Пусть аппарат массой $m$ стартует с поверхности Земли. Для того, чтобы он смог удалиться на бесконечность, он должен иметь вторую космическую скорость при которой его полная энергия обращается в ноль
$$E=\frac{m v_{2 E}^{2}}{2}-G \frac{m M_{E}}{R_{E}}=0, \tag{1}$$где $G$ – гравитационная постоянная. Из формулы (1) получаем выражение для второй космической скорости
$$v_{2 E}=\sqrt{2 G \frac{M_{E}}{R_{E}}} \tag{2}$$Теперь найдем скорость орбитального движения Луны $v_{M}$ в системе отсчета, связанной с Землей, а для этого воспользуемся вторым законом Ньютона в следующем виде
$$M_{M} \frac{v_{M}^{2}}{r}=F, \tag{3}$$в котором сила гравитационного взаимодействия определяется законом тяготения Ньютона
$$F=G \frac{M_{E} M_{M}}{r^{2}}. \tag{4}$$Из формул (3) и (4), находим искомую скорость Луны, которая с учетом выражения (2) принимает вид
$$v_{M}=\sqrt{G \frac{M_{E}}{r}}=v_{2 E} \sqrt{\frac{R_{E}}{2 r}}. \tag{5}$$Пусть аппарат пересек лунную траекторию вдали от Луны, где влиянием ее гравитации можно пренебречь. Скорость аппарата $u$ относительно Земли в момент пересечения орбиты Луны находим из закона сохранения энергии
$$m \frac{u^{2}}{2}-G \frac{m M_{E}}{r}=0, \tag{6}$$что дает
$$u=\sqrt{2 G \frac{M_{E}}{r}}=\sqrt{2} v_{M} \tag{7}$$Скорость аппарата $V$ в системе отсчета, связанной с Луной, после его выхода на орбиту Луны определяется векторной разницей скоростей аппарата и Луны. Ее минимальное значение равно
$$V_{\min }=(\sqrt{2}-1) v_{M}, \tag{8}$$а максимальное составляет
$$V_{\max }=(\sqrt{2}+1) v_{M} \tag{9}$$Для нахождения искомых величин перейдем в систему отсчета, связанной с Луной, и применим закон сохранения энергии в виде
$$\frac{m v_{\min }^{2}}{2}-G\frac{m M_{M}}{R_{M}}=\frac{m V_{\min }^{2}}{2}, \tag{10}$$ $$\frac{m v_{\max }^{2}}{2}-G\frac{m M_{M}}{R_{M}}=\frac{m V_{\max }^{2}}{2}, \tag{11}$$и вводя вторую космическую скорость $v_{2 M}$ для Луны
$$v_{2 M}=\sqrt{2 G \frac{M_{M}}{R_{M}}}=v_{2 E} \sqrt{\frac{M_{M}}{M_{E}} \frac{R_{E}}{R_{M}}}. \tag{12}$$окончательно получаем искомые величины скоростей аппарата
$$v_{\min }=\sqrt{V_{\min }^{2}+v_{2 M}^{2}}=2.45~км/с, \tag{13}$$$$v_{\max }=\sqrt{V_{\max }^{2}+v_{2 M}^{2}}=3.45~км/с. \tag{14}$$
Найдём большую полуось орбиты:\[a=-\dfrac{GM}{2\mathcal E}=-\dfrac{GM}{2(-GM/R+v^2/2)}=\dfrac{R}{2-\dfrac{Rv^2}{GM}}\]Её фокальный параметр:\[p=\dfrac{\mathcal L^2}{GM}=\dfrac{R^2v^2\cos^2\alpha}{GM}.\]Её эксцентриситет:\[\varepsilon=\sqrt{1+\dfrac{2\mathcal E\mathcal L^2}{G^2M^2}}=\sqrt{1-\dfrac{\left(2{GM}/{R}-v^2\right)(Rv\cos\alpha)^2}{G^2M^2}}=\dfrac{1}{GM}\sqrt{G^2M^2-(2GM-Rv^2)Rv^2\cos^2\alpha}.\]Отсюда сразу можно определить максимальную высоту подъёма камня как:\[h_{\max}=\dfrac{p}{1-\varepsilon}-R=\dfrac{\mathcal L^2}{GM}=\dfrac{R^2v^2\cos^2\alpha}{GM-\sqrt{G^2M^2-(2GM-Rv^2)Rv^2\cos^2\alpha}}-R\]
Поскольку уравнение орбиты задаётся выражением:\[r(\varphi)=\dfrac{p}{1-\varepsilon\cos\varphi},\]где $\varphi$ -- угол, отсчитываемый от апоцентра, изменение полярного угла от броска до достижения апоцентра можно записать как:\[1-\varepsilon\cos\varphi_0=\dfrac{p}{R}=\dfrac{Rv^2\cos^2\alpha}{GM}\implies \varphi_0=\arccos\left(\dfrac{1}{\varepsilon}\left(1-\dfrac{Rv^2\cos^2\alpha}{GM}\right)\right).\]Стоит отметить, что при достаточно большой скорости ($v > v_\mathrm{I}$) камень пролетит больше, чем половину оборота вокруг Земли, поэтому это стоит учесть в ответе как\begin{gathered}L=\pi R-\left|\pi R-2\varphi_0R\right|=\pi R\left(1-\left|1-\dfrac{2\varphi_0}{\pi}\right|\right)=ht|=\pi R\left\{1-\left|1-\dfrac{2}{\pi}\arccos\left(\dfrac{1}{\varepsilon}\left(1-\dfrac{Rv^2\cos^2\alpha}{GM}\right)\right)\right|\right\}=\\=\pi R\left(1-\left|1-\dfrac{2}{\pi}\arccos\dfrac{GM-Rv^2\cos^2\alpha}{\sqrt{G^2M^2-(2GM-Rv^2)Rv^2\cos^2\alpha}}\right|\right)\end{gathered}
Чтобы найти время полёта камня, необходимо поделить площадь, заметаемую его траекторией, на секториальную скорость камня:\[T=\dfrac{S}{\dot S}=\dfrac{2S}{\mathcal L}=\dfrac{2S}{Rv\cos\alpha}.\]Чтобы найти площадь $S$, решим подзадачу. Рассмотрим эллипс\[\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\]с большой полуосью $a$ и малой полуосью $b$. Этот эллипс можно задать параметрически как:\begin{cases}x=a\cos\psi\\y=b\sin\psi\end{cases}Найдём площадь, которую <<заметает>> вектор, проведённый из точки $(-\varepsilon a,0)$, при изменении параметра $\psi\in[-\psi_0,\psi_0]$. Во-первых, эту задачу гораздо удобнее решать для единичной окружности, для чего надо изменить масштаб осей: $x=a\bar x$, $y=b\bar y$. Ответ при этом получается тривиально:\[\bar S=\varepsilon\sin\psi_0+\psi_0\implies S=ab(\varepsilon\sin\psi_0+\psi_0).\]Получим связь между параметром $\psi_0$ и углом $\varphi_0$, полученным в предыдущем пункте. Для этого заметим, что радиус-вектор, проведённый из фокуса в точку, должен иметь координаты $(x,y)=\left(\dfrac{p\cos\varphi_0}{1-\varepsilon\cos\varphi_0}-a\varepsilon,\dfrac{p\sin\varphi_0}{1-\varepsilon\sin\varphi_0}\right)=\left(a\cos\psi_0,b\sin\psi_0\right)\implies$\begin{gathered}\sqrt{1-\varepsilon^2}\operatorname{tg}\psi_0=\dfrac{p\sin\varphi_0}{p\cos\varphi_0-a\varepsilon(1-\varepsilon\cos\varphi_0)}=\dfrac{a(1-\varepsilon^2)\sin\varphi_0}{a(1-\varepsilon^2)\cos\varphi_0-a\varepsilon(1-\varepsilon\cos\varphi_0)}\implies\\{\psi_0}=\operatorname{arctg}\dfrac{\sqrt{1-\varepsilon^2}\sin\varphi_0}{\cos\varphi_0-\varepsilon},\quad \sin\psi_0=\dfrac{\sqrt{1-\varepsilon^2}\sin\varphi_0}{1-\varepsilon\cos\varphi_0}\end{gathered}Таким образом:\[S=\left(\dfrac{R}{2-\dfrac{Rv^2}{GM}}\right)^{3/2}\cdot\sqrt{\dfrac{R^2v^2\cos^2\alpha}{GM}}\cdot\left(\dfrac{\varepsilon\sqrt{1-\varepsilon^2}\sin\varphi_0}{1-\varepsilon\cos\varphi_0}+\operatorname{arctg}\dfrac{\sqrt{1-\varepsilon^2}\sin\varphi_0}{\varepsilon-\cos\varphi_0}\right).