Matematické Fórum

allergo · 06. 05. 2009 14:51

Ahoj,
potreboval bych poradit s jednou ulohou:
ukolem je spocitat nejmenší možnou rychlost kterou ma druzice kolem zeme aby obletela zemi co nejtesneji (temer ji odrela :-) ) po elipse.
Rz - polomer zeme,
m - hmotnost druzice,
M - hmotnost zeme,
Ro - vzdalenost druzice pri vypusteni (nejvydalenejsi misto obehu)

Rumburak · 06. 05. 2009 15:05

Předpokládejme, že se dr. bude pohybovat po kružnici těsně nad zemským povrchem, což je mezní případ.
Dostředivá síla (váha družice) se musí rovnat síle odstředivé, tj. musí být splněna rovnice $mg = \frac {mv^2}{R}$ ,
kde R je zemský poloměr, g tíhové zrychlení při povrchu, m hmotnost družice - vykrátí se, v hledaná rychlost.)
Tato rychlost v se nazývá "první kosmická".

allergo · 06. 05. 2009 15:21

↑ Rumburak:

Pokud tedy dodáme družici tuto rychlost v0 bude se pohybovat po elipticke draze jak je na obrazku?

Rumburak

↑ allergo: V tomto případě se družice bude pohybovat (stálou rychlostí) těsně nad zemským povrchem, a to po kružnici,
což je zvláštní případ elipsy.

Pokud bychom její rychlost snížili, družice by spadla na zemský povrch (po nějaké balistické dráze).

Pokud rychlost naopak zvýšíme (aniž bychom dosáhli 2. kosmické rychlosti), dráha se v tom místě poněkud "narovná", a družice se bude
vzdalovat od Země, čímž ale bude zároveň klesat její rychlost , takže po nějaké době se začne se k Zemi opět přibližovat a nabývat na rychlosti
- atd. periodicky. Touto dráhou je vlastní elipsa.

allergo · 06. 05. 2009 16:20

↑ Rumburak:

Jak tedy mam spocitat pocatecni rychlost v0 ve vzdalenosti R0 od stredu zeme aby pri obehu po elipticke draze druzice dosahla nejmensi vzdalenosti od stredu zeme Rz?

Rumburak · 06. 05. 2009 16:40

↑ allergo:
No to je právě ta 1. kosm. rychlost - družice se vystřelí touto rychlostí "rovnoběžně" se zemským povrchem (a zároveň - teoreticky -
v nulové výšce nad ním) a její vzdálenost od zemského povrchu na její cestě po této eliptické (speciíálně kruhové) dráze
pak bude stále rovna 0, což znamená ve vzdálenosti R_z od středu Země. Nejtěsnější oběžnou drahou okolo Země je kružnice,
jejíž střed je totožný se středem Země a jejíž poloměr je totožný s poloměrem Země a po takové elipse se družice má pohybovat,
jak jsem pochopil ze zadání.

allergo · 06. 05. 2009 16:49

↑ Rumburak:

Asi jsem to spatne vysvetlil. Ta vyska R0 neni nulova. V te vysce dostane druzice rychlost v0 rotnobezne s povrchem zeme. Tato rychlost ma byt takova aby se druzice priblizovala k zemi na opacne strane se otocila kolem zeme ve vzdalenosti Rz (polomer zeme) a zase se vratila do mista vypusteni.

Vykonava tedy drahu podobnou jako planety kolem slunce.

Pavel Brožek · 06. 05. 2009 19:38

↑ allergo:

Pokud jsem výpočty provedl správně, pak je výsledek

$v_0=\sqrt{\frac{2gR_0R_z}{R_0+R_z}-2GM\frac{R_0-R_z}{R_0R_z}}$ ,

kde $g$ je gravitační zrychlení na povrchu Země a $G$ je gravitační konstanta.

Můj postup ve stručnosti:

Družici vypouštíme z bodu o souřadnicích $[R_0,0]$ ve směru osy $y$ . Rovnice kružnice (Země) je

$x^2+y^=R_z^2$ .

Rovnice obecné elipsy se středem na ose x:

$\frac{(x-x_0)^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$

Abych určil neznámé $a$ , $b$ a $x_0$ , potřebuju tři další rovnice:

1. Elipsa musí procházet bodem $[R_0,0]$ => $a=R_0-x_0$ .
2. Ohnisko je v počátku (ve středu Země) => $b^2=R_0(R_0-2x_0)$ .
3. V bodě, kde se elipsa dotýká kružnice musí být tečny obou křivek shodné. Zkoumal jsem to tak, že jsem uvažoval pro x záporná x jako funkci y (tedy netradičně x(y)) a obě rovnice křivek jsem podle y zderivoval. Derivace pro obě křivky musí v bodě dotyku být stejné, dostal jsem po nějakém počítání bod dotyku $[-R_z,0]$ . Teď už snadno zjistím dosazením do rovnice elipsy i $x_0$ .

