A1  ^0.80 Определите значения $\beta$, $\gamma$ and $\delta$.

Сопоставим размерности величин $h_{\max }$, $G$, $\omega$, $M_{E}$ и $R$ произведениям степеней длины $\mathrm L$, массы $\mathrm M$ и времени $\mathrm T$: $$ \begin{aligned} {\left[h_{\max }\right] } & =\mathrm{L} \\ {[G] } & =\mathrm{L}^{3} \mathrm{M}^{-1} \mathrm{~T}^{-2} \\ {[\omega] } & =\mathrm{T}^{-1} \\ {\left[M_{E}\right] } & =\mathrm{M} \\ {[R] } & =\mathrm{L} \end{aligned} $$ После подстановки размерностей получим выражение: \[ L = L^{-3} M^{1} T^{2} \cdot T^{-\beta} M^{\gamma} L^{\delta} \] Упрощаем уравнение: \[ L = L^{\delta - 3} M^{\gamma + 1} T^{2 - \beta} \] Приравняв показатели степеней для всех трех величин, получим систему уравнений: \[ \begin{align*} 1 &= \delta - 3 \implies \delta = 4 \quad &(1) \\ 0 &= \gamma + 1 \implies \gamma = -1 \quad &(2) \\ 0 &= 2 - \beta \implies \beta = 2 \quad &(3) \end{align*} \] Выражаем ответы:

A2  ^0.20 Рассчитайте значение $h_\textrm{max}$, считая безразмерный коэффициент перед выражением выше равным 1.

Согласно результатам, полученным в предыдущем пункте,  $$ h_{\max } \propto \frac{\omega^{2} R^{4}}{G M_{E}} $$ Здесь $\omega=2 \pi /(24 \mathrm{~h})=7.27 \times 10^{-5} {~с}^{-1}$. Считая коэффициент пропорциональности равным единице, получаем:

B1  ^1.00 Найдите направление и величину гравитационного поля, создаваемого «солнечным кольцом» на оси $z$. Выразите ответ через $M_S$, $d_{SE}$ и координату $z$. Считайте, что $\vert z \vert \ll d_{SE}$.

Первое решение

Выражение для гравитационного потенциала $U$ на оси $z$ имет вид $$ U(z)=-G \frac{M_{S}}{\sqrt{z^{2}+d_{S E}^{2}}} $$ Дифференцируя это выражение, находим ускорение свободного падения на оси $z$: $$ g_{z}(z)=-\frac{\mathrm{d} U}{\mathrm{d} z}=-G M_{S} \frac{z}{\left(z^{2}+d_{S E}^{2}\right)^{3 / 2}} $$ В первом приближении по $z$ выражение упрощается до:$$
g_{z}(z) \approx-\frac{G M_{S}}{d_{S E}^{3}} z 
$$Знак минус означает, что $g_z$ направлено к центру Солнца.

Второе решение

Малый элемент солнечного диска с массой $\mathrm{d} M$ создает поле $$ \mathrm{d} g=\frac{G \mathrm{~d} M}{z^{2}+d_{S E}^{2}}, $$ система симметрична относительно оси $z$ (см. рис. B.1).

Поскольку система симметрична, достаточно просуммировать только $z$-компоненты поля, создаваемого малыми элементами: $$ \mathrm{d} g_{z}=-\mathrm{d} g \cos \theta, $$ где знак минус указывает на направление против оси $z$. Угол $\theta$ одинаков для всех сегментов кольца, его косинус равен: $$ \cos \theta=\frac{z}{\sqrt{z^{2}+d_{S E}^{2}}} $$ Используя три предыдущих уравнения и интегрируя по массе кольца, получим точное выражение для поля на оси: $$ g_{z}=-G M_{S} \frac{z}{\left(z^{2}+d_{S E}^{2}\right)^{3 / 2}} $$ Используя соотношение $|z| \ll d_{S E}$, упрощаем до: $$ g_{z} \approx-G M_{S} \frac{z}{d_{S E}^{3}} $$

B2  ^2.20 Найдите направление и величину гравитационного поля, создаваемого «солнечным кольцом» в плоскости эклиптики на расстоянии $r$ от начала координат. Считайте, что $r \ll d_{SE}$.

Первое решение

Радиальная составляющая поля $g_{r}$ в плоскости кольца Солнца может быть найдена из теоремы Гаусса (см. рисунок B.2).

Применим теорему Гаусса для цилиндрической области высотой $2|z|$ и радиусом $r$: $$ g_{r} \,2 z \times 2 \pi r+g_{z} \, 2 r^{2} \pi=0 $$ Отсюда получаем$$ g_{r}(r)=-\frac{r}{2 z} g_{z}(z)=\frac{G M_{S}}{2 d_{S E}^{3}} r $$ Поле направлено радиально наружу.

Второе решение

Возьмем точку $P$ в плоскости солнечного диска на расстоянии $r$ от центра (см. рис. B.3).

