Ю.Г. Павленко - Задачи по теоретической механике (1115223), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Приращение скорости, необходимое для перехода на эту орбиту, — Ьр 2и = и' — и =- — д — Р а — а а— 4В Рассмотрим торможение в перигее исходной орбиты. Поскольку зта точка должна быть апогеем орбиты приземления, то и" = гУдй(1— — ЗЬр/4Я). Приращение скорости при торможении в перигее — Ь гли = игг — и = — дй— р а 4В Следовательно, торможение в апогее более выгодно.
Подставляя числовые данные, находим гяи = — 53 м/с, гяир —— — 124 м/с. 1.6.12. Космический аппарат находится на круговой орбите радиуса то. Найти величину тангенциального приращения скорости гяи для 1.6] Космодинамика в 1г го и=- ~ — ) — 1~и, п= —, о'=щ+Ьо. о! то Параметр р = то(с'~щ)'. Поскольку а = р (1 — е~), то о то — 1+ 2 —— гого а Время перелета 1„=- я/ы =.
я 1таз/а) к/в 1.6.13. Космический аппарат, движущийся по круговой орбите радиуса то, получает тангенциальное приращение скорости Ьо. Определить время полета до пересечения с орбитой Луны. Решепие. Согласно задаче 1.5.8 вектор Лапласа новой орбиты Параметр р = (1 + Ье/п~)ото. Предполагая, что орбита Луны— окружность радиуса ты найдем из неравенства г, = рД1 — е~) > т1 условие, обеспечивающее пересечение орбит КА и Луны: Ье > Ьо 2г1 то т1 Ье =щ Предположим, что Ье < п1 (у'2 — 1), т.
е, орбита КА является эллипсом (рис. 1.6.13). Время движения 11 по дуге эллипса до точки пересечения с орбитой Луны определяется уравнением Кеплера оо11 = (1 — е тйп бм Значения параметра 51 точек пересечения найдем из уравнения г1 —— = а(1 — е совС1): сов(1 — —, а =- а — г1 р 2 Очевидно, значению 51 —— я соответствует траектория, касающаяся окружности радиуса г1 в единственной точке. Пусть и = с1 + Ье = 10,95 км/с.
Учитывая значение т1 — — 384 400 км, получим (1 =- 1,422, 11 = 59,4 ч = =- 2,46 сут. Рис. 1.6.13 перехода на эллиптическую орбиту с полуосью а > то и время перелета до апогея новой орбиты ~30). Решение. Вектор Лапласа новой орбиты [Гл. 1 Уравнения Ньютона 88 1.6.14. Запуск спутника аМолнняа на эллиптическую орбиту с апогеем та = Я+ 40000 км и перигеем тр — — Я + 500 км происходит в два этапа. Сначала его вывоДЯт на пРомежУточнУю оРбитУ с тр1 = Л + + 200 км, т, =- Л+ 500 км, а затем в апогее сообщают тангенциальный импульс скорости Ье. Найти величину Ье, необходимую для этого маневра, и отклонение апогейного расстояния рабочей орбиты при ошибке в величине 2'.2е, равной 1 м,1с [28[ (рис. 1.6.14).
Решепие. Из законов сохранения момента импульса и полной энергии получим 2дй трг 2 т 1 [т 1 -~- трг ) ' г 28Н, т,д 2 еа1 2 р1 трг (т 1 4 т„) Подставляя числовые значения, находим гаг = 7,53 км/с. Поскольку апогей проме- жуточной орбиты т,1 совпадает с периге- ем рабочей орбиты тр, го 1'р2 Рнс. 1.6.14 йг 28Л т т, (т1 4-т 1 следовательно, ер — — 10,05 км,1с, 28 тг — = 2,52 кмУс. тм Ет ты +т,г ~П вЂ” Пр наг — 'а Высота апогея весьма чувствительна к ошибкам в величине б2п.
