IPhO 1985 · Theory problem 3
Space probe escaping the Solar system with the help of Mars
In a space research project two schemes of launching a space probe out of the Solar system are discussed. The first scheme (i) is to launch the probe with a velocity large enough to escape from the Solar system directly. According to the second one (ii), the probe is to approach one of the outer planets, and with its help change its direction of motion and reach the velocity necessary to escape from the Solar system. Assume that the probe moves under the gravitational field of only the Sun or the planet, depending on whichever field is stronger at that point.
a) Determine the minimum velocity and its direction relative to the Earth’s motion that should be given to the probe on launching according to scheme (i).
b) Suppose that the probe has been launched in the direction determined in a) but with another velocity. Determine the velocity of the probe when it crosses the orbit of Mars, i. e., its parallel and perpendicular components with respect to this orbit. Mars is not near the point of crossing, when crossing occurs.
c) Let the probe enter the gravitational field of Mars. Find the minimum launching velocity from the Earth necessary for the probe to escape from the Solar system.
Hint: From the result a) you know the optimal magnitude and the direction of the velocity of the probe that is necessary to escape from the Solar system after leaving the gravitational field of Mars. (You do not have to worry about the precise position of Mars during the encounter.) Find the relation between this velocity and the velocity components before the probe enters the gravitational field of Mars; i. e., the components you determined in b). What about the conservation of energy of the probe?
d) Estimate the maximum possible fractional saving of energy in scheme (ii) with respect to scheme (i). Notes: Assume that all the planets revolve round the Sun in circles, in the same direction and in the same plane. Neglect the air resistance, the rotation of the Earth around its axis as well as the energy used in escaping from the Earth’s gravitational field.
Data: Velocity of the Earth round the Sun is 30 km/s, and the ratio of the distances of the Earth and Mars from the Sun is 2/3.
Official English text of the problem.
Answers
Let \(V=30\,\mathrm{km\,s^{-1}}\), and let \(u\) denote the launch speed relative to Earth.
-
a) Launch in the direction of Earth’s orbital motion, with \[ \boxed{u_{\mathrm{i},\min}=(\sqrt2-1)V=12.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}.} \]
-
b) For a prograde launch with speed \(u\), the heliocentric components at Mars’s orbit are \[ \boxed{v_\parallel=\frac23(V+u),\qquad v_\perp=\sqrt{\frac59(V+u)^2-\frac23V^2},} \] where \(v_\perp\) points radially outward on the first crossing. Reaching this orbit requires \(u\ge2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}\).
-
c) With \(V_M=\sqrt{2/3}\,V\), the minimum Earth-relative launch speed is \[ \boxed{ u_{\mathrm{ii},\min} =V_M\left[\frac23+\sqrt{\frac49+(\sqrt2-1)^2}\right]-V =5.56\,\mathrm{km\,s^{-1}}. } \] The launch is prograde; the optimal outgoing velocity is also prograde and tangential to Mars’s orbit.
-
d) The maximum fractional launch-energy saving is \[ \boxed{ \frac{E_{\mathrm{i}}-E_{\mathrm{ii}}}{E_{\mathrm{i}}} =1-\left(\frac{u_{\mathrm{ii},\min}}{u_{\mathrm{i},\min}}\right)^2 \simeq0.800, } \] or approximately \(\boxed{80\%}\).
Solution
Write the Earth’s and Mars’s orbital radii as \(r\) and \(R\), respectively, and put \(\mu=GM_\odot\). The supplied ratio and the circular-orbit condition give \[ \frac rR=\frac23,\qquad V^2=\frac{\mu}{r}. \] All probe velocities below are heliocentric unless explicitly stated otherwise. Earth’s gravitational field is neglected as instructed.
a)
The probe escapes from the Sun if its specific mechanical energy is nonnegative: \[ \varepsilon=\frac12v_0^2-\frac{\mu}{r}\ge0. \] Thus its initial heliocentric speed must satisfy \[ v_0\ge\sqrt{\frac{2\mu}{r}}=\sqrt2\,V. \]
For a given Earth-relative launch speed \(u\), the largest possible heliocentric speed is \(V+u\), obtained by launching parallel to Earth’s motion. Therefore \[ V+u_{\mathrm{i},\min}=\sqrt2\,V, \] so \[ \boxed{u_{\mathrm{i},\min}=(\sqrt2-1)V=12.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}.} \] The corresponding heliocentric speed is \(42.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}\). At this threshold the trajectory is parabolic, with zero speed at infinity.
b)
For a prograde launch, put \[ v_0=V+u. \] The initial velocity is tangential to Earth’s orbit.
Between Earth’s and Mars’s orbits, the Sun’s force is central, so angular momentum about the Sun is conserved: \[ r v_0=R v_\parallel. \] Consequently, \[ \boxed{v_\parallel=\frac23v_0=\frac23(V+u).} \]
Conservation of mechanical energy gives \[ \frac12v_0^2-\frac{\mu}{r} = \frac12\left(v_\parallel^2+v_\perp^2\right)-\frac{\mu}{R}. \] Using \(\mu/r=V^2\) and \(\mu/R=\frac23V^2\), \[ v_\parallel^2+v_\perp^2=v_0^2-\frac23V^2. \] Subtracting \(v_\parallel^2=\frac49v_0^2\), \[ \boxed{ v_\perp=\sqrt{\frac59v_0^2-\frac23V^2} =\sqrt{\frac59(V+u)^2-\frac23V^2}. } \] This is the outward radial component at the first crossing. Its sign reverses at an inward crossing.
For the probe to reach Mars’s orbital radius, the radicand must be nonnegative: \[ v_0^2\ge\frac65V^2. \] Hence \[ u\ge\left(\sqrt{\frac65}-1\right)V =2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] Equality corresponds to an orbit whose aphelion just touches Mars’s orbit.
c)
Mars’s orbital speed is \[ V_M=\sqrt{\frac{\mu}{R}} =\sqrt{\frac23}\,V =24.5\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \]
Treat the encounter as localized and short compared with Mars’s orbital motion, so that Mars’s velocity is effectively constant. In the Mars frame, the incoming probe velocity has components \[ w_\parallel=v_\parallel-V_M,\qquad w_\perp=v_\perp. \] Its magnitude is therefore \[ w^2=(v_\parallel-V_M)^2+v_\perp^2. \]
In this frame the gravitational encounter conserves mechanical energy. At equal distances from Mars before and after the encounter, the relative speed is the same, although its direction changes.
If the outgoing relative velocity makes an angle \(\theta\) with Mars’s motion, the outgoing heliocentric speed satisfies \[ v_{\mathrm{out}}^2 =V_M^2+w^2+2V_Mw\cos\theta. \] It is largest when \(\theta=0\), giving \[ v_{\mathrm{out,max}}=V_M+w. \] Thus the optimal encounter directs the outgoing relative velocity along Mars’s motion.
The solar escape speed at Mars’s orbital radius is \[ v_{\mathrm{esc}}(R)=\sqrt{\frac{2\mu}{R}}=\sqrt2\,V_M. \] The minimum required relative speed is consequently \[ \boxed{w_{\min}=(\sqrt2-1)V_M.} \]
Now use the components found in part b): \[ \begin{aligned} w^2 &=v_\parallel^2+v_\perp^2-2V_Mv_\parallel+V_M^2\\ &=v_0^2-\frac23V^2-\frac43V_Mv_0+V_M^2. \end{aligned} \] Since \(V_M^2=\frac23V^2\), this simplifies to \[ w^2=v_0^2-\frac43V_Mv_0. \] At the escape threshold, \[ v_0^2-\frac43V_Mv_0=(\sqrt2-1)^2V_M^2. \] The positive root is \[ v_{0,\min} =V_M\left[\frac23+\sqrt{\frac49+(\sqrt2-1)^2}\right] =35.555\ldots\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] Therefore the required launch speed relative to Earth is \[ \boxed{ u_{\mathrm{ii},\min}=v_{0,\min}-V =5.56\,\mathrm{km\,s^{-1}}. } \] This exceeds the \(2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}\) needed to reach Mars’s orbit, so the incoming trajectory is possible.
The prograde launch also minimizes the required speed over possible launch directions. To see this, let \(\alpha\) be the launch angle relative to Earth’s motion and write \(q=r/R=2/3\). The same energy and angular-momentum relations give \[ w^2 =u^2+2Vu(1-q^{3/2})\cos\alpha +V^2(3q-1-2q^{3/2}). \] For fixed \(u\), this is greatest at \(\cos\alpha=1\), since \(q<1\). Thus launching prograde provides the largest available encounter-relative speed for a given launch speed.
Numerically, the optimal incoming trajectory has \[ v_\parallel=23.70\,\mathrm{km\,s^{-1}},\qquad v_\perp=10.12\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] These give \(w=10.15\,\mathrm{km\,s^{-1}}\). After the optimal turn, \[ v_{\mathrm{out}}=V_M+w =34.64\,\mathrm{km\,s^{-1}} =\sqrt2\,V_M, \] as required.
There is no violation of energy conservation. The probe’s heliocentric energy increases during the encounter by \[ \Delta E =m\mathbf V_M\cdot \left(\mathbf w_{\mathrm{out}}-\mathbf w_{\mathrm{in}}\right). \] For the optimal turn this becomes \[ \Delta E=mV_M\left[w-(v_\parallel-V_M)\right]>0. \] This energy comes from Mars’s orbital motion. Mars’s corresponding change in velocity is negligible because its mass is much greater than the probe’s.
d)
With terrestrial escape energy neglected, the energy imparted at launch in Earth’s frame is \[ E_{\mathrm{launch}}=\frac12mu^2. \] Hence the maximum fractional saving is \[ \begin{aligned} f_{\max} &=\frac{E_{\mathrm{i}}-E_{\mathrm{ii}}}{E_{\mathrm{i}}}\\ &=1-\left(\frac{u_{\mathrm{ii},\min}}{u_{\mathrm{i},\min}}\right)^2\\ &=1-\left(\frac{5.55519}{12.42641}\right)^2\\ &=0.80015. \end{aligned} \] Thus \[ \boxed{f_{\max}\simeq80\%.} \] The corresponding launch energies per unit probe mass are approximately \(77.2\,\mathrm{MJ\,kg^{-1}}\) for direct escape and \(15.4\,\mathrm{MJ\,kg^{-1}}\) with the ideal Mars assist.
The solution was checked against the official solution.
