Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 979
2016-09-17 
Снаряд вылети из ствола орудия под углом $\alpha = 3^{ \circ}$ к горизонту со скоростью $v = 10000 м/с$. Оцените, на каком расстоянии $L$ от орудия он упадёт на Землю. Сопротивлением воздуха и вращением Земли пренебречь.
Решение:
Скорость снаряда $v = 10 км/с$ больше первой космической скорости ($v_{1к} \approx 8 км/с$) и лишь немного меньше второй ($v_{2к} \approx 11,2 км/с$). Поэтому снаряд будет двигаться по сильно вытянутому эллипсу, большая полуось которого значительно больше радиуса Земли $R \approx 6400 км$, и ударится о Землю позади орудия. Иначе говоря, обычную формулу баллистики применять нельзя. Рассчитать такой эллипс — сложная задача, но в данном случае это делать и не нужно.
Мысленно сосредоточим всю массу Земли в её центре, и рассмотрим траекторию снаряда. Из симметрии расположения эллипса относительно Земли следует, что угол падения снаряда на Землю равен углу возвышения орудия $\alpha = 3^{ \circ}$. Ясно, что если бы Земля не мешала, то снаряд пролетел бы по участку траектории, проходящему «внутри Земли» (см. рис.). Поскольку начальная скорость снаряда очень велика, а угол возвышения орудия мал, то этот участок эллипса внутри Земли близок к прямой линии, а градусная мера $\phi$ дуги, лежащей между точками нахождения орудия и падения снаряда, мала.
Поэтому в первом приближении можно считать, что «внутри Земли» снаряд летит по прямой с постоянной скоростью $v$, а $\phi \approx 2 \alpha$. Таким образом, искомое расстояние $L = R \phi \approx 2R \alpha$, и поскольку $2 \alpha = 6^{ \circ} \approx 0,1 рад$, то
$L \approx 0,1 рад \cdot 6400 км \approx 640 км$.
Можно пытаться оценить величину $L$ другим, более точным способом, учитывая силу притяжения снаряда к центру Земли. После падения снаряд будет двигаться по участку траектории «внутри Земли» и пролетит его с почти постоянной по величине скоростью за время $\Delta t \approx L/v$. За это время вектор скорости повернётся на угол $\Delta \phi = \phi — 2 \alpha$, причём этот поворот возникает из-за действия силы притяжения Земли на снаряд во время его «полёта внутри Земли». Поскольку сила притяжения почти перпендикулярна скорости, то приращение скорости снаряда $\Delta v \approx v \Delta \phi \approx g \Delta t \approx gL/v$. Таким образом,
$\Delta \phi \approx \frac{gL}{v^{2}} \approx \frac{L}{R} - 2 \alpha$,
откуда
$L \approx \frac{2 \alpha R}{1 - \frac{gR}{v^{2}}} \approx \frac{0,1 рад \cdot 6400 \cdot 10^{3} м}{1 - \frac{10 м/с^{2} \cdot 6400 \cdot 10^{3} м}{(10^{4} м/с)^{2}}} \approx 1780 км$. (1)
Эту формулу можно также получить, используя метод последовательных приближений, на рассмотрении которого мы не будем подробно останавливаться.
Отметим, что вычисление по формуле (1) даёт результат, который очень близок к точному значению $L \approx 1859 км$ (результат численного расчёта для полёта снаряда по эллиптической траектории при $g = 10 м/с^{2}, R = 6400 км$). Более того, если подставить в формулу (1) более точное значение величины $2 \alpha = 6^{ \circ} \sim 0,1047 рад$ и выполнить подсчёт при помощи микрокалькулятора, то совпадение станет ещё лучше — оценка для расстояния будет равна $L \approx 1861 км$, что отличается от точного значения только на 0,1% !
Формулу (1) можно получить и другим способом. Небольшой участок траектории, проходящий «внутри Земли», на всём своём протяжении имеет приблизительно
одинаковый радиус кривизны $R_{кр}$. Его можно найти из условия примерного равенства вблизи поверхности Земли центростремительного ускорения снаряда
$v^{2}/R_{кр}$ и ускорения свободного падения $g$, откуда
$R_{кр} \approx \frac{v^{2}}{g} = \frac{(10000 м/с)^{2}}{10 м/с^{2}} = 10^{7} м = 10000 км$.
Если из центра кривизны $C$ данного участка траектории провести два радиуса кривизны — в точку падения $A$ в точку вылета $B$ снаряда, то вектора скорости
снаряда $\vec{v}_{1}$ и $\vec{v}_{2}$ в этих точках будут перпендикулярны проведённым радиусам (см. рис.). Углы между этими радиусами $CA$ и $CB$ и радиусами Земли $OA$ и $OB$, проведёнными из центра Земли $O$ в те же точки, будут равны $\alpha$, поскольку первые перпендикулярны векторам скорости, а вторые — касательным к поверхности Земли. Поскольку угол $ACB$ равен углу поворота вектора скорости $\Delta \phi$, а угол $\phi/2$ является внешним углом для треугольника $AOC$, то $\frac{ \ phi}{2} = \alpha + \frac{ \Delta \phi}{2}$. Замечая, что $R \phi \approx R_{кр} \Delta \phi \approx \frac{v^{2}}{g} \Delta \phi$, получаем $\phi = 2 \alpha + \frac{gR}{v^{2}} \phi$, откуда $\phi = \frac{2 \alpha}{1 - (gR/v^{2})}$, и для $L = R \phi$ получаем прежнюю формулу (1).
