Курс лекций, страница 9
Описание файла
PDF-файл из архива "Курс лекций", который расположен в категории "". Всё это находится в предмете "механика полета космических летательных аппаратов" из 8 семестр, которые можно найти в файловом архиве МГТУ им. Н.Э.Баумана. Не смотря на прямую связь этого архива с МГТУ им. Н.Э.Баумана, его также можно найти и в других разделах. .
Просмотр PDF-файла онлайн
Текст 9 страницы из PDF
Поворот вокруг оси z против часовой стрелки наугол Ω;2. Поворот вокруг оси x1 против часовой стрелки наугол i;3. Поворот вокруг оси z2 против часовой стрелки наугол ω;Соответственно матрицы поворота будут:00 1A2 0 cos i sin i 0 sin i cos i cos sin 0 A3 sin cos 0 001 Результирующая матрица А получится путем перемножения всех трех матриц:A A3 A2 A1Обратное же преобразование будет осуществляться с помощью матрицы:155B AT A1T A2T A3TyПерейдемтеперькрешениюпоследовательной задачи.
Заданы элементыорбиты КА , , , , ,t0 .Требуется найти его координаты в СК .PEx, Для начала используем уравнение Кеплераи известные геометрические соотношения вэллипсе: E sin E n t t0 Находим значение Е и тогда можно записать:В СК {x,y}:cВ СК {ξ,η}:x a cos Ey b sin E a cos E b sin EТаким образом в СК {ξ, η, ζ} положение КА задается вектором столбцом вида: a cos E b sin E 0 1566.3 Методы определения орбит6.3.1 Определение орбиты по положению и скоростиПусть для некоторого момента времени t0 заданы координаты и скорость КА в ЭСК2:r0 x0y0z0 ,Tv0 x0y0z0 , t0TНеобходимо найти элементы орбиты: а (или р), е, M0 (или τ), i, ω, Ω.Алгоритм А1.1. Вычисляется интеграл площадей: x y z T r0 V0y0 z0 z0 y0 xx0 z0 z0 x0 yx0 y0 y0 x0 z2.
Вычисляется модуля интеграл площадей:3. Вычисляется фокальный параметр:157p2 x2 y2 z24. Вычисляется наклонение (i) и долгота восходящего узла (Ω):x K x sin i sin ,y K y sin i cos ,z K z cos i.15. Вычисляется большая полуось: 2 V02 2a , т.к.V02 r0a r0 6. Вычисляется эксцентриситет: e 1 pa7. Вычисляется истинная аномалия в момент времени t0p sin 0 Vr 0 ,p 1r 0 , где cos 0 Vr0 r0 ,V0 1 x0 x0 y0 y0 z0 z0,r0r0r0 x02 y02 z02 .z7. Вычисляется аргумент широты и0iV0z0r0 sin u0 sin ir0 cos u0 x0 cos y0 sin 158r0u0xc09. Вычисляется аргумент перицентра ω: u0 010. Средняя аномалия М0 (или момент прохождения перицентра tπ) определяется поразному в зависимости от формы орбиты. Для эллиптической орбиты:а.
Вычисляется эксцентрическая аномалия Е0tgE01 tg 021 2б. Вычисляется средняя аномалия М0M 0 E0 sin E0в. Вычисляется момент прохождения перицентра tπt t0 M 0 159a36.3.2 Определение орбиты по двум засечкам положенияПусть заданы в некоторой СК два вектора r1 x1 y1 z1 и r2 x2Ty2 , z2 Tи соответствующие им времена t1 и t2. (t1>t2)Алгоритм А1.1. Вычисляется наклонение (i) и долгота восходящего узла (Ω):Находим:r1 r2 y1 z2 z1 y2 z1 x2 x1 z2 x1 y2 y1 x2 y1 z2 z1 y2 K x sin sin i r1 r2z1 x2 x1 z2 K y cos sin i r1 r2x1 y2 y1 x2 K z cos ir1 r2222Из этой системы находятся i и Ω2. Вычисляется большая полуось (а) и фокальный параметр (р)Для этого необходимо приближенно решить уравнение Ламберта. С этой цельюнужно найти входящие в него параметры:φ – угловая дальностьτ – длительностьc – хорду PQS – полупериметр ∆FPQ1602.1.
Определяется вспомогательная величина r0 r2 sin – то есть высоту ∆FPQопущенный из точки Q на r1r0 r2r r 1 2 r21r1Qr1 r2 1 2 x1 x2 y1 y2 z1 z2 r12r1x0 x2 x1 ,r0z0 z2 z1 ,r0 x02 y02 z02 .F2.2. Находится угол φ на основании соотношений:r0sin r2cos r1 r2 r1r1 r2r22.3. Определяются С, S и τ:r1 r1 r2 rr121C r12 r22 2 r12 r12 1 2 r221S r1 r2 c 2 t2 t1161cr2y0 y2 y1 ,P2.4.