IPhO 1985 · Theorieaufgabe 3
Eine Raumsonde verlässt mithilfe des Mars das Sonnensystem
In einem Weltraumforschungsprojekt werden zwei Verfahren diskutiert, um eine Raumsonde aus dem Sonnensystem hinauszubefördern. Beim ersten Verfahren (i) wird die Sonde mit einer Geschwindigkeit gestartet, die groß genug ist, um das Sonnensystem direkt zu verlassen. Beim zweiten Verfahren (ii) soll sich die Sonde einem der äußeren Planeten nähern und mithilfe dieses Planeten ihre Bewegungsrichtung ändern und die zum Verlassen des Sonnensystems erforderliche Geschwindigkeit erreichen. Nehmen Sie an, dass sich die Sonde ausschließlich unter dem Einfluss des Gravitationsfeldes der Sonne oder des Planeten bewegt, je nachdem, welches Feld am jeweiligen Ort stärker ist.
a) Bestimmen Sie die Mindestgeschwindigkeit und ihre Richtung relativ zur Bewegung der Erde, die der Sonde beim Start nach Verfahren (i) erteilt werden muss.
b) Nehmen Sie an, dass die Sonde in der in a) bestimmten Richtung, jedoch mit einer anderen Geschwindigkeit gestartet wurde. Bestimmen Sie die Geschwindigkeit der Sonde beim Kreuzen der Marsbahn, d. h. ihre zur Bahn parallele und senkrechte Komponente. Zum Zeitpunkt des Kreuzens befindet sich der Mars nicht in der Nähe des Kreuzungspunktes.
c) Die Sonde trete nun in das Gravitationsfeld des Mars ein. Bestimmen Sie die minimale Startgeschwindigkeit von der Erde, die erforderlich ist, damit die Sonde das Sonnensystem verlassen kann.
Hinweis: Aus dem Ergebnis von a) kennen Sie den optimalen Betrag und die Richtung der Geschwindigkeit der Sonde, die nach dem Verlassen des Gravitationsfeldes des Mars zum Verlassen des Sonnensystems erforderlich ist. (Um die genaue Position des Mars während der Begegnung müssen Sie sich nicht kümmern.) Bestimmen Sie den Zusammenhang zwischen dieser Geschwindigkeit und den Geschwindigkeitskomponenten vor dem Eintritt der Sonde in das Gravitationsfeld des Mars, d. h. den in b) bestimmten Komponenten. Wie verhält es sich mit der Energieerhaltung der Sonde?
d) Schätzen Sie die maximal mögliche relative Energieeinsparung bei Verfahren (ii) gegenüber Verfahren (i) ab. Anmerkungen: Nehmen Sie an, dass alle Planeten die Sonne auf Kreisbahnen in derselben Richtung und in derselben Ebene umlaufen. Vernachlässigen Sie den Luftwiderstand, die Rotation der Erde um ihre Achse sowie die Energie, die zum Verlassen des Gravitationsfeldes der Erde benötigt wird.
Angaben: Die Geschwindigkeit der Erde auf ihrer Bahn um die Sonne beträgt 30 km/s, und das Verhältnis der Abstände von Erde und Mars zur Sonne beträgt 2/3.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt.
Antworten
Es sei \(V=30\,\mathrm{km\,s^{-1}}\), und \(u\) bezeichne die Startgeschwindigkeit relativ zur Erde.
-
a) Der Start erfolgt in Richtung der Bahnbewegung der Erde, mit \[ \boxed{u_{\mathrm{i},\min}=(\sqrt2-1)V=12.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}.} \]
-
b) Bei einem prograden Start mit der Geschwindigkeit \(u\) lauten die heliozentrischen Komponenten an der Marsbahn \[ \boxed{v_\parallel=\frac23(V+u),\qquad v_\perp=\sqrt{\frac59(V+u)^2-\frac23V^2},} \] wobei \(v_\perp\) beim ersten Kreuzen radial nach außen gerichtet ist. Um diese Bahn zu erreichen, muss \(u\ge2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}\) gelten.
-
c) Mit \(V_M=\sqrt{2/3}\,V\) beträgt die minimale Startgeschwindigkeit relativ zur Erde \[ \boxed{ u_{\mathrm{ii},\min} =V_M\left[\frac23+\sqrt{\frac49+(\sqrt2-1)^2}\right]-V =5.56\,\mathrm{km\,s^{-1}}. } \] Der Start erfolgt prograd; die optimale auslaufende Geschwindigkeit ist ebenfalls prograd und tangential zur Marsbahn gerichtet.
-
d) Die maximale relative Einsparung an Startenergie beträgt \[ \boxed{ \frac{E_{\mathrm{i}}-E_{\mathrm{ii}}}{E_{\mathrm{i}}} =1-\left(\frac{u_{\mathrm{ii},\min}}{u_{\mathrm{i},\min}}\right)^2 \simeq0.800, } \] also ungefähr \(\boxed{80\%}\).
Lösung
Wir bezeichnen die Bahnradien von Erde und Mars mit \(r\) bzw. \(R\) und setzen \(\mu=GM_\odot\). Aus dem angegebenen Verhältnis und der Bedingung für eine Kreisbahn folgt \[ \frac rR=\frac23,\qquad V^2=\frac{\mu}{r}. \] Alle im Folgenden angegebenen Sondengeschwindigkeiten sind heliozentrisch, sofern nicht ausdrücklich etwas anderes angegeben ist. Das Gravitationsfeld der Erde wird wie vorgegeben vernachlässigt.
a)
Die Sonde entkommt der Sonne, wenn ihre spezifische mechanische Energie nichtnegativ ist: \[ \varepsilon=\frac12v_0^2-\frac{\mu}{r}\ge0. \] Ihre anfängliche heliozentrische Geschwindigkeit muss daher die Bedingung \[ v_0\ge\sqrt{\frac{2\mu}{r}}=\sqrt2\,V \] erfüllen.
Bei einer gegebenen Startgeschwindigkeit \(u\) relativ zur Erde ist die größtmögliche heliozentrische Geschwindigkeit \(V+u\); sie wird durch einen Start parallel zur Bewegung der Erde erreicht. Daher gilt \[ V+u_{\mathrm{i},\min}=\sqrt2\,V, \] also \[ \boxed{u_{\mathrm{i},\min}=(\sqrt2-1)V=12.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}.} \] Die zugehörige heliozentrische Geschwindigkeit beträgt \(42.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}\). In diesem Grenzfall ist die Bahn parabolisch, und die Geschwindigkeit im Unendlichen ist null.
b)
Für einen prograden Start setzen wir \[ v_0=V+u. \] Die Anfangsgeschwindigkeit ist tangential zur Erdbahn gerichtet.
Zwischen der Erd- und der Marsbahn ist die Kraft der Sonne eine Zentralkraft, sodass der Drehimpuls bezüglich der Sonne erhalten bleibt: \[ r v_0=R v_\parallel. \] Folglich gilt \[ \boxed{v_\parallel=\frac23v_0=\frac23(V+u).} \]
Aus der Erhaltung der mechanischen Energie folgt \[ \frac12v_0^2-\frac{\mu}{r} = \frac12\left(v_\parallel^2+v_\perp^2\right)-\frac{\mu}{R}. \] Mit \(\mu/r=V^2\) und \(\mu/R=\frac23V^2\) ergibt sich \[ v_\parallel^2+v_\perp^2=v_0^2-\frac23V^2. \] Durch Subtraktion von \(v_\parallel^2=\frac49v_0^2\) erhält man \[ \boxed{ v_\perp=\sqrt{\frac59v_0^2-\frac23V^2} =\sqrt{\frac59(V+u)^2-\frac23V^2}. } \] Dies ist die nach außen gerichtete radiale Komponente beim ersten Kreuzen. Bei einem Kreuzen nach innen kehrt sich ihr Vorzeichen um.
Damit die Sonde den Bahnradius des Mars erreicht, muss der Radikand nichtnegativ sein: \[ v_0^2\ge\frac65V^2. \] Daraus folgt \[ u\ge\left(\sqrt{\frac65}-1\right)V =2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] Gleichheit entspricht einer Bahn, deren Aphel die Marsbahn gerade berührt.
c)
Die Bahngeschwindigkeit des Mars beträgt \[ V_M=\sqrt{\frac{\mu}{R}} =\sqrt{\frac23}\,V =24.5\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \]
Wir betrachten die Begegnung als räumlich begrenzt und im Vergleich zur Bahnbewegung des Mars als kurz, sodass die Geschwindigkeit des Mars praktisch konstant ist. Im Bezugssystem des Mars hat die einlaufende Sondengeschwindigkeit die Komponenten \[ w_\parallel=v_\parallel-V_M,\qquad w_\perp=v_\perp. \] Für ihren Betrag gilt daher \[ w^2=(v_\parallel-V_M)^2+v_\perp^2. \]
In diesem Bezugssystem bleibt bei der gravitativen Begegnung die mechanische Energie erhalten. Bei gleichen Abständen vom Mars vor und nach der Begegnung ist der Betrag der Relativgeschwindigkeit gleich, obwohl sich ihre Richtung ändert.
Wenn die auslaufende Relativgeschwindigkeit mit der Bewegungsrichtung des Mars einen Winkel \(\theta\) bildet, gilt für den Betrag der auslaufenden heliozentrischen Geschwindigkeit \[ v_{\mathrm{out}}^2 =V_M^2+w^2+2V_Mw\cos\theta. \] Er ist für \(\theta=0\) am größten, womit sich \[ v_{\mathrm{out,max}}=V_M+w \] ergibt. Bei der optimalen Begegnung ist die auslaufende Relativgeschwindigkeit somit in Bewegungsrichtung des Mars gerichtet.
Die Fluchtgeschwindigkeit aus dem Gravitationsfeld der Sonne am Bahnradius des Mars beträgt \[ v_{\mathrm{esc}}(R)=\sqrt{\frac{2\mu}{R}}=\sqrt2\,V_M. \] Die minimal erforderliche Relativgeschwindigkeit ist folglich \[ \boxed{w_{\min}=(\sqrt2-1)V_M.} \]
Nun verwenden wir die in Teil b) bestimmten Komponenten: \[ \begin{aligned} w^2 &=v_\parallel^2+v_\perp^2-2V_Mv_\parallel+V_M^2\\ &=v_0^2-\frac23V^2-\frac43V_Mv_0+V_M^2. \end{aligned} \] Wegen \(V_M^2=\frac23V^2\) vereinfacht sich dies zu \[ w^2=v_0^2-\frac43V_Mv_0. \] Im Grenzfall des Entkommens gilt \[ v_0^2-\frac43V_Mv_0=(\sqrt2-1)^2V_M^2. \] Die positive Lösung lautet \[ v_{0,\min} =V_M\left[\frac23+\sqrt{\frac49+(\sqrt2-1)^2}\right] =35.555\ldots\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] Damit beträgt die erforderliche Startgeschwindigkeit relativ zur Erde \[ \boxed{ u_{\mathrm{ii},\min}=v_{0,\min}-V =5.56\,\mathrm{km\,s^{-1}}. } \] Dies übersteigt die zum Erreichen der Marsbahn erforderlichen \(2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}\), sodass die einlaufende Bahn möglich ist.
Der prograde Start minimiert die erforderliche Geschwindigkeit auch unter allen möglichen Startrichtungen. Um dies zu zeigen, sei \(\alpha\) der Startwinkel relativ zur Bewegungsrichtung der Erde, und wir setzen \(q=r/R=2/3\). Dieselben Beziehungen für Energie und Drehimpuls ergeben \[ w^2 =u^2+2Vu(1-q^{3/2})\cos\alpha +V^2(3q-1-2q^{3/2}). \] Für festes \(u\) ist dieser Ausdruck bei \(\cos\alpha=1\) am größten, da \(q<1\). Ein prograder Start liefert somit bei gegebener Startgeschwindigkeit die größtmögliche Relativgeschwindigkeit bei der Begegnung.
