Съдържание

НПСФ 2001, Специална тема — Задача 4

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НПСФ 2001

МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА — НАЦИОНАЛНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО ФИЗИКА, 23.03.2001 – 25.03.2001 гр.Пловдив — СПЕЦИАЛНА ТЕМА · 23 март 2001 г. · 60 т.

Внимание: Бележка към темата

Скан с ниско качество (пишеща машина, 2001 г.); някои формули и цифри са трудни за четене.

Указание

Темата съдържа четири задачи. Участниците решават ТРИ задачи ПО ИЗБОР.

Условие

Зад 4. I. Както е известно траекторията на един изкуствен спътник на Земята с маса $m$ е елипса в един от фокусите $F_{1}$ на която се намира центъра на Земята с маса $M_{3}$ /виж фигурата/. Сумата от разстоянията от всяка точка на елипсата до фокусите ѝ $F_{1}$ и $F_{2}$ е постоянна величина $2a$ , където $a$ се нарича голяма полуос на елипсата. Координатите $r$ и $\varphi$ на една точка P от елипсата удовлетворяват уравнението:

\frac{p}{r}=1+\varepsilon\cos\varphi,\qquad(1)

в което величината $p$ се нарича параметър, а $\varepsilon$ — ексцентрицитет на елипсата. Като използвате законите на физиката и имате предвид, че частен случай на елипса е окръжността, изразете голямата полуос $a$ , малката полуос $b$ , параметър $p$ , ексцентрицитета $\varepsilon$ и периода $T$ на спътника чрез енергията му $E$ / $E<0$ / и големината на момента на импулса му $M$ .

Елиптична орбита с фокуси F₁ и F₂ и център O; оси x и y, точки D, C и P, координати r и φ, полуоси a, a и b, b, отсечка aε, скорост v.

А/ Вж. условието: изразете $a$ , $b$ , $p$ , $\varepsilon$ и периода $T$ на спътника чрез енергията му $E$ / $E<0$ / и големината на момента на импулса му $M$ .

Б/ Да се изрази чрез първата космическа скорост $v_{I}$ скоростта на една ракета, изстреляна от Земята, която на безкрайно голямо разстояние има скорост 0.

В/ Максималното отдалечение от повърхността на Земята на един спътник е $h_{2}=320\ \mathrm{km}$ , а минималното му отдалечение е $h_{1}=160\ \mathrm{km}$ . Да се определят енергията, моментът на импулса и скоростта на спътника в точката на минималното му отдалечение и ексцентрицитета на орбитата му. Радиусът на Земята е $R=6370\ \mathrm{km}$ , а масата на спътника е $m=1000\ \mathrm{kg}$ . Малък ракетен двигател е монтиран на спътника и когато той е минимално отдалечен от Земята, двигателят работи за кратко време. Какво трябва да бъде изменението на скоростта на спътника, че той да се движи по кръгова орбита на височина $h_{1}$ от Земята?

II. Нека една ракета се изстрелва от Земята със скорост $\vec v$ и нека $\vec v_{\infty}$ е скоростта ѝ в място, където земното привличане е незначително и се компенсира от слънчевото привличане. Изразете $\vec v_{\infty}$ чрез скоростта $\vec u'$ на движението на Земята около Слънцето / $u'=29{,}8\ \mathrm{km/s}$ / и ъгъла $\theta$ , който сключват $\vec v_{\infty}$ и $\vec u'$ . Като използвате получения резултат оценете третата космическа скорост.

Отговори

Решение

Решение на задача 4:

А/ Както е известно $E$ и $M$ са постоянни и

\frac{mv^{2}}{2}-\frac{\alpha}{R+h}=-|E|,\qquad M=a(1-\varepsilon)\,v\,m,\qquad \frac{v^{2}}{R+h}=\frac{\alpha}{m(R+h)^{2}},\qquad(2)

където: $\alpha=\gamma m M_{3}$ , $R$ е радиусът на Земята, $h$ е височината на спътника над Земята.
В частния случай, когато траекторията е окръжност $a=R+h$ и $\varepsilon=0$ . От (1) за $r$ при $\varphi=0$ получаваме: [1т.] $r=a(1-\varepsilon)=\dfrac{p}{1+\varepsilon}$ , а от първото и третото уравнения на (2) получаваме: [4т.]

a=\frac{p}{1-\varepsilon^{2}}=\frac{\alpha}{2|E|}.\qquad(3)

Записваме сега първите две уравнения на (2) така: [1т.]

\frac{mv^{2}}{2}-\frac{\alpha}{a(1-\varepsilon)}=-|E|,\qquad M=a(1-\varepsilon)\,v\,m,\qquad(3')

и изключваме $v$ . Получаваме квадратното уравнение: [2т.]

(1-\varepsilon)^{2}-2(1-\varepsilon)+\frac{2|E|M^{2}}{m\alpha^{2}}=0.

Така намираме, че [4т.]

\varepsilon=\sqrt{1-\frac{2|E|M^{2}}{m\alpha^{2}}}.\qquad(4)

Тогава от (3) имаме: [2т.]

p=\frac{M^{2}}{m\alpha}.\qquad(5)

Най-сетне от правоъгълния триъгълник $ODF_{1}$ имаме $(F_{1}D=a)$ : [2т.]

b=\sqrt{a^{2}-a^{2}\varepsilon^{2}}=a\sqrt{1-\varepsilon^{2}}=\frac{p}{\sqrt{1-\varepsilon^{2}}}=\frac{M}{\sqrt{2m|E|}}.\qquad(6)

От втория закон на Кеплер имаме, че площадната скорост [2т.]

\sigma=\frac{1}{2}r^{2}\frac{\Delta\theta}{\Delta t}=\frac{1}{2}\frac{M}{m}=\mathrm{const}.

Тогава лицето на елипсата [2т.]

\pi ab=\frac{M}{2m}T,\qquad\text{и}\qquad T=\pi\alpha\sqrt{\frac{m}{2|E|^{3}}}.

Б/ Търсената скорост определяме от уравнението: [2т.]

\frac{v^{2}}{2}-\frac{\gamma M_{3}}{R}=0.

Получаваме: [1т.]

v=\sqrt{\frac{2\gamma M_{3}}{R}}=\sqrt{2}\,\sqrt{gR}=\sqrt{2}\,v_{I}.

В/ От (1) при $\varphi=0$ и $\varphi=\pi$ получаваме: [4т.]

r_{\min}=a(1-\varepsilon)=R+h_{1},\qquad r_{\max}=a(1+\varepsilon)=R+h_{2},\qquad 2a=2R+h_{1}+h_{2}.

От (3') получаваме: [6т.]

\frac{mv^{2}}{2}-\frac{\alpha}{R+h_{1}}=-E=-\frac{\alpha}{2a}=-\frac{\alpha}{2R+h_{1}+h_{2}},

v=\sqrt{\frac{\alpha}{mR}}\sqrt{\frac{1+\frac{h_{2}}{R}}{\left(1+\frac{h_{1}+h_{2}}{2R}\right)\left(1+\frac{h_{1}}{R}\right)}},

[6т.] $\dfrac{mv''^{2}}{R+h_{1}}=\dfrac{\alpha}{(R+h_{1})^{2}}$ , $v''=\sqrt{\dfrac{\alpha}{mR}}:\sqrt{1+\dfrac{h_{1}}{R}}$ .
Откъдето следва, че

v''=\sqrt{\frac{\alpha}{mR}:\sqrt{1+\frac{h_{1}}{R}}}.

(При работата на двигателя изменението на потенциалната енергия е пренебрежимо малко.)

Така намираме: [2т.]

\Delta v=v''-v=\sqrt{\frac{\alpha}{mR\left(1+\frac{h_{1}}{R}\right)}}\left\{1-\sqrt{\frac{1+\frac{h_{2}}{R}}{1+\frac{h_{1}+h_{2}}{2R}}}\right\}=\sqrt{\frac{gR}{1+\frac{h_{1}}{R}}}\left\{1-\sqrt{\frac{1+\frac{h_{2}}{R}}{1+\frac{h_{1}+h_{2}}{2R}}}\right\}\approx -47{,}08\ \mathrm{\frac{m}{s}}.

II. От ЗЗЕ: [4т.]

v_{\infty}^{2}=v^{2}-2v_{I}^{2}.\qquad(7)

Спрямо отправна система $K_{0}$ , свързана със Слънцето от закона на Галилей следва формулата [6т.]

\vec u=\vec u'+\vec v_{\infty},\qquad(7)

където $\vec u$ е скоростта на ракетата спрямо $K_{0}$ . Повдигаме (7) на квадрат: [4т.]

u^{2}=u'^{2}+v_{\infty}^{2}+2u'v_{\infty}\cos\theta.\qquad(8)

Като използваме Б/ можем да положим [2т.] $u=\sqrt{2}\,u'$ . Уравнението (8) добива вида:

v_{\infty}^{2}+2u'v_{\infty}\cos\theta-u'^{2}=0.

Корен на това уравнение е: [5т.]

v_{\infty}=u'\left(\sqrt{1+\cos^{2}\theta}-\cos\theta\right).

Като заместим последния израз в (7) получаваме:

v_{III}=\sqrt{u'^{2}\left(\sqrt{1+\cos^{2}\theta}-\cos\theta\right)^{2}+2v_{I}^{2}}

При $\theta=0$

v_{III}\approx 16{,}6\ \mathrm{\frac{km}{s}},

а при $\theta=\pi$

v_{III}\approx 72{,}8\ \mathrm{\frac{km}{s}}.

Оригинал в Архива: proletni_2001_STproblems.pdf · официални решения: proletni_2001_STsolutions.pdf