\]Время движения:\[T=\left(\dfrac{R}{2-\dfrac{Rv^2}{GM}}\right)^{3/2}\cdot\dfrac{2}{\sqrt{GM}}\cdot\left(\dfrac{\varepsilon\sqrt{1-\varepsilon^2}\sin\varphi_0}{1-\varepsilon\cos\varphi_0}+\operatorname{arctg}\dfrac{\sqrt{1-\varepsilon^2}\sin\varphi_0}{\varepsilon-\cos\varphi_0}\right)\]Упростим выражения:\begin{gathered}\sin\varphi_0=\sqrt{1-\dfrac{1}{\varepsilon^2}\left(1-\dfrac{Rv^2\cos^2\alpha}{GM}^2\right)}=\dfrac{1}{\varepsilon}\sqrt{\varepsilon^2-\left(1-\dfrac{Rv^2\cos^2\alpha}{GM}^2\right)}\\\varepsilon-\cos\varphi_0=\varepsilon-\dfrac{1}{\varepsilon}\left(1-\dfrac{Rv^2\cos^2\alpha}{GM}\right)=\dfrac{1}{\varepsilon}\left({\varepsilon^2-\left(1-\dfrac{Rv^2\cos^2\alpha}{GM}^2\right)}\right)\\1-\varepsilon\cos\varphi_0=\dfrac{1}{\varepsilon}\left(1-\dfrac{Rv^2\cos^2\alpha}{GM}\right)\end{gathered}
Дальность полёта - возрастающая по расстоянию от точки броска вдоль поверхности функция. Расстояние от точки броска: \[L=\pi R\left(1-\left|1-\dfrac{2}{\pi}\arccos\dfrac{GM-Rv^2\cos^2\alpha}{\sqrt{G^2M^2-(2GM-Rv^2)Rv^2\cos^2\alpha}}\right|\right).\]Выражение под модулем стремится к минимуму, поэтому, по возможности, оно зануляется: \[\cos\alpha=\sqrt{\dfrac{GM}{Rv^2}}\] при $v\ge\sqrt{\dfrac{GM}{R}}$. При малых скоростях выражение под модулем имеет минимум, который можно найти, дифференцируя ответ. Введем обозначения:
\[k={\dfrac{Rv^2}{GM}}, x=\cos^2\alpha.\]Тогда: \[\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dx}\dfrac{1-kx}{\sqrt{1-(2-k)kx}}=0.\]Получим линейное уравнение: \[2(1-(2-k)kx)=(2-k)(1-kx),\]Отсюда: \[x=\dfrac{1}{2-k}\]
Если рассматривать $r$ как переменную величину, положение точки $Q$ будет зависеть как от $r$, так и от угла запуска. Определите границу области пространства, в которой может находиться точка $Q$.
Примечание: баллистическая ракета ведет себя как камень: если ему сообщить начальную скорость, он будет двигаться по инерции. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Подсказка: Составьте и решите усредненные по периоду уравнения движения для векторов $\vec L=m[\vec r,\vec v]$ и $\vec A=[\vec v, \vec L]−\alpha\dfrac{\vec r}{r}$
Подсказка: При небольших колебаниях $r(t)=R+\delta r(t)$, $|\delta r|\ll R$. Запишите в первом приближении уравнение на $\delta r$ и решите его.
Найдите время движения одного из тел
Одно тело проходит точки в следующей последовательности:
\[ O_3 \to O_2 \to O \to O_3, \quad P_3 \to P_2 \to P \to P_3\]За время $T$ расстояние $L_{O_2 O}$ проходится тремя телами по одинаковому закону движения, т.е. $t_{O_2 \to O} = T/3$.