Numerisch hat die optimale einlaufende Bahn die Geschwindigkeitskomponenten \[ v_\parallel=23.70\,\mathrm{km\,s^{-1}},\qquad v_\perp=10.12\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] Daraus ergibt sich \(w=10.15\,\mathrm{km\,s^{-1}}\). Nach der optimalen Ablenkung gilt \[ v_{\mathrm{out}}=V_M+w =34.64\,\mathrm{km\,s^{-1}} =\sqrt2\,V_M, \] wie gefordert.
Die Energieerhaltung wird dabei nicht verletzt. Die heliozentrische Energie der Sonde nimmt während der Begegnung um \[ \Delta E =m\mathbf V_M\cdot \left(\mathbf w_{\mathrm{out}}-\mathbf w_{\mathrm{in}}\right) \] zu. Für die optimale Ablenkung wird daraus \[ \Delta E=mV_M\left[w-(v_\parallel-V_M)\right]>0. \] Diese Energie stammt aus der Bahnbewegung des Mars. Die entsprechende Geschwindigkeitsänderung des Mars ist vernachlässigbar, weil seine Masse viel größer als die der Sonde ist.
d)
Wenn die zum Entkommen aus dem Gravitationsfeld der Erde benötigte Energie vernachlässigt wird, beträgt die beim Start im Bezugssystem der Erde zugeführte Energie \[ E_{\mathrm{launch}}=\frac12mu^2. \] Die maximale relative Einsparung ist daher \[ \begin{aligned} f_{\max} &=\frac{E_{\mathrm{i}}-E_{\mathrm{ii}}}{E_{\mathrm{i}}}\\ &=1-\left(\frac{u_{\mathrm{ii},\min}}{u_{\mathrm{i},\min}}\right)^2\\ &=1-\left(\frac{5.55519}{12.42641}\right)^2\\ &=0.80015. \end{aligned} \] Somit gilt \[ \boxed{f_{\max}\simeq80\%.} \] Die zugehörigen Startenergien pro Masseneinheit der Sonde betragen ungefähr \(77.2\,\mathrm{MJ\,kg^{-1}}\) für das direkte Entkommen und \(15.4\,\mathrm{MJ\,kg^{-1}}\) bei einem idealen Swing-by am Mars.
Die Lösung wurde mit der offiziellen Lösung abgeglichen.
IPhO 1985 · Teori sorusu 3
Mars'ın yardımıyla Güneş sisteminden kaçan uzay sondası
Bir uzay araştırma projesinde, bir uzay sondasını Güneş sisteminin dışına göndermek için iki yöntem tartışılmaktadır. Birinci yöntem (i), sondayı Güneş sisteminden doğrudan kaçmasına yetecek kadar büyük bir hızla fırlatmaktır. İkinci yönteme (ii) göre ise sonda dış gezegenlerden birine yaklaşacak ve bu gezegenin yardımıyla hareket yönünü değiştirerek Güneş sisteminden kaçmak için gerekli hıza ulaşacaktır. Sondanın, bulunduğu noktada hangi alan daha kuvvetliyse yalnızca Güneş'in ya da gezegenin kütleçekim alanının etkisi altında hareket ettiğini varsayın.
a) (i) yöntemine göre fırlatma sırasında sondaya verilmesi gereken en küçük hızı ve bu hızın Dünya'nın hareketine göre yönünü belirleyin.
b) Sondanın a) kısmında belirlenen yönde, ancak farklı bir hızla fırlatıldığını varsayın. Sondanın Mars'ın yörüngesini keserken sahip olduğu hızı, yani bu yörüngeye paralel ve dik bileşenlerini belirleyin. Kesişme gerçekleştiğinde Mars, kesişme noktasının yakınında değildir.
c) Sondanın Mars'ın kütleçekim alanına girdiğini kabul edin. Sondanın Güneş sisteminden kaçabilmesi için Dünya'dan fırlatılırken sahip olması gereken en küçük hızı bulun.
İpucu: a) kısmının sonucundan, sondanın Mars'ın kütleçekim alanından çıktıktan sonra Güneş sisteminden kaçabilmesi için gerekli hızının en uygun büyüklüğünü ve yönünü biliyorsunuz. (Karşılaşma sırasında Mars'ın tam konumunu dikkate almanız gerekmez.) Bu hız ile sondanın Mars'ın kütleçekim alanına girmeden önceki hız bileşenleri, yani b) kısmında belirlediğiniz bileşenler arasındaki bağıntıyı bulun. Sondanın enerjisinin korunumu hakkında ne söylenebilir?
d) (ii) yönteminde (i) yöntemine göre mümkün olan en büyük oransal enerji tasarrufunu tahmin edin. Notlar: Bütün gezegenlerin Güneş'in çevresinde dairesel yörüngelerde, aynı yönde ve aynı düzlemde dolandığını varsayın. Hava direncini, Dünya'nın kendi ekseni etrafındaki dönüşünü ve Dünya'nın kütleçekim alanından kaçmak için kullanılan enerjiyi ihmal edin.
Veriler: Dünya'nın Güneş çevresindeki hızı 30 km/s, Dünya'nın ve Mars'ın Güneş'e olan uzaklıklarının oranı ise 2/3'tür.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir.
Cevaplar
\(V=30\,\mathrm{km\,s^{-1}}\) olsun ve \(u\), Dünya'ya göre fırlatma süratini göstersin.
-
a) Dünya'nın yörüngesel hareketi yönünde, şu süratle fırlatılmalıdır: \[ \boxed{u_{\mathrm{i},\min}=(\sqrt2-1)V=12.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}.} \]
-
b) Dünya'nın yörüngesel hareketi yönünde \(u\) süratiyle yapılan bir fırlatma için, Mars'ın yörüngesindeki Güneş merkezli hız bileşenleri \[ \boxed{v_\parallel=\frac23(V+u),\qquad v_\perp=\sqrt{\frac59(V+u)^2-\frac23V^2},} \] şeklindedir; burada \(v_\perp\), ilk kesişmede radyal olarak dışarıya yönelmiştir. Bu yörüngeye ulaşmak için \(u\ge2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}\) olmalıdır.
-
c) \(V_M=\sqrt{2/3}\,V\) olmak üzere, Dünya'ya göre en küçük fırlatma sürati \[ \boxed{ u_{\mathrm{ii},\min} =V_M\left[\frac23+\sqrt{\frac49+(\sqrt2-1)^2}\right]-V =5.56\,\mathrm{km\,s^{-1}}. } \] olur. Fırlatma, Dünya'nın yörüngesel hareketi yönündedir; en uygun çıkış hızı da Mars'ın yörüngesel hareketi yönünde ve Mars'ın yörüngesine teğettir.
-
d) Fırlatma enerjisinde sağlanabilecek en büyük oransal tasarruf \[ \boxed{ \frac{E_{\mathrm{i}}-E_{\mathrm{ii}}}{E_{\mathrm{i}}} =1-\left(\frac{u_{\mathrm{ii},\min}}{u_{\mathrm{i},\min}}\right)^2 \simeq0.800, } \] yani yaklaşık \(\boxed{80\%}\) olur.
Çözüm
Dünya'nın ve Mars'ın yörünge yarıçaplarını sırasıyla \(r\) ve \(R\) ile gösterelim ve \(\mu=GM_\odot\) tanımını yapalım. Verilen oran ve dairesel yörünge koşulu şu bağıntıları verir: \[ \frac rR=\frac23,\qquad V^2=\frac{\mu}{r}. \] Aşağıda, aksi açıkça belirtilmedikçe sondanın bütün hızları Güneş'e göredir. Belirtildiği üzere Dünya'nın kütleçekim alanı ihmal edilmektedir.
a)
Sonda, birim kütle başına mekanik enerjisi negatif değilse Güneş'ten kaçar: \[ \varepsilon=\frac12v_0^2-\frac{\mu}{r}\ge0. \] Dolayısıyla Güneş'e göre başlangıç sürati şu koşulu sağlamalıdır: \[ v_0\ge\sqrt{\frac{2\mu}{r}}=\sqrt2\,V. \]
Dünya'ya göre verilen bir \(u\) fırlatma sürati için, Güneş'e göre mümkün olan en büyük sürat \(V+u\) olur; bu değer, Dünya'nın hareketiyle aynı yönde fırlatılarak elde edilir. Bu nedenle \[ V+u_{\mathrm{i},\min}=\sqrt2\,V, \] dolayısıyla \[ \boxed{u_{\mathrm{i},\min}=(\sqrt2-1)V=12.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}.} \] Buna karşılık gelen Güneş'e göre sürat \(42.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}\) olur. Bu eşik değerinde yörünge paraboliktir ve sonsuzdaki sürat sıfırdır.
b)
Dünya'nın yörüngesel hareketi yönündeki bir fırlatma için \[ v_0=V+u. \] olarak tanımlayalım. Başlangıç hızı Dünya'nın yörüngesine teğettir.
Dünya'nın ve Mars'ın yörüngeleri arasında Güneş'in uyguladığı kuvvet merkezî olduğundan, Güneş'e göre açısal momentum korunur: \[ r v_0=R v_\parallel. \] Bunun sonucunda, \[ \boxed{v_\parallel=\frac23v_0=\frac23(V+u).} \]
Mekanik enerjinin korunumu şu bağıntıyı verir: \[ \frac12v_0^2-\frac{\mu}{r} = \frac12\left(v_\parallel^2+v_\perp^2\right)-\frac{\mu}{R}. \] \(\mu/r=V^2\) ve \(\mu/R=\frac23V^2\) kullanılırsa, \[ v_\parallel^2+v_\perp^2=v_0^2-\frac23V^2. \] \(v_\parallel^2=\frac49v_0^2\) çıkarılırsa, \[ \boxed{ v_\perp=\sqrt{\frac59v_0^2-\frac23V^2} =\sqrt{\frac59(V+u)^2-\frac23V^2}. } \] Bu, ilk kesişmedeki dışarıya yönelmiş radyal bileşendir. İçeriye doğru bir kesişmede işareti tersine döner.
Sondanın Mars'ın yörünge yarıçapına ulaşabilmesi için karekök içindeki ifade negatif olmamalıdır: \[ v_0^2\ge\frac65V^2. \] Buradan \[ u\ge\left(\sqrt{\frac65}-1\right)V =2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] Eşitlik, günöte noktası Mars'ın yörüngesine ancak değen bir yörüngeye karşılık gelir.
c)
Mars'ın yörüngesel sürati \[ V_M=\sqrt{\frac{\mu}{R}} =\sqrt{\frac23}\,V =24.5\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] olur.
