Диссертация (1149310), страница 14
Текст из файла (страница 14)
Исследуемее. Вычислим производныеdF1> 0,=p22dβ1 − k sin β√dβ2 3=− √.dx( 3 + 1 − x)2 sin βВ начальную эпоху 0 < e0, x0 < 1, так что√√3−1√= 2 − 3 = 0, 267949 < cos β0 < 1,3+1√F (β1 , k) = 1.845375.0 < β0 < β1 = arccos(2 − 3) = 74.4577◦,Таким образом, с ростом e, x от нуля до единицы угол β убывает отβ1 до нуля, и в этом промежутке левая часть (4.12) возрастает с ростом βи убывает с ростом e, x. Поэтому уравнение (4.12) однозначно определяетe, x в функции времени.122С убыванием времени в прошлое правая часть (4.12) убывает, принимая нулевое значение при t = t2 , гдеt2 = −33/4F (β0, k) < 0.2AОтсюда получаем, что с убыванием времени от нуля до t = t2 угол β убывает от β0 до нуля, а эксцентриситет возрастает от e0 до единицы.
Среднеедвижение возрастает от ω0 до ω0/e20 , а большая полуось уменьшается от a04/3до a0 e0 . Траектория при t = t2 становится прямолинейно-эллиптическойи ее продолжение за t = t2 не имеет смысла, т.к. в момент выпрямлениянаправление осей системы O1 меняется скачком. Таким образом, t∗ = t2 .С возрастанием времени правая часть (4.12) возрастает и принимаетзначение β1 при t = t3 , где33/4t3 =[F (β1 , k) − F (β0, k)] > 0.2AОтсюда получаем, что с возрастанием времени от нуля до t3 угол β растетот β0 до β1 , а эксцентриситет убывает от e0 до нуля.
Среднее движениеубывает от ω0 до нуля, а большая полуось возрастает до бесконечности,что при нулевом эксцентриситете влечет r → ∞. Таким образом, t∗ = t3 .Как и в разделе 4.1, уход траектории на бесконечность за конечное времяговорит лишь о неприменимости метода осреднения при асимптотическибольших t. Следует ограничиться промежутком 0 6 t 6 t3 /10. Обратимвнимание также на нарушение единственности решения уравнения (4.10)при t = t3.
Это объясняется негладкостью правой части уравнения (4.10)при e = 0.Величину x мы представили в виде неявной функции времени с помощью уравнения (4.12). Эксцентриситет, среднее движение и большая по-123луось просто выражаются через x:e=x3/2ω0ω = 2 x3 ,e0,4/3a0 e0a=,x22/3 √1 − x3ηe0=.ωaω0 a0 x2/333e0=,ωa ω0a0 x3Последнее уравнение (4.8) принимает вид Ṁ = ω0 e−20 x , и согласно(4.11)dMA1 x 3= −√,dx1 − x3A1 =κ28/3a20 e0 T.(4.13)Интеграл от правой части (4.13) также сводится к неполному эллиптическому интегралу первого рода [18, пункт 3.139]:Z xu3 du22 p√=−F (β, k) − x 1 − x3 ,1/4355·31−u1так что интегрирование (4.13) даетqp2F (β, k) − F (β0, k)M = M0 + A1+ x 1 − x3 − x0 1 − x30 .1/453Замечание. При T < 0 имеем t∗ = t3 , t∗ = t2 .В качестве примера рассмотрим один из астероидов группы Атона, аименно (326290) Эхнатон, снабдив его двигателем малой тяги, направленной по трансверсали, так что T > 0, S = W = 0.
Приведем начальныеданные для гелиоцентрической задачи на эпоху J2000:κ = 1.152 · 1010 м3/2с−1,a0 = 0.879 a.e. = 1.315 · 1011 м,ω0 = 2.416 · 10−7 рад с−1,e0 = 0.4402,i0 = 3, 4◦,σ0 = 309, 3◦,Ω0 = 53, 5◦,M0 = 319, 0◦.124eΩ1.01.2 ´ 10-60.81. ´ 10-60.68. ´ 10-76. ´ 10-70.44. ´ 10-70.2-4 ´ 10132. ´ 10-7-2 ´ 10132 ´ 1013t-4 ´ 1013-2 ´ 10132 ´ 1013tMa4 ´ 1012-4 ´ 1013-2 ´ 10132 ´ 1013t-5.0 ´ 1063 ´ 1012-1.0 ´ 1072 ´ 1012-1.5 ´ 1071 ´ 1012-2.0 ´ 107-4 ´ 1013-2 ´ 101302 ´ 1013t-2.5 ´ 107Рис.
4.1: Зависимость e, ω(рад/с), a(м), M̃ = M − M0 − ω0 t(рад) от времени t(c) дляуказанных на с. 123 начальных данных.Диаметр астероида ∼ 100 м, масса ∼ 109 кг. Пусть двигатель развиваеттягу в 1 Н, так что T ∼ 10−9м с−2.На рисунке 4.1 изображены зависимости e, ω, a, M̃ = M − M0 − ω0 tот времени. На графиках видим, что за время 2.69 · 1013 с, то есть около853 тысяч лет орбита Эхнатона станет почти круговой с эксцентриситетомe = 0.034 и большой полуосью 4, 07 · 1012 м (27.2 а.е.).
Но, как было показано выше, при использовании метода осреднения следует ограничитьсяпромежутком времени 0 6 t 6 t3/10, в данном случае t3 = 3.26 · 1013 с. Врезультате действия тяги в течение 3, 23 · 1012 с (102 тысячи лет) большаяполуось астероида вырастет до 1, 5975 · 1011 м (1.06789 а.е.), эксцентриситетуменьшится до e ∼ 0.3804.Понадобится около 22 лет работы двигателя, чтобы большая полуось орбиты Эхнатона увеличилась на 5 Мм, за это время эксцентриситет125изменится незначительно, тем не менее расстояние между возмущенным иневозмущенным положением астероида составит 6.09986×108 м, посколькузначение возмущенной средней аномалии будет меньше невозмущенного на0.26554◦.
При тяге 10 Н на такое же изменение элементов орбиты потребуется около 2,2 года.Если тяга будет направлена против трансверсали, то T ∼ −10−9м с−2 ,а верхний предел времени допустимости метода составит t2 /10 = 4.43 ·1012 с. Через 3, 25 · 1012 с (103 тысячи лет) будем иметь a ∼ 1, 10624 ·1011 м (0.73948 а.е.), e ∼ 0.50112.4.4.Эволюция некруговых орбит при W 6= 0, S = T = 0Если S = T = 0, то (4.1):ω̇ = 0,ė = 0,3ecos σW,2ωaη3eΩ̇ = −sin σW,2ωaη sin i3e ctg iσ̇ =sin σW,2ωaη•ı=−Ṁ = ω.(4.14)В этом случае ω, a, e = const, M = M0 + ωt, а правые части нетривиальныхуравнений (4.14) запишем в виде•ı= −A2 cos σ,Ω̇ = −A2sin σ,sin iσ̇ = A2 ctg i sin σ,Не умаляя общности, считаем W > 0, A2 > 0.A2 =3eW.
(4.15)2ωaη126Перепишем первое и третье уравнения (4.15) в форме уравненийЛагранжа•ı= −A2 ∂V,sin i ∂σσ̇ =A2 ∂Vsin i ∂i(4.16)приV = sin i sin σ.(4.17)Очевидно, функция (4.17) является интегралом системы (4.16), то естьdV /dt = 0, V = const. Постоянная V может принимать значения из отрезка[−1, 1]. Построим фазовый портрет динамической системы (σ, i). ЗначениюV = 1 отвечает неподвижная точка (π/2, π/2). При чуть меньших единицызначениях V фазовая кривая — овал, близкий к окружностиπ 2 π 2σ−+ i−= 2(1 − V ).22С уменьшением V овал, сохраняя симметрию относительно осей σ = π/2,i = π/2, все больше приближается к сторонам квадрата i = 0, i = π, σ = 0,σ = π. При V = 0 овал становится квадратом. Согласно (4.15) движение пофазовым кривым происходит против часовой стрелки.
Движение по вертикальным сторонам квадрата происходит со скоростью ±A2, тогда какгоризонтальные стороны проходятся мгновенно. При отрицательных значениях V картина аналогична. Фазовый портрет представляет собой указанный квадрат вместе с отражениями в вертикальных сторонах квадрата(см. рисунок 4.2). Разумеется, отрезки σ = −π и σ = π можно отождествить и считать фазовое пространство цилиндром −π < σ 6 π, 0 6 i 6 π.При −π < σ < 0 овалы обходятся по часовой стрелке.Рассмотрим при V>0 часть траектории внутри квадрата127iΠ3Π4Σ-3Π4Π-Π024ΠΠ3Π424ΠΠ40Рис. 4.2: Фазовый портрет системы (4.16); V=±0.001, ±0.05, ±0.15, ±0.3, ±0.6, ±0.9,±0.99, ±0.999.0 < σ < π/2, 0 < i < π/2. В силу (4.17) имеют место равенства:pp22sin i − Vsin2 σ − V 2cos σ =,ctg i =,sin iVс помощью которых первое и третье уравнение (4.15) можно записать так:sin i dipsin2 i − V 2dσ= −A2 dt,sin σВведем вспомогательный угол ϕ,dϕ= −A2 ,dtpsin2 σ − V 2=ϕ = ϕ 0 − A2 tA2dt.V(4.18)(4.19)и перепишем первое уравнение (4.18) в видеsin i dipsin2 i − V 2= dϕ.Интеграл от левой части элементарен:Zsin i dicos ip= − arcsin √.1−V2sin2 i − V 2(4.20)(4.21)128Из соотношений (4.20, 4.21) вытекает− arcsin √cos i= ϕ + C.1−V2Отсюдаpcos i = − 1 − V 2 sin(ϕ + C),qsin i = 1 − (1 − V 2 ) sin2 (ϕ + C) .Поскольку у нас лишняя постоянная интегрирования, можно положитьC = π, и мы получаем решение уравнения (4.20) в виде:qpcos i = 1 − V 2 sin ϕ,sin i = 1 − (1 − V 2 ) sin2 ϕ ,после чего σ определяется интегралом (4.17):√1 − V 2 cos ϕV,sin σ =.cos σ =sin isin i(4.22)(4.23)Формулы (4.22, 4.23) позволяют связать начальные данные для ϕ, i, σ:sin i0cos ϕ0 = √cos σ0 ,1−V2cos i0sin ϕ0 = √.1−V2(4.24)Заметим, что соотношения (4.22, 4.23) оказываются верными для всех значений углов i, σ.
Справедливость этих формул проще проверить их подстановкой в (4.15), а также согласованностью начальных данных ϕ0 , σ0, i0.Период i, σ как функций времени равен 2π/A2 и не зависит от начальных данных i0 , σ0, так что все овалы обходятся за одинаковое время.Однако период зависит от начальных данных ω, e.Подставим (4.22, 4.23, 4.19) во второе уравнение (4.15):Ω̇ = −A2sin σA2 VVdϕ=−=−.sin i1 − (1 − V 2 ) sin2 ϕ1 − (1 − V 2 ) sin2 ϕ dtПереход к независимой переменной ϕ даетdΩV=−,dϕ1 − (1 − V 2 ) sin2 ϕ(4.25)129так чтоtg(Ω − Ω1) = −V tg ϕ(4.26)при Ω1 = const. Не умаляя общности, можно считатьcos(Ω − Ω1) =cos ϕ,1 − (1 − V 2 ) sin2 ϕsin(Ω − Ω1) = −V sin ϕ.1 − (1 − V 2 ) sin2 ϕ(4.27)Отсюда выводим выражение Ω1 через начальные данныеcos(Ω1 −Ω0 ) =cos ϕ0,1 − (1 − V 2 ) sin2 ϕ0sin(Ω1 −Ω0) =V sin ϕ0.1 − (1 − V 2 ) sin2 ϕ0(4.28)Формула (4.26) сингулярна при ϕ = kπ + π/2 и не дает однозначного представления угла Ω.
От этих недостатков свободно соотношение (см.вторую формулу (C.6) приложения C с учетом замечания на с. 191) Ω1 + ϕ − arctgгдеsin 2ϕ,V1 + cos 2ϕΩ=sin 2ϕ Ω1 − ϕ + arctg,V2 + cos 2ϕV1 =1−V,1+VV2 =1+V,1−Vесли V < 0,(4.29)если V > 0,|Vs | > 1.Обратим внимание, что для рассматриваемой динамической системыt∗ = −∞, t∗ = ∞.На рисунке 4.3 приведены зависимости i, σ, Ω − Ω1 от t для значенийпараметров, приведенных на с. 123 и отвечающих астероиду Эхнатон, атакже V = −0.0458937, W = 10−9м с−2.На первом графике видим, что наклон орбиты либрирует, период либрации ∼ 2.7·1014 с, то есть порядка 8,6 миллионов лет.
Если же действие тяги осуществляется в течение малого промежутка времени, например 20 лет,130iΠ3Π4Π2Π4-4 ´ 1014-2 ´ 101402 ´ 10144 ´ 10142 ´ 10144 ´ 1014tΣΠ3Π4Π2Π4-4 ´ 1014-2 ´ 10140tW - W14Π3Π2ΠΠ-4 ´ 1014-2 ´ 10142 ´ 10144 ´ 1014t-Π-2 Π-3 Π-4 ΠРис. 4.3: Зависимость i, σ, Ω − Ω1 от времени t(с) для указанных на с. 123 начальныхданных, а также V = −0.0458937, W = 10−9 м с−2 .131то наклон орбиты изменится на ±0.00053◦ в зависимости от направлениявектора ускорения (±W ), линия узлов повернется на ∓0.01091◦, аргументперицентра изменится на ±0.01089◦, при этом смещение положения телаот невозмущенного составит 1.31744 Мм.4.5.Эволюция некруговых орбит при ST 6= 0, W = 0При W = 0 система (4.1) переходит в:3ηT,a3eηT,ė = −2ωaω̇ = −•ı = 0,Ω̇ = 0,σ̇ =ηS,ωaṀ = ω −3S,ωa(4.30)таким образом элементы i, Ω постоянны.
Изменение переменных ω, a, e описано в параграфе 4.3. Для оставшихся элементов справедливо2/32/3 √ω0 3 3e0 Se0 S 1 − x3,Ṁ = 2 x −,σ̇ =ω0 a0 xe0ω0 a0 xгде, как и выше, x = e2/3. С помощью (4.11) перейдем к дифференцированию по xdσS=−,dxTxгдеA1 =dMA1 x 3A3= −√+ √,dx1 − x3 x 1 − x3κ28/3a20 e0 T,A3 =3S.T132После интегрированияσ = σ0 −xSln ,T x0qp2F (β, k) − F (β0, k)3M = M0 + A1+ x 1 − x3 − x0 1 − x0 +531/4p√A3 (1 + 1 − x30)(1 − 1 − x3 )p+ln. (4.31)√3(1 − 1 − x30)(1 + 1 − x3 )Для рассматриваемой динамической системы, как и в параграфе 4.3,t∗ = t2 , t∗ = t3 при T > 0, и t∗ = t3 , t∗ = t2 при T < 0.4.6.Эволюция некруговых орбит при T W 6= 0, S = 0При S = 0 система (4.1) переходит в:3ηT,a3eηė = −T,2ωa3e•ı=−cos σW,2ωaη3eΩ̇ = −sin σW,2ωaη sin i3e ctg iσ̇ =sin σW,2ωaηω̇ = −Ṁ = ω.(4.32)Изменение элементов ω, a, e, M описывается формулами параграфа 4.3.Уравнения (4.16) по-прежнему справедливы, хотя A2 теперь переменноr2/33e0 WxA2 =.(4.33)2ω0 a01 − x3Функция (4.17) остается интегралом движения.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
