111. Движение частицы под действием центральной силы, зависящей лишь от расстояния. Сила, имеющая своим источником неподвижный центр (т. е. проходящая через этот центр), называется центральной. Для материальной частицы, находящейся под действием центральной силы, мы всегда можем написать интеграл кинетического момента [формула (18.20) на стр. 160]
$$\mathit{G}=\mathit{r}\times \mathit{m}\mathit{v}=\mathit{C},$$

а также вытекающий нз него второй интеграл. [формула (18.25) на cтp. 161]
$$\mathit{c}\cdot \mathit{r}=\mathbf{0}.$$

Первый интеграл говорит о постоянстве кинетического момента $\mathit{G}$, а значит и секторной скорости
$$S=\frac{a}{2m}.$$

При этом постоянны не только кинетический момент и секторная скорость относительно центра силы, но также и относительно любой оси, проходящей через центр силы (§102). Из всех этих осей максимальной секторной скорости соответствует ось, совпадающая по направлению с кинетическим моментом $\mathit{G}$ : относительно этой оси секторная скорость равна
$$S_G=\frac{\mathit{G}}{2m}=\frac{|\mathit{r}\times \mathit{v}|}{2}=\frac{r_0{v}_0\sin \left(\widehat{r_0,v_0}\right)}{2}.$$

Второй интеграл,
$$\mathit{c}\cdot \mathit{r}=C_{x}x+C_{y}y+C_{z}z=0,$$

выражает тот факт, что траекторией частицы служит плоская кривая, плоскость которой перпендикулярна к кинетическому моменту $\mathit{G}=\mathit{C}$. Проекции $C_x,C_y,C_z$ этого вектора тесно связаны с геометрическими элементами траектории. Так,
$$\frac{C_z}{\sqrt{C_x^2+C_y^2+C_z^2}}$$

представляет собой косинус угла наклонения плоскости орбиты к плоскости $Qxy$. Далее, положив в уравнении (19.5) координату $z$ равной

нулю, мы получим уравнение прямой, являющейся следом плоскости орбиты на плоскости $Oxy$ :
$$C_{x}x+,C_{y}y=0;$$

эту линию в астрономии обыкновенно называют линией узлов. Из написанного уравнения вытекает, что
$$-\frac{C_x}{C_y}=\mathrm{tg}\lambda$$

есть тангенс угла узловой линии с осью $Ox$ (т. е. с некоторым постоянным направлением в плоскости $Oxy$ ).

Совместим теперь ось $Oz$ с направлением кинетического момента $\mathit{G}$ и станем относить движение частицы к полярным координатам $\rho$, $\phi$ в плоскости Oxy. Интеграл (19.4) напишется в этих координатах следующим образом [см. формулу (18.24) на стр. 161]:
$${\rho }^2\cdot \dot{\phi }={\rho }_0{v}_0\sin (\widehat{{\rho }_0^0},{\mathit{v}}_0)=A,$$

где ноликами (внизу) помечены начальные значения соответствующих величин и
$$A=\frac{C}{m}.$$

Покажем, что если центральная сила является функцией только расстояния между центром и движущейся частицей, то вопрос о движении частицы решается с помощью двух квадратур. Действительно, пусть
$$F=f(\rho )\overline{{\rho }^0},$$

где $f(\rho )$, очевидно, есть проекция $F_{\rho }$ силы $F$ на орт $\overline{{\rho }^0}$. Тогда в соответствии е формулами (18.45) и (18.46) на стр. 166 и 167 найдём следующее выражение для силовой функции:
$$U(p)=jf(p)dp.$$

Напишем интеграл энергии:
$$\frac{m{v}^2}{2}=U(\rho )+h.$$

Выразим здесь скорость в полярных координатах [Формула (6.24) на стр. 56] и положим
$$U(\rho )=m\chi (\rho ),h=mH;$$

тогда, сократив уравнение на массу, найдём:
$${\dot{\rho }}^2+{\rho }^2{\dot{\phi }}^2=2\psi (\rho )+2H$$

где $H$ — четвёртая по счёту произвольная постоянная (первые три — это проекции вектора $\mathit{G}=\mathit{C}$ ).

