Второй закон Ньютона для движения по круговой орбите имеет вид
$$
\frac{M_E v_0^2}{r_a} = \frac{G M_E M_S}{r_a^2},
$$откуда получаем

Как известно, полная энергия при движении лёгкой материальной точки $m_a$ вокруг массивного светила $M_S$ по эллипсу с большой полуосью $a$ равна
$$E = -\frac{GM_Sm_a}{2a}.$$Уравнение эллипса в полярных координатах имеет вид
$$
r = \frac{p}{1 - e \cos \theta},
$$откуда минимальное и максимальное расстояния
$$
r_{\text{min}}= r_a = \frac{p}{1+e}, \quad r_{\text{max}} = \frac{p}{1-e}.
$$Отсюда получаем связь параметра эллипса $p$ и большой полуоси $a$:
$$
a = \frac{1}{2}(r_{\text{max}} + r_{\text{min}}) = \frac{p}{1-e^2},
$$тогда большую полуось можно выразить через минимальное расстояние
$$a = \frac{r_a}{1-e}.$$Воспользуемся законом сохранения энергии:
$$-\frac{GM_Sm_s(1-e)}{2r_a} = -\frac{GM_Sm_a}{r_a} + \frac{m_av_1^2}{2},$$и найдем
$$
v_1^2 = \frac{G M_s}{r_a} (1 + e),
$$откуда с учётом найденного значения $v_0$

Когда астероид оказывается достаточно близко к Земле, так что требуется учитывать их взаимодействие, расстояние между Землей и астероидом уже много меньше $r_a$, и влиянием Солнца на соударение можно не учитывать. Энергия взаимодействия астероида с Солнцем также практически не меняется. Скорость астероида относительно Земли
$$
v_r = v_1 - v_0 = v_0 (\sqrt{1+e}-1).
$$Тогда из закона сохранения энергии
$$
W = \frac{G M_E m_a}{R_E} + \frac{m_a v_r^2}{2}.
$$Массу астероида можно выразить через его плотность и диаметр:
$$
m_a = \frac{\pi}{6}\rho D^3.
$$

Можно также получить ответ, не считая массу астероида малой по сравнению с массой Земли. При этом отношение масс $m_a/M_E \sim 10^{-14}$, учет этих вкладов не требуется. Влияние Солнца на движение астероида даже вблизи Земли может быть существеннее, но его сложно оценить, так как это требует рассмотреть задачу трех тел.

После соударения выполняется закон сохранения импульса
$$m_a v_1 + M_Ev_0 = (m_a + M_E)u,$$где $u$ – скорость движения после соударения. Энергия системы до соударения (энергию взаимодействия с Солнцем не учитываем)
$$
E = \frac{m_a v_1^2}{2} + \frac{M_E v_0^2}{2}.
$$После соударения закон сохранения энергии имеет вид
$$
E = \frac{(m_a + M_E) u^2}{2} - \frac{G m_a M_E}{R_E} + W.
$$Отсюда выделившаяся энергия
$$
W = \frac{G m_a M_E}{R_E}+ \frac{m_a v_1^2}{2} + \frac{M_E v_0^2}{2} - \frac{(m_a + M_E) u^2}{2}.
$$Подставляя выражение для $u$ и $v_1$, получим ответ в виде
\[Q=\dfrac{(1+e)~m_Av_0^2}{2}+\dfrac{M_E~v_0^2}{2}-\dfrac{((m_A \sqrt{1+e}+M_E)v_0)^2}{2(M_E+m_A)}+\dfrac{Gm_AM_E}{R_E}.\]Разложим его по степеням $\dfrac{m_A}{M_E}$ и получим прежний ответ:
\[Q = \dfrac{(1+e)m_Av_0^2}{2}+\dfrac{M_ev_0^2}{2}\left(1 - \dfrac{(1+\frac{m_A}{M_E} \sqrt{1+e})^2}{1+\frac{m_A}{M_E}}\right) + \dfrac{Gm_AM_E}{R_E} \approx\]\[\approx\dfrac{m_Av_0^2}{2}\left( \sqrt{1+e}-1\right)^2 + \dfrac{Gm_AM_E}{R_E}\]

