Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 781
2016-09-04 
Космический корабль стартует с Земли со скоростью $v_{0}$, превышающей вторую космическую. Стартовая скорость перпендикулярна прямой, соединяющей Землю с Солнцем, и направлена в сторону вращения Земли вокруг Солнца (рис.). С какой скоростью $\vec{v}$ корабль покинет Солнечную систему? Найдите модуль этой скорости и угол $\alpha$, который она образует с прямой, соединяющей Землю и Солнце. Корабль движется по ветви гиперболы, изображённой на рисунке. Напомним, что для произвольной точки $M$ гиперболы
$r_{1} – r_{2} = 2a$,
где $a$ - расстояние от центра до вершины гиперболы, $r_{1}$ и $r_{2}$ - расстояния от произвольной точки $M$ гиперболы до фокусов $F_{1}$ и $F_{2}$ (рис.).
Решение:
Для нахождения модуля скорости $\vec{v}$ достаточно применить закон сохранения энергии в инерциальной системе отсчёта, связанной с Солнцем:
$\frac{m(v_{e} + v_{0})^{2}}{2} - G \frac{mM_{e}}{R_{e}} - G \frac{mM_{s}}{R_{s}} = \frac{mv^{2}}{2}$. (1)
Здесь $m$ - масса космического корабля, $M_{e}$ - масса Земли, $M_{s}$ - масса Солнца, $R_{e}$ - радиус Земли, $R_{s}$ - расстояние от Земли до Солнца, $v_{e}$ - скорость движения Земли по своей орбите, $G$ - гравитационная постоянная. Из уравнения (1) находим
$v = \sqrt{(v_{e} + v_{0})^{2} – 2G \left ( \frac{M_{e}}{R_{e}} + \frac{M_{s}}{R_{s}} \right )}$. (2)
Это и есть один из ответов задачи, поскольку все величины, не заданные в условии, известные константы.
Для нахождения угла $\alpha$ (рис.) используем закон сохранения момента импульса:
$(v_{e} + v_{0})R_{s} = v(R_{s} + a) \sin \alpha$. (3)
Здесь $(a + R_{s}) \sin \alpha = p$ - плечо импульса космического корабля, покидающего Солнечную систему (рис.). Связь величин $a$ и $\alpha$, входящих в (3), определяется свойством гиперболы $r_{1} – r_{2} = 2a$. Разность расстояний от точки гиперболы до её фокусов $F_{1}$ и $F_{2}$ стремится к отрезку $F_{1}B$ (рис.) при бесконечном удалении от центра $O$. Поэтому имеем
$F_{1}B = 2a = 2c \cos \alpha$, или $a = \frac{R_{s} \cos \alpha}{1 - \cos \alpha}$,
поскольку $c = a + R_{s}$. Подставляя последнее выражение в (3) получим:
$\frac{v}{v_{e} + v_{0}} = \frac{1 - \cos \alpha}{ \sin \alpha} = tg \frac{ \alpha}{2}$.
Остаётся подставить сюда выражение скорости $v$ из (2):
$\alpha = 2 arctg \sqrt{1 - \frac{2G}{(v_{e}+v_{0})^{2}} \left ( \frac{M_{e}}{R_{e}} + \frac{M_{s}}{R_{s}} \right )}$.
Космический корабль стартует с Земли со скоростью $v_{0}$, превышающей вторую космическую. Стартовая скорость перпендикулярна прямой, соединяющей Землю с Солнцем, и направлена в сторону вращения Земли вокруг Солнца (рис.). С какой скоростью $\vec{v}$ корабль покинет Солнечную систему? Найдите модуль этой скорости и угол $\alpha$, который она образует с прямой, соединяющей Землю и Солнце. Корабль движется по ветви гиперболы, изображённой на рисунке. Напомним, что для произвольной точки $M$ гиперболы
$r_{1} – r_{2} = 2a$,
где $a$ - расстояние от центра до вершины гиперболы, $r_{1}$ и $r_{2}$ - расстояния от произвольной точки $M$ гиперболы до фокусов $F_{1}$ и $F_{2}$ (рис.).
Решение:
Для нахождения модуля скорости $\vec{v}$ достаточно применить закон сохранения энергии в инерциальной системе отсчёта, связанной с Солнцем:
$\frac{m(v_{e} + v_{0})^{2}}{2} - G \frac{mM_{e}}{R_{e}} - G \frac{mM_{s}}{R_{s}} = \frac{mv^{2}}{2}$. (1)
Здесь $m$ - масса космического корабля, $M_{e}$ - масса Земли, $M_{s}$ - масса Солнца, $R_{e}$ - радиус Земли, $R_{s}$ - расстояние от Земли до Солнца, $v_{e}$ - скорость движения Земли по своей орбите, $G$ - гравитационная постоянная. Из уравнения (1) находим
$v = \sqrt{(v_{e} + v_{0})^{2} – 2G \left ( \frac{M_{e}}{R_{e}} + \frac{M_{s}}{R_{s}} \right )}$. (2)
Это и есть один из ответов задачи, поскольку все величины, не заданные в условии, известные константы.
Для нахождения угла $\alpha$ (рис.) используем закон сохранения момента импульса:
$(v_{e} + v_{0})R_{s} = v(R_{s} + a) \sin \alpha$. (3)
Здесь $(a + R_{s}) \sin \alpha = p$ - плечо импульса космического корабля, покидающего Солнечную систему (рис.). Связь величин $a$ и $\alpha$, входящих в (3), определяется свойством гиперболы $r_{1} – r_{2} = 2a$. Разность расстояний от точки гиперболы до её фокусов $F_{1}$ и $F_{2}$ стремится к отрезку $F_{1}B$ (рис.) при бесконечном удалении от центра $O$. Поэтому имеем
$F_{1}B = 2a = 2c \cos \alpha$, или $a = \frac{R_{s} \cos \alpha}{1 - \cos \alpha}$,
поскольку $c = a + R_{s}$. Подставляя последнее выражение в (3) получим:
$\frac{v}{v_{e} + v_{0}} = \frac{1 - \cos \alpha}{ \sin \alpha} = tg \frac{ \alpha}{2}$.
Остаётся подставить сюда выражение скорости $v$ из (2):
$\alpha = 2 arctg \sqrt{1 - \frac{2G}{(v_{e}+v_{0})^{2}} \left ( \frac{M_{e}}{R_{e}} + \frac{M_{s}}{R_{s}} \right )}$.
