Закон Всемирного тяготения

Найдём потенциальную энергию гравитационного поля:
\[U=\int_{-\infty}^{r_{12}}F_{12}dr_{12}=-\frac{Gm_1m_2}{r_{12}}\]Сравнив выражения для $\vec g$ и напряжённости электрического поля $\vec E$, можем заметить их схожесть.
Для гравитационного поля также справедлива теоремой Гаусса:
\[\Phi_{\vec g}=\oint_S\left(\vec g\cdot d\vec S\right)=-4\pi Gm_{\text{in}}\]Рассмотрим шарообразную планету постоянной плотности $\rho$, массой $M$, радиуса $R_з$.
Рассчитаем $\vec g$ по теорема Гаусса:
\[ \Phi_{\vec g}=\oint \left(\vec g\cdot d\vec S\right)=-4\pi m_{\text{in}}\\
m_{\text{in}}=\frac 43\pi r^3\rho\\
4\pi r^2 \vec g=-4\pi G\cdot\frac 43G\rho r^3\hat r\\
\vec g=-\frac{4\pi\rho G}{3}\hat r=-g_0\frac {\vec r}{R_з},\]где $g_0=g(R_з)$ – модуль ускорения свободного падения на поверхности планеты.

\[\tau=\frac T2=\frac{\pi}{\omega}\\
\omega=\sqrt{\frac{g_0}{R_з}}\\
\tau=\pi\sqrt{\frac{R_з}{g_0}}\]Для Земли $\tau\approx42$ мин
Найдём ускорение свободного падения $g$ и потенциальную энергию $U$ на произвольном расстоянии $r$ от центра планеты.

Уравнение Бине

Введём вектор $\hat\phi\perp\hat r$, лежащий в плоскости движения, направленный в сторону увеличения $\phi$, $|\hat\phi|=1$
\[ \dot{\hat r}=\dot\phi\hat\phi\\
\dot{\hat\phi}=-\hat r\dot\phi\\
\dot{\vec r}=\hat r\dot r+r\dot\phi\hat\phi\\
\ddot{\vec r}=\ddot r\hat r+\dot\phi\hat\phi\dot r+\dot r\dot\phi+r\ddot\phi\hat\phi+r\dot\phi(-\hat r\dot\phi)\]Запишем 2-ой закон Ньютона для движения тела:
\[\vec F=-\frac{GMm}{r^2}\cdot\hat r=m\ddot{\vec r}\\
-\frac{GM}{r^2}\hat r=\ddot{\vec r}=\ddot r\hat r+2\dot r\dot\phi\hat\phi+r\ddot\phi\hat\phi-r\dot\phi^2\hat r\\
\hat r\left(\frac{GM}{r^2}+\ddot r-r\dot\phi^2\right)+\hat\phi\left(2\dot r\dot\phi+r\ddot\phi\right)=0\]Приравнивая к $0$ множитель при $\hat\phi$:
\[2\dot r\dot\phi+r\ddot\phi=0=\frac 1r\cdot\frac d{dt}(r^2\dot\phi)\\
\frac 1r\cdot\frac{d}{dt}\left(\frac Lm\right)=0\]Мы получили закон сохранения момента импульса.

Приравнивая к $0$ множитель при $\hat r$:
\[-\frac{GM}{r^2}=\ddot r-r\dot\phi^2=\ddot r-r\left(\frac{L}{mr^2}\right)^2\]Воспользуемся подстановкой Бине:
\[r(t)\rightarrow u\equiv\frac 1r\\
\dot\phi=\frac{L}{mr^2}=\frac Lm u^2\\
\frac{d}{dt}\left(\frac 1u\right)=\frac{d\phi}{dt}\cdot\frac{d}{d\phi}\left(\frac 1u\right)=-\frac Lm u'_\phi\\
\ddot r=-\frac Lm\cdot\frac d{dt}(u'_\phi)=-\frac Lm\cdot\frac{d\phi}{dt}\cdot\frac d{d\phi}(u'_\phi)=-\frac{L^2u^2}{m^2}\cdot u''_\phi\\
-GMu^2=-\frac{L^2u^2}{m^2}u''_\phi-u^3\cdot\frac{L^2}{m^2}\\
u''_\phi+u=\frac{GMm^2}{L^2}\]Мы получили уравнение Бине.
Решим его:
\[u=\frac{GMm^2}{L^2}+u_0\cos(\phi-\phi_0)\\
r=\frac 1{\frac{GMm^2}{L^2}+u_0\cos(\phi-\phi_0)}\]$u_0$, $\phi_0$ определяются начальными условиями
Пусть $\phi_0=0$
Пусть $p\equiv\frac{L^2}{GMm^2}$
\[r=\frac{\frac{L^2}{GMm^2}}{1+e\cos\phi}=\frac p{1+e\cos\phi}\]Мы получили уравнение орбиты в полярных координатах, где $p$ – фокальный параметр, $e$ – эксцентриситет орбиты.

Конические сечения

Конические сечения – кривые второго порядка. к ним относится эллипс, парабола и гипербола. Такие кривые получаются при сечении конуса плоскостью.

Параметры орбиты

Запишем энергию движущегося тела:
\[\begin{multline}
E=-\frac{GMm}{a(1-e)}+\frac m2\cdot\left(\frac L{ma}\right)^2\cdot\frac 1{(1-e)^2}=\\=-\frac{GMm}{a(1-e)}+\frac m2\cdot\frac{L^2}{m^2ap}\cdot\frac{1-e^2}{(1-e)^2}=\\=-\frac{2GMm}{2a(1-e)}+\frac{GMm(1+e)}{2a(1-e)}=-\frac{GMm}{2a}\cdot\frac{1-e}{1-e}
\end{multline}\\
E=-\frac{GMm}{2a}\\
1-e^2=\frac pa=\frac{L^2}{GMm^2}\cdot\frac{-2E}{GMm}=-\frac{2EL^2}{G^2M^2m^3}\\
e=\sqrt{1+\frac{2EL^2}{G^2M^2m^3}}\\
b=\sqrt{ap}=\sqrt{-\frac{GMm}{2E}\cdot\frac{L^2}{GMm^2}}\\
b=\frac L{\sqrt{-2mE}}
\]

\[S_{эллипса}=\pi ab=\pi\cdot\frac{GMm}{-2E}\cdot\frac{L}{\sqrt{-2mE}}\\
T=\frac{S_{эллипса}}{\dot S}=\frac{2m}L\cdot\pi\cdot\frac{GMm}{-2E}\cdot\frac{L}{\sqrt{-2mE}}\\
T^2=\left(\pi m\cdot\frac{GMm}{-E}\cdot\frac{1}{\sqrt{-2mE}}\right)^2=\frac{\pi^2}{2}\cdot\frac{G^2M^2m^3}{(-E)^3}=\frac{4\pi^2}{GM}\cdot a^3\\
T^2=\frac{4\pi^2a^3}{GM}\]Мы получили 3-ий закон Кеплера.

Задача двух тел

Примеры

• Космические скорости

1) 1-ая космическая скорость – скорость, требуемая для движения по круговой орбите.
\[b=a\\
\frac{L}{\sqrt{-2mE}}=\frac{GMm}{-2E}\\
\frac{mav_\mathrm{I}}{\sqrt{GMm^2}}\sqrt a=a\\
v_\mathrm{I}=\sqrt{\frac {GM}r}\]где $r$ – радиус орбиты

2) 2-ая космическая скорость – минимальная скорость, требуемая, чтобы удалиться на бесконечно большое расстояние от центра тяготения.
Поскольку требуется минимальная скорость, на бесконечном удалении $E=0$
\[E=-\frac{GMm}r+\frac m2v^2_\mathrm{II}\\
v_\mathrm{II}=\sqrt{\frac{2GM}r}\]Заметим, что $v_\mathrm{II}=\sqrt2v_\mathrm{I}$

3) 3-я космическая скорость - минимальная скорость, требуемая чтобы после запуска с Земли удалиться на бесконечно большое расстояние от Солнца.
Разобьём движение тела на 2 промежутка: вблизи Земли, когда мы пренебрегаем тяготением Солнца, и движение вокруг Солнца (без учёта Земли). Пусть $v_{\text{far}}$ – скорость после выхода из поля тяготения Земли (до этого мы пренебрегали воздействием Солнца):
\[\frac{mv_\mathrm{III}^2}2-\frac{GMm}r=\frac{mv_{\text{far}}}2\\
v_{\text{far}}=\sqrt{v_{\mathrm{III}}^2-\frac{2GM_з}{R_з}}\]Поскольку мы ищем минимальную скорость, при выходе из поля тяготения Земли скорость тела и Земли должны быть сонаправлены, чтобы у тела была максимальная скорость в системе отсчёта, связанной с Солнцем.
\[v_{\text{far}}+v_з=v_{\mathrm{II}}\\
v_{\text{far}}+v_з=\sqrt2v_з\\
\sqrt{v_{\mathrm{III}}^2-\frac{2GM_з}{R_з}}=(\sqrt2-1)^2\sqrt{\frac{GM_с}{D_з}}\\
v_\mathrm{III}=\sqrt{\frac{2GM_з}{R_з}+(\sqrt2-1)^2\cdot\frac{GM_с}{D_з}}\approx 16,7 \frac{км}{с}\]

• Космический мусор

В этой задаче исследуем проблему космического мусора. Чтобы убрать мусор с планеты, можно либо замедлить его настолько, чтобы он сгорел с атмосфере, либо ускорить настолько, чтобы он покинул орбиту Земли. Рассмотрим оба сценария и найдём оптимальный:
\[v=\sqrt{\frac{GM}{r}}\]Скорость, требуемая для покидания орбиты Земли – вторая космическая – $\sqrt2v$
\[\Delta v_1=\sqrt{\frac{2GM}{r}}-\sqrt{\frac{GM}{r}}=(\sqrt2-1)\sqrt{\frac{GM}{r}}\]

Рассмотрим граничный случай:
\[\sqrt{\frac{GM}{r}}-\sqrt{\frac{2RGM}{r(r+R)}}=(\sqrt2-1)\sqrt{\frac{GM}{r}}\\
1-\sqrt{\frac{2R}{r+R}}=\sqrt2 -1\\
\frac{R}{r+R}=(\sqrt2-1)^2\\
\frac rR+1=(\sqrt2+1)^2\\
\frac rR=\sqrt2(\sqrt2+2)=2(1+\sqrt2)\]Для Земли $r_c\approx31000~км$
Если мусор находится на орбите ниже $r_c$, его проще замедлять, если выше – то ускорять.

• Комета

Условие:
Учёные обнаружили комету на краю Солнечной системы на расстоянии 50 а.е. от Солнца. Комета приближается к нам по параболической орбите, перигелий которой лежит на расстоянии 1 а.е. от Солнца. За какое время комета достигнет орбиты Земли?
Решение:
Поскольку движется по параболе:
\[v_к=\sqrt2v_з\]где $v_з$ – скорость Земли.
\[\dot S_{ком}=\frac 12rv_к=\frac 12rv_з\cdot\sqrt2\\
\dot S_з=\frac{\pi r^2}{T}\\
\dot S_{ком}=\sqrt2\dot S_з=\frac{\sqrt2\pi r^2}{T}\]