Определяется большую полуось а орбиты на основании приближенногорешения уравнения Ламберта (в зависимости от F *и F * , φ>π или φ<π): a 3 sin sin Ssinsin222a,S c2a2.5. Определяется фокальный параметр:4a2 SrSrsin12c22p3. Вычисляется эксцентриситет: e 1 a4.
Определяется аргумент перицентра ω:4.1. Определяется 1:pИз уравнения орбиты: e cos 1r1В то же время имеется тригонометрическое тождество:cos 2 cos 1 cos 1 cos sin 1 sin 162Домножаем на е, и имеем:p 1 cos e sin 1 sin r1 Таким образом:p p 1e sin 1 1 ctg 1 r1 r2 sin e cos p 11r14.2.
Определяется u1 : z1r1 sin u1 sin ir1 cos u1 x1 cos y1 sin 4.2. Определяется аргумент перицентра: u1 15. Определяется момент прохождения перицентра tπ :5.1. Определяется эксцентрическая аномалия Е1:tgE11 e tg 121 e25.2. Определяется средняя аномалия М1:M1 E1 sin E15.2. Определяется время прохождения перицентра tπ:t t1 M 1 163a36.3.2 Определение орбиты по трем засечкам положения.Метод ГиббсаПусть заданы в некоторой СК три вектора r1 x1 y1 z1 и r2 x2Tr2 x2y2z2 Ty2 , z2 Tи соответствующие им времена t1, t2 и t3.Необходимо найти элементы орбиты: а (или р), е, M0 (или τ), i, ω, Ω.Для любых трех векторов, лежащих в одной плоскости справедливо соотношение:r2 r1 r3(1)где α и β скалярные множителиr3Умножая соотношение векторно на r1 ,а затем на r3 , получим:r2 r3r r, 2 1r1 r3r3 r1 r3(2)F164r2r1 r1В орбитальной системе координат:1е r cos p r (3)Соотношение (1) справедливо и для проекцийjrkFвекторов r1, r2 и r3 :2 1 3С учетом (3) можно записать:i r2е r1е r3е r1 r3 r2 1(4)В орбитальной системе координат введем орты осей ξ, η, ζ соответственно i , j и kто можно записать: j k i i kНо: k r1 r3r1 r3 j 1 i r1 r3 r1 r3Раскрывая двойное векторное произведение и учитывая, что:1r1 i 1 p r1 ;e1651r3 i 3 p r3 eПолучим: j Тогда: 11 r1 i r3 r3 i r1 p r3 r1 p r1 r3 r1 r3e r1 r31 p r3 r1 p r1 r3r1 r3(5)Алгоритм А2.1.
Определяются модули:r1 x12 y12 z12 ,r2 x22 y22 z22 ,r3 x32 y32 z32 ,r1 r2 y1 z2 z1 y2 r1 r3 y1 z3 y3 z1 r2 r3 y 2 z3 z 2 y 3 2. Находятся α и β :166V23;V132 z1 x2 x1 z2 x1 y2 y1 x2 V122 z1 x3 x1 z3 x1 y3 y1 x3 V1322222 z2 x3 x2 z3 x2 y3 y2 x3 V232V12V1323. Вычисляется р по соотношению (4):p r1 r3 r2 14. Вычисляется вспомогательный модуль: p r3 r1 p r1 r3 V0 p r3 x1 p r1 x3 2 p r3 y1 p r1 y3 p r3 z1 p r1 z3 25. Вычисляется е по соотношению (5): e V0V136. Определяется Ω и i из решения системы: y1 z3 z1 y3 V13 cos sin i, z1 x3 x1 z3 V13 cos sin i, x y y x V cos i 1 3 1 3 137. Определяется угол φ между векторами r1 и r3 :167V13sinr1 r3cos 1 x x y y z z 131313r1 r328.