Время движения из точки $O$ до самой себя составляет $T/2$ в силу зеркальной симметрии траектории и всего движения. Обозначим точкам $O'_2$ и $O'_3$ положения 2-го и 3-го в это момент времени.
Тогда $t_{O \to O_3}=T/3$. При этом $t_{O \to O_2} = -T/3$, $t_{O_2 \to O_2'}=T/2$, поэтому $t_{O \to O_2'}=T/6$. В силу симметрии $t_{P\to O} = (t_{O \to O_3} + t_{O \to O'_2})/2 = T/4$.
В итоге $t_{O \to O_3} = T/3$, $t_{O\to P_2} = t_{O \to P} + t_{P \to P_2} = -T/4+2T/3$. Значит $t_{O_3 \to P_2} = T/3 - T/4 = T/12$.
Центр масс покоится, поэтому $\vec{v}_1 + \vec{v}_2 + \vec{v}_3 = 0$
Центр масс системы в силу симметрии относительно отражений не может быть нигде кроме центра, то есть
\[\vec{r}_1 + \vec{r}_2 + \vec{r}_3 = 0\]Тогда в момент времени, когда 1-тело находится в точке $O$, $\vec{r}_2 = - \vec{r}_3$ и
\[ \vec{L} = m \vec{r}_2 \times \vec{v}_2 + m \vec{r}_3 \times \vec{v}_3 = m\vec{r}_2 \times \left( \vec{v}_2 - \vec{v}_3 \right)\]Из-за симметрии траектории $\vec{v}_2 = \vec{v}_3 = -\vec{v}_2/2$., поэтому $\vec{L}=0$ когда 1-ое тело находится в точке $O$. Помимо этого система замкнутая, поэтому $\vec{L} = \text{const}$ и в любой момент времени $\vec{L}=0$.
С другой стороны вертикальные составляющей скоростей $v_2$ и $v_3$ являются половинами от $v_1$ и дают нулевой вклад в момент импульса. Горизонтальные составляющей скоростей $v_2$ и $v_3$ направлены в разные стороны и дают одинаковый вклад в момент импульса. Момент импульса относительно точки $P$ обнулится, если касательные в точках $P_2$ и $P_3$ будут проходить через точку $P$.
Из рисунка траектории определим:
Когда 1-ое тело находится в точке $O$ полная энергия системы: \[E = \frac{mv_{1,o}^2}{2}+ \frac{mv_{2,o}^2}{2}+ \frac{mv_{3,o}^2}{2}-\frac{Gm^2}{r_{12,o}}-\frac{Gm^2}{r_{23,o}}-\frac{Gm^2}{r_{13,o}}\] При этом $v_{1,o}=2v_{2,o}=2v_{3,o} = v_o$ и $r_{12,o} = r_{13,o}=\frac{1}{2}r_{12,o}=r_o$. То есть \[ E = \frac{3mv_o^2}{4} - \frac{5Gm^2}{2r_o}\] Когда 1-ое находится в точке $P$ полная энергия системы находится аналогичным образом. При этом $r_{12,p}=r_{13,p}=d$, $r_{23,p}=2d \sin \alpha$. При этом $y$-проекция уравнения $\vec{v}_1 + \vec{v}_2 + \vec{v}_3=0$ позволяет написать $v_p = v_{1,p} = 2 v_{2,p} \sin \alpha = 2 v_{3,p} \sin \alpha$. Подстановка дает \[E = \frac{mv_p^2}{2} \left( 1+ \frac{1}{2 \sin ^2 \alpha} \right) - \frac{Gm^2}{d} \left(2 + \frac{1}{2 \sin \alpha} \right) = 6.68 mv_p^2 - 4.49 \frac{Gm^2}{d}\] Когда 1-ое тело находится в точке $P$ для него можно записать II закон Ньютона: \[ \frac{mv_p^2}{R_p} = 2\frac{Gm^2}{d^2} \cos \alpha\] Полученную систему уравнений можно решить и получить результат \[\frac{v_o}{v_p} = \sqrt{\frac{4}{3} \left( 6.68 + 0.510 \frac{d^2}{R_p} \left[ \frac{5}{2r_o} - \frac{4.49}{d} \right] \right)} = 2.8\]
Покажем, что годограф вектора скорости является окружностью, причём отношение расстояния от начала отсчёта до центра окружности является эксцентриситетом орбиты.