Исключив время из уравнений (19.6) и (19.8), найдём дифференциальное уравнение траектории. С этой целью замечаем, что
$$\dot{\rho }=\frac{d_p}{d\phi }\dot{\phi },$$

а $\dot{\phi }$ заменяем везде его значением из уравнения (19.6); тогда уравнение (19.8) нам даст:
$$\frac{A^2}{{\rho }^4}{\left(\frac{d\rho }{d\phi }\right)}^2+\frac{A^2}{{\rho }^2}=2\chi (\rho )+2H,$$

или
$$\pm \frac{Ad\rho }{{\rho }^2\sqrt{2\mathcal{X}(\rho )+2H-\frac{A^2}{{\rho }^2}}}=d\phi .$$

Отсюда, проинтегрировав, находим уравнение траектории в конечном виде:
$$\pm \int \frac{Ad\rho }{{\rho }^2\sqrt{2X(\rho )+2H-\frac{A^2}{{\rho }^2}}}=\phi +C_5\text{; }$$

здесь $C_5$ — пятое по счёту произвольное постоянное. Возвращаясь к равенству (19.6), получаем теперь на основании соотношения (19.10) следующее дифференциальное уравнение:
$$\pm \frac{d\rho }{\sqrt{2X(\rho )+2H-\frac{A^2}{{\rho }^2}}}=dt.$$

Отсюда интегрированием находим:
$$\pm \int \frac{d\rho }{\sqrt{2x(\rho )+2H-\frac{A^2}{{\rho }^2}}}=t+C_6,$$

где $C_6$-шестое произвольное постоянное. Мы нашли зависимость $\rho$ от времени, что и заканчивает нашу задачу.

112. Движение под действием притяжения по закону Ньютона. Пусть сила $F$-сила притяжения, обратно пропорциональная квадрату расстояния. Тогда, поскольку сила $\mathit{F}$ противоположна единичному вектору $\overline{{\rho }^0}$, имеем
$$F=-\frac{k^{2}m}{{\rho }^2}{\overline{p}}^0,$$

и, следовательно, силовая функция согласно формуле (19.7) рагна
$$U=\frac{k^{2}m}{\rho }.$$

Дифференциальное уравнение (19.9) траектории примет теперь вид
$$\frac{A^2}{{\rho }^4}{\left(\frac{d\rho }{d\phi }\right)}^2+\frac{A^2}{{\rho }^2}=\frac{2k^2}{\rho }+2H,$$

причём постоянные $2H$ и $A$ согласно соотношениям (19.8) и (19.6) следующим образом выразятся через начальные условия:
$$2H=v_0^2-\frac{2k^2}{{\rho }_0},A={\rho }_0{v}_0\sin ({\overline{\rho }}_0^0,\widehat{v_0}).$$

Введём вспомогательное переменное
$$z=\frac{A}{\rho }$$

тогда из уравнения (19.12) получим:
$${\left(\frac{dz}{d\phi }\right)}^2=2H+\frac{2k^2}{A}z-z^2,$$

или
$${\left(\frac{dz}{d\phi }\right)}^2=2H+\frac{k^4}{A^2}-{(z-\frac{k^2}{A})}^2.$$

Введём, кроме того, новое постоянное $e$ с помощью соотношения
$$2H+\frac{k^4}{A^2}=\frac{k^4}{A^2}{e}^2.$$

Легко убедиться, что сумма, стоящая слева, не отрицательна и что, следовательно, $e$-величина действительная. В самом деле, из равенств (19.13) получаем:
$$2H+\frac{k^4}{A^2}=v_0^2-\frac{2k^2}{{\rho }_0}+\frac{k^4}{{\rho }_0^2{v}_0^2\sin ({\rho }_0^0,v_0)}⩾{(v_0-\frac{k^2}{{\rho }_0{v}_0})}^2.$$

Из соотношения (19.16) вытекает, что
$$2H=\frac{k^4}{A^2}(e^2-1),$$

и, следовательно, если
$$H<0,H=0,H>0,$$

то соответственно
$$e<1,e=1,e>1\text{. }$$

Возвращаясь к уравнению (19.15), можем тфперь написать:
$$\frac{dz}{\sqrt{\frac{k^4}{A^2}{e}^2-{(z-\frac{k^2}{A})}^2}}=\pm d\phi .$$

С уравнением этого типа мы уже имели дело в главе о прямолинейном движении частицы [уравнение (16.10) -на стр. 145]; написав его общее решение в форме (16.12), указанной на стр.’ 146 , найдём в нашем случае
$$z-\frac{k^2}{A}=\frac{k^2}{A}e\cos (\phi +C_5),$$

где $C_5$, как и в уравнении (19.11), — пятое по счёту произвольное постоянное. Возврацаясь к старому переменному $\rho$ и полагая
$$p=\frac{A^2}{k^2},$$

получаем искомое уравнение траектории в следующем виде:
$$\rho =\frac{p}{1+e\cos (\phi +C_5)}.$$

Это — уравнение кривой второго порядка, отнесённое к фокусу. Постоянная $e$ представляет собой эксцентриситет кривой, а $p$-её параметр; для эллипса и гиперболы соответственно имеем
$$p=a_9(1-e^2)$$
u
$$p\doteq a_{\mathrm{r}}(e^2-1)\text{, }$$

где $a_9$ — большая полуось эллипса, а $a_r$ — действительная полуось гиперболы.

При $\phi =-C_5$ полярный радиус $\rho$, очевидно, имеет наименьшее значение. В астрономии, если речь идёт о движении планеты или кометь около солнца, точку на орбите, наименее удалённую от солнца, называют перигелием и её угловую координату $\phi$ обыкновенно обозначают ${\phi }_{\pi }$. Очевидно, $C_5=-{\phi }_{\pi }$. Угол
$$\varphi =\phi +C_5=\phi -{\phi }_{\pi },$$

представляющий собой угловое расстояние планеты от перигелия, носит название истинной аномалии.

Чтобы окончить задачу о движении частицы, остаётся определить зависимость истинной аномалии $\psi$ от времени. Из уравнения (19.6) мы находим:
$${\rho }^{2}d\phi =Adt$$

заменив здесь $A$ по формуле (19.17), $\rho$ по формуле (19.18), а $\phi$ всюду по формуле (19.21), мы придём к уравнению
$$\frac{d\psi }{(1+e\cos \psi {)}^2}=\frac{k}{p^{2/2}}dt\text{. }$$

Вместо џ введём новую переменную $\eta$, положив
$$\eta =\mathrm{tg}\frac{\varphi }{2}$$

следовате.ньно;
$$\mathrm{\Psi }=2\mathrm{arctg}\eta ,d\mathrm{\Psi }=\frac{2d\eta }{1+{\eta }^2}$$

H
$$\cos \downarrow =\frac{1-n^2}{1+n^2}.$$

Левая часть уравнения (19.22) преобразуется тогда слехующим образом:
$$\frac{d\psi }{(1+e\cos \psi {)}^2}=\frac{2(1+{\eta }^2)d\eta }{{[1+e+(1-e){\eta }^2]}^2}=\frac{2}{(1+e{)}^2}\frac{(1+{\eta }^2)d\eta }{(1+\gamma {\eta }^2)},$$

где
$$\gamma =\frac{1-e}{I+e}.$$

Рассмотрим отдельно случаи, когда траекторией служит парабола, эллипс и гипербола.
1) Для параболы $\mathit{l}=1$; следовательно, $\gamma =0$, и согласно равенствам (19.22) и (19.24) мы получаем:
$$(1+{\eta }^2)d{\eta }_1=\frac{2k}{p^{3/2}}dt;$$

отсюда интегрированием находим:
$$\frac{2k}{p^{3/2}}(t-\tau )=\eta +\frac{1}{3}{\eta }^3=\mathrm{tg}\frac{\psi }{2}+\frac{1}{3}{\mathrm{tg}}^3\frac{\varphi }{2}.$$

Произвольная постоянная $\tau$ равна значению времени $t$ в момент прохождения частицы через перигелий, т. е. когда $ఫ:=0$.

