Балк М.Б. Элементы динамики космического полета (1965) (1246624), страница 46
Текст из файла (страница 46)
У к а з а н и е. Находим последовательно с, Р, Р, Ое, ше и время перелета 1 — !е из формул (ХЧП1), (ХЧ!а),(Ч!11),(Х), (!Па), (Х1Ч) решения задачи 1 (при этом Ое =- 0). 3. Как видно из формулы (Х!Ч) решения задачи 1, угол ф следует выбрать так, чтобы величина с Р имела максимальное значение. Из (НП 1) следует, что е'Р = Х (сК,), где Х вЂ” некоторая константа, не зависящая от ф. Поэтому г( (еКе) — е ~~Кз ! К ~~с О (Х1Х) Йр Йр ' Йр Производные е(с/Нф и с!Кз/аф находим из(ХЧП) н (ХЧП!). Из системы двух уравнений (ХЧП1) и (Х1Х) можно теперь найти искомый угол ф.
Зту систему удобно решить графически. ГЛАВА 1П $! 1. Используя формулу (6), найдем т 51 час. 2. Полагая в формуле (6) Р = 2гк =- 2 а. е., г = 30,1 а. е. Кс=- /ез (а.е.)з/сутз, /г == 0,01720, получим т = 13 лет. 3. 0 = з/зп, яп 0 = — 1, а = 6630 клл, К = 398 600 кмз/сека, — = а 4/ — = 855,3, е = (ń— Е,)/(2а) = 0,025. По формуле (8) т= 855,3 (з/ел+ 2 0,025) сек 68 мин, 1, = !е+ т = 10час8 мик. 1.
Пусть Š— эксцентрическая аномалия точки Р встречи космолета с орбитой Луны, г = АР = — 384 400 клц Время перелета т можно найти из уравнения Кеплера 1 т =- — (Š— в яп Е), л (гл. и! ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 316 причем г = а (! — е соз Е). Найдем последонательно а, е, и, соз Е, Е, з!п Е. По условию зч — - !0,95 км!сек, г„== 6600 клп К = — 398 600 кмзусекз, 12 1! Кгн г= 384400 ки. Но от =-К! — — — ), откуда а = ~г„а )' 2К вЂ” он г„ = 449 1Оз км, и ==. — 17 — — — 2, 1. 1О; гз = а (1 — е), откУда е .=- !в а г а г„ а — г — — = 0,9853, соз Е = — — = 0,1460. По таблицам найдем Е = 1,425, а ' ' ае яп Е = 0,9894.
Поэтому т =- — (Š— е яп Е) — 60 час. и 2. Рк == 6600 км, он = 12,0 км/сек, К = 398 600 кмз)сека, 12 .11 Кг„ оз = К ( — — — ), откуда а= = — 17 !70км. Орбита— з (гн д)' 2К вЂ” г„оз гипербола (ибо а к, 0). Произведя расчет в том же порядке, что и в предыдущей задаче, получим т 20 час. 3. т = „-(Š— е яп Е). В силу (14) а — г.
созЕ = Так как по условию Ок,, Ес. и, то япЕ =+ т'1 — соззЕ, Е = агссоз) ), о=11 ае ) ' т аз Поэтому Г,зз т = ф/ —,)агссоз — — — е1/1 — ~, ~ 1 4. Из (2.9.5) и (4) найдем: К 1+есозл а 1 — есоз2 ' о 'р КР .е/ К(1 — е.) 1 пь л г г тг а 1 — есоз2 1 — есенин ' К, К оэ = — е' япзО = — (ез — е' соззб) = Р Р К Г ( 1 — ез 1з1 К е'я!па 2 а(1 — ез) ) 'т1 — е соз 2 ) л' а (1 — есоз2)з ' откуда лае яп 2 — зг. ОТВЕТЪ| И РЕШЕНИЯ ГЛ. Н11 317 При 0 (е (1 следует в этих формулах положить 2.= Е, а прн е)!— заменить 2, яп 2, соз Е, л, а, Ь соответственно на 1Н, 1 зо Н, сй Н, — 1(л(, — ~а!, — !)д!. 11 Г Г! — 01 е)~ — ез!пй) 5.
т = — ( 2 дгс13 '( ~' — — - 1й —,) л ~ 1г' 1+ е 2 ) 1+ есозО где л = )газ/К, В случае гиперболической орбиты (е) 1) можно избежать возникающих в этой формуле мнимых величин, если воспользоваться тождест- 1 1-)- Л вами л = — ! ) л П тг1 — е = 1 ')Ге — 1, агс13(1Л) = 2. 1и ! 1 (чтобы убедиться в справедливости последнего равенства, достаточао обе его части разложить в ряд по степеням Л).