Karşılaşmanın dar bir bölgede gerçekleştiğini ve Mars'ın yörüngesel hareketine kıyasla kısa sürdüğünü kabul edelim; böylece Mars'ın hızı pratik olarak sabittir. Mars referans sisteminde, gelen sondanın hız bileşenleri \[ w_\parallel=v_\parallel-V_M,\qquad w_\perp=v_\perp. \] olur. Dolayısıyla büyüklüğü şu bağıntıyla verilir: \[ w^2=(v_\parallel-V_M)^2+v_\perp^2. \]
Bu referans sisteminde kütleçekim etkisiyle gerçekleşen karşılaşma sırasında mekanik enerji korunur. Karşılaşmadan önce ve sonra Mars'a eşit uzaklıklarda, bağıl sürat aynıdır; ancak hızın yönü değişir.
Çıkıştaki bağıl hız Mars'ın hareketiyle \(\theta\) açısı yapıyorsa, çıkıştaki Güneş'e göre sürat şu bağıntıyı sağlar: \[ v_{\mathrm{out}}^2 =V_M^2+w^2+2V_Mw\cos\theta. \] Bu sürat, \(\theta=0\) olduğunda en büyüktür ve \[ v_{\mathrm{out,max}}=V_M+w. \] olur. Dolayısıyla en uygun karşılaşma, çıkıştaki bağıl hızı Mars'ın hareketi yönüne çevirir.
Mars'ın yörünge yarıçapında Güneş'ten kaçış sürati \[ v_{\mathrm{esc}}(R)=\sqrt{\frac{2\mu}{R}}=\sqrt2\,V_M. \] olur. Sonuç olarak gerekli en küçük bağıl sürat \[ \boxed{w_{\min}=(\sqrt2-1)V_M.} \] olur.
Şimdi b) kısmında bulunan bileşenleri kullanalım: \[ \begin{aligned} w^2 &=v_\parallel^2+v_\perp^2-2V_Mv_\parallel+V_M^2\\ &=v_0^2-\frac23V^2-\frac43V_Mv_0+V_M^2. \end{aligned} \] \(V_M^2=\frac23V^2\) olduğundan bu ifade \[ w^2=v_0^2-\frac43V_Mv_0. \] biçiminde sadeleşir. Kaçış eşiğinde, \[ v_0^2-\frac43V_Mv_0=(\sqrt2-1)^2V_M^2. \] Pozitif kök \[ v_{0,\min} =V_M\left[\frac23+\sqrt{\frac49+(\sqrt2-1)^2}\right] =35.555\ldots\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] olur. Dolayısıyla Dünya'ya göre gerekli fırlatma sürati \[ \boxed{ u_{\mathrm{ii},\min}=v_{0,\min}-V =5.56\,\mathrm{km\,s^{-1}}. } \] olur. Bu değer, Mars'ın yörüngesine ulaşmak için gereken \(2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}\) değerinden büyüktür; dolayısıyla geliş yörüngesi mümkündür.
Dünya'nın yörüngesel hareketi yönünde fırlatma, olası fırlatma yönleri arasında gerekli sürati de en aza indirir. Bunu görmek için, Dünya'nın hareketine göre fırlatma açısı \(\alpha\) olsun ve \(q=r/R=2/3\) yazalım. Aynı enerji ve açısal momentum bağıntıları şu sonucu verir: \[ w^2 =u^2+2Vu(1-q^{3/2})\cos\alpha +V^2(3q-1-2q^{3/2}). \] Sabit \(u\) için, \(q<1\) olduğundan bu ifade \(\cos\alpha=1\) iken en büyüktür. Dolayısıyla Dünya'nın yörüngesel hareketi yönünde fırlatma, verilen bir fırlatma sürati için karşılaşmada Mars'a göre mümkün olan en büyük bağıl sürati sağlar.
Sayısal olarak, en uygun geliş yörüngesinde \[ v_\parallel=23.70\,\mathrm{km\,s^{-1}},\qquad v_\perp=10.12\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] olur. Bunlar \(w=10.15\,\mathrm{km\,s^{-1}}\) sonucunu verir. En uygun yön değişiminden sonra, \[ v_{\mathrm{out}}=V_M+w =34.64\,\mathrm{km\,s^{-1}} =\sqrt2\,V_M, \] gerektiği gibi elde edilir.
Enerjinin korunumu ihlal edilmez. Sondanın Güneş'e göre enerjisi karşılaşma sırasında şu miktarda artar: \[ \Delta E =m\mathbf V_M\cdot \left(\mathbf w_{\mathrm{out}}-\mathbf w_{\mathrm{in}}\right). \] En uygun yön değişimi için bu ifade \[ \Delta E=mV_M\left[w-(v_\parallel-V_M)\right]>0. \] olur. Bu enerji Mars'ın yörüngesel hareketinden gelir. Mars'ın kütlesi sondanınkinden çok daha büyük olduğundan, Mars'ın hızında buna karşılık gelen değişim ihmal edilebilir.
d)
Dünya'dan kaçış enerjisi ihmal edildiğinde, Dünya referans sisteminde fırlatma sırasında verilen enerji \[ E_{\mathrm{launch}}=\frac12mu^2. \] olur. Dolayısıyla en büyük oransal tasarruf \[ \begin{aligned} f_{\max} &=\frac{E_{\mathrm{i}}-E_{\mathrm{ii}}}{E_{\mathrm{i}}}\\ &=1-\left(\frac{u_{\mathrm{ii},\min}}{u_{\mathrm{i},\min}}\right)^2\\ &=1-\left(\frac{5.55519}{12.42641}\right)^2\\ &=0.80015. \end{aligned} \] olur. Böylece \[ \boxed{f_{\max}\simeq80\%.} \] Buna karşılık gelen birim sonda kütlesi başına fırlatma enerjileri, doğrudan kaçış için yaklaşık \(77.2\,\mathrm{MJ\,kg^{-1}}\), ideal Mars yardımıyla kaçış için ise \(15.4\,\mathrm{MJ\,kg^{-1}}\) olur.
Çözüm, resmi çözümle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IPhO 1985 · Problema teórico 3
Sonda espacial que escapa del sistema solar con la ayuda de Marte
En un proyecto de investigación espacial se estudian dos procedimientos para lanzar una sonda espacial fuera del sistema solar. El primer procedimiento (i) consiste en lanzar la sonda con una velocidad suficientemente grande para escapar directamente del sistema solar. Según el segundo (ii), la sonda debe acercarse a uno de los planetas exteriores y, con su ayuda, cambiar su dirección de movimiento y alcanzar la velocidad necesaria para escapar del sistema solar. Suponga que la sonda se mueve bajo la acción del campo gravitatorio únicamente del Sol o del planeta, según cuál de los dos campos sea más intenso en ese punto.
a) Determine la velocidad mínima y su dirección respecto al movimiento de la Tierra que debe impartirse a la sonda en el lanzamiento según el procedimiento (i).
b) Suponga que la sonda se ha lanzado en la dirección determinada en a), pero con otra velocidad. Determine la velocidad de la sonda cuando cruza la órbita de Marte, es decir, sus componentes paralela y perpendicular a esta órbita. Marte no se encuentra cerca del punto de cruce cuando este se produce.
c) Suponga que la sonda entra en el campo gravitatorio de Marte. Halle la velocidad mínima de lanzamiento desde la Tierra necesaria para que la sonda escape del sistema solar.
Indicación: A partir del resultado de a), conoce el módulo óptimo y la dirección de la velocidad que necesita la sonda para escapar del sistema solar después de abandonar el campo gravitatorio de Marte. (No es necesario preocuparse por la posición precisa de Marte durante el encuentro.) Halle la relación entre esta velocidad y las componentes de la velocidad antes de que la sonda entre en el campo gravitatorio de Marte, es decir, las componentes que determinó en b). ¿Qué ocurre con la conservación de la energía de la sonda?
d) Estime el máximo ahorro fraccionario posible de energía en el procedimiento (ii) respecto al procedimiento (i). Notas: Suponga que todos los planetas giran alrededor del Sol en órbitas circulares, en el mismo sentido y en el mismo plano. Desprecie la resistencia del aire, la rotación de la Tierra alrededor de su eje y la energía empleada para escapar del campo gravitatorio terrestre.
Datos: La velocidad de la Tierra alrededor del Sol es de 30 km/s, y la razón entre las distancias de la Tierra y de Marte al Sol es 2/3.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés.
Respuestas
Sea \(V=30\,\mathrm{km\,s^{-1}}\), y sea \(u\) la rapidez de lanzamiento respecto a la Tierra.
-
a) El lanzamiento debe realizarse en la dirección y el sentido del movimiento orbital de la Tierra, con \[ \boxed{u_{\mathrm{i},\min}=(\sqrt2-1)V=12.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}.} \]
-
b) Para un lanzamiento prógrado con rapidez \(u\), las componentes heliocéntricas en la órbita de Marte son \[ \boxed{v_\parallel=\frac23(V+u),\qquad v_\perp=\sqrt{\frac59(V+u)^2-\frac23V^2},} \] donde \(v_\perp\) apunta radialmente hacia fuera en el primer cruce. Para alcanzar esta órbita se requiere \(u\ge2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}\).
-
c) Con \(V_M=\sqrt{2/3}\,V\), la rapidez mínima de lanzamiento respecto a la Tierra es \[ \boxed{ u_{\mathrm{ii},\min} =V_M\left[\frac23+\sqrt{\frac49+(\sqrt2-1)^2}\right]-V =5.56\,\mathrm{km\,s^{-1}}. } \] El lanzamiento es prógrado; la velocidad de salida óptima también es prógrada y tangencial a la órbita de Marte.
-
d) El máximo ahorro fraccionario de energía de lanzamiento es \[ \boxed{ \frac{E_{\mathrm{i}}-E_{\mathrm{ii}}}{E_{\mathrm{i}}} =1-\left(\frac{u_{\mathrm{ii},\min}}{u_{\mathrm{i},\min}}\right)^2 \simeq0.800, } \] es decir, aproximadamente \(\boxed{80\%}\).
Solución
Denotemos los radios orbitales de la Tierra y de Marte por \(r\) y \(R\), respectivamente, y definamos \(\mu=GM_\odot\). La razón proporcionada y la condición de órbita circular dan \[ \frac rR=\frac23,\qquad V^2=\frac{\mu}{r}. \] Todas las velocidades de la sonda que aparecen a continuación son heliocéntricas, salvo que se indique explícitamente lo contrario. Se desprecia el campo gravitatorio terrestre, tal como se indica en el enunciado.
a)
La sonda escapa del Sol si su energía mecánica específica es no negativa: \[ \varepsilon=\frac12v_0^2-\frac{\mu}{r}\ge0. \] Por tanto, su rapidez heliocéntrica inicial debe satisfacer \[ v_0\ge\sqrt{\frac{2\mu}{r}}=\sqrt2\,V. \]
Para una rapidez de lanzamiento dada \(u\) respecto a la Tierra, la mayor rapidez heliocéntrica posible es \(V+u\), que se obtiene al lanzar la sonda paralelamente al movimiento de la Tierra y en su mismo sentido. Por tanto, \[ V+u_{\mathrm{i},\min}=\sqrt2\,V, \] de modo que \[ \boxed{u_{\mathrm{i},\min}=(\sqrt2-1)V=12.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}.} \] La rapidez heliocéntrica correspondiente es \(42.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}\). En este umbral, la trayectoria es parabólica, con rapidez nula en el infinito.
b)
Para un lanzamiento prógrado, definamos \[ v_0=V+u. \] La velocidad inicial es tangencial a la órbita terrestre.
