Ю.Г. Павленко - Задачи по теоретической механике (1115223), страница 10
Текст из файла (страница 10)
1.5.3. Найти решение задачи Кеплера в сферических координатах [23 — 251. Решение. Из второго закона Ньютона получим три уравнения: Задача Кеплера — еюддд (10) ,'еч-.-г тг 2 Введем параметр р и эксцентриси- тет е соотношениями то ' 2ЕМ2 ез =1+ и совершим замену переменной О: сов д = тйп г вш ф, где ф — угол между векторами ге и г. Обозначим фо угол между вектором гв и вектором Лапласа. Тогда из (10) получим л а т(Х) .=. 1 -~- е сое Х (12) Х= Ф вЂ” 4о.
Отметим, что из (8), (12) следуют уравнения Мт = еее вш Х, тт~Х = М. Очевидно, значению Х = 0 соответствует т = г ы . Дв весенне по эллипгпической траекшории. В этом случае Е = — Ео < О., е < 1. Полагая в (12) О, и, получим расстояния до перигея и апогея т р 1 -~. е р 1 — е Длина большой полуоси Рис. 1.5.3 1 о а = — (гр + г,) = 2 1 — е 2Ео Из (9) находим с1е1 с1я0 = в1п(:р —,ро). Это соотношение является следствием условия Мг =- О., поскольку сферические углы вектора равны 1 и Зя /2+ 1эо: М =- (гйп 1 вш 1эа; — вш г сов уо; сов 1) (рис. 1 53а). Найдем теперь уравнение проекции траектории на плоскость, перпен,чикулярную вектору М. Из (7), (8) следует, что [Гл.
1 Уравнения Ньютона Используя основное свойство эллипса., найдем длину малой полуоси аг — (а — т )г = р М гг2тЕо На рис. 1.5.3б изображены график эффективной потенциальной энергии ГГ,4,(т) =- МгГГ(2ттг) — сг[т и одна из траекторий в плоскости х'д'., перпендикулярной вектору М. Все возможные траектории принадлежат кольцу, ограниченному окружностями радиусов тр и т . Разделяя переменные в (8), найдем т гГт +Г о 'т а ГО = нга 1 Г =- — (б — я яшс). (13) Заметим, что период движения по эллипсу Т = 2нггго может быть найден незаяисимо.
Интегрируя уравнение М = тат~Я, найдем М 1 à — — [ т ГГу. 2пг 2! о М а Поскольку площадь эллипса равна яаЬ, то ог та а 5 нга Для спутников Земли период обращения удобно представить в виде Т =- То (ага)ЯГ~, где То = 2гг Н(8 = 84,48 мин. Найдем далее зависимость декартовых координат частицы от времени. С этой целью параметризуем траекторию, вводя параметр С. На рис. 1.5.3о построена окружность радиусом а.
Координаты точки т х~ = т саят = а (соя С вЂ” я), (14) у' = т ягп т = Ь сйп б. Заметим, что из уравнения Гп (х'р'— — х'у') = М следует соотношение (13). В небесной механике параметр С называется эксцентрической аномалией, у — истинной аномалией. Из (14) можно найти несколько полезных соотношений: т (1 + соя гг) .= а (1 + я) (1 + соя 8), Рис.
1.5.3 в Выбирая момент времени Г прохождения перигелия равным нулю, получим с помощью подстановки т =- а(1 — е соя с) уравнение Кеплера Задача Кеплера 69 е — гп ~г 9'(1) 9 е — ™мг х'(1) =- При вычислении Фурье-компонент т тУ2 х„= — ~ гй х (г) е'"и = —, ~ гУЬ х (1) е'"иг т1 Г -ту2 учтем соотношение аг1 = С вЂ” е вгп С и представление функций Бесселя ]5] ,У (2) = — ~ гГС е'~"~ ' ""~~ и Е Е. 1 г 2п,! Найдем вначале тга е г11 х'(8) = — 1 ггС (1 — е созС) (созС вЂ” е) = — — ае. 2п 2 1 хо =— Т вЂ” тр2 Для и ф 0 в результате интегрирования по частям имеем аг Г г — е — л 2яп , ег„г1 а г]3„(пе) ас в]пс е п дпе й„= 1 г1С сов С егп 2пп гг — е Бгнгг =- — (,У„гг (пе) +,У„г(пе)] =- —,У„(пе). гЬ гЬ 2п пе Следовательно, — — е + у †,У (пе) совпаЛ1, 3 т 2 2 п 2Ь 1 — —,У„(пе) вгп паг1.
