Гравитация —Каталог задач по Олимпиадной физике

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#29214

На какой высоте, считая от поверхности Земли, ускорение свободного падения на $19%$ меньше, чем на поверхности Земли? Радиус Земли равен $R$ .

Источники: «Физтех», 2016, 9

Показать ответ и решение

Ускорение свободного падения можно рассчитать по формуле:

---M----- g = G (R + h)2,

где $h$ – высота подъема над поверхностью Земли.
По условию $′ g = 0,81g$ , откуда

2 ( ∘ --- ) ( ) -g = (R--+-h)- ⇒ h = R g- − 1 = R 10-− 1 = R- g′ R2 g′ 9 9

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#29216

Некоторые планеты (Венера, Земля, Нептун) движутся вокруг Солнца по орбитам, «близким» к круговым. Радиус орбиты Нептуна в $n = 30 р аз$ больше радиуса земной орбиты. Планеты движутся по орбитам в одной плоскости и в одном и том же направлении.
1. Вычислите продолжительность $TH$ года на Нептуне. Продолжительность земного года $T3 = 365 суток$ .
2. Через какой наименьший промежуток времени $τ$ расстояние между Землей и Нептуном достигает наибольшего значения?

Показать ответ и решение

1) Пусть $M$ – масса Солнца, $m$ – масса произвольной планеты, $R$ - расстояние от планеты до Солнца, $ω$ - циклическая частота вращения планеты, тогда по второму закону Ньютона

∘ ----- ∘ --3-- 2 M-m-- GM--- 2π- -R--- m ω R = G R2 ⇒ ω = R3 ⇒ T = ω = 2π GM

Откуда

√ --- √---- Tн = T з n3 = 365 ⋅ 303 ≈ 164 года

2) Требуется найти время, через которое планета перейдёт из точки наибольшего расстояния в ту же точку в первый раз. Для этого перейдём в СО Земли (или Нептуна) и вычислим время, за которое Нептун (или Земля) сделает оборот $2π$

2π TнTз τ = 2-π---2π- = --------- = 367 сут. --- − --- (Tн − T з) Tз T н

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Записан второй закон Ньютона	2

Записана формула центростремительного ускорения	2

Записан закон Всемирного тяготения	2

Записана формула нахождения времени	2

Представлен правильный ответ	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#29217

Искусственный спутник Земли движется по круговой орбите в плоскости экватора в том же направлении, что и точки на экваторе. Радиус орбиты спутника в два раза больше радиуса Земли $R = 6400 км$ . Ускорение свободного падения у поверхности планеты $g = 10 м/ с2$ .
1. Найдите период $T$ обращения спутника.
В некоторый момент времени расстояние от наблюдателя на экваторе до спутника наименьшее.
2. Через какое время $T1$ расстояние между наблюдателем и спутником впервые будет расти с наибольшей скоростью?
3. Найдите эту скорость $V$ .

Источники: Физтех, 2021, 9

Показать ответ и решение

Продолжительность суток на Земле $Tз = 24 ⋅ 60 ⋅ 60 = 86400$ с.

1) Пусть $M$ – масса Земли, $m$ – масса спутника, тогда по второму закону Ньютона

∘ ----- M m 2π R3 m ω2R о = G ---2- ω = ---⇒ T = 2 π ---о- R о T GM

Здесь $R о$ – радиус орбиты.
Так как $R о = 2R$ , и $GM -R2--= g$ , то

∘ ----- ∘ ---- ∘ --- 8R3-- 8R- √ -- R- 4 T = 2π GM = 2 π g = 2 π ⋅ 2 2 ⋅ g ≈ 1,4 ⋅ 10 с

2) Перейдём в систему отсчёта, связанную со спутником. Точки на экваторе движутся по окружности с угловой скоростью

( ) ω = 2 π 1- − -1- T Tз

Максимальная скорость роста расстояния достигается в тот момент, когда скорость наблюдателя направлена по прямой, на которой находятся спутник и наблюдатель. Из геометрии рисунка видно, что к этому моменту наблюдатель опишет дугу $π- 3$ .

π 1 T з ⋅ T T1 = --- = ---------≈ 2,8 ⋅ 103 с 3ω 6 Tз − T

3) Линейная скорость

( ) V = ωR = 2π 1-− 1-- R ≈ 2,4 ⋅ 103 м/с T Tз

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#29218

Космический зонд «Шумейкер» на некоторое время должен стать спутником астероида Эрос. По расчётам он будет обращаться вокруг астероида на высоте, составляющей $n = 1∕15 р адиуса$ Эроса, с периодом $T = 4, 5 ч аса$ . Определите предполагаемую среднюю плотность астероида $ρ$ . Гравитационная постоянная $G = 6,67 ⋅ 10−11 Н ⋅ м2 ∕кг2$ .

Источники: Всеросс., 2002, финал, 9

Показать ответ и решение

Скорость спутника на рассчитываемой орбите $v = 2π(n + 1)R ∕T,$ где $R$ – радиус Эроса. Из 2-го закона Ньютона ускорение спутника равно

2 a = ----v---- = ---GM-----, (n + 1 )R (1 + n )2R2

где $M$ – масса Эроса. Подставив $M = 4-πρR3, 3$ получим

3 π(n + 1)3 3 ρ = -------2--- ≈ 653 кг/ м GT

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#29220

При какой продолжительности суток тела на экваторе Земли весили бы в два раза меньше, чем на полюсе? Радиус Земли $R = 6400 к м$ .

Источники: МФТИ, 1979

Показать ответ и решение

Пусть $m$ – масса тела, тогда по второму закону Ньютона для экватора

2 2π- m ω R = mg − N1 ω = T ,

где $T$ – искомая величина, $N1$ – нормальная сила реакции опоры на экваторе, $R$ – радиус Земли на экваторе.
Так как на полюсе радиус вращения будет равен 0 (тело находится вблизи оси вращения), то второй закон Ньютона запишется в виде

mg = N2.

Так как по третьему закону вес тела равен силе реакции опоры и по условию

2 2 N2 = 2N1 ⇔ 2mg − 2m ω R = mg → g = 2ω R

Тогда

∘ ---- T = 2π 2R-≈ 2 часа g

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#29221

При какой продолжительности суток на Земле камень, лежащий на широте $ϕ = 60∘$ , оторвётся от поверхности Земли? Радиус Земли $R = 6400 км$ .

Источники: МФТИ, 1993

Показать ответ и решение

Отрыв произойдет в тот момент, когда исчезнет сила реакции опоры. На тело будет действовать только сила тяжести, которая и будет придавать телу центростремительное ускорение, при движении по окружности с радиусом $R cosϕ$ .

Из второго закона Ньютона в проекции на ось, направленную к центру Земли, получим, что

ma ц cosϕ = mg

При этом

---v2-- 4π2R-cosϕ-- aц = R cos ϕ = T 2

Подставляя второе уравнение в первое и сокращая массу, получим, что

2 2 4π--R-cos-ϕ-= g T2

Откуда

∘ --- T = 2π R- cosϕ ≈ 42 м ин g

Заметим, что при любой конечной силе трения камень начнет сползать к экватору (и в итоге оторвется) при большей продолжительности суток.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#29222

Ускорение свободного падения на поверхности планеты из несжимаемой жидкости равно $a = 9,8 м/c2$ . Найдите давление в центре планеты.

Источники: Всеросс., 1996, ОЭ, 11

Показать ответ и решение

Рассмотрим цилиндрический столб жидкости бесконечно малого поперечного сечения $dS$ , расположенный вдоль радиуса планеты от её центра до поверхности. Обозначим давление на расстоянии $r$ от центра планеты через $p(r)$ . Для части рассматриваемого столба, расположенной от $r$ до $r + dr$ , условие равновесия запишется в виде

(p(r + dr) − p(r))dS + F = 0 грав

Гравитационная сила $F грав$ , действующая на столбик жидкости бесконечно малой высоты $dr$ , имеющий массу $dm$ , обусловлена только той частью планеты, которая удалена от её центра на расстояние меньшее $r$ , поэтому ( $ρ$ – плотность жидкости)

F = G M--(r)dm-- M (r) = ρ 4πr3 dm = ρdSdr грав r2 3

Таким образом,

dpdS + G -1 ρ4π-r3ρdSdr = 0. r2 3

и для определения давления в центре имеем

∫ 24π- 0 24π- 2- 2 2 dp = − G ρ 3 rdr p(0) = − Gρ 3 rdr = 3πG ρ R R

Ускорение свободного падения на поверхности планеты определяется как

( )2 a = G M--(R) = G 1-ρ 4π-R3 = G ρ4π-R ⇒ a2 = G2 ρ2 4-π R2 R2 R2 3 3 3

Поэтому давление в центре планеты

( ) 2 3 ( 4π )2 3 p(0) = -πG ρ2R2 = ----- G2 ρ2 --- R2 = -----a2 = 1,7 ⋅ 1011 П а 3 8πG 3 8πG

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#29224

В открытом космосе три небольших астероида из-за гравитационного притяжения сближаются друг с другом вдоль общей прямой, неподвижной относительно звёзд. Отношение расстояний от среднего астероида до крайних остаётся равным $n = 2$ вплоть до их столкновения (рис.). Масса левого астероида равна $m1$ , масса центрального — $m2$ . Найдите массу $m3$ правого астероида.

Источники: Всеросс., 2009, финал, 10

Показать ответ и решение

Пусть ускорения астероидов раны $a1$ , $a2$ , $a3$ и направлены так, как показано на рисунке (см. рис.).

Перейдём в систему отсчёта, связанную с третьем астероидом и найдём ускорения двух других астероидов

′ ′ a1 = a1 + a3 a2 = a2 + a3.

Так как отношение расстояний остаётся постоянным, то

a-′1 a1 +-a3 3r- 3- a ′= a + a = 2r = 2. 2 2 3

Отсюда получаем связь ускорений:

a3 = 2a1 − 3a2.

Запишем второй закон Ньютона для каждого из грузов

m m m m m1a1 = G --12-2 + G --1-23, r 9r

m a = G m2m3-- − G m2m1--, 2 2 4r2 r2

m1m3-- m2m3-- m3a3 = G 9r2 + G 4r2 .

Отсюда

a = G m2-+ G -m3-, 1 r2 9r2

m3-- m1- a2 = G 4r2 − G r2 ,

m m a3 = G --12 + G --22. 9r 4r

Подставим в связь ускорений последние три уравнения, получим:

( ) ( ) m1- + m2- = 2 m + m3- − 3 m3- − m . 9 4 2 9 4 1

Отсюда выражаем $m3$ :

104m + 63m m3 = -----1-------2. 19

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#29225

Земля из-за вращения вокруг своей оси сплющена со стороны полюсов. Поэтому расстояние от центра Земли до полюсов (полярный радиус) меньше расстояния от центра Земли до экватора (экваториальный радиус). Оцените отношение разности экваториального и полярного радиусов к среднему радиусу Земли $R = 6370 км$ . Землю считать жидким телом, окружённым тонкой эластичной оболочкой в виде земной коры.

(Всеросс., 1998, РЭ, 9)

Источники: Всеросс., 1998, ОЭ, 9

Показать ответ и решение

Пусть давление в центре Земли $p$ . Рассмотрим два тонких столба жидкости $OA$ и $OB$ сечением $S$ и длиной $R п$ (полярный радиус), расположенный вдоль оси вращения Земли и в экваториальной плоскости (см. рис.)

Оценочно будем считать, что они притягиваются к центру Земли с одинаковой силой $F$ . Условие равновесия столба $OA$ : $F = pS$ . На столб $OB$ давит "довесок"толщиной $ΔR$ . Центр масс столба $OB$ движется с ускорением

(2π-)2 R-п a = T 2 ,

где $T = 24 ч$ . По второму закону Ньютона

F − pS + ρgSΔR = ρSR пa.

Из записанных уравнений с учетом того, что замена $Rп$ на $R$ мало изменит числовой ответ, получаем

( )2 ΔR--= 2π- -R ≈ 1∕582. R T 2g

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#112585

С какой скоростью должен был бы лететь самолёт вдоль экватора, чтобы сила давления сидящих пассажиров на кресла самолёта уменьшилась на четверть по сравнению силой давления перед взлётом? Радиус Земли принять равным $R = 6400 км$ . Собственным вращением Земли и высотой полёта по сравнению с радиусом Земли пренебречь.

Источники: МФТИ, 1987

Показать ответ и решение

Сила давления перед взлетом:

P0 = N0 = mg

Во время полета самолет будет двигаться вокруг Земли, то есть у него и у пассажиров внутри будет центростремительное ускорение.
Запишем второй закон Ньютона:

′ ′ 3- ma ц = mg − N , гд е N = 4mg

1 aц = --g 4

v2 1 ---= -g R 4

∘ --- v = 1- gR = 4000 м∕с 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#112586

Радиус планеты равен $R$ . На какой высоте, считая от поверхности планеты, скорость спутника, движущегося по круговой орбите, будет в 2 раза меньше первой космической скорости для этой планеты?

Источники: Физтех, 2016, 9

Показать ответ и решение

Запишем второй закон Ньютона для спутника, вращающегося вокруг планеты:

ma ц = Fгр

v2- mM--- m r = G r2

M v2 = G --- r

Теперь запишем формулу для первой космической скорости:

∘ ----- vI = G M-- R

Скорость спутника в 2 раза меньше первой космической скорости:

1- v = 2vI

1 v2 = -v2I 4

Подставим скорости:

G M--= G 1M-- r 4 R

Расстояние от спутника до центра планеты:

r = 4R

Значит:

h = 3R

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#112590

Марс удобнее всего изучать во время противостояния, когда Земля находится между Марсом и Солнцем. Определите, через какой промежуток времени повторяются противостояния Марса.
Ответ выразите в земных годах. Расстояние от Марса до Солнца в $n = 1,53 раза$ превосходит расстояние от Земли до Солнца. Считайте, что орбиты Земли и Марса являются круговыми.

Источники: МОШ, 2007, 9

Показать ответ и решение

Запишем второй закон Ньютона для планеты, вращающейся вокруг Солнца:

m-плM-с m плaц = G R2 ор

( )2 2π- M--с T Rор = G R2ор

( )2 2π- = G M--с T R3ор

Тогда получается:

( )2 ( )3 Tор.з = R-з Tор.м R м

Чтобы найти минимальное время, через которое планеты снова придут на одну прямую с Солнцем, нужно чтобы в СО, вращающейся вокруг Солнца с одной из угловых скоростей планет, другая планета сделала полный оборот. То есть искомое время можно вычислить по формуле:

-2π-- τ = ω отн

Распишем $ωотн$ :

2π 2π ω отн = -----− ----- T ор.з Tор.м

Рассчитаем период обращения Марса:

( )2 T-ор.м = (1,53)3 T ор.з

3∕2 T ор.м = (1,53) Tор.з ≈ 691 сутк и

Теперь подставим значения:

-Tор.зT-ор.м-- τ = T − T ≈ 774 суток ≈ 2, 1 го д ор.м ор.з

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#112609

Спутник массой $m$ движется вокруг планеты массой $M$ по круговой орбите радиуса $R$ со скоростью, вдвое превышающей первую космическую скорость для данной орбиты. Чему равна и куда направлена сила тяги, которую развивает двигатель спутника?

Источники: Росатом, 2011, 11

Показать ответ и решение

Чтобы спутник вращался на орбите со скоростью большей чем первая космическая, нужно чтобы сила тяги действовала к центру планеты, потому что тогда центростремительное ускорение спутника будет больше, чем то, которое создавала бы лишь сила тяготения.
Запишем второй закон Ньютона для спутника:

ma = F + F ц т гр

Известно, что первую космическую скорость можно расписать как:

∘ ----- M-- vI = G R

А скорость спутника:

∘ ----- M v = 2vI = 2 G --- R

Подставим во второй закон Ньютона:

M mM m ⋅ 4G -2-= G ---2- + Fт R R

F = 3G mM--- т R2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#113088

Плотность вещества некоторой планеты, имеющей форму шара радиуса $R = 6400 к м$ , зависит только от расстояния до центра планеты. При бурении скважины глубиной несколько десятков километров обнаружилось, что ускорение свободного падения не зависит от глубины погружения под поверхность планеты. Найдите плотность вещества, из которого состоит поверхность планеты, если средняя плотность планеты, равная отношению её массы к объёму, равна $ρ = 5, 5 г∕ см3$ .

Источники: Всеросс., 2000, ОЭ, 10

Показать ответ и решение

Так как ускорение свободного падения на планете постоянна, то для любой высоты можно записать соотношение:

mg = G mM---(r) r2

Отсюда:

g- 2 M (r) = G r (1)

Запишем массу сферического слоя:

g dM = 2--rdr G

Ее же запишем через плотность слоя:

dM = ρ(r) ⋅ 4πr2dr

Отсюда:

g 2--rdr = ρ(r) ⋅ 4πr2dr G

g- = ρ(r) ⋅ 2πr G

ρ(r) = --g--- 2πrG

---g-- ρ пов = 2 πRG

Выразим массу планеты через среднюю плотность:

4 M (R ) = ρ--πR3 3

Подставим в (1) при $r = R$ :

ρ4πR3 = g-R2 3 G

3g ρ = ------ 4πGR

Отсюда:

ρ = 2-ρ пов 3

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#113125

Найдите примерную величину давления в центре Земли, считая, что средняя плотность вещества земного шара равна $3 ρ = 5000 кг/м$ . Радиус Земли $R = 6400 км$ . Ускорение свободного падения на поверхности Земли $g = 10 м/с2$ .

Источники: МОШ, 2006, 7

Показать ответ и решение

Запишем давление небольшого кусочка столба вещества Земли на расстоянии $r$ от центра:

dp = ρg(r)dr

Найдем зависимость ускорения свободного падения от расстояния от центра:

mM--(r)- mg (r) = G r2

4πρr3 g(r) = G ---2-- 3r

4 g(r) = --πG ρr 3

Подставим и просуммируем:

p = 2πG ρ2R2 3

Ускорение свободного падения на поверхности выражается как:

4- g0 = 3πG ρR

Тогда давление в центре Земли:

p = ρg0R- 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#113132

Скопления звёзд образуют бесстолкновительные системы — галактики, в которых звёзды равномерно движутся по круговым орбитам вокруг оси симметрии системы. Галактика $N GC2885$ состоит из скопления звёзд в виде шара (ядра радиусом $r = 4 кпк я$ ) и тонкого кольца, внутренний радиус которого совпадает с радиусом ядра, а внешний равен $15r я$ . Кольцо состоит из звёзд с пренебрежимо малой по сравнению с ядром массой. В ядре звёзды распределены равномерно. Было установлено, что линейная скорость движения звёзд в кольце не зависит от расстояния до центра галактики: от внешнего края кольца вплоть до края ядра скорость звёзд $v0 = 240 к м/с$ . Такое явление может быть объяснено наличием несветящейся массы («тёмной материи»), распределённой сферически симметрично относительно центра галактики вне её ядра.

1) Определите массу $M я$ ядра галактики.
2) Определите среднюю плотность $ρя$ вещества ядра галактики.
3) Найдите зависимость плотности «тёмной материи» $ρт(r )$ от расстояния до центра галактики.

Источники: Всеросс., 2016, РЭ, 11

Показать ответ и решение

1) Скорость движения звезд на границе ядра равна $v0$ . Запишем второй закон Ньютона для такой звезды:

2 m v0-= G mM--я- rя r2я

2 M я v0 = G ---- rя

2 M я = v0rя- G

\text{[math]}

2) Найдем среднюю плотность ядра:

M-я- ρя = V я

v2r ρя = -4-0-я- 3πGr3я

2 ρ = --3v0-- я 4 πGr2я

\text{[math]}

3) Так как масса звезд вне ядра пренебрежимо мала, то можно записать второй закон Ньютона для звезды из галактики:

2 m v0-= G m-(M-т(r) +-M-я)- r r2

v2 = G M-т(r-) +-M-я 0 r

2 2 v0r = GM т(r) + v0rя

Рассмотрим уравнение для небольшого слоя массы темной материи. Для этого найдем изменение предыдущего уравнения:

v20dr = GdM т

v20dr = G ρт(r) ⋅ 4 πr2dr

v2 ρт(r) = ---0-2- 4πGr

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#113136

Космонавты, высадившиеся на астероид радиусом $R = 5 км$ , обнаружили внутри астероида сферическую полость радиусом $r = 2 км$ . Оказалось, что в центре S полости ускорение свободного падения составляет $g = 0,2 см/ с2 S$ . Определите плотность астероида, считая её постоянной. Изобразитена рисунке векторы ускорения свободного падения в точках A, B, C, D, E.Определите модули ускорения свободного падения в этих точках.

Показать ответ и решение

В точке S на тело будет действовать сила тяготения со стороны вещества радиусом $R − r$ в центре астероида, а полость на него влиять не будет, т. к. тело находится в ее центре.

3 gS = G 4πρ(R-−--r)- 3(R − r)2

Отсюда плотность:

3gS 3 ρ = ------------ ≈ 2400 к г/м 4πG (R − r)

\text{[math]}

По аналогии с электростатическим полем потенциал гравитационного поля в полости одинаков в каждой ее точке, поэтому:

gS = gA = gB = gC = gD = 0,2 см/с2

\text{[math]}

В точке Е на тело будет действовать сила тяготения, которую можно представить как разность силы действующей со стороны шара без полости и силы тяготения полости:

4 ( r3 ) gE = -πG ρ R − ---------- 3 (2R − r)2

( 3 ) g = g --1--- R − ----r----- ≈ 0,32 см/ с2 E SR − r (2R − r)2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#120059

Исследовательский зонд.
Исследовательский зонд, находящийся на круговой орбите радиуса $R$ вокруг планеты Шелезяка, изучает движение Болтика — маленького спутника планеты. Орбита Болтика также является круговой с радиусом $r (r < R )$ и лежит в той же плоскости, что и орбита зонда (см. рис.). В процессе наблюдения приборы зонда зафиксировали, что Болтик спустя $t1 = 165$ мин после пересечения им видимого края диска планеты оказался на максимальном угловом расстоянии $𝜃max = 15∘$ от центра Шелезяки, а ещё спустя некоторое время, большее $t1$ , снова пересёк край видимого диска планеты. Известно, что между указанными пересечениями других пересечений Болтика с видимым краем планеты не было. Планета Шелезяка имеет форму шара и лишена атмосферы. Масса Болтика много меньше массы планеты, зонд и спутник обращаются вокруг планеты в одну и ту же сторону. Угловой диаметр планеты, наблюдаемый зондом, равен $2𝜃0 = 6∘$ . Гравитационная постоянная $− 11-Н·м2 G = 6,67 ⋅ 10 кг2$ .

1. Определите отношение $R∕r$ .
2. Чему равен период обращения зонда $T$ вокруг Шелезяки?
3. Найдите среднюю плотность Шелезяки $ρ$ .

Примечания.

1. Угловым расстоянием между точками $A$ и $B$ называется величина угла $∠ASB$ , на сторонах которого лежат рассматриваемые точки, а вершина $S$ находится в точке наблюдения (см. рис. а).
2. Угловым диаметром астрономического объекта (например, звезды или планеты) называется величина максимально возможного угла $α$ между двумя касательными к поверхности рассматриваемого объекта, вершина которого находится в точке наблюдения $S$ (см. рис. б).

Источники: Всеросс, РЭ, 2025, 10

Показать ответ и решение

1) Перейдем в СО, вращающуюся с угловой скоростью зонда относительно центра планеты. В такой СО Болтик будет двигаться так, что угловое расстояние между зондом и Болтиком будет увеличиваться, но в некоторый момент Болтик изменит свое направление движения, и тогда угловое расстояние будет уменьшаться. Максимальное угловое расстояние будет достигаться в момент перехода между этими двумя фазами движения. В этот момент скорость Болтика будет направлена вдоль направления расстояния между зондом и Болтиком. Это будет касательная к орбите Болтика проведенная из точки, где находится зонд.

Из рисунка видим, что отношение $R∕r$ можно выразить из получившегося треугольника.
Получим:

R 1 -- = --------≈ 3,864 r sin 𝜃max

Ответ:

02 Гравитация