Entre las órbitas de la Tierra y de Marte, la fuerza del Sol es central, por lo que se conserva el momento angular respecto al Sol: \[ r v_0=R v_\parallel. \] En consecuencia, \[ \boxed{v_\parallel=\frac23v_0=\frac23(V+u).} \]
La conservación de la energía mecánica da \[ \frac12v_0^2-\frac{\mu}{r} = \frac12\left(v_\parallel^2+v_\perp^2\right)-\frac{\mu}{R}. \] Utilizando \(\mu/r=V^2\) y \(\mu/R=\frac23V^2\), \[ v_\parallel^2+v_\perp^2=v_0^2-\frac23V^2. \] Restando \(v_\parallel^2=\frac49v_0^2\), \[ \boxed{ v_\perp=\sqrt{\frac59v_0^2-\frac23V^2} =\sqrt{\frac59(V+u)^2-\frac23V^2}. } \] Esta es la componente radial hacia fuera en el primer cruce. Su signo se invierte en un cruce hacia dentro.
Para que la sonda alcance el radio orbital de Marte, el radicando debe ser no negativo: \[ v_0^2\ge\frac65V^2. \] Por tanto, \[ u\ge\left(\sqrt{\frac65}-1\right)V =2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] La igualdad corresponde a una órbita cuyo afelio toca justo la órbita de Marte.
c)
La rapidez orbital de Marte es \[ V_M=\sqrt{\frac{\mu}{R}} =\sqrt{\frac23}\,V =24.5\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \]
Consideremos que el encuentro está localizado y es breve en comparación con el movimiento orbital de Marte, de modo que la velocidad de Marte puede considerarse constante. En el sistema de referencia de Marte, la velocidad de la sonda a la entrada tiene las componentes \[ w_\parallel=v_\parallel-V_M,\qquad w_\perp=v_\perp. \] Por tanto, su módulo viene dado por \[ w^2=(v_\parallel-V_M)^2+v_\perp^2. \]
En este sistema de referencia, el encuentro gravitatorio conserva la energía mecánica. A distancias iguales de Marte antes y después del encuentro, la rapidez relativa es la misma, aunque su dirección cambia.
Si la velocidad relativa de salida forma un ángulo \(\theta\) con el movimiento de Marte, la rapidez heliocéntrica de salida satisface \[ v_{\mathrm{out}}^2 =V_M^2+w^2+2V_Mw\cos\theta. \] Es máxima cuando \(\theta=0\), lo que da \[ v_{\mathrm{out,max}}=V_M+w. \] Así pues, el encuentro óptimo orienta la velocidad relativa de salida en la dirección y el sentido del movimiento de Marte.
La rapidez de escape del Sol al radio orbital de Marte es \[ v_{\mathrm{esc}}(R)=\sqrt{\frac{2\mu}{R}}=\sqrt2\,V_M. \] En consecuencia, la rapidez relativa mínima necesaria es \[ \boxed{w_{\min}=(\sqrt2-1)V_M.} \]
Utilicemos ahora las componentes halladas en el apartado b): \[ \begin{aligned} w^2 &=v_\parallel^2+v_\perp^2-2V_Mv_\parallel+V_M^2\\ &=v_0^2-\frac23V^2-\frac43V_Mv_0+V_M^2. \end{aligned} \] Puesto que \(V_M^2=\frac23V^2\), esto se simplifica a \[ w^2=v_0^2-\frac43V_Mv_0. \] En el umbral de escape, \[ v_0^2-\frac43V_Mv_0=(\sqrt2-1)^2V_M^2. \] La raíz positiva es \[ v_{0,\min} =V_M\left[\frac23+\sqrt{\frac49+(\sqrt2-1)^2}\right] =35.555\ldots\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] Por tanto, la rapidez de lanzamiento necesaria respecto a la Tierra es \[ \boxed{ u_{\mathrm{ii},\min}=v_{0,\min}-V =5.56\,\mathrm{km\,s^{-1}}. } \] Este valor supera los \(2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}\) necesarios para alcanzar la órbita de Marte, por lo que la trayectoria de entrada es posible.
El lanzamiento prógrado también minimiza la rapidez necesaria entre todas las direcciones de lanzamiento posibles. Para verlo, sea \(\alpha\) el ángulo de lanzamiento respecto al movimiento de la Tierra y escribamos \(q=r/R=2/3\). Las mismas relaciones de energía y momento angular dan \[ w^2 =u^2+2Vu(1-q^{3/2})\cos\alpha +V^2(3q-1-2q^{3/2}). \] Para un valor fijo de \(u\), esta expresión es máxima cuando \(\cos\alpha=1\), puesto que \(q<1\). Por tanto, el lanzamiento prógrado proporciona la mayor rapidez relativa disponible durante el encuentro para una rapidez de lanzamiento dada.
Numéricamente, la trayectoria de entrada óptima tiene \[ v_\parallel=23.70\,\mathrm{km\,s^{-1}},\qquad v_\perp=10.12\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] Estos valores dan \(w=10.15\,\mathrm{km\,s^{-1}}\). Después de la desviación óptima, \[ v_{\mathrm{out}}=V_M+w =34.64\,\mathrm{km\,s^{-1}} =\sqrt2\,V_M, \] tal como se requiere.
No se viola la conservación de la energía. La energía heliocéntrica de la sonda aumenta durante el encuentro en \[ \Delta E =m\mathbf V_M\cdot \left(\mathbf w_{\mathrm{out}}-\mathbf w_{\mathrm{in}}\right). \] Para la desviación óptima, esto se convierte en \[ \Delta E=mV_M\left[w-(v_\parallel-V_M)\right]>0. \] Esta energía procede del movimiento orbital de Marte. El cambio de velocidad correspondiente de Marte es despreciable porque su masa es mucho mayor que la de la sonda.
d)
Despreciando la energía de escape terrestre, la energía impartida en el lanzamiento en el sistema de referencia de la Tierra es \[ E_{\mathrm{launch}}=\frac12mu^2. \] Por tanto, el máximo ahorro fraccionario es \[ \begin{aligned} f_{\max} &=\frac{E_{\mathrm{i}}-E_{\mathrm{ii}}}{E_{\mathrm{i}}}\\ &=1-\left(\frac{u_{\mathrm{ii},\min}}{u_{\mathrm{i},\min}}\right)^2\\ &=1-\left(\frac{5.55519}{12.42641}\right)^2\\ &=0.80015. \end{aligned} \] Así pues, \[ \boxed{f_{\max}\simeq80\%.} \] Las energías de lanzamiento correspondientes por unidad de masa de la sonda son aproximadamente \(77.2\,\mathrm{MJ\,kg^{-1}}\) para el escape directo y \(15.4\,\mathrm{MJ\,kg^{-1}}\) con la asistencia gravitatoria ideal de Marte.
La solución se comprobó con la solución oficial.
IPhO 1985 · 理论题 3
借助火星逃离太阳系的空间探测器
在一项空间研究计划中，人们讨论了将空间探测器发射到太阳系之外的两种方案。第一种方案 (i) 是以足够大的速度发射探测器，使其直接逃离太阳系。按照第二种方案 (ii)，探测器先接近一颗地外行星，借助该行星改变运动方向，并达到逃离太阳系所需的速度。假设探测器只在太阳或行星的引力场作用下运动，具体取决于所在位置哪个引力场更强。
a) 求按照方案 (i) 发射探测器时，应赋予探测器的最小速度，以及该速度相对于地球运动方向的方向。
b) 假设探测器沿 a) 中确定的方向发射，但速度大小不同。求探测器穿过火星轨道时的速度，即相对于该轨道的平行分量和垂直分量。探测器穿过火星轨道时，火星不在交点附近。
c) 令探测器进入火星的引力场。求探测器逃离太阳系所需的、相对于地球的最小发射速度。
提示：根据 a) 的结果，你已知探测器离开火星引力场后，为逃离太阳系所需的最佳速度大小和方向。（不必考虑交会时火星的精确位置。）求这一速度与探测器进入火星引力场之前的速度分量之间的关系，即与 b) 中求出的分量之间的关系。探测器的能量守恒情况如何？
d) 估算方案 (ii) 相对于方案 (i) 最多可节省的能量比例。说明：假设所有行星都在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。忽略空气阻力、地球自转以及逃离地球引力场所消耗的能量。
数据：地球绕太阳运动的速度为 30 km/s，地球与火星到太阳的距离之比为 2/3。
题目译自官方英文原文。
答案
令 \(V=30\,\mathrm{km\,s^{-1}}\)，并用 \(u\) 表示相对于地球的发射速率。
-
a) 沿地球公转方向发射，速率为 \[ \boxed{u_{\mathrm{i},\min}=(\sqrt2-1)V=12.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}.} \]
-
b) 以速率 \(u\) 顺行发射时，在火星轨道处的日心速度分量为 \[ \boxed{v_\parallel=\frac23(V+u),\qquad v_\perp=\sqrt{\frac59(V+u)^2-\frac23V^2},} \] 其中，首次穿过火星轨道时，\(v_\perp\) 沿径向向外。要到达这条轨道，须满足 \(u\ge2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}\)。
-
c) 取 \(V_M=\sqrt{2/3}\,V\)，相对于地球的最小发射速率为 \[ \boxed{ u_{\mathrm{ii},\min} =V_M\left[\frac23+\sqrt{\frac49+(\sqrt2-1)^2}\right]-V =5.56\,\mathrm{km\,s^{-1}}. } \] 发射方向为顺行方向；最佳出射速度也沿顺行方向，并与火星轨道相切。
-
d) 发射能量最多可节省的比例为 \[ \boxed{ \frac{E_{\mathrm{i}}-E_{\mathrm{ii}}}{E_{\mathrm{i}}} =1-\left(\frac{u_{\mathrm{ii},\min}}{u_{\mathrm{i},\min}}\right)^2 \simeq0.800, } \] 即约为 \(\boxed{80\%}\)。
解答
将地球和火星的轨道半径分别记为 \(r\) 和 \(R\)，并令 \(\mu=GM_\odot\)。由给定的距离比和圆轨道条件可得 \[ \frac rR=\frac23,\qquad V^2=\frac{\mu}{r}. \] 除非另有明确说明，下文中探测器的所有速度均相对于日心参考系。按照题目要求，忽略地球引力场。
a)
若探测器的单位质量机械能非负，它便能逃离太阳的引力束缚： \[ \varepsilon=\frac12v_0^2-\frac{\mu}{r}\ge0. \] 因此，其初始日心速率必须满足 \[ v_0\ge\sqrt{\frac{2\mu}{r}}=\sqrt2\,V. \]
对于给定的相对于地球的发射速率 \(u\)，沿地球运动方向平行发射时，日心速率达到最大值 \(V+u\)。因此 \[ V+u_{\mathrm{i},\min}=\sqrt2\,V, \] 所以 \[ \boxed{u_{\mathrm{i},\min}=(\sqrt2-1)V=12.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}.} \] 对应的日心速率为 \(42.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}\)。在这一临界条件下，轨迹为抛物线，无穷远处的速率为零。
b)
对于顺行发射，令 \[ v_0=V+u. \] 初速度与地球轨道相切。
在地球轨道与火星轨道之间，太阳的引力是有心力，因此探测器相对于太阳的角动量守恒： \[ r v_0=R v_\parallel. \] 于是， \[ \boxed{v_\parallel=\frac23v_0=\frac23(V+u).} \]
由机械能守恒可得 \[ \frac12v_0^2-\frac{\mu}{r} = \frac12\left(v_\parallel^2+v_\perp^2\right)-\frac{\mu}{R}. \] 利用 \(\mu/r=V^2\) 和 \(\mu/R=\frac23V^2\)，得到 \[ v_\parallel^2+v_\perp^2=v_0^2-\frac23V^2. \] 减去 \(v_\parallel^2=\frac49v_0^2\)，得到 \[ \boxed{ v_\perp=\sqrt{\frac59v_0^2-\frac23V^2} =\sqrt{\frac59(V+u)^2-\frac23V^2}. } \] 这是首次穿过火星轨道时沿径向向外的分量。向内穿过轨道时，其符号相反。
要使探测器到达火星的轨道半径，被开方数必须非负： \[ v_0^2\ge\frac65V^2. \] 因此 \[ u\ge\left(\sqrt{\frac65}-1\right)V =2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] 等号对应于远日点恰好接触火星轨道的轨道。
c)
火星的公转速率为 \[ V_M=\sqrt{\frac{\mu}{R}} =\sqrt{\frac23}\,V =24.5\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \]
将交会视为发生在局部区域内，且其持续时间相对于火星公转的时间尺度很短，因而可将火星的速度视为恒定。在火星参考系中，入射探测器的速度分量为 \[ w_\parallel=v_\parallel-V_M,\qquad w_\perp=v_\perp. \] 因此，其大小满足 \[ w^2=(v_\parallel-V_M)^2+v_\perp^2. \]
在这一参考系中，引力交会过程中的机械能守恒。在交会前后距火星相同距离的位置，相对速率相同，但方向发生改变。
若出射相对速度与火星运动方向的夹角为 \(\theta\)，则出射日心速率满足 \[ v_{\mathrm{out}}^2 =V_M^2+w^2+2V_Mw\cos\theta. \] 当 \(\theta=0\) 时，该速率最大，为 \[ v_{\mathrm{out,max}}=V_M+w. \] 因此，最佳交会应使出射相对速度沿火星的运动方向。
在火星轨道半径处，逃离太阳引力束缚所需的速率为 \[ v_{\mathrm{esc}}(R)=\sqrt{\frac{2\mu}{R}}=\sqrt2\,V_M. \] 因此，所需的最小相对速率为 \[ \boxed{w_{\min}=(\sqrt2-1)V_M.} \]
现在利用 b) 部分求出的分量： \[ \begin{aligned} w^2 &=v_\parallel^2+v_\perp^2-2V_Mv_\parallel+V_M^2\\ &=v_0^2-\frac23V^2-\frac43V_Mv_0+V_M^2. \end{aligned} \] 由于 \(V_M^2=\frac23V^2\)，上式化简为 \[ w^2=v_0^2-\frac43V_Mv_0. \] 在逃逸的临界条件下， \[ v_0^2-\frac43V_Mv_0=(\sqrt2-1)^2V_M^2. \] 正根为 \[ v_{0,\min} =V_M\left[\frac23+\sqrt{\frac49+(\sqrt2-1)^2}\right] =35.555\ldots\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] 因此，所需的相对于地球的发射速率为 \[ \boxed{ u_{\mathrm{ii},\min}=v_{0,\min}-V =5.56\,\mathrm{km\,s^{-1}}. } \] 这一速率超过了到达火星轨道所需的 \(2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}\)，因此该入射轨迹是可实现的。
在所有可能的发射方向中，顺行发射所需的速率也最小。为说明这一点，令 \(\alpha\) 为发射方向相对于地球运动方向的夹角，并记 \(q=r/R=2/3\)。利用同样的能量和角动量关系可得 \[ w^2 =u^2+2Vu(1-q^{3/2})\cos\alpha +V^2(3q-1-2q^{3/2}). \] 对于固定的 \(u\)，由于 \(q<1\)，上式在 \(\cos\alpha=1\) 时取最大值。因此，在给定发射速率下，顺行发射能够提供最大的交会相对速率。
数值上，最佳入射轨迹满足 \[ v_\parallel=23.70\,\mathrm{km\,s^{-1}},\qquad v_\perp=10.12\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] 由此得到 \(w=10.15\,\mathrm{km\,s^{-1}}\)。经过最佳偏转后， \[ v_{\mathrm{out}}=V_M+w =34.64\,\mathrm{km\,s^{-1}} =\sqrt2\,V_M, \] 符合要求。
这里并未违反能量守恒。交会过程中，探测器在日心参考系中的能量增加量为 \[ \Delta E =m\mathbf V_M\cdot \left(\mathbf w_{\mathrm{out}}-\mathbf w_{\mathrm{in}}\right). \] 对于最佳偏转，上式变为 \[ \Delta E=mV_M\left[w-(v_\parallel-V_M)\right]>0. \] 这部分能量来自火星的公转运动。由于火星的质量远大于探测器的质量，火星相应的速度变化可以忽略。
d)
忽略逃离地球引力场所需的能量，在地球参考系中，发射时赋予探测器的能量为 \[ E_{\mathrm{launch}}=\frac12mu^2. \] 因此，最多可节省的能量比例为 \[ \begin{aligned} f_{\max} &=\frac{E_{\mathrm{i}}-E_{\mathrm{ii}}}{E_{\mathrm{i}}}\\ &=1-\left(\frac{u_{\mathrm{ii},\min}}{u_{\mathrm{i},\min}}\right)^2\\ &=1-\left(\frac{5.55519}{12.42641}\right)^2\\ &=0.80015. \end{aligned} \] 于是 \[ \boxed{f_{\max}\simeq80\%.} \] 对应的单位探测器质量所需的发射能量，直接逃逸时约为 \(77.2\,\mathrm{MJ\,kg^{-1}}\)，借助理想火星引力助推时约为 \(15.4\,\mathrm{MJ\,kg^{-1}}\)。
解答已与官方解答核对。
IPhO 1985 · Теоретическая задача 3
Выход космического зонда из Солнечной системы с помощью Марса
В рамках проекта космических исследований обсуждаются две схемы запуска космического зонда за пределы Солнечной системы. Первая схема (i) состоит в том, чтобы сообщить зонду скорость, достаточную для непосредственного выхода из Солнечной системы. Согласно второй схеме (ii), зонд должен приблизиться к одной из внешних планет и с её помощью изменить направление движения и достичь скорости, необходимой для выхода из Солнечной системы. Считайте, что зонд движется под действием гравитационного поля только Солнца или только планеты — в зависимости от того, какое из этих полей сильнее в данной точке.
a) Определите минимальную скорость, которую следует сообщить зонду при запуске по схеме (i), и её направление относительно направления движения Земли.
b) Предположим, что зонд был запущен в направлении, определённом в a), но с другой скоростью. Определите скорость зонда при пересечении орбиты Марса, то есть её составляющие, параллельную и перпендикулярную этой орбите. В момент пересечения Марс не находится вблизи точки пересечения.
c) Пусть зонд входит в гравитационное поле Марса. Найдите минимальную скорость запуска с Земли, необходимую для выхода зонда из Солнечной системы.
Указание: Из результата a) вам известны оптимальные модуль и направление скорости зонда, необходимые для выхода из Солнечной системы после того, как он покинет гравитационное поле Марса. (Точное положение Марса во время сближения учитывать не требуется.) Найдите связь между этой скоростью и составляющими скорости перед входом зонда в гравитационное поле Марса, то есть составляющими, определёнными в b). Что можно сказать о сохранении энергии зонда?
d) Оцените максимально возможную относительную экономию энергии при использовании схемы (ii) по сравнению со схемой (i). Примечания: Считайте, что все планеты обращаются вокруг Солнца по круговым орбитам в одном направлении и в одной плоскости. Пренебрегите сопротивлением воздуха, вращением Земли вокруг своей оси, а также энергией, затрачиваемой на преодоление гравитационного притяжения Земли.
Данные: Скорость движения Земли вокруг Солнца равна 30 км/с, а отношение расстояний от Земли и Марса до Солнца равно 2/3.
Условие переведено с официального английского текста.
Ответы
Пусть \(V=30\,\mathrm{km\,s^{-1}}\), а \(u\) обозначает скорость запуска относительно Земли.
-
a) Запуск следует осуществлять в направлении орбитального движения Земли со скоростью \[ \boxed{u_{\mathrm{i},\min}=(\sqrt2-1)V=12.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}.} \]
-
b) При запуске в направлении движения Земли со скоростью \(u\) гелиоцентрические составляющие скорости на орбите Марса равны \[ \boxed{v_\parallel=\frac23(V+u),\qquad v_\perp=\sqrt{\frac59(V+u)^2-\frac23V^2},} \] где при первом пересечении \(v_\perp\) направлена радиально наружу. Для достижения этой орбиты необходимо \(u\ge2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}\).
-
c) При \(V_M=\sqrt{2/3}\,V\) минимальная скорость запуска относительно Земли равна \[ \boxed{ u_{\mathrm{ii},\min} =V_M\left[\frac23+\sqrt{\frac49+(\sqrt2-1)^2}\right]-V =5.56\,\mathrm{km\,s^{-1}}. } \] Запуск осуществляется в направлении движения Земли; оптимальная скорость после сближения также направлена по ходу движения Марса, по касательной к его орбите.
-
d) Максимальная относительная экономия энергии запуска равна \[ \boxed{ \frac{E_{\mathrm{i}}-E_{\mathrm{ii}}}{E_{\mathrm{i}}} =1-\left(\frac{u_{\mathrm{ii},\min}}{u_{\mathrm{i},\min}}\right)^2 \simeq0.800, } \] или приблизительно \(\boxed{80\%}\).
Решение
Обозначим радиусы орбит Земли и Марса через \(r\) и \(R\) соответственно и положим \(\mu=GM_\odot\). Из заданного отношения расстояний и условия движения по круговой орбите получаем \[ \frac rR=\frac23,\qquad V^2=\frac{\mu}{r}. \] Все приведённые ниже скорости зонда даны в гелиоцентрической системе отсчёта, если явно не указано иное. Согласно условию, гравитационным полем Земли пренебрегаем.
a)
Зонд преодолевает притяжение Солнца, если его удельная механическая энергия неотрицательна: \[ \varepsilon=\frac12v_0^2-\frac{\mu}{r}\ge0. \] Следовательно, его начальная гелиоцентрическая скорость должна удовлетворять условию \[ v_0\ge\sqrt{\frac{2\mu}{r}}=\sqrt2\,V. \]
При заданной скорости запуска относительно Земли \(u\) наибольшая возможная гелиоцентрическая скорость равна \(V+u\); она достигается при запуске в направлении движения Земли. Поэтому \[ V+u_{\mathrm{i},\min}=\sqrt2\,V, \] откуда \[ \boxed{u_{\mathrm{i},\min}=(\sqrt2-1)V=12.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}.} \] Соответствующая гелиоцентрическая скорость равна \(42.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}\). При этом пороговом значении траектория является параболической, а скорость на бесконечности равна нулю.
b)
Для запуска в направлении движения Земли положим \[ v_0=V+u. \] Начальная скорость направлена по касательной к орбите Земли.
Между орбитами Земли и Марса сила притяжения Солнца является центральной, поэтому момент импульса относительно Солнца сохраняется: \[ r v_0=R v_\parallel. \] Следовательно, \[ \boxed{v_\parallel=\frac23v_0=\frac23(V+u).} \]
Закон сохранения механической энергии даёт \[ \frac12v_0^2-\frac{\mu}{r} = \frac12\left(v_\parallel^2+v_\perp^2\right)-\frac{\mu}{R}. \] Используя \(\mu/r=V^2\) и \(\mu/R=\frac23V^2\), получаем \[ v_\parallel^2+v_\perp^2=v_0^2-\frac23V^2. \] Вычитая \(v_\parallel^2=\frac49v_0^2\), находим \[ \boxed{ v_\perp=\sqrt{\frac59v_0^2-\frac23V^2} =\sqrt{\frac59(V+u)^2-\frac23V^2}. } \] Это радиальная составляющая, направленная наружу при первом пересечении. При пересечении орбиты на пути к Солнцу её знак меняется на противоположный.
Чтобы зонд достиг радиуса орбиты Марса, подкоренное выражение должно быть неотрицательным: \[ v_0^2\ge\frac65V^2. \] Отсюда \[ u\ge\left(\sqrt{\frac65}-1\right)V =2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] Равенство соответствует орбите, которая лишь касается орбиты Марса в своём афелии.
c)
Орбитальная скорость Марса равна \[ V_M=\sqrt{\frac{\mu}{R}} =\sqrt{\frac23}\,V =24.5\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \]
Будем считать, что сближение происходит в небольшой области пространства и за время, малое по сравнению с характерным временем орбитального движения Марса, так что скорость Марса можно считать постоянной. В системе отсчёта Марса скорость подлетающего зонда имеет составляющие \[ w_\parallel=v_\parallel-V_M,\qquad w_\perp=v_\perp. \] Поэтому её модуль определяется выражением \[ w^2=(v_\parallel-V_M)^2+v_\perp^2. \]
В этой системе отсчёта при гравитационном сближении механическая энергия сохраняется. На одинаковых расстояниях от Марса до и после сближения модуль относительной скорости одинаков, хотя её направление меняется.
Если относительная скорость после сближения составляет угол \(\theta\) с направлением движения Марса, то гелиоцентрическая скорость после сближения удовлетворяет соотношению \[ v_{\mathrm{out}}^2 =V_M^2+w^2+2V_Mw\cos\theta. \] Она максимальна при \(\theta=0\), что даёт \[ v_{\mathrm{out,max}}=V_M+w. \] Таким образом, при оптимальном сближении относительная скорость после него направлена вдоль движения Марса.
Скорость убегания от Солнца на расстоянии, равном радиусу орбиты Марса, составляет \[ v_{\mathrm{esc}}(R)=\sqrt{\frac{2\mu}{R}}=\sqrt2\,V_M. \] Следовательно, минимальная необходимая относительная скорость равна \[ \boxed{w_{\min}=(\sqrt2-1)V_M.} \]
Теперь воспользуемся составляющими, найденными в пункте b): \[ \begin{aligned} w^2 &=v_\parallel^2+v_\perp^2-2V_Mv_\parallel+V_M^2\\ &=v_0^2-\frac23V^2-\frac43V_Mv_0+V_M^2. \end{aligned} \] Поскольку \(V_M^2=\frac23V^2\), это выражение упрощается до \[ w^2=v_0^2-\frac43V_Mv_0. \] При пороговой скорости выхода из Солнечной системы \[ v_0^2-\frac43V_Mv_0=(\sqrt2-1)^2V_M^2. \] Положительный корень равен \[ v_{0,\min} =V_M\left[\frac23+\sqrt{\frac49+(\sqrt2-1)^2}\right] =35.555\ldots\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] Следовательно, необходимая скорость запуска относительно Земли равна \[ \boxed{ u_{\mathrm{ii},\min}=v_{0,\min}-V =5.56\,\mathrm{km\,s^{-1}}. } \] Она превышает значение \(2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}\), необходимое для достижения орбиты Марса, поэтому такая траектория подлёта возможна.
Запуск в направлении движения Земли также минимизирует необходимую скорость среди всех возможных направлений запуска. Чтобы это показать, обозначим через \(\alpha\) угол запуска относительно направления движения Земли и положим \(q=r/R=2/3\). Те же соотношения для энергии и момента импульса дают \[ w^2 =u^2+2Vu(1-q^{3/2})\cos\alpha +V^2(3q-1-2q^{3/2}). \] При фиксированном \(u\) это выражение максимально при \(\cos\alpha=1\), поскольку \(q<1\). Таким образом, запуск в направлении движения Земли обеспечивает наибольшую возможную скорость относительно Марса перед сближением при заданной скорости запуска.
Численные значения составляющих скорости для оптимальной траектории подлёта равны \[ v_\parallel=23.70\,\mathrm{km\,s^{-1}},\qquad v_\perp=10.12\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] Они дают \(w=10.15\,\mathrm{km\,s^{-1}}\). После оптимального поворота \[ v_{\mathrm{out}}=V_M+w =34.64\,\mathrm{km\,s^{-1}} =\sqrt2\,V_M, \] как и требуется.
Закон сохранения энергии при этом не нарушается. Энергия зонда в гелиоцентрической системе отсчёта увеличивается при сближении на \[ \Delta E =m\mathbf V_M\cdot \left(\mathbf w_{\mathrm{out}}-\mathbf w_{\mathrm{in}}\right). \] Для оптимального поворота это выражение принимает вид \[ \Delta E=mV_M\left[w-(v_\parallel-V_M)\right]>0. \] Эта энергия приобретается за счёт орбитального движения Марса. Соответствующее изменение скорости Марса пренебрежимо мало, поскольку его масса намного больше массы зонда.
d)
Если пренебречь энергией, необходимой для преодоления притяжения Земли, то энергия, сообщаемая при запуске в системе отсчёта Земли, равна \[ E_{\mathrm{launch}}=\frac12mu^2. \] Поэтому максимальная относительная экономия составляет \[ \begin{aligned} f_{\max} &=\frac{E_{\mathrm{i}}-E_{\mathrm{ii}}}{E_{\mathrm{i}}}\\ &=1-\left(\frac{u_{\mathrm{ii},\min}}{u_{\mathrm{i},\min}}\right)^2\\ &=1-\left(\frac{5.55519}{12.42641}\right)^2\\ &=0.80015. \end{aligned} \] Таким образом, \[ \boxed{f_{\max}\simeq80\%.} \] Соответствующие энергии запуска на единицу массы зонда составляют приблизительно \(77.2\,\mathrm{MJ\,kg^{-1}}\) при непосредственном выходе из Солнечной системы и \(15.4\,\mathrm{MJ\,kg^{-1}}\) при идеальном гравитационном манёвре у Марса.
Решение проверено по официальному решению.
IPhO 1985 · مسألة نظرية 3
إفلات مسبار فضائي من النظام الشمسي بمساعدة المريخ
تجري في مشروع للبحوث الفضائية مناقشة خطتين لإطلاق مسبار فضائي إلى خارج النظام الشمسي. تتمثل الخطة الأولى (i) في إطلاق المسبار بسرعة كبيرة بما يكفي للإفلات من النظام الشمسي مباشرة. أما وفقًا للخطة الثانية (ii)، فيقترب المسبار من أحد الكواكب الخارجية، ويغيّر بمساعدته اتجاه حركته ويبلغ السرعة اللازمة للإفلات من النظام الشمسي. افترض أن المسبار يتحرك تحت تأثير مجال جاذبية الشمس وحدها أو الكوكب وحده، بحسب أي المجالين أقوى عند النقطة المعنية.
a) حدّد أدنى سرعة ينبغي إكسابها للمسبار عند إطلاقه وفقًا للخطة (i)، واتجاهها بالنسبة إلى حركة الأرض.
b) افترض أن المسبار أُطلق في الاتجاه المحدّد في a)، ولكن بسرعة أخرى. حدّد سرعة المسبار عندما يعبر مدار المريخ، أي مركبتيها الموازية لهذا المدار والعمودية عليه. لا يكون المريخ قريبًا من نقطة العبور عند حدوث العبور.
c) ليدخل المسبار مجال جاذبية المريخ. أوجد أدنى سرعة إطلاق من الأرض تلزم المسبار للإفلات من النظام الشمسي.
تلميح: تعرف من نتيجة a) المقدار الأمثل لسرعة المسبار واتجاهها اللازمين للإفلات من النظام الشمسي بعد مغادرة مجال جاذبية المريخ. (لا داعي للاهتمام بموضع المريخ الدقيق أثناء اللقاء.) أوجد العلاقة بين هذه السرعة ومركبتي السرعة قبل دخول المسبار مجال جاذبية المريخ؛ أي المركبتين اللتين حدّدتهما في b). ماذا عن انحفاظ طاقة المسبار؟
d) قدّر أكبر وفر نسبي ممكن في الطاقة في الخطة (ii) مقارنة بالخطة (i). ملاحظات: افترض أن جميع الكواكب تدور حول الشمس في مدارات دائرية، في الاتجاه نفسه وفي المستوى نفسه. أهمل مقاومة الهواء، ودوران الأرض حول محورها، وكذلك الطاقة المستخدمة في الإفلات من مجال جاذبية الأرض.
المعطيات: سرعة الأرض حول الشمس هي 30 km/s، ونسبة بُعد الأرض عن الشمس إلى بُعد المريخ عنها هي 2/3.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي.
الإجابات
لتكن \(V=30\,\mathrm{km\,s^{-1}}\)، وليرمز \(u\) إلى سرعة الإطلاق بالنسبة إلى الأرض.