Nyní tedy znám rovnici elipsy. Dále jsem rozvinul závislost x(y) elipsy v okolí $[-R_z,0]$ do Taylorovy řady a porovnal člen u $y^2$ s členem, který je při rovnoměrně zrychleném pohybu (pohyb v bodě dotyku je "ve správné limitě" rovnoměrně zrychlený), dostal jsem tak rovnici

$\frac{R_0+R_z}{4R_0R_z}=\frac{g}{2v^2}$ .

Z té jsem získal rychlost při dotyku a pomocí zákona zachování energie jsem určil rychlost ve vzdálenosti $R_0$ .

Rumburak · 07. 05. 2009 08:19

↑ Rumburak: Aha , nyní to chápu. Měl jsem za to, že družice má "odírat" zemi po celé své dráze.
Dosadíme-li do řešení od ↑ BrozekP: $R_0 = R_Z = R$ , dostaneme vzorec pro speciální případ,
jak jsem zadání původně vnímal já.

Rumburak

↑ allergo:, ↑ BrozekP:
Zdravím vás, kolegové. Poté, kdy jsem pochopil zadání, se mi úloha zalíbila natolik, že jsem se do ní samostatně pustil.
Vyšlo mi to stejně, ale mírně jinou cestou (nemusel jsem nic rozvádět do Tayl. řady):

Označme $G$ gravitační konstantu, $M$ hmotnost Země, $R$ její poloměr a dále $g_r = \frac {GM}{r^2}$ velikost gravitačního zrychlení
ve vzdálenosti $r \ge R$ od zemského středu, $g = g_R$ . Zřejmě pak $g_r = g \cdot(\frac {R}{r})^2$ .

Předpokládejme, že zemský střed $Z$ je umístěn v počátku soustavy souřadnic, tj. $Z=[0,0]$ .
Nechť dále $P=[-R,\,0]$ , $A=[H,\,0],\, H>R$ . Čislo H je dáno, máme určit rychlost $v_A$ družice v bodě A tak,
aby apogeum její dráhy bylo v bodě A a perigeum v bodě P.

Z faktů, že jde o dráhu tvaru elipsy, jejímiž hlavními vrcholy jsou body P, A a jejímž jedním ze dvou ohnisek je bod Z,
snado odvodíme rovnici této elipsy ve tvaru
(1) $\frac {(x-e)^2}{a^2} + \frac {y^2}{b^2} = 1$ ,
kde $a = \frac {H+R}{2}$ (velikost hlavní poloosy), $e = \frac {H-R}{2}$ (excentricita), $b=\sqrt{a^2-e^2} =\sqrt{HR}$ (velikost vedlejší poloosy).
Snadno je též vidět, že $a =H-e=R+e$ .

Souřadnice x, y družice jsou funkcemi času. Zderivujeme-li rovnici (1) dvakrát podle času, obdržíme
(2) $\frac {(x-e)x'' \,+\, x'^2}{a^2} \,+\, \frac {yy''\, +\, y'^2}{b^2} \,= \,0$ .

Nechť v dalších úvahách je $t$ časový okamžik, kdy družice prolétá některým z bodů A, P.
Bude tudíž $y(t) = 0$ a rovněž $y''(t) = 0$ (neboť tečna dráhy je kolmá k vektoru zrychlení)
a dále též $x'(t) = 0,$ (neboť fce x zde má extrém). Z (2) pak plyne
(3) $\frac {(x-e)x''(t)}{a^2} \,+\, \frac {y'^2(t)}{b^2} \,= \,0$ (což již samozřejmě není diferenciální rovnice),
kde $y'^2(t)$ je čtverec průchozí rychlosti a $x''(t)=-g_{|x(t)|}\cdot \text{sgn} (x(t))$ .

Z toho již jen algebraickým postupem dopočítáme
$v_P = \sqrt{\frac {2HRg}{H+R}}$ (rychlost v bodě P) , $v_A = \frac{R}{H}\sqrt{\frac {2HRg}{H+R}}$ (rychlost v bodě A) , což je prostřednictvím zákona
zachování energie podél dráhy ekvivalentní s výsledkem od ↑ BrozekP: