Расстояние падения снаряда

Assessing ballistic trajectories

Thinking through the maximum range of a ballistic projectile launched from the North Pole, reaching up to 2 km high. The challenge is to estimate the distance to the target, considering Earth's curvature and the projectile's horizontal range.

Evaluating ballistic range

I'm analyzing the maximum range of a ballistic missile launched tangentially from the North Pole, excluding Earth's rotation and with a maximum altitude of 2 km.

Estimating the impact distance

I'm figuring out the difference in impact points under a flat Earth model compared to a spherical Earth's curvature, aiming for an estimate within 1 or 2 meters.

Calculating impact

Wondering how Earth's curvature affects a ballistic missile's impact trajectory when launched from the North Pole, trying to estimate the workspace difference for accuracy.

Calculating velocity and range

I calculated the missile's velocity at 280 m/s, then figured out the range, which came to 8 km.

Assessing rocket parameters

OK, let me see: with a 280 m/s velocity and 8 km range, I am examining how Earth's curvature influences the target difference, comparing local gravitational field shifts and radius variations.

Assessing trajectory

OK, I’m thinking about the ballistic trajectory over a curved Earth and negligible gravitational potential difference. It’s interesting to see how slight changes can affect the accuracy of the missile's path.

Evaluating gravitational impact

Adjusting for Earth's curvature, a 0.03% change in gravitational acceleration results in a 0.03% variation in the ballistic range. For a 400 km range, this difference is just 0.12 km.

Adjusting for Earth's curvature

OK, let me see. Correcting the standard 8 km range for Earth's curvature involves considering how the rocket's southward launch from the North Pole influences its trajectory, accounting for the Earth's curvature.

Evaluating curvature effects

OK, let me see. The difference between 8 km and Earth's radius is minimal, just 0.001255, which suggests Earth's curvature doesn't greatly impact the missile's trajectory in this scenario.

Evaluating curvature impact

Interestingly enough, the curvature's effect on the 8 km missile trajectory is tiny—under a micron, which is negligible.

Tracing gravity's influence

OK, let me see. Gravity's slight directional shifts over 8 km lead to a range difference of just a few meters or tens of meters, showing Earth's curvature's minimal impact.

Piecing together the details

OK, I’m mapping out that Earth's curvature influences the ballistic path by just a few meters or less, given the missile's small maximum altitude relative to Earth's radius.

Assessing gravitational shifts

I'm mapping out how gravitational direction changes over 8 km, estimating a minor range difference of about 3 meters due to Earth's curvature's minimal impact.

Obtaining distance estimate

By evaluating Earth's curvature and gravitational direction change over 8 km, the final landing point of the missile is adjusted, resulting in an estimated distance of 10 meters.

Thought about расчёте расстояния снаряда for 1m 11s

Ниже приведён один из возможных способов прикидочной оценки, почему расстояние от точки падения до «цели» (если бы мы рассчитывали траекторию на плоской Земле с постоянным вертикальным $g$) получается очень маленьким – порядка метров или даже меньше.

1. «Плоская» баллистика: оценка скорости и дальности

Пусть снаряд запускается под углом, дающим максимальную дальность на плоскости (это угол $45^\circ$ в однородном поле тяжести без учёта сопротивления воздуха). При этом:

1. Максимальная высота траектории (вершина) равна

   $$H \;=\; \frac{v^2 \,\sin^2\!\alpha}{2g}.$$

   Для угла $\alpha = 45^\circ$, где $\sin^2 45^\circ = \tfrac12$, имеем

   $$H \;=\; \frac{v^2}{4g}.$$

   Отсюда

   $$v^2 \;=\; 4\,g\,H,\quad v \;=\; 2\,\sqrt{gH}.$$

   При $H = 2000$ м и $g \approx 9{,}8$ м/с$^2$:

   $$v \;\approx\; 2 \,\sqrt{9{,}8 \times 2000} \;\approx\; 2 \times 140 \;=\; 280\text{ м/с}.$$

2. Максимальная дальность (на плоскости) для угла $45^\circ$ есть

   $$R_\text{плоская} \;=\; \frac{v^2 \,\sin(2 \cdot 45^\circ)}{g} \;=\; \frac{v^2}{g} \;=\; \frac{4\,g\,H}{g} \;=\; 4\,H.$$

   При $H = 2000$ м получаем

   $$R_\text{плоская} \;=\; 4 \times 2000 \;=\; 8000\text{ м} \;=\; 8\text{ км}.$$

Итак, если бы Земля была плоской, а направление силы тяжести везде оставалось одинаково «вертикальным», снаряд упал бы ровно в точку, отстоящую на 8 км от места старта.

2. Учитываем кривизну Земли

Теперь реальная Земля шарообразна (или близка к ней), с радиусом $R \approx 6371$ км. Снаряд стартует с Северного полюса и летит на расстояние порядка 8 км вдоль поверхности. При этом:

1. Изменение направления силы тяжести.
   На плоской модели мы считаем, что «вектор $g$» всё время параллелен сам себе. Но на сфере гравитация в каждой точке направлена к центру Земли; следовательно, за 8 км вдоль поверхности угол, на который «повернётся» вектор $g$, очень мал:

   $$\Delta \theta \;\approx\; \frac{S}{R} \;\approx\; \frac{8{,}000\text{ м}}{6{,}371\,000\text{ м}} \;\approx\; 0{,}0013 \text{ рад} \;=\; 0{,}07^\circ.$$

   При столь малом «повороте» результирующая разница в траектории (по сравнению с «прямолинейным» $g$) будет очень невелика.

2. Разница между дугой и хордой на малой дуге.
   Для дуги длиной $S = 8$ км при $R=6371$ км:

   • Длина дуги: $S$.
   • Соответствующая хорда: $2R\,\sin(\Delta\theta/2)$. При малых $\Delta\theta$ (несколько тысячных радиана) хорда и дуга почти совпадают (разница в метрах на масштабе километров).

3. Приблизительная оценка «промаха».
   Если грубо считать, что «наклон» вектора тяжести за 8 км приводит к смещению траектории на порядок

   $$S \,\times\, \bigl(\tan \Delta\theta\bigr) \;\sim\; 8{,}000\text{ м} \times 0{,}0013 \;\approx\; 10\text{ м}.$$

   (Это лишь весьма условная «оценка по размерности», показывающая, что эффект не превысит десятков метров.)

Все дополнительные факторы (неидеальная гравитация, поворот траектории, небольшая разница в значении $g$ на высоте 2 км и т. д.) суммарно дадут эффект того же порядка величины – то есть счёт идёт на метры, максимум десятки метров, но уж никак не на километры.

3. Ответ

Таким образом, если цель «по плоской модели» находилась бы ровно на максимальной дальности (8 км), то из-за учёта сферичности Земли (радиального направления силы тяжести) снаряд упадёт чуть мимо цели. Порядок этого «промаха» оценивается:

Это и есть искомая прикидка. На фоне общей дальности всего 8 км такой «горизонтальный» промах из-за кривизны Земли пренебрежимо мал.

Considering Earth's rotation

OK, let me see. Earth's rotation around its axis, completing once daily, impacts the final landing position of a rocket launched from the North Pole. The large circumference results in a noticeable linear speed at the equator.

Taking a closer look

Since Earth's rotation speed is zero at the North Pole, I think the rocket's launch and landing are quite swift, spanning just a few tens of seconds.

Calculating Earth's rotation

I found the rocket's flight time to be roughly 40 seconds. During this time, the Earth rotates about 0.166° from its original position at the North Pole.

Earth's subtle movement

Earth's rotation by 0.1666 degrees minimally shifts the rocket's landing point, given its trajectory along a line of longitude and the planet's eastward spin along its polar axis.

Calculating Earth's rotation

I'm figuring out the rocket's landing spot by factoring in Earth's rotation speed from the North Pole to the launch site. This approach helps estimate the effects on its trajectory.

Calculating latitude

I’m sketching out the rocket's landing latitude from the North Pole by equating the arc length to 8 km, using Earth's radius and latitude angle. This leads to pinpointing the landing latitude.

Figuring out landing latitude

I’ve worked out that the rocket lands at about 89.9283 degrees latitude, near the pole, with a rotation radius close to the Earth's surface. This feels like precise measurement refinement.

Calculating tangential speed

OK, let me see. With a 7.2921159 * 10^-5 rad/s angular velocity and an 8 km distance from Earth's rotation axis, the tangential speed is about 0.000582174 km/s.

Translating rocket dynamics

OK, I’m translating the rocket's flight into Earth's rotation. With Earth's eastward rotation at 0.58 m/s and the rocket, the ground shifts 23 meters eastward intelligently.

Tracking Earth's rotation

OK, let me see. The rocket, initially stationary with Earth's rotation, is influenced by Earth's eastward spin, drifting westwards by a few tens of meters, though the Coriolis effect is minimal here.

Analyzing Earth's rotation

OK, I’m piecing together Earth's rotation and flight dynamics. The rocket might land 20-30 meters west or east of the expected spot, influenced by Earth's angular velocity and flight time.

Assessing effects

Combining Earth's rotation and Coriolis acceleration, the rocket's land spot shifts about 20-30 meters west, plus 35.2 meters eastward, totaling a 15.2-meter shift eastward.

Analyzing Coriolis impact

I’m digging into how Coriolis acceleration shifts rocket landings. With southward travel in the northern hemisphere affecting westward deflection, the overall shift is quite intriguing.

Evaluating Coriolis impact

OK, let me see. For a rocket traveling solely along Earth's rotation axis, the Coriolis effect is nullified, indicating that there's no rotational influence on the rocket's trajectory.

Tracing the effect

I’m mapping out the rocket's horizontal movement, noting that Earth's eastward rotation might shift it west by around 23 meters after just 40 seconds of flight.

Thought about Earth's rotation effects for 54 seconds

Ниже — краткая прикидочная оценка того, как повлияет вращение Земли на «промах» снаряда, если он стартует с Северного полюса и летит по чисто баллистической траектории (без учёта сопротивления воздуха и т. п.) к точке максимальной дальности порядка 8 км.

1. Время полёта и «плоская» дальность

Из предыдущих прикидок (без учёта вращения Земли) мы получили:

• Максимальная высота: $H = 2$ км.
• Приблизительная начальная скорость: $$v \;\approx\; 2\sqrt{gH} \;\approx\; 2\sqrt{9{,}8 \times 2000} \;\approx\; 280\text{ м/с}.$$
• «Плоская» максимальная дальность (если бы направление $g$ оставалось постоянным и Земля не вращалась) около $$R_\text{плоская} \;\approx\; 8\text{ км}.$$
• Типичное время полёта (для угла 45° без учёта сопротивления воздуха) порядка $$T \;=\; \frac{2\,v\,\sin 45^\circ}{g} \;\approx\; \frac{2\,\times\,280\,\times\,\tfrac{1}{\sqrt2}}{9{,}8} \;\approx\; 40\text{ с}.$$

Это время (40 с) — ключевое для оценки сноса из-за вращения Земли.

2. Как вращается Земля у полюса?

Пусть Земля вращается с угловой скоростью

• На самом Северном полюсе линейная скорость вращения поверхности равна нулю (радиус там равен нулю).
• Однако цель находится примерно в 8 км от полюса (по дуге меридиана). Значит, если бы объект «лежал» на Земле неподвижно относительно неё на широте, отстоящей на 8 км от полюса, его радиус вращения вокруг земной оси составлял бы те же $8\,000$ м.

Линейная скорость точки на расстоянии $r$ от оси вращения есть

Для $r = 8000$ м получаем:

То есть земляная «точка приземления» уходит (на данной широте) на восток со скоростью около 0,6 м/с.

3. Снос за время полёта

Поскольку снаряд стартовал с самого полюса, там его линейная скорость (из-за вращения) была нулевой. Значит, в инерциальной («не вращающейся вместе с Землёй») системе отсчёта у снаряда практически нет «восточного» импульса, тогда как поверхность Земли на конечной широте вращается на восток.

1. За время полёта $T \approx 40$ с Земля поворачивается на угол $\omega\,T$: $$\Delta \theta \;=\; \omega\,T \;\approx\; 7{,}29\times10^{-5}\,\times 40 \;\approx\; 2{,}9\times10^{-3}\,\text{рад} \;\approx\; 0{,}17^\circ.$$
2. Точка на расстоянии 8 км от оси, соответственно, «уедет» на дугу $\Delta s \approx r\,\Delta\theta$: $$\Delta s \;\approx\; 8000\,\text{м}\;\times\;2{,}9\times10^{-3} \;\approx\; 23\,\text{м}.$$

С учётом знака: земля «прокрутится» чуть на восток, а снаряд не имеет такого же восточного импульса — в итоге он упадёт западнее «идеальной» точки (если смотреть в системе координат, жёстко связанной с Землёй).

4. Кориолис и «нулевой» меридиан

Часто в подобных задачах вспоминают про эффект Кориолиса, который даёт поперечный снос при движении по «широте» в северном полушарии. Однако здесь:

• Направление скорости снаряда (из полюса «на юг») практически совпадает с осью вращения Земли.
• Формула силы Кориолиса $\vec{F}_\text{cor} = -2\,m\,\vec{\omega}\times\vec{v}$ даёт ноль, если $\vec{v}$ и $\vec{\omega}$ коллинеарны (параллельны или антипараллельны).

То есть, путешествуя строго вдоль оси (от полюса вниз), снаряд не испытывает самой «кореолисовой» поперечной силы. Главный эффект — именно то, что в месте приземления земляная поверхность движется восточнее, а снаряд (в инерциальной системе) нет.

5. Итог

Если не учитывать никакие другие факторы (атмосферу, мелкие поправки по гравитационному полю и т. д.), то из-за суточного вращения:

• За ~40 с полёта Земля повернётся примерно на 0,17°.
• Точка на расстоянии ~8 км от полюса сдвинется на восток примерно на 20–30 м.
• Снаряд «не успеет» разделить этот восточный снос, поэтому упадёт на 20–30 м западнее идеальной «цели», рассчитанной без учёта вращения.

Таким образом, учёт вращения Земли слегка увеличивает общий «промах» (ещё десятки метров к эффектам кривизны и пр.); но при дальности полёта всего 8 км это всё равно относительно малая поправка.