Сихарулидзе Ю.Г. Баллистика и наведение летательных аппаратов (3-е изд., 2015) (1246992), страница 24
Текст из файла (страница 24)
Baker D. Evolution of the Space Shuttle // Spaceflight. 1976. Vol. 18, No. 9.P. 304–326.2.13. Демидович Б. П., Марон И. А., Шувалова Э. З. Численные методы анализа. —М.: Физматгиз, 1962.Глава 3БАЛЛИСТИКА ГОЛОВНОЙ ЧАСТИНа первых баллистических ракетах, например ФАУ-2, не была предусмотренавозможность отделения головной части (ГЧ), поэтому после активного участка ГЧсовершала полет вместе с отработавшей ступенью ракеты. Для того времени такоеконструктивное решение было оправданным, поскольку оно позволяло упроститькомпоновку.
Все сопутствующие ему нежелательные факторы не могли проявитьсебя из-за невысокой точности стрельбы и отсутствия у противника возможностипротиводействия.У современных ракет средней и межконтинентальной дальности головныечасти отделяются от последней ступени ракеты в конце активного участка. Этопозволяет при подлете к цели улучшить условия прохождения атмосферного участка за счет сохранения высокой скорости движения.
Уменьшается влияние ветра,вариаций плотности атмосферы и других возмущающих факторов на точностьстрельбы. Малые размеры головной части в сочетании с высокой скоростью полетазатрудняют ее обнаружение и перехват.Анализ движения ГЧ включает расчет траектории полета на внеатмосферномучастке (вернее, за пределами условной границы атмосферы) и участке входав атмосферу. Основные проблемы связаны с обеспечением высокой точностиприведения ГЧ в заданную точку цели и повышением эффективности преодоленияпротиворакетной обороны (ПРО) противника. Обе задачи оказываются взаимосвязанными и обычно требуют совместного рассмотрения. В рамках проектнойбаллистики основное внимание уделяется точности попадания.Для ГЧ наиболее ответственным является атмосферный участок, где на неедействуют высокие аэродинамические и тепловые нагрузки.Заметим, что хотя в данной главе речь идет о головных частях, отдельныерезультаты применимы для изучения свободного движения любых других отделившихся частей ракеты, например, отработавших блоков.3.1.
ПРЯМАЯ ЗАДАЧАПрямая задача баллистики состоит в определении полной дальности полетаи координат точки падения ГЧ. Полная дальность измеряется по поверхностиЗемли и складывается из активного участка, участка внеатмосферного полетаи участка входа ГЧ в атмосферу. Протяженность активного участка зависит отэнергетических характеристик ракеты и принятого закона управления векторомтяги. Протяженность внеатмосферного участка определяется начальными параметрами движения отделившейся ГЧ, т. е.
скоростью V0 , углом наклона траекторииθ0 и высотой h0 . Если пренебречь изменением параметров движения в процессеотделения ГЧ, то значения V0 , θ0 , h0 будут соответствовать концу активного участка.118Глава 3. Баллистика головной частиПротяженность участка входа ГЧ в атмосферу (при фиксированной высотеусловной границы атмосферы hatm ) зависит от скорости входа Ven и угла входаθen , которые, в свою очередь, определяются значениями V0 , θ0 , h0 .Оба участка движения в атмосфере (активный участок и участок входа) чащевсего рассчитываются численным интегрированием, в то время как внеатмосферный участок допускает интегрирование уравнений движения в конечном видеи получение формул для определения дальности и других параметров движенияна внеатмосферном участке.Совокупность внеатмосферного участка и участка входа часто называют пассивным участком.
Для современных ГЧ, имеющих малое поперечное сечение,высокую плотность и совершенные аэродинамические характеристики, протяженность пассивного участка в первом приближении может быть вычислена без учетаналичия атмосферы. Расчет производится по конечным формулам, а получаемаяпри этом погрешность дальности (в сторону некоторого завышения) не превышаетдолей процента от полной дальности.Выведем формулы для дальности и других параметров движения на пассивномучастке.3.1.1. Интегралы задачи движения в центральном поле.
Рассмотрим движение ГЧ в центральном поле притяжения при отсутствии атмосферы. Это — частныйслучай классической задачи двух тел, когда масса одного тела (ГЧ) пренебрежимомала по сравнению с массой другого (Земля), причем малое тело практически невлияет на движение большого.Если r — радиус-вектор ГЧ, проведенный из центра Земли, то свободное движение ГЧ под действием силы притяжения будет определяться векторным уравнением(после сокращения на массу ГЧ, входящую в левую и правую части уравнения)причемd 2rμ r=− 2 ,dt2r r(3.1.1) = dr .V(3.1.2)dtВекторное уравнение (3.1.1) может быть заменено тремя скалярными уравнениями 2-го порядка.
Найдем некоторые интегралы уравнения (3.1.1).С учетом кинематического соотношения (3.1.2) имеемdVμ r=− 2 .(3.1.3)dtr rУмножим это уравнение скалярно на (3.1.2).Тогда в левой части получим22 d V = 1 d(V ) = 1 d(V ) ,Vdt2 dt2 dtтак как ·V = VV .VПри перемножении правых частей имеем d μrμ d(r2 )μ d(r2 )dr μ r=− 3=− 3=,−dt r2 r2r dt2r dtdt3.1. Прямая задачапоэтому d μr1 d(V 2 )=2 dtdtилиddt1192μV2 −= 0.rОтсюда следует интеграл, выражающий закон сохранения энергии:2μ= h̃.(3.1.4)rПервое слагаемое в (3.1.4) определяет удвоенную кинетическую энергию (наединицу массы), а второе — удвоенную потенциальную энергию. Константа h̃,равная удвоенной полной энергии единицы массы, определяет вид траекторииполета.Умножим теперь уравнение (3.1.3) векторно на r, тогдаV2 −r ×dVμr= −r × 3 ,dtrно r × r = 0, поэтомуdV= 0.dtС учетом найденного равенства и (3.1.2)r ×d ) = dr × V + r × d V = dr × V =V ×V = 0,(r × Vdtdtdtdtследовательно,d ) = 0.(r × VdtОтсюда получим так называемый интеграл площадей в векторной форме(определяющий момент количества движения тела единичной массы) = C,r × V(3.1.5)который эквивалентен трем скалярным интегралам.
Если умножить (3.1.5) скаляр ) = 0 найдемно на r, то с учетом r · (r × V = 0.r · C(3.1.6)Отсюда вытекает, что движение происходит в плоскости, проходящей через Эта плоскостьцентр Земли и определяемой нормальным к ней вектором C.называется неизменяемой плоскостью Лапласа. на радиальную составляющую Vr , направленнуюРазложим вектор скорости Vпо радиусу-вектору r, и на трансверсальную составляющую Vn , направленнуюперпендикулярно r в сторону движения (рис. 3.1): = Vrr 0 + Vnn 0 .V(3.1.7)Здесь r 0 и n 0 — соответствующие взаимно ортогональные единичные векторы.С учетом (3.1.7) можно преобразовать интеграл площадей (3.1.5) к видуrVnr 0 × n 0 = C.120Глава 3.
Баллистика головной частиРис. 3.1. Радиальная и трансверсальная составляющие скоростиОтсюдаrVn = C(3.1.8)— модуль интеграла площадей. Если dΦ/dt — угловая скорость поворота радиусавектора r относительно центра Земли, тоVn = rdΦdtиr2dΦ= C.dt(3.1.9)3.1.2. Внеатмосферная траектория полета. Используем полученные интегралыдвижения для расчета внеатмосферной траектории полета ГЧ.С учетом (3.1.8) имеем трансверсальную составляющую скоростиVn =C,rдалее, d 1rdr dΦdr CdrVr ===,= −CdtdΦ dtdΦ r2dΦи с учетом соотношенияV 2 = Vr2 + Vn2найдем% 2 &21d(1/r).V =C+rdΦ22(3.1.10)(3.1.11)Подставляя (3.1.11) в интеграл энергии (3.1.4), получим% 2 &211d(1/r)2− 2μ = h̃.+CrdΦrПродифференцируем теперь это соотношение по углу Ф:1 d(1/r) d(1/r) d 2 (1/r)d(1/r)+= 0.−μC22r dΦdΦdΦdΦ(3.1.12)3.1.
Прямая задача121Если движение происходит не по прямой, то d(1/r)/dΦ = 0, и после сокращения на этот множитель получим дифференциальное уравнение относительно1/r:d 2 (1/r) 1μ+ = 2.(3.1.13)2dΦrCРешение неоднородного дифференциального уравнения 2-го порядка (3.1.13)имеет вид1μ= 2 + Q1 cos Φ + Q2 sin Φ,(3.1.14)rCгде Q1 и Q2 — произвольные постоянные, определяемые из начальных условий1 1d(1/r) 1= ,= − tg θ0 .(3.1.15)rr0dΦr0Φ=0Φ=0Покажем справедливость второго условия (3.1.15). Из соотношения (3.1.10)имеемd(1/r)Vr=−dΦCи после подстановки C из (3.1.8) получим1 Vr1d(1/r)=−= − tg θ,dΦr Vnrгде tg θ = Vr /Vn определяет угол наклона траектории (см.
рис. 3.1). Теперьвычислим постоянные Q1 и Q2 :1μ1− 2 , Q2 = − tg θ0r0Cr0и подставим их в уравнение (3.1.14):1μ1μ1= 2−cos Φ − tg θ0 sin Φ.−2rCCr0r0Q1 =(3.1.16)Уравнение (3.1.16) при заданных начальных условиях r0 , V0 , θ0 связываетвеличину текущего радиуса r с угловой дальностью Φ между начальным r0и текущим r радиусами-векторами. Если зафиксировать величину радиуса r, томожно из уравнения (3.1.16) найти соответствующую ему угловую дальность Φ.С этой целью перейдем к половинному углуΦ/2, произведя замену2 tg Φ21 − tg2 Φ2Φsin Φ =cos = 0, т. е. Φ = π ., cos Φ =21 + tg2 Φ21 + tg2 Φ2Тогда получим1ΦΦ21μμΦ− tg θ0 tg −− 2= 0,1 − tg21 + tg2− 2r0C2r02rC2откудаΦ2μ2111Φ1tg2 − tg θ0 tg + − = 0.(3.1.17)−−2Cr0r2r02r0r122Глава 3.
Баллистика головной частиПредставим входящую в (3.1.17) постоянную μ/C 2 через начальные параметрыдвижения r0 , V0 , θ0 . Из соотношения (3.1.8), справедливого для любого моментавремени, найдемC = r0 Vn0 = r0 V0 cos θ0 ,а затемμμ1= 2 2=,C2ν0 r0 cos2 θ0r0 V0 cos2 θ0гдеν0 =r0 V02μ(3.1.18)— обобщенный начальный параметр движения.После подстановки постоянной μ/C 2 в (3.1.17) и несложных преобразованийполучимΦΦ2r − (r0 + r)ν0 cos2 θ0 tg2 − 2ν0 r sin θ0 cos θ0 tg − (r0 − r)ν0 cos2 θ0 = 0.222Разделим обе части этого равенства на cos θ0 (θ0 = π/2, т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
