ProblemSet

Подборка

Подборки хранятся в этом браузере без учётной записи. Для них нужен включённый JavaScript.

СКВОЗЬ ЗЕМЛЮ

АстрономияКлассы неизвестны2019ТеоретическаяЕсть решение редакция rv_1522fed33c1df5fc ID p_31b06864bb02c6da
Предложить исправление
    1. Условие. Между полюсами Земли прорыли прямую шахту, из которой был откачан газ. Аппарат, оснащенный надежной термозащитой, был сброшен в эту шахту с поверхности Земли без начальной скорости. Во время пролета через центр Земли аппарат на короткое время включил импульсный двигатель, выбросивший 1/10 полной массы аппарата с относительной скоростью 10 м/с назад вдоль линии движения аппарата. С какой скоростью аппарат вылетит из шахты на противоположном полюсе Земли? Считать Землю однородным по плотности шаром.

Решение

Показать решение
  • 3. Решение. Как известно, если аппарат находится внутри сферического тела радиусом R на расстоянии r < R от его центра, то на него будет действовать только притяжение внутренних слоев шара, ограниченных сферой радиуса г. Это позволяет нам записать выражение для вектора ускорения свободного падения аппарата на расстоянии r от центра Земли:
𝐠 ( r ) = − 4 π G ρ r 3 3 r 3 𝐫 = − g 0 𝐫 R . \mathbf{g}(r) = -\frac{4\pi G \rho r^3}{3r^3} \mathbf{r} = -g_0 \frac{\mathbf{r}}{R}.

Здесь ρ \rho – плотность Земли, g 0 g_0 – модуль ускорения свободного падения на ее поверхности. Знак "-" указывает, что ускорение направлено противоположно радиусу-вектору г. Мы получили ни что иное, как уравнение колебаний математического маятника с частотой, равной

ω = g 0 R . \omega = \sqrt{\frac{g_0}{R}}.

Будем считать момент запуска аппарата начальным t=0. Тогда движение аппарата до запуска двигателей будет происходить по гармоническому закону с амплитудой, равной радиусу Земли:

r = R cos ω t . r = R \cos \omega t.

При достижении центра Земли аппарат будет иметь скорость

v 0 = R ω = g 0 R = 7.9  km/c , v_0 = R\omega = \sqrt{g_0 R} = 7.9 \text{ km/c},

совпадающую с первой космической скоростью на поверхности Земли. Обозначим начальную массу аппарата как M, массу выброшенного вещества как m, его относительную скорость – как u. Учтем, что m << M и u < < v 0 u << v_0 . Приращение скорости аппарата после маневра составляет Δ v \Delta v . Тогда скорость аппарата в середине маневра равна ( v 0 + Δ v / 2 v_0 + \Delta v/2 ), а средняя скорость выброшенного вещества v 0 + Δ v / 2 − u v_0 + \Delta v/2 - u . Запишем закон сохранения импульса:

( M − m ) ( v 0 + Δ v ) + m ( v 0 + Δ v / 2 − u ) = M v 0. (M-m)(v_0 + \Delta v) + m(v_0 + \Delta v/2 - u) = Mv_0.

Приращение скорости аппарата после маневра равно

Δ v = u m M − m / 2 = 1.052  M/c . \Delta v = u \frac{m}{M - m/2} = 1.052 \text{ M/c}.

Эта величина с высокой точностью совпадает с результатом, полученным по формуле Циолковского:

Δ v = u ⋅ ln M M − m = 1.054  m/c . \Delta v = u \cdot \ln \frac{M}{M - m} = 1.054 \text{ m/c}.

Частота пружинного маятника определяется только зависимостью силы от расстояния от точки равновесия, и после маневра она не изменяется. Аппарат вновь движется внутри Земли по гармоническому закону с той же частотой ω \omega , но с большей амплитудой R + Δ R R+\Delta R , причем Δ R / R = Δ v / v 0 \Delta R/R=\Delta v/v_0 . Отсюда

Δ R = R Δ v v 0 = R u v 0 ⋅ ln M M − m = 0.85  km . \Delta R = R \frac{\Delta v}{v_0} = R \frac{u}{v_0} \cdot \ln \frac{M}{M - m} = 0.85 \text{ km}.