Заметим, что при $\Delta p \ll p$ при сообщении дополнительного импульса в любом направлении мы не можем изменить энергию системы в нулевом порядке. Поскольку момент импульса астероида относительно центра Земли изначально нулевой, его мы меняем в нулевом порядке. Таким образом, в нулевом приближении сообщение дополнительного импульса меняет момент импульса, но не меняет энергию системы. Чтобы как можно сильнее отклонить астероид от Земли, импульс нужно сообщать в перпендикулярном к исходному направлению.

$$e = \sqrt{1 + \frac{2EL^2}{GM_E^2m_A^4}}$$

Далее запишем закон сохранения момента импульса для прицельного параметра $b$:
\[2R_Evm_A=m_A b v_r\]причём $$b = \frac{s}{v_r}\frac{\Delta p_{\text{min}}}{m_A}$$
Запишем далее закон сохранения энергии:
\[\dfrac{m_Av_r^2}{2}+\dfrac{\Delta p_{\text{min}}^2}{2m_A}-\dfrac{GM_E~m_A}{s}=\dfrac{m_Av^2}{2}-\dfrac{GM_E~m_A}{2R_E}.\]И с учётом приближения $s \gg R_E$ получаем ответ.

Сила со стороны центрального поля:

$$F_r = -\frac{\text{d}U}{\text{d}r}m.$$

Уравнение движения для круговой орбиты:

$$m\omega_0^2r = -F_r = \frac{\text{d}U}{\text{d}r}m.$$

$$E = E_{\text{пот}} + E_{\text{кин}} = U(r) + \frac{mv^2}{2} = U(r) + \frac{m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2)}{2}.$$

$$E = U_\text{eff}(r) + f\left(\dot{r}\right).$$

Запишите выражение для $U_\text{eff}(r)$.

Продифференциируем по времени выражение для энергии и учтем, что энергия постоянна:

$$\dot{E} = 0 = \frac{\text{d}U_\text{eff}}{\text{d}t} + m\dot{r} \ddot{r};$$

$$\ddot{r} = -\dfrac{1}{m}\frac{\text{d}U_\text{eff}}{\text{d}t} \frac{\text{d}t}{\text{d}r} = -\dfrac{1}{m}\frac{\text{d}U_\text{eff}}{\text{d}r} = -\dfrac{U_\text{eff}^\prime}{m}$$

Примечание. Здесь и далее по решению штрих будет обозначать производную по $r$.

При движении по окружности $\ddot{r} = 0$, значит, $U_\text{eff}^\prime = 0$, следовательно $U_\text{eff}$ достигает экстремума.

Подставим заданный потенциал в выражение для $\ddot{r}$:

$$\ddot{r} = -\dfrac{U_\text{eff}^\prime}{m} = -\dfrac{U^\prime(r)}{m} + \frac{L^2}{m^2r^3} = -\frac{\alpha A}{mr^{\alpha+1}}+ \frac{L^2}{m^2r^3} ;$$

$$r = R+\delta r,~~~~~~~~~~~~~~\ddot{r} = \delta \ddot{r}.$$

Разложим $\ddot{r}$ в ряд Тейлора по степеням $\delta r$ до первого порядка:

$$\delta \ddot{r} \approx -\frac{\alpha A}{mR^{\alpha + 1}}\left(1 - (1+\alpha)\frac{\delta r}{R}\right) + \frac{L^2}{m^2R^3}\left(1-3\frac{\delta r}{R}\right).$$

Из условия $U_\text{eff}^\prime(R) = 0$ получаем:

$$\frac{L^2}{m^2R^3} = U^\prime(R) = \frac{\alpha A}{mR^{\alpha + 1}}.$$

Подставляя, получаем:

$$\delta \ddot{r} = - \frac{\alpha A}{mR^{\alpha + 2}}(2 - \alpha) \delta r.$$

Откуда получаем ответ. 

Ответ:

Заметим, что в случае $\alpha < 2$ частица при движении по круговой траектории находится в потенциальной яме. То есть вторая производная положительная, и при небольшом смещении от исходной траектории будет возникать возрващающая сила. То есть это устойчивое равновесия.

В случае $\alpha > 2$ все совершенно наоборот: равновесие неустойчивое.

Случай $\alpha = 2$ обычно характеризуется безразличным равновесием: при небольшом смещении в первом порядке не возникает ни возвращающей, ни разрушающей систему силы. То есть точка не улетает на бесконечность. Поэтому в наших терминах это соответствует устойчивой траектории.

