Ю.Г. Павленко - Задачи по теоретической механике (1115223), страница 12
Текст из файла (страница 12)
По условию задачи точка поворота должна удовлетво- рять условию тр ) й. В этой области Н»ф(Н) < Е, где Е =- тпоэ,12— — ти11йэ[тв, следовательно, (то в1п ~/й) — 1 ~ то 1 Н в[п у ) — = з1п,б. то Вектор то должен лежать вне «запретного конуса» с вершиной в точке запуска и касающегося поверхности Земли (рис. 1.6.5). 1.6.6. Падение с «низкой» орбиты. Космическому аппарату (КА) на высоте 6 «Л сообщили начальную скорость по = ет (1 — 5) параллельно поверхности Земли, ег = пН~/то, тв = й+ 6, б ) О. Эксцентриситет эллипса е =- 1 — 1', параметР р = — то1'~, Г" = по/пм болыпая полуось и = то /(1+ в).
Начальная точка траектории является апогеем: т(Со) =- то, Эо(ео) = с(1о) = и, ш1о = я (рис. 1.6.6). Найти интервал времени падения КА на поверхность Земли. Решение. А. Полагая в уравнении эллипса оо(1о+ Ы ) =- 2п, т(1о+ т Ы ) = Н, получим условие, при котором КА приземлится в перигее на поверхности Земли: (1 + то[Го) (э = 2, или Б — 6/4Я. Далее, подставляя в уравнение Кеплера С(1о+ Ь1,„) = 2п, получим ш(1о + ~1 ) = 2яс Ы =- Т[2. Б. Найдем условие приземления в точке оо(1о+ + Ы1) =.
Зп/2: Л =. р, или ('э = К~то, д = 6/2Л. В. Пусть в точке приземления эо(1о+ т) =- я+ -Ь (3 ,,3 « 1. КА падает по «короткой» дуге эллипса: Й = р(1 — е сов б ), — (1 — 1 ) сов б = 1— г 26«« 6- =-,Н Рис. 1.6.6 В этом случае 1 « 1/ 1+ 26/Н. Максимальное смещение по длине дуги большого круга тт = ио 6то(2~ей. Г. В интервале времени 1о < 1 < 1о + т угловая координата р(1) = = и+ Д(1), уравнение траектории Н = 1 (то — т)[ет.
Найдем теперь функцию т(1). Поскольку Я1) — я « 1, то созе(1) = — — 1+Ее («»1)~/2+... Из уравнения Кеплера находим значение производной в начальной Космодиномика точке бо — — ы/(1+о). Исходя из параметрического представления г(1) = =- а (1 — е сов С), получим явную функцию времени г(1) = го — песо + = го — ь. Ь + ( „,)г (,11)г 2 2 где бай = де (Л!го)~.
Интервал времени падения на поверхность Земли т = (го(Я) 26,~де. При оо << оо получим тривиальное решение Ы = 26/д. Полезно получить величину д,ф из закона сохранения полной знергии пъг тобй тярй =- Е+ 2 т 2го Дифференцируя по времени, получим КК' КРК' г' = — + о, г'(го) —.— — д,ф . т г 1.6.7 — 1.6.8. Относительное движение в окрестности траектории космического аппарата. 1.6.7. КА движется по круговой орбите радиуса го со скоростью оо = Кгьо~го. Один из космонавтов, работающий в открытом космосе, получил приращение скорости Ьч в направлении вектора чо.
Найти закон движения космонавта в системе отсчета, жестко связанной с КА. Решение. Начальная скорость космонавта и = чо (1+ йо/оо). Учитывая, что гоно = О, найдем вектор Лапласа Величина зксцентриситета е = 2Ьо/оо. Параметр., значения полуосей, расстояния до перигея и апогея с точностью до величин е соответ- 2 ственно равны ~~юхз Р Р = го(1+ — ) го (1+ е), и = о го (1+ е), оо 1 — е Ь=, =го(1+о), гр — р1(1+с) =го, (1) г, = = то (1+ 2е). р 1 — е Следовательно, космонавт движется по эллипсу, охватывающему кру- говую орбиту КА. Период движения Т =- 2я/ы, ы =-  — о, а ы = ыо(1 ое!2) ыо = гг я го [Гл. 1 Ураоненил Ньютона 82 Космонавт стартует в перигее и обгоняет КА, поднимаясь по восходящей ветви эллипса. Однако поскольку период обращения космонавта Т больше периода То, то в какой-то момент времени космонавт и станция окажутся на одной прямой, ! проходящей через центр Земли: КА про- У ходит под космонавтом и обгоняет его неожиданный эффект с точки зрения чо «здравого смысла».
