Бэттин Р.Х. Наведение в космосе (1966) (1246625), страница 16
Текст из файла (страница 16)
Поскольку площадь сектора равна '~2 «1, а площадь треугольника 12 г1гг Мп й, то это отношение можно записать в виде Для того чтобы получить второе независимое соотношение, из уравнений (2. 52) и (2. 54) найдем 1 ры1п2а а з г1Г2 $1П2— 2 Следовательно, если с помощью уравнения (3. 31) выразить р через у (уг1г2 21п З)2 (3.34) П22 то будем иметь — = — -- (2у з1п з соз — ! . 1 ггг2 В 12 а И22 2 ! (3.35) Для определения у и г уравнения (3.
33) и (3. 37) должны быть решены любым приближенным методом. Чтобы предотвратить возможное уменьшение точности при вычислении орбитального параметра р, следует вместо уравнения (3. 32) использовать уравнение (3. 34); поскольку в расчет знаменателя выражения (3. 32) входит операция вычитания, которая может привести к ненужной потере значащих цифр.
Метод Гоудела Для тех случаев, когда нет оснований опасаться возможной потери точности, отмеченной в предыдущем параграфе, Гоудел показал, что время полета 1 и величину я можно связать с помощью одного соотношения. В соответствии с уравнением (2. 52) большую полуось орбиты а можно выразить через я: в г1 + г2 — 2 У г1г2 сов а сов— 2 2 21П2 а А 23 = ~У з — ! ( — совг) совесвз. 2 ! Далее, исключаем величину е сов 172(Е2+Е1) из уравнений (3. 17) и (2. 4?): — 1= 2я — в1п2г+2- — ' '- в1пясов —.
(3.36) аз а 2 Наконец, исключая а из уравнений (3. 35) и (3. 36), найдем второе соотношение, связывающее у и ьч — у- =И' 2а — 21п 2а (.7) 3.3 ) в! ППП 3десь величины А и В определяются выражениями з з 4 2 А = 2)з 2 (у,у ) 4 сов 2 Г! -!- Г2 -г — 0 2 )ГГУ2205 2 и зависят только от вида треугольника РРЯ.
Тогда, если предыду- щее выражение для а подстави" ь в уравнение (3. 36), получим искомое соотношение 1. г г 1 ! — соз з) (25 — 52п 22) )' — сова~ + 2 згпз з (3.38) Метод Хэррнка В основе метода, предложенного Хэрриком и Лиу, лежит итерационный процесс определения орбитального параметра р. Если р известно, тригонометрические функции истинных аномалий )! и )'2 могут быть вычислены по соотношениям гсов)" =- — — 1, /=1, 2, Р ) с сов 7"! — е со572 созв ев)п)2= 5!и 0 е со57! соз 0 — е со572 е в!и , = 'У= 5!и 0 откуда е'= (е сов)!)2+ (е в)п)!)'.
Тогда эксцентрические аномалии Е! и Ез определяются следующим путем: У7 /! сов е) — — — (сов г)+е), в)пе) — — — )'1 — е'01п )', а средние аномалии М, и Мз — из уравнения М;=Е; — е вйл Е;, где Е7 —— агс)к ( о, В ) . 4 097 из которого путем итерационного процесса находится г. Когда переменная я известна, параметр орбиты вычисляется по формуле — 0 )г Г 42 з!п2— 2 Р =' 0 (3.39) ( — соз з) соз— 2 Следовательно, если а вычислять по формуле 1 — е2 то время полета по орбите от точки Р к точке Я находится сле- дующим образом: Окончательный результат будет несколько отличаться от началь- ного интервала времени, поскольку значение параметра р должно уточняться до тех пор, пока не будет достигнута приемлемая точ- ность.
Метод Дейста хзС(а,х'), — "'"' — (1 — соз 5),' р (3.40) хз5(а,хз)=)Г, г — г1г' з(па, р'р — [а1хзя(а1хз) — х) = — '' (1 — соз 0) — — 1~ — "' з1п К (3,42) г1гз Рг1 г, г р Другой основной величиной, необходимой для данного метода, является угол уь образуемый вектором скорости э1 с радиусом- вектором гь Действительно, на основании решения задачи 2.14 будем иметь (3АЦ 1КТ г| э1 В итоге из уравнения (1.46) найдем соотношение, связывающее У1 и Рч с1и Т1 — — — ~ — '(1 — соз 6)+сов Ь вЂ” — '1. мпз1р г~) (3.43) Метод, предложенный Дейстом, основан на универсальных формулах, приведенных в гл.
11, и использует в качестве основной переменной итерационного процесса разность орбитальных аномалий, соответствующих граничным положениям радиуса-вектора. Как было показано в равд. 2. 8, для этой цели удобно применять обобщенную переменную а|ха.
В итерационном процессе принимает участие следующая си-. стема равенств, которая может быть установлена сравнением скалярных коэффициентов уравнений (1.44) и (1.45) с коэффициен-' тами в уравнениях (2.43) и (2.44) и очевидным изменением обозначений: Нетрудно показать, что аь определенная как величина, обратная большой полуоси, также может быть выражена через у, и йч а, = — — — (1+ с(д'7,). 2 р г1 Г2 1 (3.44) Определение орбиты состоит в нахождении величин р, а~ и х, удовлетворяющих уравнениям (3. 40) — (3. 44), по заданным значениям гь гв 0 и й Последующая часть параграфа будет посвящена рассмотрению практически пригодного вычислительного алгоритма. Прежде всего отметим, что скалярное произведение г~ й~ можно исключить из уравнения (3.42), используя определение угла у~ и уравнение (3.
43), Действительйо, уравнение (3. 42) превратится в соотношение только между р и а~х', если множитель х исключить из левой части этого уравнения, выразив его с помощью (3. 40) следующим образом: г~гз(1 — соз 0) ) рс(., ~) Если вместо р использовать переменную у— г~гт (1 — сов 6) р то получим зависимость у от а~х'.
у=г,+г,— А здп(я' — а,х')Ь 2 — а,х'С(а,хз). (3.45) При выводе этого уравнения использовалось третье равенство (2. 41). Здесь А=кап(я — й)1 г,г,(1+созз), Теперь итерационная схема формулируется достаточно просто. По первому приближению а~х' находится величина у из уравнения (3.45) и величина х из соотношения У с(.х2) ' Затем результат проверяется по уравнению (3. 41), которое можно записать в виде у'ф=хз5(а,хз)+А )~ у. (3.47) Далее величина а~х' уточняется, и процесс повторяется до тех пор, пока проверочное равенство (3.41) не будет удовлетворяться с приемлемой точностью.
Наконец, вектор скорости р~ может быть вычислен по формуле (3. 26), которую перепишем в более удобном виде (3.48) Задачи 3. 1. Рассмотрим треугольник (см. эскиз) со сторонами, измеренными в астрономических единицах. а) Найти эксцентриситет и соответствующее время полета для двух эллиптических траекторий, связывающих точки Р и Я, если длина их большой оси равна 9 астрономическим единицам.
б) Найти эксцентриситет и время полета для траектории минимальной энергии перелета от Р к Я. Вычислить скорость в точках Р и Я для этой траектории в астрономических единицах в год. Солнце в 3. 2. Показать, что если эксцентриситет гиперболического геометрического места свободных фокусов всех эллиптических траекто. рий, связывающих Р и Я и имеющих фокус в Г, обозначить через зес Ф, то расстояние между свободными фокусами для двух любы з траекторий с одинаковой большой осью 2а равно 4аз1п Ф соз — сов- —.
а 2 2 3.3. Показать, что две параболические траектории с фокусом в точке Р, связывающие Р и Я, имеют оси, параллельные асимптотам гиперболического геометрического места свободных фокусов для эллиптических и гиперболических траекторий. Получить, используя только геометрические методы, выражения (3. 9) и (3.10) для полуфокального параметра или, что то же самое, для расстояния от фокуса до директрисы.
Указ ание: для параболы с вершиной в Уз на рис. 3. 4 показать, что Р=г~ — гт ейп(з — ч), где е= ЕРРК 2ч= ~АзРА~'. Результат будет следовать из равенств гз — г, 2 чl з!и э= созэ= — г (з — «,) (з — г,), с е 2 г~ + Ф вЂ” гз г з вша= ) з(з — г,)(з — г~)(з — с), созз= г,с 2г,с после соответствующих алгебраических преобразований, 100 3.4. Аппарат движется по эллиптической траектории минимальной энергии с фокусом в Р между точками Р и Я. Показать, что если уз — угол между радиусом-вектором и вектором скорости в точке Р, то 7-= — 2( — "-РРФ 1 т.
е вектор скорости Гз делит пополам угол, образованный хордой Р~ и продолжением прямой ГР. 3. 5. Используя свойство эллипсов, установленное в задаче 2. 2, показать, что углы в точках Р и Я, образованные двумя эллиптическими траекториями, связывающими эти точки и имеющие одинаковую большую ось, делятся пополам эллипсом минимальной энергии, Схема, поясняющая задачу, изображена на рис. 3. 2. 3.6. Обозначив через 43 Ф наклон асимптот гиперболического геометрического места свободных фокусов для эллиптических траекторий от Р к Я, показать, что эксцентриситет семейства эллипсов можно записать в виде с'=1 — з!пз Ф з1п' а~р 2 3.7. Приближенное решение задачи определения орбиты можно получить с помощью разложения в ряд Тейлора, Таким образом, до членов порядка гз имеем г=а+Ы+с1з+агз. Используя уравнение движения — + — г=О заг знз гз и дифференцируя ряд, найдем — ~ г=2с+баз1.
,з а) Показать, что г,=а, гз=а+Й+с1з+сз1з — — г.,=2с, в гз 1 — ~ гз=2с+бз11, гз 2 Фз=б, б) Исключая постоянные векторы а, Б, с, зТ из записанных выше пяти выражений, получить уравнение для Гз в зависимости от гь гз и й 101 3. 8. а) Показать, что касательные к орбите в точках Р и Я и биссектриса центрального угла 0 (см, эскиз) имеют общую точку пересечения. У к а з а н и е: пусть касательные в точках Р и Я пересекаются с биссектрисой угла в точках )т'! и !00 соответственно. Положение «а» будет доказано, если установить, что Р!»'!=РФ»=Р!т'.
Из рисунка с помощью правила синусов нужно установить, что г! з!и т! 1 01 0 0 Б!и (т! — сои — с!0 т! 5!и 2) 2 2 и использовать решение задачи 2. 14. б) Используя промежуточные результаты предыдущего пункта «а», показать, что 1 1 со« вЂ” (уз — у!) + е со« вЂ” (гз+,я и, далее, что Р Рисова=7 г!г„ где 1 я= — (Е, — Е,). 2 в) Исключая Р!т' из первого и последнего уравнений, показать, что 0 ° Г г! 0 сф Т! = с13 — — $/ — соз а созес — .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
