Балк М.Б. Элементы динамики космического полета (1965) (1246624), страница 44
Текст из файла (страница 44)
е. результирующая сила, с которой полый шар действует на материальную точку Р, лежащую внутри его полости, равна нулю. 5. Четыре материальные точки (А», М) притягивают точку (Р, т) приблизительно на 10% слабее, чем материальная точка (О, 4М). ГЛАВА 11 1. Если бы Земля нс вращалась вокруг своей оси, то каждое тело вблизи экватора при падении на Землю имело бы некоторое ускорение свободного падения яа. Из-за вращения Земли вокруг оси это тело получает центробежное ускорение и„ =.ыз)1м где оз — это угловая скорость вращения Земли иокруг ее оси.
Таи как Земля делает полный (г . н 302 ОТВЕТЪ| И РЕШЕНИЯ оборот вокруг своей оси (аотносытельно неподвижных звезд») за 86 164 сек, то 2п аз ац-— -ю')с = ~86164 ~ 6378,2 10» =0,0339 м/сек'. Наблюдаемое на экваторе ускорение свободного падения д есть Разность межДУ УскоРеннем Рз свобоДного паДении относительно невРашающейся Земли и центробежным ускорением а„: д =. Ез — ац, откуда Ез = Š— ан — 9,8143 м,'сека.
Пусть над экватором, на расстоянии 6378,2 км от центра Земли, помещена масса т. Сила Е, с которой эта масса притягивается к Земле, равна шяз. Если бы Земля была идеальным шаром со сферическим распределением плотности, то эта сила не изменилась бы, если бы вся масса Земли была сосредоточена в ее центре.
Изза сплюснутости Земли эта сила изменится, но изменение будет незначительным и им можно пренебречь. Поэтому допустимо считать, что Е = )глМ»7)7~~=- тяз. Следовательно, К, — — (М, — Ез!7"=10' 9,8143Х Я(6378 2)з=-398600 кнзусекз. Мю 2' Кю ' Кз 1265.10»хм»усек» Мз 1. Обозначим через т массу ракеты, через К вЂ” гравитационный параметр планеты. Тогда Кт))7» = лц;, откуда К = 417(з. Пусть ранета получила у поверхности планеты настолько малую начальную скорость оз, что она не удалилась в бесконечность, а пришла в точку на высоте Н над поверхностью планеты, имея там нулевую скорость. Согласно интегралу энергии 2К 2К "з )7 К+ Н' 2ЕНН откуда оз з— — +Н.
Прн болыпих Н (Н вЂ” » оь) 2я(7 оз = 24117; — +! Н при малых Н (Н вЂ” О) 2ЕН оз = =ОН. Н вЂ” +1 2. о 11,1! кнусек. ф 4 х р !. о,г — о»у+ К вЂ” = — Хм озх — п,г+ К вЂ” = — Хз, Г х о»у 'тех+ К г = лз. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ зоз Гл. !Н 2. Из (2.4.3), (2.2.!) и (2.3.2) с помощью тождеств г'=г','а о =-О, а (Ьдс) =- Ь (сма),(а м Ь)' — а'Ь' — (а.Ь)з легко получить: 2К Кз = !Р = Кз+ — г (пмо) ' (омо)'= К =- Кз+ 2 — и.
(и';.г) 1-о'оз — (и о)з= , К = Кз — 2 — оз (саоз=Кз.( )юз, 1. Плутон подходит к Солнцу ближе, чем Нептун, примерно на 0,2 а. е. (около трех миллионов иилометров). 2. г„ =. 152.10' км, г„ = !47 1О' км 3. Пусть А'П (рис. Р.1)-- линия апсид орбиты спутника, СР— линия встречи плоскости орбиты с плоскостью экватора. В течение одного оборота спутник проходит над северным полушарием дугу СПР, а над южным — дугу РА'С. Пусть С' и 0' — точки, соответственно симметричные точкам С и 0 относительно прямой А '17. )г СПР = СПС' + С'О, РА 'С = РА 'Р' + 0'С. Пусть М вЂ” произвольная точка дуги СПС', М' — точка на дуге РА'0', в которой эту дугу пересекает прямая МА. Обозначим истинные аномалии Рис.
Р.!. и а Ясно, что — — (О ( — и поэтому 2 2 что соз 8' =- — соз О ( О. Мы имеем: =- р/(1 + а соз О') = рК! — а соз 8). точек М и М' через 8 и О' соз О ) О. Но 8' = 8 + и, так АМ вЂ” — р1(1+ е соз 8), АМ Отсюда видно, что АМ' ) АМ. Но из интеграла энергии (2,3,2) ясно, что чем дальше спутник от центра Земли, тем его сиорость меньше. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ !ГЛ. !1 2. 1,0 кэргсек. 3. Обозначим через К гравитационный параметр Солнца.
В момент !р К о =- ор 51п а = аз1п Ор, о = — оргр роз а. Г о Иэ этих двух равенств следует, что К е з!п 0р паз(па = Петр СОЗ 1Х Из уравнения орбиты корабля найдем, что р о' грор соз " з р 1+ .„0 =- —,= —,= Из (1) и (! 1) можем найти е з(п 0р н а соз О,; а 51п Ор =(гро /К) з1па соз а, а соз Ор.=. (грфК) созра — !. (И!) (! Н) Отсюда (гро")К) з!п 2а !00р 2 (г 4К) 'а — 1' Н) Полученная формула позволяет вычислить истинную аномалию корабля в момент гр. Возводя равенства (!!!) и (1Н) почленно в квадрат и складывая их, найдем после несложных преобразований; ьз — ((гррр!К) — !)Р сорта + з!и' а.
(Н1) Кроме того, р = оэгК вЂ” — оягз соз'а1К (НИ) Затем г легко вычислить по формуле г = р1(1+ е). Позтому в любойточке МдугиСПС' спутник движется быстрее, чем в соответствуюгцей ей точке М' дуги ПА'В'. Следовательно, и всю дугу СПС' спутник проходит быстрее, чем дугу ОЛЪ'. Что же касается дуг С'П и Р'С, то ввиду их симметрии относительно линии апсид А 'П спутник проходит их за одинаковые промежутки времени, Теперь ясно, что дугу СПТэ спутник проходит быстрее, чем дугу (ЭА'С. Спутник находился дольше пад 1ожным полушарием, чем над северным. ОТВЕТЫ Н РЕШЕНИЯ гл. >>1 — = 1 - - е соз (Π—,— у) = ! — соз у - - (! л- 5 соз О ) .< Р г 5 5!п Ое К !005 « —, ып «) !+' 85 Но в момент !з 3 и 'г, з 'л —, и 0 = — 55>пО, 0 = — (! —, г 0058,).
так что "г е 5!п Ое !дх = — = О, ! —, 500585 Кроме того, из равенства г, = р!(! — е со58,) е сох 85 '. Р>гз. следует, что Поэтому — === 1 — соз «+ — (соху — 1я з 5!п у). Р, Р г га Из последнего равенства находил! ( --~ ге! 1 — — ) соз « — !да Мп « = — — — . Р г Р Здесь Р =- оегз созз п'К. е о Решив тригонометрическое уравнение (1), найдем у. й. Полагая в формулах (1) и (П) из решения задачи 4 гз =- й>з, м à — — К>В, З =- — — ли, ПОЛУЧИМ в' ~з К (1 — 005 '«) + 005 « — !ест 5>п '1; Ви оойзсоз*о Определяя отсюда о;,, имеем 2К (1 — соз «) е Йз (А (1 + соз 2а) + В зйп20) где Вз А= — — соз«, В=э!п«.
=йв 20 и. в Бзлк 4. Величину у х>о>кно выразить через г и через величины 85, Р, е, найденные при решении предыдущей задачи. Приведем здесь и другое решение, не опирающееся на задачу 3: ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ !ГЛ. !! Можно выбрать угол з так, чтобы Тогда 2Кг(1 — соз Т) Кз (А+ ~ А' Н- Носоз(2м — й)1 Отсюда следует, что со принимает минимальное значение / 2К (1 — соз Т) 1Г Рз(А+ 3/Аоп Вх) 1 7 1 при п = — )о ! То есть )) = —. — —,)о '. 2 (, 2 2 4 7 1.
окр — - 29,8 кн,'сек, опо = 42,1 км/сок. 2. Пусть Н вЂ” высота суточного спутника над поверхностью Земли, о — его скорость, Р— радйус Земли, Земля делает один полный обо- рот вокруг своей оси за 86 164 сек. Следовательно, средняя угловая скорость вращения Земли равна 2п/86!64 рад. Такую же угловую ско- рость должен иметь суточный спутник, то есть 2п 77 --- Н 86164 Но о = У К~/Я -г Н). Поэтому ~КВ)(Р+Н') = 2п!86164.
Отсюда можно найти Р+ Н, а затем Н: Н 35 800 км. — 2К, 2 398 600 320 000 )О. Поэтому траектория г ракеты — гиперболическая. ° l го 4, пкр = У 60 о! =. 1,02 ко!7еек, У 60г, !— о„ = о„~ 'Рг2 = 1,02 1,41 = 1,43 кмусек. 6. Средний радиус!Луны гл — — 1738 км. Г!усть тз и т,! — массы Земли и ЛУны, гз — РадиУс Земли, о!л н г!з — значенаа пеРвой кос- мической скорости для Луны и для Земли. 1 г !поз!/тл 'з - I ! 6370 тд ~~ гв ) тЗ гЛ тэ Р 81'4 1740 Вторая космическая скорость относительно Луны равна о1, л = о! т Р 2 = 2,4 км!сек. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 302 ГЛ.
!Ц 1, При помощи интеграла энергии (2.9.4) и правила рычага можно найти о г 2К вЂ” гох иа г о г /к 2. о =1à — = 29,8 км/сек, ар=~ а- К та К!+в К о = — (1+ 2е) при малых в, аг„а! — ее Отсюда о,= о, (1+ а). Аналогично получаем о =о, (1 — е). о — 30,3 кл/сек, оа — 29,3 ккгсгк. 3. Пусть А — центр Земли, В и С вЂ” апогей и перигей лунной орбиты, ал и ел — большая полуось и эксцентриситет. АВ = ол (1 + вл) 406 000 кл, АС= ал (! — ал) = 363000 км. Рассмотрим сначала полет к точке В. Пусть П вЂ” перигей орбиты космолета. г —.— АП =. 6370 — ,'.
230 = 6600 км. Большая полуось орбиты космолета равна АВ+ АП а = —, 206 10л км. 2 Начальная скорость космолета (в перигее П его орбиты) определяется иэ формулы 12 1! "=к — 3 'тг, аг'' Отсюда получим ок 10,9 км/сек. Аналогично можно вычислить скорость о, необходимую космолету для попадания в Луну в перигее ее орбиты. 4. В этом случае г = — а и по формуле (2.8.2) 6.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