Обратимся к случаям, когда $\gamma$ оглично от нуля. Прежде всего замечаем, что
$$\frac{1+{\eta }^2}{{(1+\gamma {\eta }^2)}^2}=\frac{\frac{1}{\gamma }(1+\gamma {\eta }^2)+1-\frac{1}{\gamma }}{{(1+\gamma {\eta }^2)}^2}=\frac{1}{\gamma }\frac{1}{1+\gamma {\eta }^2}+\frac{\gamma -1}{\gamma }\frac{1}{{(1+\gamma {\eta }_i^2)}^2},$$

и, следовательно,
$$\int \frac{(1+{\eta }^2)d\eta }{{(1+\gamma {\eta }^2)}^2}=\frac{1}{\gamma }\int \frac{d{\eta }_1}{1+\gamma {\eta }^2}+\frac{\gamma -1}{\gamma }\int \frac{d\eta }{{(1+\gamma {\eta }_1^2)}^2}.$$

Второй интеграл в правой части можно свести к первому. С этой целью применим к первому интегралу формулу интегрирования по частям; имеем
$$\int \frac{d\eta }{1+\gamma {\eta }^2}=\frac{\eta }{1+\gamma {\eta }^2}+2\int \frac{{\eta }^{2}d\eta }{{(1+\gamma {\eta }^2)}^2}.$$

Прибавив и вычтя в числителе последнего интеграла единицу, можем написать:
$$\int \frac{d\eta }{1+\gamma {\eta }^2}=\frac{\eta }{1+\gamma {\eta }^2}+2\int \frac{d\eta }{1+\gamma {\eta }^2}-2\int \frac{d\eta }{{(1+\gamma {\eta }^2)}^2}.$$

Отсюда мы имеем
$$\int \frac{d\eta }{{(1+\gamma {\eta }^2)}^2}=\frac{1}{2}\frac{\eta }{1+\gamma {\eta }^2}+\frac{1}{2}\int \frac{d\eta }{1+\gamma {\eta }^2}.$$

Теперь выражение (19.26) принимает вид
$$\int \frac{(1+{\eta }^2)d\eta }{{(1+\gamma {\eta }^2)}^2}=\frac{\gamma -1}{2\gamma }\frac{\eta }{1+\gamma {\eta }^2}+\frac{\gamma +1}{2\gamma }\int \frac{d\eta }{1+\gamma {\eta }^2}.$$

Воспользовавшись этим равенством, а также равенством (19.24), мы можем следующим образом записать интеграл уравнения (19.22):
$$\frac{k}{p^{3/2}}(t-\tau )=\frac{1}{(1+e{)}^2}\{\frac{\gamma -1}{\gamma }\frac{\eta }{1+\gamma {\eta }^2}+\frac{\gamma +1}{\gamma }{\int }_0^{\eta }\frac{d\eta }{1+\gamma {\eta }^2}\},$$

где произвольная постоянная $\tau$ опять представляет собой время прохождения частицы через перигелий (в эгот момент $\eta =0$ ). Так как
$$\frac{\gamma -1}{\gamma }=-\frac{2e}{1-e}\text{ и }\frac{\gamma +1}{\gamma }=\frac{2}{1-e},$$

то предыдущее равенство мы можем переписать следующим образом:
$$\frac{k}{p^{3/4}}(t-\tau )=\frac{2}{(1+e)(1-e^2)}\{{\int }_0^{\eta }\frac{d\eta }{1+\gamma {\eta }^2}-e\frac{\eta }{1+\gamma {\eta }^2}\}.$$
2) Для эллипса $e<1$, следовательно, $\gamma >0$, а поэтому
$$\int \frac{d\eta }{1+\gamma {\eta }^2}=\frac{1}{\sqrt{\gamma }}\mathrm{arctg}\left(\sqrt{\gamma }{\eta }_{\eta }\right).$$

Введём новую переменную $f$, положив
$$\sqrt{\gamma }{\eta }_1=\mathrm{tg}\frac{f}{2}$$