Предположим., что в результате ошибки скорость ер приобрела значение по+ бай. Из [2) находим пРиРащение Ьта =- [4аг/8Ргг) ербе. Если бе =- = 1 м/с, то бгт =- 75 км. 1.6.15. При выведении спутника на круговую орбиту направление скорости отклонилось от расчетного на угол б. Найти ориентацию большой оси эллиптической траектории спутника. Решепие. В точке запуска то = иге, следовательно, вектор Лапласа [рис. 1.6.15) а = — е (пе), и = го[то.
Полагая 7 = х/2 — б, получим (см. задачу 1.5.8) а = япб, созга = — япб, яп 1бо = — сов б, следовательно, у1о = Зн/2 — б. Параметр эллипса р = Мг,1тгг~ .= то созгб. Расстояния 1.6] Космодинаиика до перигея, апогея, большая и малая полуоси соответственно равны р та соэ а г тр 1 -~- е 1 + вгп б ' тс соэ а г 1 — ггпу ' р а= г го~ 1 — е б= = тс совб.
р г Предположим, что б « 1. Тогда Рис. 1.6Л5 отклонение от расчетной траектории в перигее Ьтр — — тр — то - — бтс. Пусть то = Л+ 6, 6 =- 300 км, б = 1'. Подставляя числовые данные, получим ~Ьтр~ = 111 км. 1.6.16. При выведении космического аппарата на круговую орбиту радиуса то величина скорости отклонилась от расчетной на гло. Определить ориентапию большой оси, эксцентриситет и параметр орбиты. Решение.
В момент выведения КА начальная скорость тс = тг (1+ -р Ьо/оь Учитывая, что гсто =- О, найдем вектор Лапласа Момент импульса М = пг [гсъ г„"(1+ Ьо/ог), следовательно, эксцентри- ситет и параметр эллиптической траектории КА равны е = — (1+ — ) — 1, р = тс(1+ — ) . Расстояние до перигея и апогея р Г 4гго1 гр: го та — то~1+ ( Ьо << ог. — .,( Момент импУльса М = тв(тоовг (1+ Ьт1тс~, следовательно, е= (1+ ) — 1г о=та(1+ ). 1.6.17. При выведении космического аппарата на круговую орбиту радиуса то расстояние до Земли отклонилось от расчетного на глт. Найти параметр и эксцентриситет орбиты. Решение. Заменяя в выражении для вектора Лапласа величины оо — 1 ин ог — р ог (1 + Ьт(тс) 'г, получим [Гл.
1 Уравнен л Ньютона 90 1.6.18. При выведении КА на эллиптическую орбиту с параметром р и эксцентриситетом е направление большой оси отклонилось от расчетного положения на угол д « 1. Показать, что в результате двойной коррекции с помощью тангенциального импульса скорости положение орбиты можно совместить с расчетным положением. Решепие.
Направим ось х параллельно вектору Лапласа эллиптической орбиты (рис. 1.6.18). При действии тангенциального импульса скорости,Ьн «г составляющие вектора Лапласа новой орбиты е'„2 (Ьп/р) з1п 1У, е' е, где ~ — угол между осью х и положением радиуса-вектора КА в точке коррекции. Вектор е' образует с осью х угол Д . е'„/е' = (2Ьр/ре) зшф. Сообщим в точке 4 = я/2 импульс скорости о /я~ ее ехп1 -- — ере, щ =- р( — ) =- (1 + е ), 4 ' (,2) тр определяемый условием б/2 = 2Ьп/вщ. Большая ось повернется на угон,З = 5/2. При этом изменится период обращения КА,поскольку Ьа1 — — (тра/2ег) вазд. Далее, в точт1 У ке траектории, определяемой углом уд = Зк/2 в системе координат х', у', У сообщим импульс Ьга = — Ьщ. Тогда большая ось сместится на угол б/2, Ы2 а величина большой полуоси получит приращение Ьаа —— - — Лап В результате двойной коррекции большая ось х' повернется на угол о, а ее величина не изменится.