Получим 1 е уе* — 1з!пв г)ге+ !+ У'е — 112 2 О т1 р е+ 1 — уге — 1 !й —,6 2 т = 50 мин = 3000 сек, л = — ~/ — = 1,997 10 з сек 1 а У а 0,060. Положим Ео = — М. По формуле (11) найдем последо- 4. а) М= от= вательно Ез Ез = Мо+ е яп Ео = 0 090 Ео = 0 105 Ез = 0 112 = 0,116, Е == 0,118, Ез =- 0,119, Е =- 0,1!9. то есть О = 290'30'. Н = а (1 — в соз Е) — 6370 = 6840 — 6370, то есть Н = 470 км. Можно принять Е.= 0,119 (рад). Согласно (3.2.21) О /1+в Е 1й — = ~/ 1й —, О,!031, О =- !1*48', 21/1 — е2 г = а(1 — е созЕ) = 50 300 км. 'о 'з 2 /К 2.е= = —, а= — (г +г)=7000км,л=1гу г +г 35' 2 з в ' г' аз =1,078 !О ', т = 1 час 20 мин = 4800 сек; М = лг = 5,174.
Уравнение Кеплера Š— е яп Е = М решим способом итераций. Положим Ео = М = 5,174. По формуле (11) найдем Ез = М + е з1п Ео = 5 125 Ез = 5 122 Ез = 5.122. Итак, Е = 5,122 рад, то есть Š— 293,5', О ° /1+в Е 1й — 1/ 1й — — 0,6947, откуда О = 5,07 рад, 2 1/1 — е 2 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ (гл. И1 3!8 ! 3, г.— — а (1 — е сов Е), а = —,(70 10'+ 9 1О') =- 395 1Оз кл, е = 2 61 ' ГК вЂ” 0,772, т =- 48час =- 172 800сек, и = )/ — = 25,4 10 'сек т, 79 У "= М == лт =- 0,439. Вычисляя Е способом неподвижной точки, найдем Е == 1,140. Тогда сов Е = 0,4176, г == а(1 — е созЕ) = 268 !Оз кл.
г2 !з 4. гп = 630 + 6370 = 7000 км, сп =- 14,0 ки/сек, оз = К ( — — — ) з Кг откуда а = з = — 4900км. Таким образом, орбита †гипербо. 2К вЂ” оз г„ г Так как г„= !а !(е — 1), тое=!+ = 2,44, !л! )л) = ~гг з = 0,0019, М=-)л!т = 68,4. Г К =~у! г= Способом итераций находим Н = 4,08, а затем г = 347 10' км. 4 1. а = )7+ — (Н,+ Нп), с=-ае = —,(Н,— Нп). По формуле (7) при малом е имеем Н г — )7 а — ае соз М вЂ” )7, то есть ! 1 Н (Н + Нп) — (Н вЂ” Нп) соз М. 2. По формуле (1) (см. решение предыдущей задачи) можно найти 2т М. Так как М = — (! — Ге), то затем легко вычислить !м Т 2п ! !4 = у (1 — го) Й + (Нп+ Н ) = а, причем а можно найти и з 4"' з из зависимости Т*= — а'. Пользуясь формулой (1) из решения эада- К чи 1, можно вычислить ̈́— Н„, а затем и е по формуле е = (̈́— Нп)!(2а).
! 4. т = — 1 час 15 мал = — 4500 сек; а =- )! + — (Н, + Н) = 6625 кл, е = (Н вЂ” Нп)/(2а) =- 0,0110, л = $/ — „1,143 10 з, М = пт= ./ К = 5,!44. По таблицам находим з!п М =- — 0,9083, сш М = 0,4183, Ответь| и Решения ГЛ. !||! 319 В = М + 2е яп М = 5,124 рад, то есть 0 293'352 1 Н вЂ” (Н„+ Н») — — (Н» — Н„) соз М =224км. $5 1, По формулам, связывающим элементы эллиптической орбиты, находим ".+Г» а = , = 180 10в км 2 г» г» е = = —, р = а (1 — е') = 160 10'см. г„ + г, Положим г, = — ВС, гз = 5Р, Р =- ~С377. Тогда '= 1+ ° В, откуда р — г созОС вЂ”вЂ” г,е 160 1Ов — 150 10в = 0,2, Ве — — 1,369 рад. 150 10|в '3 ...В, Аналогично Р гз сов В О Гва — 0,8947, ВΠ—— 2,679 Рад, В = В! — Вс = 1,310, = !Ов.
$~ 150| + 228| — 2 150 228 0 2578 = 238 1Ов км, =" 1 2 = — 0,2941, Л| = 1,869, яп Л = 0,9558, г|+ г,+ з соз Л| соз Лз = 1 — 2 = 0,7059, Лз =- О,?87, яп Лз =- 0,7082, — = а ~г — = 6637 10', и= УК, 1 = — ((Л| — Лз) — (яп Л| — яп Лв)) =-. 5,54 1Ов сек 64 сут. 2. Пусть г|=-5С =- 150 10' км, г = 50 = 800 10' км, 12 1! 50,0 км(сек, Кс = — — 132,5 !Ов кмв!сек. Из формулы оз| =- Кс( — — — ) ' =ТГ'з+ г' — 2г,г, сов!). | ' 2 НайДем Р! Р = — Вр — ВС., гДе ВО и Вр — истинные аномалии точек С и 17.
320 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ [гл. [у найдем, что а = — — 180,7 1О'км (О. Поэтому орбита — гипербола, и следует применить формулу Ламберта в се гиперболическом варианте (20): 1, го+ гг,. 8!4 10« км — = ) а ) $I — = 6673 10« 1 /)а) к г+г+з с[«Л = 1 + 2 ! = 5,881.
По таблицам гиперболических 2)а функций найдем Л = 2,458, зй Л =- 5,798. г«+ гз — з Аналогично с[[Л =1+ =- 1,376, Л =- 0,843, з 2)а) ' а 1 з[«Л = 0,946, т = — ((з[[Л вЂ” Л ) — (з[«Л — Л )) = = 230 10' сок = 265 сунь 3. Скорость космолета близка к параболической, так что для подсчета времени перелета допустимо воспользоваться формулой Ньютона — Эйлера (24). з = )г "з + гз — 2г г,соз 60' = !95.10' км, К = = 132,5 10« кмз/секо. По формуле (24) найдем: т 5,15 1Оо сек— 60 сунь ГЛАВА 17 1. Учтем, что гринвичское време («среднее мировое время«) отличается от московского иа 3 час и что Земля совершает полный оборот вокруг оси за 86 164 сек. Поэтому 360' 5 = 5о+ 86164 3600([ — 3) + Л (градусов).
360' 2. 5 = 217,94'+ 86 !64 (86 400 — 86 164) 6 + +86 164 (20 — 3) 3600+ 32* 151,6' 360' 3. Зная дату и момент наблюдения, можно для этого момента вычислить звездное время 5 в точке В. ПустьАх,у, г, — геоцентрическая экваторвальная система координат (ось Ахо направлена в точку весеннего равноденствия); Вх„у„ㄠ— топоцентрическая горизонтальная система. Рассмотрим еще вспомогательную систему отсчета Вхуг с началом в точке В и с осями, соответственно параллельными и одинаково направленными с осями Ах„Ау, Аг, (рис.
Р.З). Ясно, что х 1+ у /+ гой== х[+ уу'+ гй+ АВ, причем вектор АВ имеет такие координаты: хо .††)7 соз«р сов (5 — 180*), уо = )7 соз«р з[п (5 — 180'), — хо у = у — уо. го = )7 з1п «р, г = г — ог. э э о ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Гл !ч1 321 От системы Вхуг можно перейтн к системе Вхгугг„с помогцыо двух поворотов (рис.
Р.4): после первого поворота вокруг оси Вг иа угол 5 — 180' получим новую систему Вх,у,гт, прпчелч ось Вхт совпадает с Рис. РА. Рис. Р.З. осью Вх; после второго поворота вокруг оси Ву, на угол 90' — ~р получим систему Вх„у„г„, причем ось Вут совпадает с осью Вуп Составим таблицу углов между осями и матрицу первого поворота Вх Ву — со55 — 51п5 0 51п5 — со55 0 0 0 1 Вхт 5 — 180' Ву, Вг5 90' ! А5 = диалогично для второго поворога: ВУ5 ! В55 Вхт 90 180 — гр 0 90' 90 90 -р Вх„ ВУг Ваг оО,р 90' 5Р 970' — 5 5 — 180' 90' 90' 19!' 0' 5!п гр 0 — со5ф Ае= 0 1 0 со5 гр 0 51п ф 44 «'у |ГЛ. |Ч ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Отсюда: «г хг — А 'А уг у„ = А2А1 У гг Хэ +А!А! 1 2 где à — сов 5 з|п 5 О А 1= — яп5 — соз 5 О О О 1 яп ср О соз лр Аг= О ! Π— соз 1р О з!п т Зная х„, у„, г„, 5 илр, легко найти из |!) Х„у,, г,.
4. Зная р, Ь, А, легко вьщислить декартовы горизонтальные координаты (х„, у„, г ): х„= рсозйсозА, у„= рсозйз|пА, г =- рз|пб, а затем декартовы экваториальные х, у,, гу |ем. предыдущую задачу). После этого можно найти г, б, а из формул х = гсозбсозсг, у = — Гсозбз1па, г = гз|пб. Отсюда следует, что га «2 | у2+ г. 2|и 6 э 2 . гэ э э э э Последним соотношением угол б определяется однозначно, так как и Л вЂ” — ээ, б ( —.
Затем уже нетрудно найти соз и, а|па и угол а. 2 2' 6. Вычисляем сначала х, у, г,, затем |см. задачу 3) х„, у„, г„ и определяем, наконец, р, Ь и А нз системы уравнений: х„ = р соз 6 соз Л, у„=- р сов Ь з|пА, г„=-.- р яп|ь 6. Пусть |л, у, г) — искомые декартовы координаты перигея орбиты спутника, |2, т|, Ь) — орбитальные координаты, Тогда б = и (! — в), т) = — О, и =- О.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