Расстояние $s$ от малого элемента кольца с угловым размером $\mathrm{d} \varphi$, расположенного под углом $\varphi$ по отношению к радиус-вектору из центра кольца в точку $P$, определяется по теореме косинусов: $$ s=\sqrt{d_{S E}^{2}+r^{2}-2 d_{S E} r \cos \varphi} $$ Гравитационный потенциал в точке $P$, обусловленный малым отрезком, может быть записан как $$ \mathrm{d} U=-\frac{G M_{S}}{s} \frac{\mathrm{~d} \varphi}{2 \pi} $$ поэтому полный потенциал кольца в точке $P$ равен $$ U(r)=-\frac{G M_{S}}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi}\left(d_{S E}^{2}+r^{2}-2 d_{S E} r \cos \varphi\right)^{-\frac{1}{2}} \mathrm{~d} \varphi $$ Обезразмерим интеграл: $$ U(r)=-\frac{G M_{S}}{2 \pi d_{S E}} \int_{0}^{2 \pi}\left(1+\frac{r^{2}}{d_{S E}^{2}}-\frac{2 r \cos \varphi}{d_{S E}}\right)^{-\frac{1}{2}} \mathrm{~d} \varphi $$ Для упрощения интеграла можно воспользоваться тем фактом, что $r \ll d_{S E}$. Введем величину $$ \varepsilon=\frac{r^{2}}{d_{S E}^{2}}-\frac{2 r \cos \varphi}{d_{S E}} ~(\ll1)$$ и разложим интеграл до второго порядка по $\varepsilon$: $$ (1+\varepsilon)^{-\frac{1}{2}} \approx 1-\frac{\varepsilon}{2}+\frac{3 \varepsilon^{2}}{8} $$ Подставив $\varepsilon$ и сохранив члены до второго порядка по $r / d_{S E}$, получим: $$ (1+\varepsilon)^{-\frac{1}{2}} \approx 1-\frac{r^{2}}{2 d_{S E}^{2}}+\frac{r \cos \varphi}{d_{S E}}+\frac{3 r^{2} \cos ^{2} \varphi}{2 d_{S E}^{2}} . $$ Третий член в правой части зануляется после интегрирования по $\varphi$, так что потенциал принимает вид $$ U(r)=-\frac{G M_{S}}{2 \pi d_{S E}} \int_{0}^{2 \pi}\left(1-\frac{r^{2}}{2 d_{S E}^{2}}+\frac{3 r^{2} \cos ^{2} \varphi}{2 d_{S E}^{2}}\right) \mathrm{d} \varphi $$ Используя, что $\int_{0}^{2 \pi} \cos ^{2} \varphi \mathrm{~d} \varphi=\pi$ (по аналогии с расчетом средней мощности в цепях переменного тока), потенциал можно оценить как: $$ U(r)=-\frac{G M_{S}}{2 \pi d_{S E}}\left(2 \pi-2 \pi \frac{r^{2}}{2 d_{S E}^{2}}+\frac{3 \pi r^{2}}{2 d_{S E}^{2}}\right) . $$ Это можно упростить до $$ U(r)=-\frac{G M_{S}}{d_{S E}}-\frac{G M_{S} r^{2}}{4 d_{S E}^{3}} $$ Гравитационное поле – это градиент потенциала со знаком минус: $$ g_{r}(r)=-\frac{\mathrm{d} U}{\mathrm{~d} r}=\frac{G M_{S}}{2 d_{S E}^{3}} r $$

C1  ^0.80 Найдите массу $m$ одного из двух сегментов, указанных на рис. C.1. Выразите ответ через $h_\textrm{max}$, массу Земли $M_E$ и её полярный радиус $R_p$.

Эллипсоид вращения можно превратить в идеальную сферу радиуса $R_{e}$ (см. рис. C.1.), равномерно растянув его вдоль полярного диаметра в $R_{e} / R_{p}$ раз, так что объем эллипсоида будет равен $$
V_{\text {эл }}=\frac{4 \pi}{3} R_{e}^{3} \frac{R_{p}}{R_{e}}=\frac{4 \pi}{3} R_{e}^{2} R_{p}
$$

Объем одного сегмента равен:$$
V=\frac{1}{2}\left(\frac{4 \pi}{3} R_{e}^{3}-\frac{4 \pi}{3} R_{e}^{2} R_{p}\right)=\frac{2 \pi}{3} R_{e}^{2} h_{\max }
$$ Плотность однородной Земли составляет $\rho=$ $3 M_{E} /\left(4 \pi R_{e}^{2} R_{p}\right)$, поэтому масса одного сегмента\[
m=\rho V=\frac{3 M_{E}}{4 \pi R_{e}^{2} R_{p}} \frac{2 \pi}{3} R_{e}^{2} h_{\max }=\frac{h_{\max }}{2 R_{p}} M_{E}\]

C2  ^1.80 Используя этот факт, найдите момент сил $\tau$ со стороны «солнечного кольца», действующий на Землю. Выразите ответ через $M_E$, $M_S$, $d_{SE}$, $R$ (средний радиус), $h_{\textrm{max}}$ и угол $\alpha$. Считайте, что $h_\textrm{max}\ll R$.