Обозначив время пролета через центр Земли и маневра как t 0 t_0 , запишем уравнение его лальнейшего движения:

r = ( R + Δ R ) sin ω ( t − t 0 ) . r = (R + \Delta R) \sin \omega (t - t_0).

Знак "-" указывает, что аппарат находится в противоположном полушарии относительно точки запуска. Скорость движения аппарата также меняется по гармоническому закону:

v = ( v 0 + Δ v ) cos ω ( t − t 0 ) . v = (v_0 + \Delta v) \cos \omega (t - t_0).

В момент вылета аппарата из шахты на поверхности Земли имеем:

ω ( t − t 0 ) = arcsin R R + Δ R ; v ( R ) = ( v 0 + Δ v ) 1 − ( R R + Δ R ) 2 ≈ v 0 2 Δ R R = 2 Δ v ⋅ v 0 = 129 ~ m/c . \omega\left(t-t_{0}\right)=\arcsin\frac{R}{R+\Delta R}; \quad v(R)=(v_{0}+\Delta v)\sqrt{1-\left(\frac{R}{R+\Delta R}\right)^{2}}\approx v_{0}\sqrt{\frac{2\Delta R}{R}}=\sqrt{2\Delta v\cdot v_{0}}=129~\text{m/c}.

Ту же величину мы можем получить из закона сохранения энергии, приравняв приращение кинетической энергии единицы массы аппарата при маневре в центре Земли его кинетической энергии при вылете из шахты:

v ( R ) = ( v 0 + Δ v ) 2 − v 0 2 ≈ 2 Δ v ⋅ v 0 = 129  m/c . v(R) = \sqrt{(v_0 + \Delta v)^2 - v_0^2} \approx \sqrt{2\Delta v \cdot v_0} = 129 \text{ m/c}.

Скорость аппарата при вылете в сто с лишним раз больше, чем его приращение скорости, полученное в центре Земли! Фактически, аппарат совершил активный гравитационный маневр наподобие того, как делают межпланетные аппараты в поле тяжести больших планет, чтобы затем отправиться в более далекие области Солнечной системы.

Критерии

Показать критерии

3. Система оценивания. Выше приведен только один из возможных способов решения задачи. Ее можно также выполнить, оперируя с величинами энергии, хотя это может потребовать суммирование (интегрирование) по слоям Земли для вычисления потенциальной энергии. Общая структура решения состоит из трех этапов.

Этап 1 – 3 балла. Вычисление скорости у центра Земли до включения двигателей.

Может выполняться численно или в общем виде. При получении выражения для скорости, не эквивалентного первой космической скорости на поверхности, этап не засчитывается. При использовании модели с постоянным ускорением или других неверных моделей этап также не засчитывается вне зависимости от численного ответа.

Этап 2 – 2 балла. Вычисление скорости у центра Земли после маневра.

Этап оценивается полностью как при использовании формулы Циолковского, так и приближения (m / (M - m/2)). При использовании приближений (m/M) или (m/(M-m)),

дающих погрешность около 0.05 м/с в центре Земли и затем 5 м/с при вылете из шахты, выставляется только 1 балл, но остальные этапы оцениваются в полной мере.

Этап 3 – 3 балла. Вычисление скорости после вылета аппарата.

Этап может быть выполнен с помощью закона сохранения энергии, так и на основе формул для колебаний пружинного маятника. Этап не засчитывается полностью при использовании модели с постоянным ускорением или иных неверных физических моделей, вне зависимости от ответа.

Возможная ошибка при решении: скорость при вылете приравнивается к приращению скорости при маневре в центре Земли. Решение оценивается в 2 балла в случае верного расчета этого приращения (см. этап 2) и в 0 баллов во всех остальных случаях.