Затем космонавт У я продолжает подниматься вверх и отстает и от станции [рис. 1.6.7). я г х о Запишем теперь уравнение траектории космонавта. В системе отсчета с началом в центре Земли введем систему координат с осью х,направленной в перигей орбиты. В этой системе Рис. 1.6.7 х = а[сааб — я), у=Ьяш6 ы1 = ( — я яш(. Перейдем в систему отсчета К' с началом на КА и вращающуюся с угловой скоростью юо: х = х сояеоо1 + у я[в еоо1 = р соя[4 — еоо1) — яр соя а~о1 — го, [2) у' =- — х я[п еоо1+ у соя юо1 = р я[п [4 — юог) + яр яш юо1.
[3) Поскольку юо [1 — Зя/2)М = б — я я[в юо1, то при значениях яюо/1 « 1 из [1)-[3) получим х =- его [1 — соя шоу), у =- — — саоХ+ 2его япшоХ. [4) ! 3 Траектория космонавта представляет собой «эллипс», центр которого дрейфует вдоль оси у' со скоростью ЗЬи: (х — его) (и + Зеьоо/2) После завершения космонавтом полного витка станция сместится по орбите на расстояние Ья = Зяяго. Проблемы относительного движения приходится решать при приеме космической станцией грузовых кораблей. 1.6.8.
КА движется по круговой орбите радиуса го со скоростью ио = цйэ(го. Космонавт, работающий в открытом космосе, бросил заклепку со скоростью Ьч в направлении к центру Земли. Найти закон движения заклепки в системе отсчета, жестко связанной с КА. Решение. Введем два единичных вектора е = чо[ио, п = го/го, начальная скорость заклепки ч =- иое — Лип. Учитывая, что пчо —— — О, 1.6] Космодииамика найдем вектор Лапласа — (г~ое — ыин) — 1] и + [ ° 1 2 ио г.'ги г'.Ги + —, (иое — огин) =- е— ио ио Величина эксцентриситета е =- Ьи/ио « « 1, параметр эллипса р =. то. Найдем момент времени 1о, в который тело находится в перигее (рис. 1.6.8а).
В системе координат с началом в центре Земли ось х.направлена в перигей х(0) =- = О, у(0) = — то: х = а(сов Р— е), у = Ь япс, оз (1 — 1о) = с — е япс. Полагая 1 = О, с = со, получим уравне- ния созбо = е, яп~о = — 1 — ез, из которых находим Со - -— х/2 + е, ог1о -- х/2 — 2е. Следовательно, уравнение Кеплера принимает вид С = ог (1— — Ьо) — е сов го1.
В этом приближении расстояния до перигея и апогея с точностью до величин е~ соответственно равны тр = то (1 — е), т, = то (1+ е). Период движения Рис. 1.6.8 2х Т= —, го=-гг —, ог=ого, гз а з у з то Следовательно, заклепка движется по эллипсу, смещенному относительно круговой орбиты КА. Перейдем в систему отсчета К', вращающуюся с угловой скоростью ыо, и поместим начало координат на КА. Ось х' проходит через центр Земли и КА, ось у' направлена параллельно скорости КА. Тогда х' = х вгп гоо1 — у соз ыо1 — то; у' =- х соз ого1+ у яп ого1. Полагая в (1), (2) а = го, Ь = то, получим уравнение траектории г х — сто яп ьго1 у' = 2ето (1 — сов ьго1).
(2) (3) (4) [Гл. 1 Уравнения Ньютона Отметим интересную особенность — траектория в системе отсчета, связанной с Землей, представляет собой эллипс с полуосями а = го, Ь = го, в системе отсчета, связанной с КА — - эллипс с полуосями его, 2его (рис. 1.6.8б). Решение задач 1.6.7 — 1.6.8 получено независимо в задаче 3.3.12. 1.6.9. Парадокс спутника.
Показать, что для траекторий, близких к круговым, из уравнения движения тМ тг =- — С е г — й(г) г следует уравнение гнб = Йи. Решение. В отсутствие сил сопротивления спутник движется по круговой орбите радиуса г со скоростью и = СМ/г с полной энергией тн тМ то 2 о 2 г 2 В результате действия сил сопротивления спутник движется по некоторой спиралеобразной кривой.
Величины радиуса-вектора и скорости становятся функциями времени, а полная энергия изменяется согласно уравнению (2) Предполагая, что для орбит, близких к круговым, сохраняется соотношение (1) между Е(1) и пз(1), получим из (Ц н (2) (3) Отсюда видно, что величина скорости спутника растет. Поскольку для спутника отношение Й/т меньше, чем для ракеты-носителя, то ракета «обгоняет» спутник. Действие сопротивления атмосферы приводит к тому, что спутник начинает «наг датьен при этом его потенциальная энергия убывает. Полная энергия согласно (2) тоже убывает, однако приращение кинетической энергии оказывается положительным.
Следовательно, потенциальная энергия убывает настолько быстро, что обеспечивает убыль полной энергии прн одновременном росте кинетической. В проекции на направление т урав- нение движения имеет вид Рис. 1.6тз тб =- ń— йн, (4) где Р„проекция силы тяжести. Сопоставляя (3) и (4), приходим к выводу, что Р'„= 2нн (рис. 1.6.9). 1.6] Космодинамика 85 Оценим приращения радиуса-вектора и периода обращения за один оборот.
Учитывая (3). находим Т =. — 3 — Т. й тп и г = — 2 — г„ тп Коэффициент Й вЂ” рЯи, где Я площадь поперечного сечения спутника, р . плотность атмосферы ]31], 1 р(г) = ра ехр~ — — (т — Л)]. О = 7170 м, ро = 1,225 кг,тмо. Полагая тп = 100 кг, Я = 1 мг, г = Рг + + 160 км,найдем р 10 э кг/мз, ЬТ = — — Тг = — 6,4 с.
тп 21' Ьг = — — гТ = — 5,37 км, тп тат (г — 1)=С,— Х, г таМ (г — П птат~ (г+ 1) = С г + т'т'. (гз 1) (2) Из (1), (2) находим г 2 1г)г (3) 2тпМ1 Згг + 1г (, ]г) (4) Сделаем два з а м е ч а н и я. 1. Рассмотрим два связанных спутника как одно протяженное тело массой 2т, движущееся по окружности радиуса г. Тогда для него не выполняется третий закон Кеплера Несмотря на то что на высотах 200 км плотность воздуха в миллиард раз меньше, чем на уровне моря, спутник быстро снижается и через десять часов сгорает. На высотах 300 км время существования спутника 20 сут, на высоте 400 км -- до 160 сут.
1.6.10. Два спутника с равными массами соединены канатом и движутся по круговым орбитам вокруг Земли, находясь на прямой, проходящей через ее центр. Найти силу натяжения каната. Решение. Пусть масса каната пренебрежимо мала по сравнению с массой спутников. На каждый спутник действуюг силы притяжения Земли и силы упругости канатов Мт и Мг.
Пусть г радус-вектор центра масс спутников., ат угловая скорость вращения, 21 длина каната. Пренебрегая силой гравитационного притяжения между спутниками, получим уравнения [Гл. 1 86 Уравнения Ньютона лишнее напоминание о том, что законы Кеплера справедливы для материальных точек. Скорость первого спутника меньше, а второго больше местной первой космической скорости. 2. Из (4) следует, что канат натянут. Предполагая, что 1 « т, получим значение силы натяжения 1.6.11. Космический аппарат движется по эллиптической траектории. Расстояния от поверхности Земли до перигея н апогея соответственно равны Ьр —— — 170 км, Ь, = 400 км. Определить приращение скорости в апогее и перигее, необходимое для перехода на орбиту приземления.
Решение. Из законов сохранения энергии и момента импульса тана гррр тиа тяй тир тйЯ г г г г 2 т, 2 тр найдем скорости КА в перигее и апогее при движении по произвольной эллиптической траектории: 28 В та г 28 В тр г г и р а и т,ттр тр т,'трт Поскольку Ьр, Ь, « Й, то ир = дп[1+ Ь' 3Ь ), и = дЛ[1+ Ьр ~~'). (1) Если траектория приземления начинается в апогее, то скорость в апогее орбиты приземления и' = гЯВ(1 — ЗЬ,/4Л).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