Снаряд вылети из ствола орудия под углом $\alpha = 3^{ \circ}$ к горизонту со скоростью $v = 10000 м/с$. Оцените, на каком расстоянии $L$ от орудия он упадёт на Землю. Сопротивлением воздуха и вращением Земли пренебречь.
Решение:
Скорость снаряда $v = 10 км/с$ больше первой космической скорости ($v_{1к} \approx 8 км/с$) и лишь немного меньше второй ($v_{2к} \approx 11,2 км/с$). Поэтому снаряд будет двигаться по сильно вытянутому эллипсу, большая полуось которого значительно больше радиуса Земли $R \approx 6400 км$, и ударится о Землю позади орудия. Иначе говоря, обычную формулу баллистики применять нельзя. Рассчитать такой эллипс — сложная задача, но в данном случае это делать и не нужно.
Мысленно сосредоточим всю массу Земли в её центре, и рассмотрим траекторию снаряда. Из симметрии расположения эллипса относительно Земли следует, что угол падения снаряда на Землю равен углу возвышения орудия $\alpha = 3^{ \circ}$. Ясно, что если бы Земля не мешала, то снаряд пролетел бы по участку траектории, проходящему «внутри Земли» (см. рис.). Поскольку начальная скорость снаряда очень велика, а угол возвышения орудия мал, то этот участок эллипса внутри Земли близок к прямой линии, а градусная мера $\phi$ дуги, лежащей между точками нахождения орудия и падения снаряда, мала.
Поэтому в первом приближении можно считать, что «внутри Земли» снаряд летит по прямой с постоянной скоростью $v$, а $\phi \approx 2 \alpha$. Таким образом, искомое расстояние $L = R \phi \approx 2R \alpha$, и поскольку $2 \alpha = 6^{ \circ} \approx 0,1 рад$, то
$L \approx 0,1 рад \cdot 6400 км \approx 640 км$.
Можно пытаться оценить величину $L$ другим, более точным способом, учитывая силу притяжения снаряда к центру Земли. После падения снаряд будет двигаться по участку траектории «внутри Земли» и пролетит его с почти постоянной по величине скоростью за время $\Delta t \approx L/v$. За это время вектор скорости повернётся на угол $\Delta \phi = \phi — 2 \alpha$, причём этот поворот возникает из-за действия силы притяжения Земли на снаряд во время его «полёта внутри Земли». Поскольку сила притяжения почти перпендикулярна скорости, то приращение скорости снаряда $\Delta v \approx v \Delta \phi \approx g \Delta t \approx gL/v$. Таким образом,
$\Delta \phi \approx \frac{gL}{v^{2}} \approx \frac{L}{R} - 2 \alpha$,
откуда
$L \approx \frac{2 \alpha R}{1 - \frac{gR}{v^{2}}} \approx \frac{0,1 рад \cdot 6400 \cdot 10^{3} м}{1 - \frac{10 м/с^{2} \cdot 6400 \cdot 10^{3} м}{(10^{4} м/с)^{2}}} \approx 1780 км$. (1)
Эту формулу можно также получить, используя метод последовательных приближений, на рассмотрении которого мы не будем подробно останавливаться.
Отметим, что вычисление по формуле (1) даёт результат, который очень близок к точному значению $L \approx 1859 км$ (результат численного расчёта для полёта снаряда по эллиптической траектории при $g = 10 м/с^{2}, R = 6400 км$). Более того, если подставить в формулу (1) более точное значение величины $2 \alpha = 6^{ \circ} \sim 0,1047 рад$ и выполнить подсчёт при помощи микрокалькулятора, то совпадение станет ещё лучше — оценка для расстояния будет равна $L \approx 1861 км$, что отличается от точного значения только на 0,1% !
Формулу (1) можно получить и другим способом. Небольшой участок траектории, проходящий «внутри Земли», на всём своём протяжении имеет приблизительно
одинаковый радиус кривизны $R_{кр}$. Его можно найти из условия примерного равенства вблизи поверхности Земли центростремительного ускорения снаряда
$v^{2}/R_{кр}$ и ускорения свободного падения $g$, откуда
$R_{кр} \approx \frac{v^{2}}{g} = \frac{(10000 м/с)^{2}}{10 м/с^{2}} = 10^{7} м = 10000 км$.
Если из центра кривизны $C$ данного участка траектории провести два радиуса кривизны — в точку падения $A$ в точку вылета $B$ снаряда, то вектора скорости
снаряда $\vec{v}_{1}$ и $\vec{v}_{2}$ в этих точках будут перпендикулярны проведённым радиусам (см. рис.). Углы между этими радиусами $CA$ и $CB$ и радиусами Земли $OA$ и $OB$, проведёнными из центра Земли $O$ в те же точки, будут равны $\alpha$, поскольку первые перпендикулярны векторам скорости, а вторые — касательным к поверхности Земли. Поскольку угол $ACB$ равен углу поворота вектора скорости $\Delta \phi$, а угол $\phi/2$ является внешним углом для треугольника $AOC$, то $\frac{ \ phi}{2} = \alpha + \frac{ \Delta \phi}{2}$. Замечая, что $R \phi \approx R_{кр} \Delta \phi \approx \frac{v^{2}}{g} \Delta \phi$, получаем $\phi = 2 \alpha + \frac{gR}{v^{2}} \phi$, откуда $\phi = \frac{2 \alpha}{1 - (gR/v^{2})}$, и для $L = R \phi$ получаем прежнюю формулу (1).