Однократная коррекция оси на угол б привела бы к увеличению величины большой оси и периода Рис. 1.6.18 обращения. Поэтому при выводе на орбиту спутников связи «Молнияен имеющих период Т = 12 ч, применяют двухимпульсную коррекцию (281. 1.6.19. Космический аппарат на круговой орбите получил приращение скорости, равное по величине местной параболической скорости,направленное перпендикулярно радиусу-вектору и под углом 135' к вектору скорости. Используя интегралы Лапласа и момента импульса, определить ориентацию и форму новой траектории. Решечие.
Введем единичные орты еы ез, ез, направленные по радиусу-вектору, скорости и моменту импульса. Тогда Ьч = г~ (ез— — еа), а новая скорость т' = щез, следовательно, Момент импульса М' =- '(ггпч') =- — гиги1еш Новая траектория является окружностью, лежащей в плоскости, перпендикулярной вектору еа [29).
1.6] Космодинамика 1.6.20. Спутник на круговой орбите радиуса то получил приращение скорости и, направленное по радиусу. Определить ориентацию большой оси, параметр и эксцентриситет новой орбиты. Решение. Введем единичные векторы е .=- ч| /и1, п = го)то (еп = О). Подставляя в выражение для вектора Лапласа чо = и~о+ ип, получим 2 е = и/иь Значение параметра р .= (тто/а) [п(и|е + ип)]~ = то.
Если и < ип то новая траектория является эллипсом. 1.6.21. Космический аппарат движется по орбите с параметром р и эксцентриситетом е. В точке г аппарат получил тангенциальное приращение скорости ч — ~ ч' = ч (1 + Ьи/и). Найти положение большой оси новой эллиптической траектории, приращения периода и большой полуоси. Решение. Вектор Лапласа новой траектории е .=е+Ье, Ье=-2 — (е+ — ), Лот гд о (, т)' и = — (1+ 2е сов 1~+ ез), тр где т угол между радиусом-вектором г и вектором Лапласа е. Учитывая, что а =. — а/2Е, найдем приращения большой полуоси да ч да дЕ 2т Ьа = Ьч — = Ьч — —, — = — ахи дчодйдоа и периода ЬТ = Ьч (дТ(дч) = ЗТ (Ьа/а))2.
1.6.22. КА движется по эллиптической орбите. Найти точки траектории, в которых в результате радиального приращения скорости КА перейдет на круговую орбиту, приращение скорости и радиус круговой орбиты. Решение. Пусть г радиус-вектор КА, р полярный угол радиус- вектора. Вектор Лапласа где п = г/т, ч -- скорость КА, пч = т — радиальная компонента скорости, ш — значение местной первой космической скорости на расстоянии т(Д =- р/(1+ е соз р) от фокуса, р — — параметр эллипса, т =- еи гйп р, т~р =- и (1 + е соз у), а — 1+ 7, °вЂ” тр [Г/ь 1 92 Уравнения Ньютона В результате приращения скорости /1ч = п/1и вектор Лапласа е — э я = — — а [(Ф + пч/аи — 5~ ) п — [пч + еаза) ч) ° 5~ Полагая е' =- О, получим два уравнения /1и = — пч, и +пч/1и — и, =-0 — 1 [гр) =и,.
Из последнего уравнения находим ~р1 з —— я//2, Зя/2 [рис. 1.6.22). В положении ю1 .— — я/2 приращение скорости /зч .=- — еип, Радиус орбиты равен р, величина скорости и' = ие. 1.6.23. КА движется по эллиптической орбите. Найти точки траектории, в которых для перехода на круговую орбиту необходимо изменить только направление скорости,не изменяя ее величину. ч ! / / / Рис. 1.6.23 Рис. 1.6.22 Рещение. Очевидно, следует найти точки на траектории, в которых скорость КА равна местной первой космической скорости: сов 1о1 з = — е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