-
a) يكون الإطلاق في اتجاه حركة الأرض المدارية، بسرعة \[ \boxed{u_{\mathrm{i},\min}=(\sqrt2-1)V=12.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}.} \]
-
b) عند الإطلاق في اتجاه الحركة المدارية بسرعة \(u\)، تكون مركبتا السرعة بالنسبة إلى الشمس عند مدار المريخ \[ \boxed{v_\parallel=\frac23(V+u),\qquad v_\perp=\sqrt{\frac59(V+u)^2-\frac23V^2},} \] حيث تتجه \(v_\perp\) شعاعيًا إلى الخارج عند العبور الأول. ويتطلب بلوغ هذا المدار أن يكون \(u\ge2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}\).
-
c) مع \(V_M=\sqrt{2/3}\,V\)، تكون أدنى سرعة إطلاق بالنسبة إلى الأرض \[ \boxed{ u_{\mathrm{ii},\min} =V_M\left[\frac23+\sqrt{\frac49+(\sqrt2-1)^2}\right]-V =5.56\,\mathrm{km\,s^{-1}}. } \] يكون الإطلاق في اتجاه الحركة المدارية؛ وتكون السرعة المثلى بعد اللقاء أيضًا في اتجاه الحركة المدارية ومماسية لمدار المريخ.
-
d) أكبر وفر نسبي في طاقة الإطلاق هو \[ \boxed{ \frac{E_{\mathrm{i}}-E_{\mathrm{ii}}}{E_{\mathrm{i}}} =1-\left(\frac{u_{\mathrm{ii},\min}}{u_{\mathrm{i},\min}}\right)^2 \simeq0.800, } \] أي نحو \(\boxed{80\%}\).
الحل
لنرمز إلى نصفي قطر مداري الأرض والمريخ بالرمزين \(r\) و\(R\)، على الترتيب، ولنضع \(\mu=GM_\odot\). تعطينا النسبة المعطاة وشرط المدار الدائري \[ \frac rR=\frac23,\qquad V^2=\frac{\mu}{r}. \] جميع سرعات المسبار الواردة أدناه مقيسة بالنسبة إلى الشمس، ما لم يُذكر خلاف ذلك صراحةً. ويُهمل مجال جاذبية الأرض وفقًا للتعليمات.
a)
يفلت المسبار من جاذبية الشمس إذا كانت طاقته الميكانيكية لكل وحدة كتلة غير سالبة: \[ \varepsilon=\frac12v_0^2-\frac{\mu}{r}\ge0. \] لذلك يجب أن تحقق سرعته الابتدائية بالنسبة إلى الشمس \[ v_0\ge\sqrt{\frac{2\mu}{r}}=\sqrt2\,V. \]
عند سرعة إطلاق معطاة \(u\) بالنسبة إلى الأرض، تكون أكبر سرعة ممكنة بالنسبة إلى الشمس هي \(V+u\)، وتتحقق بالإطلاق موازيًا لحركة الأرض وفي اتجاهها. ومن ثم \[ V+u_{\mathrm{i},\min}=\sqrt2\,V, \] وبالتالي \[ \boxed{u_{\mathrm{i},\min}=(\sqrt2-1)V=12.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}.} \] السرعة المقابلة بالنسبة إلى الشمس هي \(42.4\,\mathrm{km\,s^{-1}}\). وعند هذه العتبة يكون المسار قطعًا مكافئًا، وتنعدم السرعة عند اللانهاية.
b)
للإطلاق في اتجاه الحركة المدارية، نضع \[ v_0=V+u. \] تكون السرعة الابتدائية مماسية لمدار الأرض.
بين مداري الأرض والمريخ، تكون قوة الشمس مركزية، لذا ينحفظ الزخم الزاوي حول الشمس: \[ r v_0=R v_\parallel. \] وعليه، \[ \boxed{v_\parallel=\frac23v_0=\frac23(V+u).} \]
يعطي انحفاظ الطاقة الميكانيكية \[ \frac12v_0^2-\frac{\mu}{r} = \frac12\left(v_\parallel^2+v_\perp^2\right)-\frac{\mu}{R}. \] وباستخدام \(\mu/r=V^2\) و\(\mu/R=\frac23V^2\)، \[ v_\parallel^2+v_\perp^2=v_0^2-\frac23V^2. \] وبطرح \(v_\parallel^2=\frac49v_0^2\)، \[ \boxed{ v_\perp=\sqrt{\frac59v_0^2-\frac23V^2} =\sqrt{\frac59(V+u)^2-\frac23V^2}. } \] هذه هي المركبة الشعاعية المتجهة إلى الخارج عند العبور الأول. وتنعكس إشارتها عند العبور نحو الداخل.
لكي يبلغ المسبار نصف قطر مدار المريخ، يجب أن تكون الكمية تحت الجذر غير سالبة: \[ v_0^2\ge\frac65V^2. \] ومن ثم \[ u\ge\left(\sqrt{\frac65}-1\right)V =2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] تقابل المساواة مدارًا يلامس أوجُه مدارَ المريخ تمامًا.
c)
السرعة المدارية للمريخ هي \[ V_M=\sqrt{\frac{\mu}{R}} =\sqrt{\frac23}\,V =24.5\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \]
نعدّ اللقاء محصورًا في حيز صغير وقصير المدة مقارنة بالحركة المدارية للمريخ، بحيث تكون سرعة المريخ ثابتة عمليًا. في الإطار المرجعي للمريخ، تكون مركبتا سرعة المسبار الوارد \[ w_\parallel=v_\parallel-V_M,\qquad w_\perp=v_\perp. \] ومن ثم يُعطى مقدارها بالعلاقة \[ w^2=(v_\parallel-V_M)^2+v_\perp^2. \]
في هذا الإطار المرجعي، يحافظ اللقاء الثقالي على الطاقة الميكانيكية. وعند مسافتين متساويتين من المريخ قبل اللقاء وبعده، يكون مقدار السرعة النسبية واحدًا، مع تغيّر اتجاهها.
إذا صنعت السرعة النسبية بعد اللقاء زاوية \(\theta\) مع حركة المريخ، فإن السرعة بالنسبة إلى الشمس بعد اللقاء تحقق \[ v_{\mathrm{out}}^2 =V_M^2+w^2+2V_Mw\cos\theta. \] وتبلغ أكبر قيمة لها عندما يكون \(\theta=0\)، مما يعطي \[ v_{\mathrm{out,max}}=V_M+w. \] وهكذا يوجّه اللقاء الأمثل السرعة النسبية بعد اللقاء في اتجاه حركة المريخ.
سرعة الإفلات من جاذبية الشمس عند نصف قطر مدار المريخ هي \[ v_{\mathrm{esc}}(R)=\sqrt{\frac{2\mu}{R}}=\sqrt2\,V_M. \] وعليه، فإن أدنى سرعة نسبية مطلوبة هي \[ \boxed{w_{\min}=(\sqrt2-1)V_M.} \]
نستخدم الآن المركبتين اللتين أُوجدتا في الجزء b): \[ \begin{aligned} w^2 &=v_\parallel^2+v_\perp^2-2V_Mv_\parallel+V_M^2\\ &=v_0^2-\frac23V^2-\frac43V_Mv_0+V_M^2. \end{aligned} \] وبما أن \(V_M^2=\frac23V^2\)، تُبسَّط هذه العلاقة إلى \[ w^2=v_0^2-\frac43V_Mv_0. \] عند عتبة الإفلات، \[ v_0^2-\frac43V_Mv_0=(\sqrt2-1)^2V_M^2. \] الجذر الموجب هو \[ v_{0,\min} =V_M\left[\frac23+\sqrt{\frac49+(\sqrt2-1)^2}\right] =35.555\ldots\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] لذلك تكون سرعة الإطلاق المطلوبة بالنسبة إلى الأرض \[ \boxed{ u_{\mathrm{ii},\min}=v_{0,\min}-V =5.56\,\mathrm{km\,s^{-1}}. } \] تتجاوز هذه القيمة السرعة \(2.86\,\mathrm{km\,s^{-1}}\) اللازمة لبلوغ مدار المريخ، لذا فإن المسار الوارد ممكن.
كما أن الإطلاق في اتجاه الحركة المدارية يجعل السرعة المطلوبة أصغر ما يمكن بين اتجاهات الإطلاق الممكنة. ولإثبات ذلك، لتكن \(\alpha\) زاوية الإطلاق بالنسبة إلى حركة الأرض، ولنكتب \(q=r/R=2/3\). تعطي علاقات الطاقة والزخم الزاوي نفسها \[ w^2 =u^2+2Vu(1-q^{3/2})\cos\alpha +V^2(3q-1-2q^{3/2}). \] عند تثبيت \(u\)، تبلغ هذه الكمية أكبر قيمة لها عندما يكون \(\cos\alpha=1\)، لأن \(q<1\). وهكذا يتيح الإطلاق في اتجاه الحركة المدارية أكبر سرعة نسبية ممكنة عند اللقاء لسرعة إطلاق معطاة.
عدديًا، تكون مركبتا السرعة على المسار الوارد الأمثل \[ v_\parallel=23.70\,\mathrm{km\,s^{-1}},\qquad v_\perp=10.12\,\mathrm{km\,s^{-1}}. \] وتعطيان \(w=10.15\,\mathrm{km\,s^{-1}}\). وبعد الانعطاف الأمثل، \[ v_{\mathrm{out}}=V_M+w =34.64\,\mathrm{km\,s^{-1}} =\sqrt2\,V_M, \] كما هو مطلوب.
لا يوجد أي انتهاك لانحفاظ الطاقة. تزداد طاقة المسبار بالنسبة إلى الشمس أثناء اللقاء بمقدار \[ \Delta E =m\mathbf V_M\cdot \left(\mathbf w_{\mathrm{out}}-\mathbf w_{\mathrm{in}}\right). \] وللانعطاف الأمثل، تصبح هذه العلاقة \[ \Delta E=mV_M\left[w-(v_\parallel-V_M)\right]>0. \] تأتي هذه الطاقة من الحركة المدارية للمريخ. ويكون التغيّر المقابل في سرعة المريخ مهملًا لأن كتلته أكبر بكثير من كتلة المسبار.
d)
بإهمال طاقة الإفلات من الأرض، تكون الطاقة المُكسَبة عند الإطلاق في الإطار المرجعي للأرض \[ E_{\mathrm{launch}}=\frac12mu^2. \] ومن ثم يكون أكبر وفر نسبي \[ \begin{aligned} f_{\max} &=\frac{E_{\mathrm{i}}-E_{\mathrm{ii}}}{E_{\mathrm{i}}}\\ &=1-\left(\frac{u_{\mathrm{ii},\min}}{u_{\mathrm{i},\min}}\right)^2\\ &=1-\left(\frac{5.55519}{12.42641}\right)^2\\ &=0.80015. \end{aligned} \] وعليه \[ \boxed{f_{\max}\simeq80\%.} \] تبلغ طاقتا الإطلاق المقابلتان لكل وحدة كتلة من المسبار نحو \(77.2\,\mathrm{MJ\,kg^{-1}}\) للإفلات المباشر، و\(15.4\,\mathrm{MJ\,kg^{-1}}\) بمساعدة المريخ المثالية.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحل الرسمي.