Момент сил, действующий на идеальную сферу радиуса $R_{e}$, равен нулю в силу симметрии. Из принципа суперпозиции, изложенного в задаче, следует, что момент $\vec{\tau}$, действующий на Землю в форме эллипсоида, равен по величине, но противоположен по направлению моменту $\vec{\tau}'$, действующему на две эквивалентные точечные массы (каждая массой $2 m / 5$):\[\vec{\tau}=-\vec{\tau}'\]

Величина момента сил, действующего на точечные массы, равна $$ \left|\vec{\tau}^{\prime}\right|=|\vec{\tau}|=2 F_{z} R \sin \alpha+2 F_{r} R \cos \alpha $$ где $$ \begin{aligned} F_{z} & =\frac{2}{5} m\left|g_{z}\right|=\frac{2}{5} m G M_{S} \frac{R \cos \alpha}{d_{S E}^{3}} \\\ F_{r} & =\frac{2}{5} m\left|g_{r}\right|=\frac{2}{5} m G M_{S} \frac{R \sin \alpha}{2 d_{S E}^{3}} \end{aligned} $$ Подставляя эти силы в выражение для $\tau^{\prime}$ и упрощая, получаем: $$ |\vec{\tau}|=\frac{6}{5} \frac{G m M_{S}}{d_{S E}^{3}} R^{2} \sin \alpha \cos \alpha $$ Используя результат пункта C1, это можно записать как $$ |\vec{\tau}|=\frac{3}{5} \frac{G M_{E} M_{S}}{d_{S E}^{3}} R h_{\max } \sin \alpha \cos \alpha $$ Момент сил $\vec{\tau}^{\prime}$ направлен к наблюдателю по нормали к плоскости рисунка C.2, поэтому момент сил $\vec{\tau}$, действующий на Землю в форме эллипсоида, направлен от наблюдателя.

D1  ^1.80 Получите выражение для периода $T_1$ прецессии земной оси. Выразите ответ через $M_S$, $d_{SE}$, угловую скорость $\omega$ вращения Земли, $h_\textrm{max}$, $R$ и $\alpha$.

Момент сил, действующий на Землю, приводит к изменению вектора ее момента импульса $\vec{L}$: $$ \vec{\tau}=\frac{\mathrm{d} \vec{L}}{\mathrm{d} t} $$ где $\vec{L}$ параллелен угловой скорости вращения Земли, а его величина (в предположении однородного распределения масс и пренебрежении несферичностью Земли) определяется как:$$ |\vec{L}|=\frac{2}{5} M_{E} R^{2} \omega $$ Поскольку $\vec{\tau}$ (т.е. скорость изменения вектора момента импульса) перпендикулярна $\vec{L}$, длина $\vec{L}$ остается постоянной, но его направление меняется, как показано на рисунке D.1. В результате вектор $\vec{L}$ прецессирует вокруг оси конуса с углом раствора $2\alpha$.

Проводя аналогию с равномерным круговым движением, можем написать уравнение между $L$, его производной по времени и угловой скоростью прецессии: $$ \left|\frac{\mathrm{d} \vec{L}}{\mathrm{d} t}\right|=\Omega_{1}|\vec{L}| \sin \alpha $$ Из этого уравнения угловая скорость прецессии $\Omega_{1}$ может быть выражена как: $$ \Omega_{1}=\frac{\tau}{L \sin \alpha}=\frac{\frac{3}{5} G M_{E} M_{S} R h_{\max } \sin \alpha \cos \alpha / d_{S E}^{3}}{\frac{2}{5} M_{E} R^{2} \omega \sin \alpha}, $$ где был использован предыдущий результат для $\tau$. После упрощения: $$ \Omega_{1}=\frac{3}{2} \frac{G M_{S} h_{\max }}{d_{S E}^{3} R \omega} \cos \alpha $$ Отсюда период прецессии: $$ T_{1}=\frac{2 \pi}{\Omega_{1}}=\frac{4 \pi}{3} \frac{d_{S E}^{3} R \omega}{G M_{S} h_{\max } \cos \alpha} $$

D2  ^0.20 Вычислите период прецессии $T_1$ в годах.

Подставляя численные значения, находим период:

E1  ^1.00 Во сколько раз ($T_2/T_1 $) изменится период прецессии земной оси, если учесть момент сил, создаваемый Луной? Выразите ответ через $d_{ME}$, $d_{SE}$, $M_S$ и $M_M$.

Как было показано в части D, угловая скорость прецессии пропорциональна вращающему моменту, действующему на Землю, который пропорционален величине $M_{S} / d_{S E}^{3}$. Если учесть влияние Луны, то моменты сил, действующие на Землю со стороны Солнца и Луны, складываются, и в результате $$ \Omega_{2}=\frac{M_{M} / d_{M E}^{3}+M_{S} / d_{S E}^{3}}{M_{S} / d_{S E}^{3}} \Omega_{1} $$Отсюда получаем аналогичное выражение для периодов:

E2  ^0.20 Подставив численные значения, рассчитайте период прецессии $T_2$ в годах.

Подставив числа, получаем:

что довольно близко к значению, полученному современными методами.