мы имеем, следовательно:
$$f=2\mathrm{arctg}\left(\sqrt{\gamma }{\eta }_i\right),\frac{2\eta }{1+{\eta }^2}=\frac{2}{\sqrt{\gamma }}\sin \frac{f}{2}\cos \frac{f}{2}=\frac{1}{\sqrt{\gamma }}\sin f;$$

поэтому уравнение (19.27) переходит в следующее:
$$\frac{k}{p^{3/2}}(t-\tau )=\frac{1}{(1+e)(1-e^2)\sqrt{\gamma }}(f-e\sin f):$$

Заменим здесь $p$ и $\gamma$ их выражениями (19.19) и (19.25); тогда, после сокращения на ${(1-e^2)}^{3/2}$, мы придём. к следующему окончательному результату для случая движения частицы по эллиптической орбите:
$$\frac{k}{a_3^{3/2}}\cdot (t-\tau )=f-e\sin f.$$

Величина $f$ называется в астрономии эксцентрической аномалией. Нетрудно указать её геометрический смысл. Проведём из центра $O$ эллипса, служащего орбитой частицы $M$, окружность радиуса, равного большой полуоси $a_9$ орбиты (фиг. 78). Фиг. 78. Продолжим ординату $BM$ точки $M$ до пересечения с этой окружностью в точке $E$. Соединим точку $M$ с фокусом $F$ эллипса, а точку $E$ с его центром $O$. Как мы знаем, угол $\psi =\mathrm{\angle }BFM$ называется истинной аномалией точки $M$; покажем, что угол $\epsilon =\mathrm{\angle }BOE$ равен её эксцентрической аномалии $f$. Действительно, мы имеем
$$FB=OB-OF,$$

или
$$\rho \cos \psi =a_9\cos \epsilon -a_{9}e;$$

с другой стороны, из уравнения эллипса в полярных координатах, если принять во внимание соотношение (19.19), следует:
$$p=\frac{a_3(1-e^q)}{1+e\cos \psi }\text{. }$$

Почленно поделив последнее уравнение на предыдущее, мы получим:
$$\cos \psi =\frac{(1+e\cos \psi )(\cos \epsilon -e)}{1-e^2}.$$

Отсюда мы находим:
$$\cos \epsilon =\frac{e+\cos \psi }{1+e\cos \psi },$$

или, после перехода к половинным углам,
$$\mathrm{tg}\frac{\epsilon }{2}=\sqrt{\frac{1—e}{1+e}}\mathrm{tg}\frac{\psi }{2}.$$

Согласно формулам (19.23), (19.25) и (19.28) такое же выражение имест эксцентрическая аномалия $f$; таким образом, действительно
$$\epsilon =f\text{. }$$
3) Для гиперболы $e>1$, и, следовательно, $\gamma <0$; поэтому интеграл уравнения (19.27) находим́ так:
$$\int \frac{d\eta }{1+\gamma {\eta }^2}=\frac{1}{2\sqrt{-\gamma }}\ln \frac{1+\sqrt{-\gamma }\eta }{1-\sqrt{-\gamma }\eta }.$$

Если теперь положить
$$\sqrt{-\gamma }{r}_1=\mathrm{tg}\frac{q}{2}$$

то окажется, что
$$\begin{array}{l}\frac{1+\sqrt{-\gamma }\eta }{1-\sqrt{-\gamma }\eta }=\frac{1+\mathrm{tg}\frac{q}{2}}{1-\mathrm{tg}\frac{q}{2}}=\mathrm{tg}(\frac{\pi }{4}+\frac{q}{2}),\\ \frac{\eta \cdot 1}{1+{\eta }^2}=\frac{1}{\sqrt{-\gamma }}\frac{\mathrm{tg}\frac{q}{2}}{1-{\mathrm{tg}}^2\frac{q}{2}}=\frac{1}{2\sqrt{-\gamma }}\mathrm{tg}q.\end{array}$$