Рассмотрим частицу массой $m$ в центральном поле с потенциальной энергией $U=-\alpha/r$. Запишем второй закон Ньютона и выражение для момента импульса частицы:
$$m\vec{a}=-\cfrac{\alpha\vec{e}_r}{r^2}\qquad \vec{L}=mr^2\vec{\omega}
$$откуда:
$$\bigl[\vec{a}\times\vec{L}\bigr]=-\alpha\bigl[\vec{e}_r\times\vec{\omega}\bigr]=\alpha\bigl[\vec{\omega}\times\vec{e}_r\bigr]=\alpha\dot{\vec{e}}_r
$$Интегрируя по времени, получим:
$$\cfrac{\bigl[\vec{v}\times\vec{L}\bigr]}{\alpha}-\vec{e}_r=\vec{e}
$$где $\vec{e}$ - постоянный вектор, называемый вектором эксцентриситета.
Рассмотрим скалярное произведение с радиус-вектором $\vec{r}$ обеих частей уравнения:
$$\bigl(\vec{e}\cdot\vec{r}\bigr)=er\cos\varphi=-r+\cfrac{\bigl(\vec{r}\cdot\bigl[\vec{v}\times\vec{L}\bigr]\bigr)}{\alpha}=-r+\cfrac{\bigl(\vec{L}\cdot\bigl[\vec{r}\times\vec{v}\bigr]\bigr)}{\alpha}
$$В последнем переходе мы воспользовались свойством чётной перестановки в смешанном произведении. Учитывая, что $\bigl[\vec{r}\times\vec{v}\bigr]=\vec{L}/m$, получим:
$$er\cos\varphi=-r+\cfrac{L^2}{\alpha m}\Rightarrow r(\varphi)=\cfrac{L^2}{\alpha m(1+e\cos\varphi)}
$$Таким образом, модуль вектора $\vec{e}$ действительно является эксцентриситетом орбиты.
Рассмотрим векторное произведение $\bigl[\vec{L}\times\vec{e}\bigr]$:
$$\bigl[\vec{L}\times\vec{e}\bigr]=\cfrac{\bigl[\vec{L}\times\bigl[\vec{v}\times\vec{L}\bigr]\bigr]}{\alpha}-\bigl[\vec{L}\times\vec{e}_e\bigr]=\cfrac{\vec{v}L^2}{\alpha}-\bigl[\vec{L}\times\vec{e}_e\bigr]
$$Здесь при раскрытии двойного векторного произведения мы воспользовались тем, что $\vec{v}\perp\vec{L}$. Далее, вводя орты цилиндрической системы координат, получим:
$$\vec{v}=\cfrac{\alpha}{L}\left(\bigl[\vec{e}_z\times\vec{e}_r\bigr]+\bigl[\vec{e}_z\times\vec{e}\bigr]\right)=\cfrac{\alpha\vec{e}_\varphi}{L}+\cfrac{\alpha\bigl[\vec{e}_z\times\vec{e}\bigr]}{L}
$$Поскольку $\bigl[\vec{e}_z\times\vec{e}\bigr]$ - постоянный вектор, модуль которого равен $e$, годограф вектора скорости при Кеплеровом движении действительно является окружностью, расстояние от начала отсчёта до центра которой в $e$ раз больше, чем её радиус.
Минимальное расстояние от точки на окружность с центром в точке $O_1$ до точки $O$ минимально для такой точки $B$, что она лежит на прямой, проходящей через $O$ и $O_1$. Тогда имеем:
$$\cfrac{S_{min}}{R}=\cfrac{R_1-O_1O}{R}=\cfrac{\alpha}{\sqrt{\alpha^2+1}}-\cfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+1}}=\cfrac{\alpha-1}{\sqrt{\alpha^2+1}}
$$Поскольку по условию $\alpha=2$, находим: