Курс лекций, страница 6

По определению:1  e  cos 1  e  cos  0 1  пр  arccos    eПри движении по гиперболической траектории истинная аномалия может меняться в1диапазоне:     0 : , где cos 0 eДля гиперболической орбиты полный угол разворота вектора скорости V равенуглу между асимптотами, то есть: полн  2 пр  Радиус перицентра: r p1 eИз построений на рис 4.12. видно, что O  a , но с другой стороны:O  OD  cos   пр    OD  cos пр ODeОтсюда: OD  O  e  a  e  c и OD  OF1 получим: r  c  a  a  e  a  a  e  1Отсюда a rrp 2, а эксцентриситет: e  1  e 1 e 1aНайдем OD  c2  a 2  e2287(4.66)Из прямоугольного треугольника D O : OD  a 2  b2 следовательно, эксцентриситет:2a 2  e2  a 2  b 2be  1  a2Мнимая полуось гиперболы орбиты: b  a  e2  1b22pae1Подставляя в выражение:  , получим: p РасстояниеaF1 N называется прицельной дальностью.Вычислим прицельную дальность, для чего рассмотрим прямоугольные O D и ONF1Поскольку OD  OF1  c , то у треугольников одинаковые гипотенузы, а в силусимметрии асимптот гиперболы равны острые углы:  OD  NOF1    пр .Следовательно, указанные треугольники равны и: F1 N  D  b , то есть прицельнаядальность равна мнимой полуоси гиперболы. или   r V  sin   , где  – угол наклона траектории.  r V  cos  b V  или   r V  sin 90Тогда:   r V  cosb2 V2b2Тогда: p , но с другой стороны: p a288b2 V2b2a aV2(4.67)Из соотношений для пр и полн имеем:полн пр 221 sin  полн   sin  пр     cos пр  2 2eДалее, по формулам (4.66) и (4.67) найдем:rr V2e  1  1a1e11r V21Поэтому: sin  полн  2 2  1  r V1 Так как: r  R ,то sin  полн  окончательно получим:2rV2 1  1 sin  полн   2 89 V 1  V  R   кр2(4.68)Вычислим соответствующую этому предельному маневру величину скорости вперицентре:V2  R  2  V2RV2  V2  2 Vкр2  R  V  2 V  R  Vкр  R  кр2VЕсли, V  0 то sin  полн   1  полн  180 .

Предельный случай V  0  соответствует 2 облету центрального тела по параболической траектории, так как V  2 Vкр  R   Vпар  R  ,с изменением направления движения на противоположноенеограниченном возрастании скорости на бесконечностиповорота полн  090полн  180V   . ПриПолный угол, то есть траектория остается практически прямолинейной.полн ,град15010050V  R Vкр  R 2.5V  R Vкр  R 2.0полн1.50 1.00.51.0Рис. 4.1391VVкр  R Величина:e1 F1QF1 N, называется поджатием орбиты под действием притяженияцентрального тела.Здесь F1 N  b , а из прямоугольного OF1 N следует, что:F1 N  FO cos  1   F1 0  cos 11tg1  ONF1 NabГде FO:1  c  a  e , 1  OF1 N   пр  , так как2b e  cos 1Отсюда: b  c  cos 1  a  e  cos 1 apСогласно уравнению орбиты: F1Q  r и1  e  cos 11  0 .2bb2, имеем: F1Q  a  1  e  cos p1aТогда поджатие орбиты:b2be1 F1 N a  1  e  cos 1   b a  1  e  cos 1 F1Q92b ba  1   a11ab11  tg1Эффективным радиусом  Rэф  центрального тела называется величинаприцельной дальности, при которой центральное тело достигается, то естьгиперболическая орбита либо попадает в него, либо хотя бы касается.Картинная плоскость – это плоскость проходящая через центр тела иперпендикулярно VF1QполнRэфVb  Rэф93Рис.

4.14NСледкартиннойплоскостиВ этом случае: F1 N  b  Rэф и F1Q  R , отсюда: e1 Тогда: e1 1F1QF1 NRRэфbaRRзатем:  1 RbRэф ba2bbb b aИ после умножения обеих частей наполучим:      0R R RRbРешая квадратное уравнение относительно , найдем: b  1  1  1  aR 2 2RRНо a V21и b  Rэф Vкр  R  1 1   1 4  , поэтому: , V  0R2 2V2RэфполнВычислим Rэфдля этого запишем:   b V  r Vb VИз условия касания поверхности r  R , поэтому:  R2По формуле для гиперболической орбиты: V V2  V2, вычислим:rV2  V2  2 Vкр2  R 94 V  R V 1  2   крV V 2И окончательно найдем: V  R b V    1  2   крRR V V полнRэф2полнRэфRэфполнRэфRRполнRэфRR151 – Юпитер2 – Земля3 – Венера4 – Марс5 – ЛунаRэф1R101052354Vкр  R 5V05Рис 4.15951005Рис.4.1610VyQPrRF1OF2Рис.

4.1796xКоординаты в параметрической форме запишутся:x  chHy  shHx  a  chHy  b  shH(4.69)здесь знак абсциссы зависит от выбранной ветви гиперболыДля равнобочной гиперболы площадь O Q , ограниченная прямыми OQ и O и дугой Q , равна: SO Qa2Hпри H 22 a  1Для левой ветви произвольной гиперболы:x  a  chHy  b  shH  a  e2  1  shHВведем вспомогательную систему координат F1 с началом в притягивающем центре.  FO RO  c  a  chH  a  e  a  chH  a   e  chH 1Тогда:  a  e2  1  shHНо с другой стороны:  r  cos      r  cos     r  cos  r  sin Отсюда a   e  chH   r  cos a  e  1  shH  r  sin 297(4.70)Возводя обе части (4.70) в квадрат и складывая почленно, получим:r 2   sin 2   cos 2    a 2   e  chH   a 2   e2  1  sh 2 H 21 a 2  e2  1  sh 2 H   2  e  chH  ch 2 H  sh 2 H  1 a 2   e2  ch 2 H  2  e  chH  1  a 2   e  chH  1Откуда: r  a   e  chH  1Найдем:cos  a   e  chH e  chHra   e  chH  1 e  chH  1a  e2  1  shHe2  1  shHsin   re  chH  1a   e  chH  1А затем вычислимe2  1  shH   e  chH  1sin  tg   21cos e  chH  1   e  1  1  chH  Или98e 1  H  tg    th  2e1  22Продифференцируем теперь формулу для sin cos   d  e  1 2 e2  1 e  ch 2 H  chH  e  sh 2 H e  chH  12 dH e  chH1 dHe  chH  1 e  chH  1С учетом выражения для cos  , найдем:d  e2  1 e  chH1e  chH  1 dHe  chH  1 e  chH  1 e  chHe2  1d  dHe  chH  1Тогда:t  t p33H0 e  chH  1e2 122e2  1 dH e  chH  1 p  2 1 2    e  chH  1  dH 0 e 1 HПосле интегрирования получим соотношение для гиперболической орбиты:t  t 99a3  e  shH  H Время перелета между двумя заданными точками гиперболической орбитыопределяется по формуле:t2  t1 10a3 e   shH 2  shH1    H 2  H1  4.5.3 Параболическая орбитаДиректрисаypMprF101OxУравнение параболической орбиты: r p1  cos Представим уравнение орбиты в виде:rp1  cos p 2  cos 2  2r r2  cos  2  1  tg 2    2 Произведем замену переменной: u  tg   , откуда:   2  arctg  u  , и d  2  du2 , вычислим1 u2интеграл для времени:p3t  t 1 2Или1t  t  2p30d1  e  cos  21  1  u   du   022p3     1 3     tg  tg      2  3 2 1 42   1  tg 2     d  0 2 p3p3 1  u   u3  3(4.71)Выразим tg    через расстояние до КА от притягивающего центра.2 r  r  1  tg 2    2 102r tg   1r21  1  r1   tg 3       2 3 2  3  rТогда:1t  t  213 2  r Или: t  t    r  2  r 3 r r1 r1 2  r 3  r   21    213  r3  r r r2  r  r Время движения между двумя произвольными точками параболической орбитыопределяется по формуле:1t  t  2103p3   2   1       tg    tg  1     tg 3  2   tg 3  1     22 3   2 2  4.

6 Решение уравнения КеплераУравнение Кеплера: E  e  sin E  M(4.72)Рассмотрим вспомогательную функцию:   E   E  e  sin E  MИ ее производную:    E   1  e  cos E  0Функция   E  монотонно возрастает и на неограниченном интервале измененияаргумента Е имеет единственный корень Е*, то есть   E *  0 .Отсюда Е* - единственное решение уравнения Кеплера.1044.6.1 Графический метод решения уравнения КеплераЕсли потребная точность невелика, то можно воспользоваться графическимиспособами.

В этом случае корень уравнений (4.72) находят как абсциссу точкипересечения прямой:f1  E  С синусоидой f 2  E   sin E105EMe4.6.2 Метод последовательных приближенийЗапишем уравнение Кеплера в виде: E  e  sin E  MПусть Е* - искомый корень этого уравнения. За нулевое приближениеE0 искомогокорня можно принять любое число, например 0, М и другие.Последовательность приближения En к Е* определяется следующим алгоритмом:En1  e  sin En  M(*)Или виде бесконечной последовательностиE0  0E1  M  e  sin E0  En 1  M  e  sin En Покажем, что последовательность En  сходится при любом выборе начальногоприближения. С этой целью рассмотрим ряд:E0   E1  E0    E2  E1   ...   En1  En   ...Используя (*), получим:106En 1  e  sin En  MEn  e  sin En 1  M E  En 1  En  En 1 En 1  En  e  sin En  sin En 1  2  e  sin  ncos  e  En  En 122En  En 1  En  En 122Так как: sin Согласно (**):(**) E  En 1 cos  n 12E2  E1  e  E1  E0E3  E2  e  E2  E1  e 2  E1  E0En 1  En  e n  E1  E0ТогдаE1  E0  e  E1  E0  e2  E1  E0  ...

 en  E1  E0  ...(сходимость обеспечивается, так как 0  e  1)Определим точность n-го приближения: E *  En   En 1  En    En 2  En 1    En 3  En 2   ...  En 1  En  En 2  En 1  En 3  En 2  ...  e n  E1  E0  e n 1  E1  E0  e n 2  E1  E0  ... en E1  E01 eСледовательно:107enE *  En  E1  E01 e4.6.3 Метод решения уравнения Кеплерас точностью до е2Доказать что выражение: E  M  e  sin M является решением уравнения Кеплера сточностью до е2.Известно, чтоE  M  e  sin E, или:E  M  e  sin  M  e  sin E   M  e  sin M  cos  e  sin E   cos M  sin  e  sin E Зная разложение тригонометрических функций в ряд Тейлора:x3 x5sin x  x   ...3! 5!x2 x4cos x  1   ...2! 4!тогда: e2  sin 2 Ee3  sin 3 EE  M  e  sin M   1  ...