Подставив эти выражения в уравнение (19.27), находим:
$$\frac{\mathit{k}}{{\mathit{p}}^{3/2}}(t-\tau )=\frac{1}{(1+e)(1-e^2)\sqrt{-\gamma }}[\ln \mathrm{tg}(\frac{\pi }{4}+\frac{q}{2})-e\mathrm{tg}q].$$

Пользуемся снова формулой (19.25) для $\gamma$ и, кроме того, заменяем $p$ его выражением (19.20); тогда после сокращения на ( ${e^2-1)}^{3/2}$ мы получим для случая гиперболической орбиты следующий окончательный результат:
$$\frac{k}{a_{\mathrm{r}}^{3/2}}(t-\tau )=e\mathrm{tg}q-\ln \mathrm{tg}(\frac{\pi }{4}+\frac{q}{2}).$$
113. Формула Бине. В заключение настоящей главы покажем, как в общем случае, зная центральную силу $\mathit{F}$ и массу $m$ частицы, пользуясь интегралом площадей, получить дифференциальное уравнение второго порядка для орбиты.

Мы уже видели, как в случае постоянства секторной скорости выражается проекция ускорения частицы на координатную ось $P$ [формула (7.36) на стр. 71$]$ :
$$w_p=-\frac{A^2}{{\rho }^2}[\frac{d^2\left(\frac{1}{\rho }\right)}{d{\phi }^2}+\frac{1}{\rho }]$$

причём $A$.есть так называемая постоянная площадей, равная
$$A={\rho }^2\cdot \text{. }$$

Так как проекция силы на ось $\rho$ равна $F_p=m{w}_{\rho }$, то отсюда мы полу-

чаем следующее выражение для силы:
$$F_{\rho }=-\frac{A^{2}m}{{\rho }^2}[\frac{d^2\left(\frac{1}{\rho }\right)}{d{\phi }^2}+\frac{1}{\rho }].$$

Это и есть формула Бине (Binet). Она чаще всего служит для определения закона изменения силы по данному уравнению центральной орбиты, но может быть применена и к решению обратного вопроса.

Пример 45. Пусть частица движется под действием центральной силы по логарифмической спирали. Найдём закон притяжения или отталкивания, если действующий центр находится в асимптотической точке кривой. Имеем уравнение траектории
$$\rho =a{e}^{\lambda \phi },$$

где $a$ и $\lambda$-некоторые постоянные. Вычисляем вторую производную от $\frac{1}{p}$ :
$$\frac{d^2\left(\frac{1}{p}\right)}{d{p}^2}=\frac{{\lambda }^2}{a}{e}^{-\lambda \phi }=\frac{{\lambda }^2}{p}.$$

Подставляем результат в уравнение (19.29); находим:
$$F_0=-\frac{m{A}^2({\lambda }^2+1)}{{\rho }^j}=-\frac{C^2}{{\rho }^3}.$$

Таким образом, сила оказывается притягивающей и обратно пропорциональной кубу расстояния.

Пример 46. Найдём орбиту частицы в случае ее притяжения к некоторому центру по закону тяготения Ньютона. В рассматриваемом случае мы имеем для силы выражение
$$F_{\rho }=-\frac{k^{2}m}{{\rho }^2}.$$

Следовательно, формула (19.29) даёт такое дифференциальное уравнение орбиты:
$$\frac{d^2\left(\frac{1}{\rho }\right)}{d{\rho }^2}+\frac{1}{\rho }=\frac{k^2}{A^2}\text{. }$$

Общим решением этого линейного дифференциального уравнения служит функция
$$\frac{1}{\rho }=C_1\cos \phi +C_2\sin \phi +\frac{k^2}{A^2},$$

где $C_1$ и $C_2$ — произвольные постоянные. В другой форме это решение можно записать так:
$$\frac{1}{\rho }=\frac{k^2}{A^2}+\frac{k^2}{A^2}D\cos (\phi +E),$$

где $D$ и $E$ — новые производные постоянные. Решив последнее уравнение относительно $\rho$, мы получаем:
$$\rho =\frac{\frac{A^2}{k^2}}{1+D\cos (\phi +E)};$$

таким образом, искомой орбитой оказывается коническое сечение с фокусом в центре силы.