Ю.Г. Павленко - Задачи по теоретической механике (1115223), страница 14
Текст из файла (страница 14)
Этому условию удовлетворяют две точки на концах малой оси на расстоянии а = р/[1 — ез) от фокуса (рис. 1.6.23). Величина приращения скорости при переходе на круговую орбиту о /аи = — нь 1 1 е, юь— та 1.6.24. КА движется к Земле по гиперболе. Скорость КА на границе сферы действия Земли не Найти тангенциальное приращение скорости в перигее при одноимпульсном переходе КА на круговую орбиту и значение радиуса орбиты, при котором величина приращения скорости минимальна. Рещение. Изменяя значение прицельного параметра Ь, можно перевести КА на любую круговую орбиту. Для гиперболической траектории момент импульса М = тт,Ь, полная энергия Е = то~/2, параметр и эксцентриситет гиперболы 2 р =- — тн~Ь~, е~ =- 1+ ( ' ), Космодииамика расстояние до перигея тр — — рД1 + е).
Из закона сохранения момента импульса и,6 = иртр найдем скорость КА в перигее при фиксированном значении прицельного параметра ир — — игЬ/тр. Поскольку скорость на орбите рцдиуса тр равна а/ттр, то приращение скорости иг а 6 (1) ттр тр г е =1+х, гр —— ех 1+с' представим (1) в виде гаи(х) =- (1 — уТ+ е) (2) Экстремальным значениям е = 3, х = 2~/2 соответствуют прицельный параметр 6 = 2у'2с, скорость КА в перигее (ир) = и,и'2, приращение скорости (гзи) = — и,/~'2, радиус оптимальной окружности (тр) = 2с, (тр) = 2Л( — ), скорость движения по окружности (ир) = и,/ъ~2. 1.6.25.
КА движется по гиперболе с эксцентриситетом е = 3 и параметром р = 8г1, где Л вЂ” радиус Земли. Найти тангенциальное приращение скорости, которое необходимо сообщить КА в перигее для перехода на круговую орбиту. Решение. Поскольку расстояние от фокуса до перигея тр — — рД1 + + е), то радиус круговой орбиты тр — — 2г1. Йз уравнений Мг та' М = тортр, найдем значение скорости в перигее ир — — ут2дгг. Скорость КА на круговой орбите радиуса 2Л равна и1 = дй/2.
Следовательно, приращение скорости Ьи = — дй,12. 1.6.26. Метеорит массы тг движется по гиперболе с эксцентриситетом е = 3 и параметром р = 8гг, где Л радиус Земли. В перигее происходит неупругое столкновение с КА массы тг, движущимся по круговой орбите. Определить форму траектории образовавшегося композита. Для определения радиуса оптимальной окружности введем параметр х = Ь/с, с = а/тиг.
Учитывая, что [Гл. 1 Уравнения Ньютона 2тг — тг е = юь тг + тг Далее найдем эксцентриситет Следовательно, при 2тг — — тг траектория -- окружность. В случае 2тг — 8тгтг — тг ) 0 траектория — гипербола. г 2 1.6.27. Движение в космосе с малой тягой. Реактивная сила Р =- [чуи, действующая на ракету, направлена по касательной к траектории, 1 константа, а = 1ут « д. Найти решение уравнений, описывающее начальный участок траектории [134[. Решение.
Ракета движется по круговой орбите радиуса го со скоростью ег = сг(тго, а = тдйг. В момент времени 1 = 0 включают двигатель. Реактивное ускорение, создаваемое ионными двигателями, ар мм/с . г Используя решение задачи 1.5.12, в которой рассмотрена эволюция интегралов движения задачи Кеплера, получим уравнения Е=1о, М.= М вЂ”, , 21 тай = [чМ]— о (1) (2) (3) Из (2) следует, что траектория лежит в плоскости, перпендикулярной вектору Мо =. М(0).
Из (Ц находим первый интеграл: (4) Е =- Ео + Ул, где л длина участка траектории ракеты, Ео = — а~2то, то =- г(0). Поскольку 1 « та, то ракета начинает движение по спиралеобразной кривой: на каждом витке скорость и расстояние до центра Земли связаны соотношением а 2 — — или е (5) гит Полная энергия ракеты Е =- — тог/2. Подставляя Е в (1), получим уравнение б=- — а, а=- —, У (6) т' Решение. Скорость метеорита в перигее ер —— ч'2с й, скорость КА на круговой орбите ег = дй/2. Рассмотрим случай встречного столкновения. Из закона сохранения тангенциальной компоненты полного импульса найдем скорость образовавшегося тела: Космадииамика 1.6] 95 Рис.
