Балк М.Б. Элементы динамики космического полета (1965) (1246624), страница 45
Текст из файла (страница 45)
Пусть  — радиус Земли, К вЂ” гравитационный параметр Земли, га — — К + Н, 2о — — г„+ г„. 2! М. В. Балк ОТВЕТЫ !1 Рявкни!! !ГЛ. 11 1!ачальпая скорость о„определяется равенством 2К г оК г и у хп Н )НК( Н 2К г Р1 Н Я+Н 1, Нб-Н+гчр Но по условию дол>кно быть гч )~ !с + )и откуда Р -!. Н + г > 57 )- Н чь 1ь Поэтому Я+Н Я+Н Н+Н+г (20+Не й' 2К ( 57+ Н ч Н+ Н( 2!с+ Н+ й) или пгг 2К 5с+ й 2Н+ Н .1-1 !с+ Н 6.
Из рис. 2.10 ясно, что ). р ОП 1я '2 с18 2 ПВ ! (здесь 2 <р есть,/АОВ). Ио ПВ = АО = Н, ОН = )а !. Кроме того, К К Х К о .= й = —, так что (а) =- —,. Поэтому 18 —, чз ' (п(' =- оа ' 2 =„,зл 7. Из интеграла энергии и интеграла площадей имеем: а 2К г 2К оа,1 о г оаг( )то з~п ф' а г! Отсюда находим 2Кб (б — Н) Д (бз — )сь япф) ' 11 Так как оз = К ( — — — 1, то легко вычислить а: ()х и!' 1 г1з — Нз а! па гр а = —.
2 б — )7 ь1пз ф Экснентриситет после этого находится при помощи соотношения б = а (! + е). 8. Задачу можно решить тем зке способом, что н предыдущую. 9. Пусть в момент старта АМС ее скорость была равна о, а местная параболическая скорость — оп,„. Константа энергии й мозкет быть найдена по формуле 2Кз 2 898600 по —— — 4,06' — 488 900 -ь 6400 — — 14,8. ОТВЕТЫ И РЕШЕИИЯ ГЛ. !Ц По условию о — оп = с(. Отсюда о+ о = йй), и поэтому 1 гй оп, = —. ! — „— и)- !0,9 км/сок. Если отделение АМС от ракеты произошло на расстоянии г от центра Земли (г = Н+ Н, где )2 — радиус Земли), то 2КВ Н =- — — 77 =380 км.
з пар 2Кз 2КВ о =, г пар г ' оз пар Величину )а) главной полуоси АМС найдем из зависимости Кз Н= —. (а) ' 2К К 10. о = + Н = опар+ Н = опар ° Ото!ода К а= з з пар О Если гравитационный параметр К неизвестен, но известно расстоя- ние г спутника от звезды (АР = го), то можно воспользоваться тем, з 2К что аз = —, так что пар 1 з 1 го К = — и' го и а 2 пара 2 оз "о 1 — —, оо пар ,з о 11. в = — — 1. 3 опр 12.
1) Большая полуось не зависит от а, !2 1! ношения пз = К ! — + — )! гп = о (! — е) о ( го а 7' ибо определяется из соотго =- а (! — ео). Поэтому ! — е г =го и= ! — ео 21' Так как й ) О, то движение АМС проходило по гиперболе. В силу формулы (27й ! !) о — и =й. пар !гл. н ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 310 о' 2К 2) ее =- 1+ й —, где о = о,го япа, й = оз — —.
Поэтому Кз о оегя з!п'а ее — 1 = й В частности, при а = получим а 2 ое гз о о еэ — 1 = й о Следовательно, ез — ! = (ез — 1) яп' а, ез =- 1 + (аэ — !) япз а, то есть са = ез + (1 — ф созе а. (П) 13. Пусть АС = г; е, а, р — эксцентриснтет, главная полуось и оо фокальный параметр орбиты космолета. Так как 1й~р =- —, то1дср = ог = (1 + е соз 0)/(е я п 0), откуда е = 1/(10 ш яп 0 — соз О). Но р = оз)К, о = гояп~р, так что р — -- геозз!пз~р!К. Так как г= р((1+ есозО), то соз О = ! — — 1)1е, то есть !р г го 51п ср соз 0 = ( — 1) !(10 ~р з)п 0 — соз О), К откуда 1 гоз яп 2оо 1 з!п 2оо 100— 2 з!пз~р — (о„о)о)з ' 2 гоз япз <р — К где о„р — это круговая скорость на расстоянии г от центра звезды А. 14.
Частный случай задачи !3; ~р = 00', о =- 35 ки)сек, о„р =- = 30 кл/сек. Получаем з!п 120 !00=- —,, япз 00 — ( — ) й 1О 1. Пусть М вЂ” масса звезды, т — масса спутника, Т вЂ” период его обращения вокруг звезды, о — большая полуось его орбиты. Теоретически мыслим случай, когда период Т будет меньше То. Для этого спутник должен иметь настатько большую массу, чтобы озМ ~(М ~~ ш))зз 841 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ГЛ. И! то есть чтобы пе)М (оз !) ° Однако практически этот случай нереален. 2.
г„= Н + /г (Й вЂ” радиус Земли), г = Н„+ )?, 2а= Н„+ Н„+ 2Й, Н„=- 2(а — /?) — Н, аз Кз — = — = 10100 клу/сек', Т= 106 60 сек, Тз 4пз — Ге 1ОО Вм 60Г «ч~0 Так как Н 6370 кк, Н„ = 1880 км, то Н 220 км. 4. Пусть А — центр Земли,  — перигей орбиты Луны. а) Время полета ! к перигею Луны. АН = 6600 «м, АВ = 363300 км, а — 185 000 км.
Найдем период обращения Т такого снаряда вокруг Земли: оз — = 10 100 ки/сека, Тз . ° / 185 ООУ Т = а/ 1! 100 сек 220 час. Т Следовательно, полет к перигею Луны займет — =!10 час= 2 = 4 сусл !4 час. 6) Время полета Г„к апогею Луны вычисляется аналогично: !„= 5 сут !Очек. 5. а = г'К?з/4пз = 40?00 км, Нч = 2а — 2)?з — Н 68 000 кк / /2 !1 сз = 1/ К ! — — — 1 — 0,95 «м/сек. 'ггз а ~ Поэтому МЛ " 1 МЛ (+М ) 2 М л Обозначим через —,аЛу Р Т,1 длину лунной орбиты. Зви км, причем — ) †, ибо тл тр' 1 сек ракета проходит т )т 6. Пусть Мз и Мл — массы Земли и Луны, Тл и Т вЂ” периоды обращения Луны и ракеты вокруг Земли. Тогда Тл 4кз т*, а /(Мз+ Мл) ' а' /Мз ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ (гл.
н 312 Итак, Луна проходит за каждую секунду на — км больше, ! Тл Т чем ракета. Чтобы пройти отделяющую их половину орбиты и нагнать ракету, Луне потребуется время 1 /?! 11 'л Мз Т Мл л л' — Т 81Т 2(1 Т ) Итак, примерво через 80 лунных месяцев, то есть через 6 — 6,5 лет, Луна догнала бы ракету (ракета упала бы на Луну). Притяжение Луны, которым мы пренебрегли, только ускорит этот процесс.
7. Т 450 суп. 8. а = 134!О' км, г = 2а — г, = 148 10 км 9. Нз — — 637! км, Н = 213 ки, Н„=!560 км, Н +Н а Нз + 2 ?260 км, Т = 2ла )Та??( 102,6 мин. 1О. Орбита космолета — эллипс с большой полуосью ! а =- 2 ()?з + )7ы) 168 !Ов км. Пусть ! — искомое время перелета. Тогда период обращения космолета вокруг Солнца равен 26 По третьему закону Кеплера ао!4!2 = кзз?Тоз, причем период обращения Земли Тз — 365 дней. Поэтому 1 а Н 1 !68 1Оо Ув = — ( — ) Тз 2 .365 ( 150. РОв ) 260 сули кз 11.
1= 150 сут, о = 27 км?сек. 6 1! 1. Пусть перелет совершается по дуге ЛВ (рис. Р.2)! го= ВЛ = = !50 10в км, гх = ВВ = 228 !Ов км, со= 29,8 км?сок, ?МО = 132,5Х ?с!02 кмв?секо (где МΠ— масса Солнца). Ясно, что а = 189. 102 км. оя о По формуле(5) найдем, что !х =, =11.!О!акмэ/сека. Новсилу(4) 2 го а ?МО 5= ш = 222000 м'.
Если парус имеет форму круга, то его 2 о радиус )7 — 270 м, лво = рз — 450 вгг. гл, чц ответы и гешгиия 313 Рис. Р.2, й!2 1. Уравнение спирали в комплексной форме имеет вид ю = гэе' ет = — гзеичб , [ю [ =- г — — г,е' (с ф- О). (!) Покажем, что можно так подобрать функцию 0 =-.
0 (!) и константу с, чтобы функпня (!) удовлетворяла уравнению (35). Число К можем представить в показательной форме: К == ) К [е'В. Уравнение (35) перепишем так: ю =- — [К [сг("ЗЧ гз. (и) Из (!) следует, что ю ( [;)с! >з0 (П1) " = ,, (, + )[0 + (с + Г)0з)е('" г!з. (! Па) Из (П!а) и (П) найдем, что гзезс [(с+;)ейз+ (с+;)О[ [К [еВ (1Ч) Приравнивая соответственно вещественные и мнимые части обеих частей последнего равенства, получим гзезсз [(сз — !)0з+ с0] =" — [ К ! соз [), гаев"~ [2сйз [- О[ = — [ К [ з!п Р. (Ч) Ч!) 2.
Остаются в силе интеграл энерючи, интеграч площадей, интеграл Лапласа и пх следствия. Орбита может быть только гиперболой (нли прямой), ибо в каждый ьюмент времени !ч.=- оз — 2К!гр)0 и поэтому е ) ! 314 Ответы и Решения !гл. н Искомая функция О (!) должна удовлетворять обоим уравнениям (Ъс) и (Ъг1).
умножая (Ъс!) на с и вычитая затем нз него (Ъ), получим уравнение гтсз'О 6 (с + !) —. ( К ! (сов (1 — с ып Рс), (Ъ'11) откуда зсз . е ОО= — Р, где Р— — !К !(со5Р сз!пи)с(го(с + (Ъ'П 1) соз р — с 51п р )~ О. При таком дополнительном ограничении из (ЪП) следует Зса ,л О=й, (Х) где й.=+ )с Р ил б = — ')сР; с( с О 3 (сйс ) сГГ 2 (Х1) Пусть 0 = П при Г =- ГО.
В таком случае сй (Г ГО) 2 Г 3 О = — 1п ~1+ —. сй (! — ГО)~ 2 Умножая обе частя равенства (ХП) на г,',сз, найдем: 3 г й — гр' =- —, 0 6 (à — ГО). О 2 о (Х П) (Х П!) (Х!Ъс) Функция (ХП!) является решением уравнения (Х), вытекающего из уравнений (Ъс) и (Ъг!). Но она не всегда будет удовлетворять самим уравнениям (Ъс) и (Ъг1). Выясним, при какой же зависимости между параметрами функция (ХН1) будет удовлетворять также обоим уравнениям (Ъг) и (Ч!). з — — сз Из (Х) видно, что 6 = йе з . Поэтому з 3 т ° 3 О= де з ( — —,с) 6 =- — —,сРС з'О. 2 ) = 2 (Х7) Подставляя эти значения для 0 н 0 в (Ъс1), получим: с (соз (1 — с 5(п )1) = — 2 (с + !) 5!и р, откуда с 1я(3 = — —, (ХЪс1) (ХН1а) Ясно, что уравнение (ЪСП) имеет решение лишь в том случае.
когда (1Х) ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ гл. Вн) 315 Таким образом, функция (ХП1) удовлетворяет уравнению (Н1) в том и только том случае, когда () и с связаны зависимостью (ХН!а), Легко проверить, что при выполнении равенства (ХН1) функция (ХГП) удовлетворяет также уравнению (Ч), а значит, и уравне1!ию (1Н). Из равенства (34) видно, что вещественная и мнимая части числа К равны соответственно "го иг, К,= /М вЂ” — зсоззф и К,= — — зсоззфз)пф. (ХНП) лл т Ясно, что 1 18~- К, Таким образом, спираль г =- гее' может оказаться орбитой корабля с ее солнечным парусом лишь в том случае, когда константа с и угол ориентации паруса гр связаны зависимостью аг~~зсоззфяпф/( — агзз сох'ф+ /Мт) = с/(с'+ 2). (ХЧП1) 2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
