1611690511-f3d3a168b7ec28ce5001ecec523eb6f6 (826917), страница 46
Текст из файла (страница 46)
При этом вектор Лапласа направлен из притягивающего центра в перицентр орбиты, а вектор кинетического момента перпендикулярен плоскости орбиты. Рис. 3.11.1. Вектор Лапласа Выберем в точке О базисные векторы (рис. 3.11.1) е| = С/(С(, ез = с/(с), ез — — ез х еь Орбита материальной точки лежит в плоскости векторов (ем ее). Если в этой плоскости ввести полярные координаты, для которых 3.11.
Движение под действием сил всемирного тяготения 261 полярный угол и отсчитывается от направления вектора еы то орби- та точки выразится уравнением г= р 1+ е сов и При доказательстве теоремы 3.11.2 был вычислен фокальный параметр р = с /р. Найдем связь между эксцентриситетом е и начальными условиями. Используя первую формулу Бине, получим с е~ = — (1 + е + 2е соз и). рт Подставим зто выражение в интеграл энергии: 1+ с + 2есоаи 1+ессеи Ь 2р Отсюда 2рЬ е =1+ —. И Тем самым тип орбиты зависит только от знака Ь постоянной энергии. Возможны следующие случаи.
1. При Ь < 0 получаем е < 1, и орбита — эллипс. 2. При Ь = 0 получаем е = 1, и орбита — парабола. 3. При Ь > 0 получаем е > 1, и орбита — гипербола. 4. При Ь = — р/(2р) получаем е = О, и орбита — окружность. Для того чтобы постоянная энергии Ь обратилась в нуль, начальная скорость должна быть равна ио = еа = ~/2р/го Это — вторая космическая скорость. Она минимальная среди всех скоростей, при которых материальная точка неограниченно удаляется от притягивающего центра. Для того чтобы получить круговую орбиту, надо обеспечить равенство ео = ес = ~/Р7ге и направить вектор скорости перпендикулнрно радиусу-вектору. Величина е, называется вереей космической скоросгпью. Очевидно, что еп = е,~/2. Определим закон движения точки по орбите. При движении точки в поле центральной силы секторная скорость постоянна: По' с й 2 Глава 3. Динамика поступательного движения 262 Пусть 5 заметается от луча с направлением е1 (в небесной механике прямая, проходящая через притягивающий центр параллельно вектору еы называется линией апсйд).
Обозначим 1, время прохождения через перицентр. Тогда с Я = — (1 — 1„). 2 С другой стороны (см. пример 3.7.2), 1 оЯ = — г~ Им 2 Отсюда и рз /' Ии = Я(и). 2,/ (1+ е сов и)з о Из уравнения Я(и) = — (1 — 1,) 2 найдем и(1) и тем самым установим закон движения г, = г(и)сови, гз = г(и)анни, гз = О. Уравнение для определения и(1) оказывается трансцендентным. Оно решается численно.
П р и м е р 3.11.1. Определим закон движения точки по эллиптической орБите. Имеем е < 1. Сделаем замену переменной Р 1+с н 16- = )~ — 16-. 2 Ч1 — е 2 Переменную и называют эксцентрической аномалией. Дифференцируя, получим Я ег 1 — есови Кроме того, 1 — е 2 1 + е сов и = 1 — есови' Поэтому г и он з з 2 -3 = (1 — е ) т ~ (1 — есови)Ии = (1 — е ) т(и — ев1пи). (1 + е сов и)з о о 3.11. Движение под действием снл всемирного тяготения 263 Пусть а — большая полуось эллипса. Учтем, что р = а(1 — е ), е =,,Грр.
Тогда получим и — ее)пи = т/ра зП вЂ” 1„). Это — уравнение Кеплера. Для его численного решения можно исполь- зовать рекуррентную последовательность ие = ~/ра з(1 — 1„), и; =ив+ее)пи; ы г'=1,2,... Процесс получения приближений в; продолжается пока (це — и» г) ) с, где с — заданная точность вычислений. Рис. 3.11.2 иллюстрирует про- Уравнение Кеплера можно решать методом простой итерации. На рисунке представлен результат трех первых итераций.