Определяется истинная аномалия 1 :p 1p esin1ctg 1 1r 1 r3 sin e cos p 11r19. Определяется аргумент широты u1 :z1r1 sin u1 sin ir1 cos u1 x1 cos y1 sin 10. Определяется аргумент перицентра: u1 111. Определяется эксцентрическая аномалия Е1:tgE11 e tg 121 e212. Определяется средняя аномалия М1:M1 E1 sin E113. Определяется момент прохождения перицентра tπ:t t1 M 1 168a3 t1 M 1 p3 1 e2 36.3.3 Определение орбиты по трем засечкам положения визвестные моменты времени.zP3jkP2Aix169P1y1707 Движение КА в поле тяготениянескольких небесных тел7.1 Дифференциальные уравнениядвижения КА в инерциальнойсистеме координат171zA2 m2 F21A1 m1 Уравнение движения тела А1:d 2 1m1 2 F1 F21 F31dt 231 2F31kF21 – Сила с которой тело А2притягивает тело А1yixF31 – Сила с которой тело А3A3 m3 3j(1)притягивает тело А1На основании второго закона всемирноготяготения:F21 f m1 m2123 12 f m1 m2123 1 2(2) 12 – вектор положения тела А1 относительно тела А2F21 f m1 m2312 2 1F31 f (3)m1 m3313 3 1(4)Подставляя (3) и (4) в (1) получим:m mm md 2 1m1 2 f 1 3 2 2 1 1 3 3 3 1 dt13 12172(5)Аналогично можно записать векторные уравнения двух других тел: m1m3d2 2f12323dt 2233 21(6) m1m2d 2 3f13233dt 2323 31(7)Уравнение (5) в проекции на оси инерциальной СК примет вид: d 2 x1 m2m3 2 3 x2 x1 3 x3 x1 ,1213 dt d 2 ym3m21 2 3 y2 y1 3 y3 y1 ,1213 dtd 2zmm 21 32 z2 z1 33 z3 z1 ,1213 dtгде: 12 x2 x1 y2 y1 z2 z1 213 2 x3 x1 y3 y1 z3 z1 22(8)22Систему векторных уравнений движения (5)-(7) можно записать:173d 2 m 2 F , 1,3dt(9)Потенциал силового поля системы трех небесных тел U выражается формулой:m m m m m m U f 1 2 1 3 2 3 1323 12(10)Тогда каждая сила в системе уравнений (9) может быть вычислена через потенциалсилового поля:F UUUi jkxyz(11)где: i, j, k- единичные орты соответствующих осей координат.Если тело А3 много меньше тел А1 и А2 уравнения (5)-(7) примут вид:d 2 1 2 3 2 1 ,dt 212(12)d 2 2 1 3 1 2 ,dt 2 21(13)d 2 3 12 2 3 .13dt 2 313 323(14)где: 1 f m1, 2 f m2 , 3 f m3 01747.2 Первые интегралы движения вполе тяготения несколькихнебесных тел7.2.1 Интегралы движения барицентра системыЗапишем систему уравнений движения трех тел (5)-(7) в следующей форме:m1 1 F21 F31 m2 2 F12 F32 m3 3 F13 F23 (15)Сложим почленно левые и правые части уравнения (15), после чего получим:m11 m2 2 m3 3 0поскольку:(16)F21 F12 , F31 F13 , F32 F23.Проинтегрируем выражение (16), будем иметь:m11 m2 2 m3 3 aПосле интегрирования выражения (17), получим:175m11 m2 2 m33 at b(18)(17)Положение барицентра в инерциальной системе координат определяется радиусомвектором:1c m11 m2 2 m3 3 (19)mгде:m m1 m2 m3 .Учитывая это, выражения (17) и (18) приведем к виду:mc a ,mc at b 176(20)7.2.2 Интеграл площадейДомножим уравнения (15) векторно на 1 , 2 , 3 :m1 1 1 1 F21 1 F31 , m2 2 2 2 F12 2 F32 , m3 3 3 3 F13 3 F23 , (21)Сложим почленно левую и правую части этих уравнений:m1 1 1 m2 2 2 m3 3 3 (22) 1 F21 1 F31 2 F12 2 F32 3 F13 3 F23Поскольку 12 коллинеарен вектору силы F21:1 F21 2 F12 1 2 F21 12 F21 0Аналогично:1 F31 3 F13 1 3 F31 13 F31 02 F32 3 F23 2 3 F32 23 F32 0Тогда выражение (22) приводится к виду:177или:m1 1 1 m2 2 2 m3 3 3 0dm1 1 m2 2 2 m3 3 3 0dtИнтегрируя его, получим:3m1 1 1 m2 2 2 m3 3 3 mi i i const(23)i 17.2.2 Интеграл энергииИз формул (9) И (11) следует, что:m F UUUi jk,xyz 1,3(24)Домножим правые и левые части уравнений (24) на:dxdydzi j kdtdtdtскалярно и сложим почленно, тогда получим:m1 1 1 m2 2 2 m3 3 3 U dx1 U dy1 U dz1x1 dt y1 dt z1 dtU dx2 U dy2 U dz2x2 dt y2 dt z2 dt178U dx3 U dy3 U dz3x3 dt y3 dt z3 dt(25)Поскольку:f d f , dtdtто в правой части (25) имеемdUdtтогда:222m3 3 dUm2 2d m1 1dt 222 dtИнтегрируя, получим окончательно выражение, носящее название интегралаэнергии,1(26) m1 12 m2 2 2 m3 32 U h2Где h – константа энергии, определяемая из начальных условий.