е п х (1) = а (2) 1.5.4. Найти явную зависимость от времени декартовых координат х'(8), йг(1) частицы в плоскости, перпендикулярной вектору М ]26]. Решение. Функции х'(1), у'(г) периодические с периодом Т = 2ггггаг. Представим х'(1), 9'(8) в виде ряда Фурье: [Гл. 1 Уравнения Ньютона 70 В случае в « 1 имеем т'(2) = а сов ог1+ — ( — 3+ сов 2иг1) +..., ! ае й (г) = а япог8 — — вгп 2ы1+... 2 Поскольку т = а (1 — в сов б), то г Я 2Я т(1) = — а[1+ — — —,7 (пв) совпы11. 2 п Ряды (1), (2) являются частными случаями рядов Кептейна [5, 26[. Из (1), (2) можно получить значения некоторых сумм Кептейна.
Например., полагая в (1) 1 =- 0 (с =- О)., найдем Š—,1„,(не). н=г 1.5.5. Радиус-вектор частицы, движущейся в ньютоновом поле тяготения, может быть представлен в виде г(1) —.- л'(1) ег + р'(1) ег + + 0 . ев, где единичный вектор ег направлен параллельно вектору Лапласа, ег = [Мег],гМ, тРетий оРт ев = М,гМ. Записать РадиУс- вектор в исходных декартовых координатах [24[. Решение. Для того чтобы перейти к системе координат К' на рис.
1.5.3а, необходимо произвести три последовательных поворота вокруг осей ИЗ на эйлеровы углы ~ро, г, уго. Используя обозначения задачи 1.5.3, получим т(Х) = — т(Х) [сов гго сов(гто+ Х) — японо совг ото(ыо+ Х)), о(Х) =- т(Х) [яп ого сов (~о+ Х) + сового сов г яп (~о+ Х)), в(Х) = т(Х) яп г яп (4о + Х). 1.5.6. Найти величину скорости частицы, движущейся по эллипсу, как функцию 1) угла Х, 2) параметра С.
Решение. 1) Учитывая уравнение М =- ттгХ, получим и (Х) = — + т Х = — (1+ 2в сов Х+ в ). 2) Постольку л' = — а яп Я, д' = Ь сов Я, то га яп с.тЬ сов с г ° г г г (1 — с сов б) 1.5.7. Космический аппарат (КА) движется по эллиптической орбите. Найти средние за период значения кинетической и потенциальной энергий, радиуса-вектора и скорости. 1.5] Задача Кеплера Решение.
Введем два орта: е1 — параллельный вектору Лапласа, ео — — [Ме1]/М. Тогда радиус-вектор КА можно представить в виде г(1) = л'(1) е1 + у'(1) ея л'(1) = а(совб — е), у'(1) = а 1 — ео яп8, ~Л =- б — е яп б, ы = та Среднее значение произвольной динамической величины А(г, ч) равно (А) =- — ) аг А(г, и) = — ~ Ыб (1 — е сов Я) А(г, ч). 1 Г 1 Т) ' 2к, Кинетическая энергия К т оыа .я1 1 2 21+есооо К= — (2 +у )= — таю следовательно, 2 о 2 2 (К) = ' ~ д~(1+, совб) = '" '" о Поскольку т = а (1 — е соэ б), то Щ = — о,1а. Очевидно, полная энергия Е = — а/2а. Далее находим (г(1)) = — Заее1/2.
Среднее значение скорости (ч) = О. Среднее значение угловой скорости (ф = ы. 1.5.8. Космический аппарат движется в поле тяготения Земли. В начальный момент времени г(0) = го, ч(0) = чо. Определить ориентацию большой оси относительно векторов го, чо. Решение. Запишем вектор Лапласа в виде о1 то тои~ где и1 — местная первая космическая скорость, тои1~ = а/т.
Из (1) находим (рис. 1.5.8) и юлу~о = — — япу совз, (2) совфо — — — (й яп у — 1)., 1 Е „,г й= ( — ), е =1 — (2 — Й)й яп у. ( ), 1.5.9. Ракете сообщили вторую космическую скорость., причем векторы г(0) и ч(0) образуют угол т. Найти положение оси симметрии траектории ракеты. [Гл. 1 Уравнения Ньютона 72 е' е е н е 27 го Рис.