Продолжим решение в эффективном потенциале.
$$\ddot{r} = -\dfrac{U_\text{eff}^\prime}{m} = -\dfrac{U^\prime(r)}{m} + \frac{L^2}{m^2r^3}.$$Ясно, что $\ddot{r} = \ddot{r}(r),$ а также
\begin{cases}
\ddot{r}(R) = 0;\\
\ddot{r}(R + \delta r) = -\dfrac{U^\prime(R + \delta r)}{m} + \left(\frac{L}{m}\right)^2\frac{1}{(R + \delta r)^3}.
\end{cases}

Вне всяких сомнений, $$\frac{1}{(R + \delta r)^3} \approx \frac{1}{R^3} \left(1 - 3\frac{\delta r}{R}\right).$$
Тогда, подставляя разложение в выражение для $\ddot{r}(R + \delta r)$, имеем $$\ddot{r} + \left(U''(R) + 3\frac{U^\prime(R)}{R}\right)\dfrac{\delta r}{m} = 0$$уравнение гармонических колебаний, циклическая частота которых известна.

Циклическая частота движения по окружности равна $\dot{\theta}$.
$$m(q\omega_0)^2 = U'' + 3\frac{U'}{r}~\Leftrightarrow~U'' + 3\frac{U'}{r} = q^2\frac{L^2}{m}\frac{1}{r^4} = q^2\frac{U'}{r}.$$$$U'' + (3 - q^2)\frac{U'}{r} = 0.$$Подставим в полученное уравнение решения вида $U(r) = -\frac{A}{r^{\alpha}}$:
$$\alpha(\alpha + 1)\frac{A}{r^{\alpha + 2}} -(3-q^2)\alpha\frac{A}{r^{\alpha + 2}} = 0~\Leftrightarrow~\alpha + 1 = 3 - q^2~\Leftrightarrow~\alpha = 2 - q^2.$$

Подсказка. Выразите $\dot{r}$ из закона сохранения энергии и $\dot{\theta}$ из закона сохранения момента импульса, отсюда можно найти производную $d\theta/dr$.

Закон сохранения энергии влечёт
$$\dot{r} = \sqrt{\frac{2}{m}\left(E - \frac{L^2}{2mr^2} - U(r)\right)}.$$В свою очередь закон сохранения момента импульса даёт
$$\dot{\theta} = \frac{L}{mr^2}.$$Второе выражение позволяет составить интеграл по времени от момента $t_1$, которому соответствует $r_{\text{min}}$, до момента $t_2$, которому соответствует $r_{\text{max}}$:
$$\Delta \theta = \int\limits_{t_1}^{t_2}\dot{\theta}\mathrm{d}t = \int\limits_{t_1}^{t_2}\frac{L}{mr^2}\mathrm{d}t,$$а первое выражение даёт возможность переписать этот интеграл в терминах радиуса при помощи замены переменной, поскольку при движении от $r_{\text{min}}$ до $r_{\text{max}}$ между $r$ и $t$ есть взаимно однозначное соответствие.

Выполним замену переменной
\begin{cases}
u = \frac{r_{\text{min}}}{r};\\
\mathrm{d}r = -\frac{r_{\text{min}}}{u^2},
\end{cases}
в полученном интеграле с учётом условий $E = 0,~r_{\text{max}} = \infty$:
$$\Delta \theta = \frac{L}{m} \int\limits_{1}^{0}-\frac{\mathrm{d}u}{r_{\text{min}}\sqrt{2\left(\frac{Au^{\alpha}}{mr_{\text{min}}^\alpha} - \frac{L^2u^2}{2m^2r_{\text{min}}^2}\right)}}.$$
Преобразуем полученное выражение:

$$\Delta \theta = \frac{L}{m}\int\limits_0^{1} \frac{\mathrm{d}u}{r_{\text{min}}\sqrt{\frac{2A}{mr_{\text{min}}^{\alpha}}\left(u^{\alpha} - u^2\right)}} $$
Подставляя в ЗСЭ условия предельного случая, выражаем из него:

$$\dfrac{L^2}{2mr_\text{min}^2} = \dfrac{A}{r_\text{min}^\alpha}$$
Итого получаем выражение:

$$\Delta \theta = \int\limits_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{u^{\alpha} -u^2}} = \frac{\pi}{2 - \alpha}.$$

$$\Delta \theta = \frac{\pi}{q} = \frac{\pi}{q^2} = \Delta \theta,~\Rightarrow~q = 1.$$