Видно, что отображение через итерацию оказывается сжимающим. Число арифметических операций для каждой итерации невелико, и процесс сходится достаточно быстро. и1 вг Рис. 3.11.2. Решение уравнения Кеплера цедуру получения иь Очевидна сходимость процесса. На рис. 3.11.3 изображены эксцентрическая и истинная аномалии данной точки М орбиты. С центром О' в середине большой оси эллипса построена окружность радиуса а. Через точку М, определенную истинной аномалией и, проведен перпендикуляр к большой оси эллипса. Он пересекает окружность в точке М'.
Угол между отрезком О М' и направлением на пери- центр есть эксцентрическая аномалия и.О Вычисление функции и(1) завершает решение задачи Коши об определении закона движения материальной точки по заданным начальным значениям радиуса-вектора и вектора скорости. Рассмотрим теперь краевую задачу. Баллистика — это наука о движении снарядов, мии, бомб, неуправляемых ракет в поле силы тяжести. Одна из основных задач баллистики состоит в построении Глава 3.
Динамика поступательного движения 264 Эксцентрическая аномалия есть центральный угол образа М' точки М после превращения эллипса в окружность пропорциональным его растяжением вдоль оси ординат. Эксцентрическая аномалия так же, как и истинная аномалия, однозначно определяет положение точки на эллипсе. Связь между эксцентрической аномалией и временем движения по орбите дается уравнением Кеплера. Рис. 3.11.3.
Эксцентрическая аномалия траектории, проходящей через две заданные точки пространства 1задача о попадании). Рассмотрим задачу о попадании в ньютонианском центральном поле силы. Пусть Π— центр силы, а М и М' — две точки пространства, через которые необходимо провести траекторию материальной точки. Предположим, что три точки О, М, М' не лежат на одной прямой. Они определяют плоскость Р, которая содержит искомую траекторию. Примем для определенности, что эта траектория — эллипс. Тогда притягивающий центр О находится в одном из фокусов эллипса.
Задача будет решена, если указать второй фокус О'. По свойству эллипса имеем г+р=г +р, где г и р — расстояния от точки М до точек О и О' соответственно, а г' и р' — от точки М' до тех же точек. Следовательно, р — р=г — г. Но по условию задачи величины г и г' фиксированы. Поэтому все допустимые положении второго фокуса О' стеснены условием, что разность их расстояний р' и р до заданных точек М и М' одинакова. Такие точки О' образуют гиперболу, и мы имеем бесчисленное множество решений. Зададим модуль скорости в точке М.
Тем самым задана постоянная энергии Ь. Справедлива формула а— р й -1 ез --Е 3.11. Движение под действием сил всемирного тяготения 265 Значит, в этом случае нам известна и длина большой полуоси. По основному свойству эллипса имеем т+ р = г' + р' = 2а, или р' = 2а — г'. р = 2а — г, Из первого равенства следует, что точка О' лежит на окружности радиуса 2а — г с центром в М, а из второго равенства следует, что точка О' лежит на окружности радиуса 2а — г' с центром в М'. Две окружности либо пересекаются в двух точках, либо касаются, либо не пересекаются. Значит, имеются либо два решения задачи, либо одно, либо ни одного.
Изучим случай, когда имеется лишь одно решение. Тогда точка О' должна лежать на прямой ММ'. Поскольку искомая траектория есть эллипс, точка О' расположена между точками М и М'. Касание окружностей будет внешним, и мы имеем, следовательно, случай предельно возможного удаления точки М' от М для заданного значения начальной скорости. Найдем все точки М', удовлетворяющие этому условию. В соответствии с принятыми обозначениями т' + ММ' = т' + р' + р = 2а + 2а — г = 4а — г, Ясно, что все точки М', для которых решение задачи о попадании единственно, лежат на эллипсе с фокусами в точках О и М и с большой полуосью 1 и а' = -(4а — т) = — — — —. 2 Ь 2 Если этот эллипс вращать вокруг прямой ОМ, то получим эллипсоид, который в баллистике называется эллиисоидом беэоиасиости.
