Курс лекций (1246134), страница 13

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 13)

Маневр с двигателем малой тягиОценку влияния трех компонент векторауправляющего ускорения: радиальной ar,трансверсальной aθ и бинормальной aφ нате или иные элементы орбиты можнооценить по уравнениям НьютонаЛагранжа, которые уже рассматривалисьнами в разделе возмущенного движенияКА.ziaarxy231arУчитывая направления компонент вектор управляющего ускорения, можно записать:didtpu   cos ua 1  e  cos  ddt2cos  dN1  e  cos  0 1  e  cos  3p sin u  cosecia 1  e  cos  t  t0  p da 2  pp e  sin   ar  1  e  cos    a 2dt 1  e p0d1  e  cos  ddtp e 2  cos 2   2  cos   e  sin   ar  a  1  e  cos sin    2  e  cos  d 1 p e  ctgi  sin u    cos   ar  a  a dt e  1  e  cos 1  e  cos dt0p2NeNsincosaardt e    1  e  cos  2 1  e  cos Учитывая, чтоp  a  1  e2  , r pp, r 1 e1 eполучим:dpp1 2 padt 1  e  cos  2  1  cos    e  sin 2 drpp sinaardt 1  e 2  1  e  cos 2322  1  cos    e  sin 2 drpp sinaardt 1  e 2  1  e  cos 2Уравнения Ньютона-Логранжа позволяют определить как должно быть направленоуправляющее ускорение для того или иного изменения элементов орбиты, например,для того чтобы эксцентриситет орбиты изменяется с максимальной скоростью,нужно, чтобы угол между радиусом-вектором и вектором ускорения λ (для плоскогодвижения, когда a  0, ar  a  cos , a  a  sin  ) подчиняется соотношению:  cos 2   2  cos   tg  sin   1   cos  Наоборот: он не будет меняться вообще, если:tg    2331tg 3.

Полет с постоянной радиальной тягойVrr0arПолагаем, что КА находится на круговой орбите радиусомr0 и в момент t0 включается двигатель малой тяги,создающий на единицу массы постоянное управляющееускорение ar , направленное по радиусу-вектору КА.Проведем анализ изменения скорости КА и егорасстояние от притягивающего центра, исследуем такжевозможностьсообщенияКАтакимобразомпараболической скорости.Общее радиальное ускорение КА при наличииar представляетсясуммойцентробежного,гравитационногоиуправляющегоускоренияв2следующем виде: d 2 r d dt 2 r   2  ar dt  rd     p    r0dt22d  dr d  dr  dtdr d 2 r dt(для круговой орбиты p= r0), а также тождество:       2dr  dt dt  dt  drdt dt 2 dr2d 1d 2 r 1 d  dr Учтем:    r0 ; 2     dt r 2dt2 dr  dt 2Используя интеграл площадей r Получаем, тогда, уравнение вида: r 1 d  dr  dr   2       3 0  2  ar  d      3   r0  r   2  ar   dr2 dr  dt rr dt   r22342 dr rr2arr0r0  r0  r 2 dt 2Интегрируя в пределах от r0 до r находим:(*)Что определяет зависимость радиальной скорости КА от расстояния отпритягивающего центра.

Условие достижения параболической скорости: h=0, т.е. изинтеграла энергии221  dr   d      r 2  dt   dt   0 r d  Используя (*) и интеграл площадей  r    найдем на каком расстоянии rе отr dtпритягивающего центра реализуется это соотношение.Поскольку: re  r0 2  ar  r0 re  r0  1 2  2  ar  r0  *  *мы можем подставить эту разность в (*), т.е. записать:2  ar dr 2   2   r  r0    r   re  r0    r  r0  r dt 2Заметим, что выражение в квадратных скобках обращается в ноль при11r    re  r0   22(**) re  r0    re  5  r0 И, таким образом, корень r является действительным числом при rе > 5r0.При r = rе КА перейдет на параболическую орбиту.Время разгона КА доэтой скорости определяется интегрированием выражения235e1r  dr te  t 0  22  ar r0  r  r0    r   re  r0    r  r0  r4.

Полет с постоянной тангенциальной тягойayitatinanrПолное ускорение формируетсяэтим действием и силой тяжести,поэтому уравнение движенияимеет вид:r2FdV at  2  cos  dtr2V  sin  r2irxdVV2 it  in  at  it  2  irdtrρ – радиус кривизны траекториив данной точкеВо взаимно перпендикулярныхнаправлениях it и in проекцииэтого уравнения соответственно:(1)γ – угол между радиусом вектором и направлением скорости.236Заметим, что длина элемента на дуге траектории: dS dSr  dr    r  d 22d sin  dSdr cos  dSdV dV dSdV 1 dV 2V  dtdS dtdS 2 dSrd2(2)rdrТогда система (1) принимает вид:dV dr  at  2  dSr dS V 2  d  r dSV1 Из аналитической геометрии известно, что радиус кривизны    1d dd d      dS dSdS dS2Из системы (2) d  1  sin  , d r  d   cos     sin   d 2dSrdSdSСледовательно:237dSdSdd1 d 2rdSsin  dS 21d 2r2 sin   21 rdSsin 2Поскольку dr sin   1  cos   1    , окончательно получаем: dS 22121   dr   d 2 r 1     r   dS   dS 2 dr 1   dS 2Подстановка этого выражения во второе уравнение системы (1’) дает: 1 dV 2 dr at  2  r dS 2 dS22r V 2  d r   V 2      dr   1  0  2dSr  dS 1 Начальные условия для интегрирования этой системы:dr2V t0  r0, r  t0   r0 ,dS0t t0В то же время, если, at =const то первое уравнение системы (1’’) легкоинтегрируется аналитически:2 1 2V  2  S  at       r r0 238d 2r 0 , и из второго уравнения, тогда, следует, чтоЕсли at достаточно мало, то2dSV 2   0 .

Подставляя это значение в предыдущее соотношение, находим:rr0с учетом  =V02  r0 (3)2  at  S1V02Из этого соотношения легко найти в первом приближении длину дуги,пройденной КА прежде чем он достигнет параболической скорости.rV02Это дуга: Se , однако, при таком приближении, мы получим, что re  2  atБолее хорошее приближение мы получим, приняв:V02Se 2  atи, тогда, если V  VП  2   , из второго уравнения системы (1’’) получаем:rd 2r dr 2  r  2  1  dS dS 2Подставляя сюда значение r из (3) и решая это уравнение для Se найдем:Se 239V022  at 1 1   4 20  at2  r02  V0чему соответствует: re r0 V0420  at2  r02Время, необходимое для того, чтобы набрать параболическую скорость:V0 20  at2  r02te  t0   1  8at V04При этом число полных оборотов должно составить:SV0220  at  r0 1 e dSNe  1 2   0 r 8    at  r0 V0224010 Типы орбитВысокая эллиптическая орбита241высота перигея от 500 км;высота апогея до 40000 км;наклонение — 62,8°;аргумент широты перигея — 280°;драконический период обращения —11 час 57 мин 45 сек;242Геосинхронные и геостационарные орбиты243Полярные орбиты244Солнечносинхронные орбиты245246247248249250.

Характеристики

Список файлов реферата