

$$\dfrac{2L}{m\tau}\int\limits_{0}^{2\pi}\dfrac{d\varphi}{1+e\cos{\varphi}}=\dfrac{4L}{m\tau}\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{1+e(1-t^2)/(1+t^2)}\dfrac{2dt}{1+t^2}=$$

$$=\dfrac{8L}{m\tau}\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{1+t^2+e(1-t^2)}dt=\dfrac{8L}{m\tau}\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{dt}{1+e+t^2(1-e)}=\dfrac{8L}{m\tau}\dfrac{\pi/2}{\sqrt{1-e^2}}$$

Подставим в выражение для средней скорости:

$$\langle v^2 \rangle= \dfrac{2E}{m}+\dfrac{4\pi}{m\tau}\dfrac{L}{\sqrt{1-e^2}}=-\dfrac{GM}{a}+2\sqrt{GMa}\cdot \sqrt{\dfrac{GM}{a^3}}=-\dfrac{GM}{a}+2\dfrac{GM}{a}=\dfrac{GM}{a}$$


Окончательно:

$$\langle \dot E\rangle=-\dfrac{\alpha GM}{a}$$

Ответ: $$\langle \dot E\rangle=-\dfrac{\alpha GM}{a}$$

$$\langle \dot E\rangle=-\dfrac{\alpha GM}{a}$$

D9  0.40 Используя результаты пунктов D1, D3, D8, получите зависимости $a$ и $e$ от $t$, если в момент времени $t=0$ $a=a_0$, $e=e_0$.

Из результата предыдущего пункта:

$$\dot E=-\dfrac{\alpha GM}{a} \Rightarrow \dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{1}{a}\right)=\dfrac{2\alpha}{m}\dfrac{1}{a}$$

$$a=a_0e^{-2\alpha t/m}$$

Подставим выражение для полуоси в зависимость момента импульса от времени:

$$L=m\sqrt{GMa(1-e^2)}\Rightarrow \sqrt{a(1-e^2)}=\sqrt{a_0(1-e_0^2)}e^{-\alpha t/m}$$

$$\sqrt{1-e^2}=\sqrt{1-e_0^2}\Rightarrow e=e_0$$

Ответ: $$a=a_0e^{-2\alpha t/m}$$

$$e=e_0$$
D10  0.10 Найдите время снижения орбиты $T$ с высоты $h_0=408~км$ до высоты $h=400~км$, если параметр $\alpha=7.17\cdot 10^{-5}~кг/с$, масса $m=420~т$, $r_0=6378~км$. Выразите ответ в сутках.

Из результата предыдущего пункта:

$$T=\dfrac{m}{2\alpha}\ln\dfrac{r_0+h_0}{r_0+h}$$

Ответ: $$T=40~ суток$$