1.6.27 из которого следует, что величина скорости ракеты уменьшается. Аналогичный парадокс рассмотрен в задаче 1.6.9. Здесь необходимо учесть, что, согласно уравнению (1), полная энергия увеличивается и при некотором значении 1 = 1 обратится в нуль. Величина скорости ор —— о(1р) в этот момент времени достигнет наименьшего значения ор = 2а/ттр, тр — — т(1р). При значениях 1 > 1р скорость ракеты возрастает и она удаляется от Земли по квазигиперболической траектории.
Следовательно, из (6) находим (7) о(1) = о1 — а1, О ( 1 ( 1р. Из (1) имеем уравнение т тес+о — = Го, т где т —.— о соз 7, 7 — угол между радиус-вектором и скоростью. ГГолагая о(1') — О, 1' — 1р, т(1') — тр, сов 7(1') — 1/2, получим значения тр —— а,12гпа, о~~ =. 2 2ао/т. Согласно (7) 1р .=- (о| — ор)/а. В момент времени 1 = 1р длина траектории э(1р) = о11р — — а1 = — (о1 — о ) = — (о1+ ор)1р.
При а =- 1 мм/с~ значение Е =- 0 достигается через 80,8 сут. на расстоянии 554700 км., а скорость 3 км/с ]134]. [Гл. 1 Уравненил Ньютона 96 Найдем теперь полное число витков М в интервале 0 ( 1 ( 1р. В результате анализа численных расчетов была получена эмпирическая формула Х = 0,04д/а. Очевидно, ~ ое 1 т 3 М=-~ —, — = (н1 — а1). Т ' Т 2но о Вычисляя интеграл, получим На рис. 1.6.27 изображена траектория разгона с круговой орбиты, полученная численным интегрированием уравнений движения (1341. Нифры вдоль траектории соответствуют безразмерному времени движения. Глава 2 УРАВНЕНИЯ ЛАГРАНЖА 2.1.
Уравнения Лагранжа первого рода 2.1.1. Частица движется по гладкой неподвижной наклонной плоскости. Найти закон движения и реакцию плоскости. Решение. Пусть и единичный вектор, перпендикулярный плоскости. Тогда уравнение связи и уравнение движения примут вид пг =- О, тг = тн + Лп. Дифференцируя, получим пг'.= О. Отсюда, учитывая (1), находим Л =- =- — тнп, следовательно, г =- и — (нп) п = [п[дп)~, г2 г(Х) =- г(0) + г(0) С + [п[нпЦ вЂ”, причем и г(0) = О, и ъ (0) = О. Реакция плоскости Х вЂ” т(нп) п.
Если п = (япа, О, сова), н .— (О, О, — д.)., то Х = тд сов о (вйп а, О, сов а) . 2.1.2. Частица движется по поверхности сферы. Найти реакцию как функцию координат и скорости. Решепие. Исходная система уравнений имеет вид 1'=.г — а =О, тг =- тн+ Л~7(, (2) а — радиус сферы. Из (1) находим гв + гг =- О. Исключая г с помощью (2), получим Л = — — (г~+ яг). 2а Поскольку связь стационарна, то тгэ/2 — тнг = Ео следовательно, Л вЂ”.— — (2Е + Зтйг),12аз. Рассмотрим частные случаи.
Ц г(0) = О, г(0) = (О, О,. а). Реакция обращается в нуль при в = = 2а/3 (координата точки отрыва). 2) г(0) = (О, О, и), г(0) = (О, О, Я'а). Полная энергия К = Зтда/2. Реакция обращается в нуль при в = а. 2.1.3. Частица движется по поверхности сферы. Найти закон движения и реакцию сферы. 4 ю. Г. Павленка [Гл. 2 Уравнения Лавра жа ОВ Решение. В цилиндрических координатах с началом в центре сферы и осью г, направленной по вертикали вверх, система уравнений имеет вид (3) (4) гпй = — ту+ 2Лг. Из (3) получим интеграл —., (Р'+Р'Ф'+ ')+те = Е (6) Тогда из (6) находим квадратуру (7) (8) В общем случае интеграл (7) выражается в терминах эллиптических функций. Рассмотрим ряд частных случаев.
1) В случае Гринхилла задаются начальные условия г(0) = (а, О, 0), г(О) = (О, ов, 0). Тогда 2 2 2 7 =. р + г~ — а =- О, т(р' — рр~) = 2Лр, Из теоремы об изменении полной энергии находим Исключим из (6) р, р, эг, совершая замену гг М, а2 г2 р ~р у ав — г' ' т(а' — г') Область движения по координате г 2 Лз 2 — — ( — ) +4а + — <г(0. вв я вв 2 (,2д) 4в (1) (2) 2.1] Уравнен л Лагранжа первого рода 99 Из (5), (7) находим г оо 27т оо 2 г ( )' гг 2д (,2 4о 2) Найдем условия, при которых частица движется по горизонтальной окружности в плоскости га.
В этом случае Я(га) = О, дсг!дг = О, или )( а)= а тя 2т д тд Отсюда находим 2 тл (3 2 — а2) М2 = — ™ к (ог — гг)з следовательно, га < О: У = ога1+ Ра, ога = д1~г ( — га) 3) Рассмотрим движение в окрестности положения равновесия г = =- (О, О, га). Разлагая < )(г) в ряд Тейлора, получим Г)(г) = г (Зго + а ) (г — га) + а га Теперь интеграл (7) вычисляется в терминах элементарных функций. ГГроще, однако, продифференцировать уравнение г~ = Сд(г): 3 2 О Нз а~1+ зга) а Таким образом, г =- га + А соэ (Н 4+ ег), 2 2 га Ф--ыа а — га — 2гоА сов(й1-~ о) дг гпй =- тп— дв г де т — = тГГя —, + д', 11 и 2 (2) 2.1.4.
Частица движется по циклоиде. Найти реакцию связи и закон движения. Решеяие. Расположим циклоиду в вертикальной плоскости. Ось у направим вертикально вверх. Уравнение пиклоиды в параметрической форме х = о (~р — э1п р), р = — а (1 — сов ~р). Запишем второй закон Ньютона в естественных координатах: [Гл. 2 Ураененил Лагранлса 100 где гу — величина силы реакции, Я -- радиус кривизны. Возьмем в качестве независимой переменной длину дуги в = 8а в[п~~р/4. Поскольку г р=- — в+ —, 0<в<8а (3) то из (1) следует уравнение в + агав = д', шг =- 8'/4а, следовательно, в =- 4а+ А сов(ш1+ ао) (4) Если начальные условия выбрать так, чтобы А < 4а, то частица совершает гармонические колебания, причем частота колебаний не зависит от амплитуды (в отличие от математического маятника).
Эта особенность впервые отмечена Х. Гюйгенсом в 1659 г. Для уменьшения трения можно заставить тело двигаться по циклоиде без прямого контакта с ней. Для этого достаточно изготовить шаблон в виде двух одинаковых полуарок циклоиды, имеющих общую точку возврата (см. рис. 1.1.9). В точке возврата прикрепляется нить длиной 1 =. 4а с шариком на конце. Шарик будет двигаться по циклоиде, совершая изохронные колебания с периодом Т = 4гг а/8.
Из (2), (3) находим те Й(в) й(в) 4а (5) Для вычисления радиуса кривизны можно воспользоваться формулой а Нг Й = (х'г + р'г) [х'рн — хнр'[ или следовать определению й = = с[в/дог, где а — угол между тангенциальным ортом е и осью х. Вычисляя 18 сг = Нр/Нх, находим а = гг/2+ гг/2, Л = = 8ав[1 — — ) = 4а[1 — сов~(оЛ+ его)~ . (6) — (1+ р'г)хг+ тд р(х) = Е следует гг гт 4 „7г,~х 2 в, — [Е -тдр(х)' гп Подставляя (4), (6) в (5), получим реакцию как функцию времени.
2.1.5. Частица движется по гладкой кривой, лежащей в вертикальной плоскости. Найти время движения частицы между двумя точками на кривой. Решение. Выберем ось р,направленную вертикально вверх. Уравнение кривой р = р(х). Поскольку иг = (1 + р'г)хг, то из закона сохранения полной энергии 2.1] Уравнения Лаграноха первого рода 101 2.1.6.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
