Линейные колебания и волны: Сборник задач. Трубецков Д.И - 53 стр.

UptoLike

Рубрика: 

53
Вблизи минимума потенциала спутник совершает малые радиальные ко-
лебания с частотой ω =
q
U
′′
эф
(R)/m (см. решение задачи 17), или ω =
=
p
GM/R
3
. Эту величину можно выразить через ускорение свободного
падения g на поверхности Земли, если учесть, что g = GM/R
2
0
, R
0
ра-
диус Земли. Тогда
ω =
R
0
R
r
g
R
0
.
Нетрудно убедиться, что период этих колебаний совпадает с периодом
обращения спутника по круговой орбите радиуса R. Это естественно, так
как в гравитационном поле замкнутая траектория движения материаль-
ной частицы должна быть эллипсом, поэтому при небольшом возмуще-
нии круговая орбита переходит в эллипс практически с тем же периодом
обращения.
Отклонение спутника от первоначальной орбиты ˜r(t) = r(t) R под-
чиняется уравнению гармонического осциллятора с частотой ω, его ре-
шение при заданных начальных условиях ˜r(0) = 0,
˙
˜r(0) = P/m равно
˜r(t) =
P
sin ωt .
Максимальное отклонение спутника от центра Земли произойдет через
четверть периода обращения, оно равно r
max
= R + P/(), а наибо-
лее близко спутник будет к Земле через три четверти периода, в этой
точке r
min
= R P/(). Отсюда следует, что большая полуось эл-
липса повернута относительно направления от центра Земли к точке,
где произошло включение двигателя, на угол 90
.
Отметим, что найденные в этом приближении значения полуосей эл-
липса совпадают с R, поскольку при малом эксцентриситете ε они отли-
чаются друг от друга на величину второго порядка малости по ε. Тем
не менее, в этом приближении можно найти сам эксцентриситет. Для
этого заметим, что один из фокусов эллипса, в котором находится центр
Земли, сдвинут относительно центра симметрии траектории на величи-
ну P/(). Из аналитической геометрии известно, что это расстояние
равно равняется εa (a большая полуось). В нашем приближении a =
= R, поэтому окончательно ε = P/(R).
29. Q = 455, d = 6.9·10
3
, γ = 1.54·10
3
.
30. C = 1/(2πf RQ) 3.2·10
9
Ф, L = RQ/(2πf) 8·10
4
Гн.