1.5.8 Рис. 1.5.9 Решение. Введем единичные векторы е, и соотношениями и(0) —.— = у2иге., и =. го~го. Тогда е = и — 2е(пе), следовательно, е = 1., сов у о =. — сов 2ч, яп у'о = — вш 2т. Угол ~~о .= гт + 2ч (рис. 1.5.9). 1.5.10. На поверхности Земли телу сообщили скорость оо « уЯЛ (Л вЂ” радиус Земли). Найти приближенное выражение для уравнения траектории, из которого в случае плоской Земли следует известное уравнение параболы.
Решение. Угол между вектором начальной скорости уо и плоскостью, касающейся Земли в точке запуска, .равен ег. Найдем вначале положение вектора Лапласа. Значение угла Д между вектором Лапласа и радиус-вектором го получим из решения задачи 1.5.8: то совд =-. — (Й сов о — 1), 1 е "о яп)3 =- — в[п2о, й =- —.
2е ' 8Л Следовательно, зллиптическая траектория тела р 1 ив сов гг находится в окрестности апогея, р = ЙЛ сов~о Рис. 1.500 (рис. 1.5.10). При значении ~р = Д имеем Л = = рД1+ е сов Д). Обозначим я = Л(ог — Д) — длину дуги окружности большого круга,. пересекающего поверхность Земли в плоскости траектории. Поскольку и = сов/8Л « 1, то г = Л + е, е « Л.
Разлагая функцию г(р) в ряд Тейлора в точке уг = Д, получим ре вши и 1+есовп (1+есовп) 1 [ ре совД 2ре сов Д 1(х ) +— г+ 2 ~(1-Г е сов~3) (1-Г е сов д) г 1Л/ Задача Кеплера Учитывая (Ц, найдем из (2) уравнение траектории в случае «плоскойэ Земли — параболу э=зеков да 2во сое о ' г. г + Сэф(т) =- Е, ГГэф(т)— (2) ГГерейдем к координатам г = т — В, л = Лу и разложим (1), (2) в ряд Тейлора. В результате получим интегралы М С = Е+тдГГ— 2тй~ Мг вэф в г ээ ш ( г+ г)+Гу( ) (3) ГГ(г) = тпвэфг~ Из (3) следует, что влияние кривизны Земли приводит к эффективному изменению ускорения свободного падения.
1.5.12. Найти уравнения, описывающие эволюцию интегралов движения М, Е, е при действии возмущающей силы г'. Решение. Используя второй закон Ньютона тг = — ог(тг + г', находим М = [гг'~, Е = гг', ое = 2г(гг') — г(гг') — г'(гг). 1.5.13. Найти первые интегралы задачи о движении тела в ньютоновом поле при наличии постоянной силы г'. Ответ. МР = Сы то~/2 — о~т — гЕ = Е, ег + (1/2о) [гг]~ = Сг . 1.5.14. Найти решение задачи Кеплера в параболических координатах. Решение..
Параболические координаты вводятся согласно формулам я =-;/ив соя эа, у =- ~/ии гйп уэ, г =- (и — о)/2. Координаты и, о пробегают значения от нуля до оо. Координатные поверхности и и о представляют семейства параболоидов вращения. Величина радиуса- вектора т = (и + о) /2, квадрат скорости ° г ° г г 1 ° г и =- — (и + о) ( — + — ) + иод . 4 и в представляющую собой локальную часть эллипса в окрестности апогея. 1.5.11. Тело движется в поле тяжести Земли в области высот Гэ « ГГ.
Найти приближенное представление первых интегралов, учитывая кривизну поверхности Земли. Решение. Полагая в решении задачи 1.5.3 О .= я/2, запишем интегралы момента импульса и энергии: [Гл. 1 Урааненвл Ньютона Для решения задачи достаточно записать три первых интеграла: закон сохранения полной энергии т (и Й ') т .г 2а .г .г — (и+ в)( — + — ) + — ивгг — = Е, 8 1,и в) 2 и гь в проекцию момента импульса на ось г (2) проекцию на ось г интеграла Лапласа т (б и ') т .г а (и — в) — (и+ в)( — и — — в) + — ив~р (и — в)— =- С. (3) 8 ~в и ) 2 и+в Исключим из (1), (3) величину аг, а затем разрешим уравнения отно- сительно иг, вг: и 2 в 2 в~юг (и + в) а — С Мг) + и 2ти г а+С Мг ) + 2твг (4) и~Ге~ (и + в) юг(и) = — [Е 2 юг(в) =- — [ Е 2 Из (4) следуют два уравнения с разделенными переменными: + =2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