В точки, лежащие вне этого эллипсоида, невозможно попасть из заданной точки М. Краевая задача не имеет решения. Для любой точки внутри эллипсоида безопасности имеются два решения краевой задачи. Если начальную скорость увеличивать, то а О, а большая полуось эллипсоида безопасности неограниченно возрастает. Это значит, что для попадания из точки М в любую точку пространства не требуется развивать начальную скорость более второй космической скорости. На этом закончим анализ задачи о движении в центральном поле тяготения.
В заключение сделаем следующие замечания. Замечание 3.11.1. Задача двух тел верно отражает лишь основные закономерности взаимодействия планеты с Солнцем. Вместе с Глава 3. Динамика поступательного движения 266 тем имеется ряд особенностей движения (например, отклонения траекторий от конических сечений и др.), которые не могут быть объяснены без учета влияния сил притяжения от других планет солнечной системы. Соответствующая задача называется задачей и тел. Пусть имеется и материальных точек с массами тг,..., тп, взаимодействующих друг с другом по закону тяготения Ньютона. Система уравнений движения для задачи и тел имеет вид ~тету тг; = — з (ге — г~), е',у'= 1,...,п, )г; — г)з ' ™ где г; — радиусы-векторы материальных точек.
Аналитическое исследование этой задачи затруднительно даже в случае и = 3 (задача трех тел). Эффективными здесь могут быть методы математического моделирования на ЭВМ. Замечание 3.11.2. Применение закона всемирного тяготения в форме, предложенной Ньютоном, ограничено условием малости размеров притягивающихся тел по сравнению с расстоянием между ними. Когда размеры тел существенны, взаимное гравитационное воздействие может быть найдено из закона Ньютона с помощью интегрирования.
Теорема 3.11.4. Пусть задана материальная точка т пренебрежимо малых размеров по сравнению с ее расстоянием г до центра однородного шара массы М и радиуса Я. Тогда силовая функция У(г) гравитационного воздействия шара на точку выражается формулой Мт У— П( ) = ~ — (ЗЯ вЂ” г ), Мт г 2Яз если г > ге, если г < Н. Доказательство теоремы выполним в три этапа.
Этап 1. Пусть в плоскости Р лежит однородный материальный обруч радиуса р и массы Мы а на оси, перпендикулярной к плоскости Р и проходящей через центр обруча, расположена материальная точка массы т. Начало отсчета поместим в центр обруча. Расстояние от точки т до плоскости Р обозначим у. Чтобы найти силовую функцию У1(у) гравитационного воздействия со стороны обруча на точку т, разобьем обруч на одинаковые малые отрезки с угловым размером д~р относительно центра обруча.
Искомая силовая функция У1 (у) получается суммированием силовых функций, соответствующих ка- 3.11. Движение под действием сил всемирного тяготения 267 ждому малому отрезку: гпМ~ йгг гпМг "=/ 2„ /Ъ+уг / г+уг' о Этап 2. Пусть в плоскости Р расположен круговой однородный диск массы Мг и радиуса 1. На оси, перпендикулярной к плоскости диска и проходящей через его центр, расположена материальная точка массы пг.
Начало отсчета поместим в центр диска. Расстояние от точки гп до плоскости Р обозначим у. Чтобы найти силовую функцию Уг(у), разобьем диск концентрическими окружностями. Пусть р — радиус такой окружности, а ор — ширина кольца между соседними окружностями. С точностью до малых второго порядка масса кольца Мг = 2тМгрор/(т1г). Искомая силовая функция получается суммированием силовых функций, соответствующих всем кольцам разбиения.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
