Текст
Е. Н. Полякова
ДИНАМИКЕ ТОЧКИ
D IIUJIL
ЦЕНТРАЛЬНЫХ СИЛ
Е. Н. Поляхова
СБОРНИК ЗАДАЧ
ПО ДИНАМИКЕ ТОЧКИ
В ПОЛЕ
ЦЕНТРАЛЬНЫХ СИЛ
Издание второе,
дополненное
URSS
МОСКВА
ББК 22.213 22.31я73
Полякова Елена Николаевна
Сборник задач по динамике точки в поле центральных сил.
Изд. 2-е, доп. — М.: Книжный дом «ЛИБРОКОМ», 2010. — 160 с.
Предлагаемый сборник представляет собой учебно-методическое пособие по
курсу теоретической механики. Основное содержание книги составляет подроб¬
ный разбор задач по динамике движения материальной точки под действием цен¬
тральной гравитационной силы притяжения (силы тяготения), в частности по ди¬
намике космического полета. Приводится также несколько задач о движении точ¬
ки под действием центральных негравитационных сил. Всего в сборнике предла¬
гается около 200 задач различной степени трудности с решениями.
Сборник предназначен для студентов механико-математических факульте¬
тов, будет также полезен преподавателям при проведении практических занятий
по курсу теоретической механики.
Издательство «Книжный дом “ЛИБРОКОМ”».
117312, Москва, пр-т Шестидесятилетия Октября, 9.
Формат 60x90/16. Печ. л. 10. Зак. № 3600.
Отпечатано в ООО «ЛЕНАНД».
117312, Москва, пр-т Шестидесятилетия Октября, 11 А, стр. 11.
ISBN 978-5-397-01364-2 © Книжный дом «ЛИБРОКОМ», 2010
НАУЧНАЯ И УЧЕБНАЯ ЛИТЕРАТУРА
§
URSS
E-mail: URSS@URSS.ru
Каталог изданий в Интернете:
http://URSS.ru
Тел./факс: 7 (499) 135-42-16
I Тел./факс: 7 (499) 135-42-46
8932 Ю 112694
785397
01
3642
Все права защищены. Никакая часть настоящей книги не может быть воспроизведена или
передана в какой бы то ни было форме и какими бы то ни было средствами, будь то элек¬
тронные или механические, включая фотокопирование и запись на магнитный носитель,
а также размещение в Интернете, если на то нет письменного разрешения владельца.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие ко второму изданию 2
Предисловие 3
§ I. Центральные силы. Сила тяготения и ее динамические
характеристики 5
§ 2. Законы Кеплера 13
§ 3. Интеграл площадей 19
§ Формулы Бине для центральных сих Z4
§ 5. Энергетический баланс и скорость движения по кос¬
мической траектории 32
§ б. Время движения по космической траектории 5?
§ 7. Условия существования эллиптических траекторий.... 70
§ 8. Переход с орбиты на орбиту 82
§ 9. Сфера действия. Задачи о третьей космической ско¬
рости 100
§ 10.Задача двух тел. Обобщенный третий еахон Кеплера.. 108
§ II.Равные аадачн 117
Укаватвль литературы 153
ПРЕДИСЛОВИЕ КО ВТОРОМУ ИЗДАНИЮ
Предлагаемое стереотипное издание настоящего учебного пособия (сборник
задач с решениями) представляется целесообразным, так как методическая подача
материала хорошо зарекомендовала себя в вузовских курсах теоретической меха¬
ники, содержащих разделы по механике космического полета. Материал был так¬
же успешно апробирован на курсах повышения квалификации преподавателей
механики и астрономии, для которых автор читал соответствующий спецкурс в
бывшем Лениградском университете.
Хотя пособие не потеряло методической ценности, однако книга, изданная
в 1974 году, стала к настоящему времени библиографической редкостью. Более
поздние методические разработки приведены в дополнительном списке литерату¬
ры. Хотя к настоящему времени существует множество монографий и вузовских
пособий, как отечественных так и иностранных, посвященных частично или пол¬
ностью космической тематике, мы упоминаем (в хронологическом порядке) лишь
наиболее близкие к нашему задачнику по стилю изложения и по методической
трактовке материала. В том числе заслуживают внимания методические пособия,
разработанные на кафедре небесной механики Санкт-Петербургского универси¬
тета, где автор работает и по сей день.
Дополнительный список литературы
Херрик С . Астродинамика / Пер с англ. А. Г. Сокольского. М.: Мир, 1976. Т. 1. 284 с.;
1977. Т. 2. 262 с.; 1978. Т. 3. 360 с.
Поляхова Е. Н. Космический полет с солнечным парусом. М.: Наука, 1985. 304 с.
Охоцимский Д. Е., Сихарулидзе Ю. Г. Основы механики космического по¬
лета. М.: Наука, 1990. 445 с.
Кутузов С. А., Олемский И. В., Осипков Л. П., Старков В. Н.
Математические методы исследования космических систем. СПб.: СПбГУ, 203 с.
Холшевников К. В., Питьев Н. П., Титов В. Б. Притяжение небесных
тел. СПб.: СПбГУ, 2005. 161 с.
Холшевников К. В., Титов В. Б . Задача двух тел. СПб.: СПбГУ, 2007. 175 с.
Холшевников К. В., Никифоров И. И. Свойства гравитационного потен¬
циала в примерах и задачах. СПб.: СПбГУ, 2008. 71 с.
Антонов В. А., Никифоров И. И., Холшевников К. В. Элементы теории
гравитационного потенциала. СПб.: СПбГУ, 2009. 207 с.
Поляхова Е. Н. Сборник задач по аналитической механике. Изд. 2-е. М.: Книжный
дом «ЛИБРОКОМ»/URSS, 2009. 312 с.
Лукьянов Л. Г., Ширмин Г. И . Лекции по небесной механики. Алматы: Эве-
ро, 2009. 276 с. (Гл. 5. Введение в астродинамику).
- 2 -
ПРЕДИСЛОВИЕ
Предлагаемый сборник является учебно-методическим пособием по
курсу теоретической механики (раздел "Динамика точки"). Он пред¬
назначается , главным образом, для студентов заочных отделений ЛГУ
и других высших учебных заведений. Он может быть частично исполь¬
зован и студентами дневных и вечерних отделений. Кроме того, за¬
дачник может оказаться полезным для начинающих преподавателей,ве-
дущих практические занятия по курсу теоретической механики, в ча¬
стности при составлении ими вариантов контрольных работ.
Основное содержание сборника составляет подробный разбор за¬
дач по динамике материальной точки под действием силы тяготения,в
частности задач по элементарной динамике космического полета.При¬
водится несколько задач о движении точки под действием централь¬
ных негравитационных сил. Всего в сборнике предлагается около 200
задач различной степени трудности с решениями.
В основу "Сборника задач" положены материалы лекций и практи¬
ческих занятий по курсу теоретической механики,проводимых автором
в течение ряда лет на математико-механическом факультете Ленин¬
градского государственного университета. Условия предлагаемых за¬
дач составлены автором либо заимствованы из различных отечествен¬
ных и зарубежных учебных пособий, указанных в списке литературы.
Решения всех задач, так же как и соответствующие вычисления.выпол¬
нены автором заново либо тщательно проверены.
Следует отметить, что в сборнике приводятся решения подавляю¬
щего большинства задач, предложенных в новой главе "Динамика кос¬
мического полета" из "Сборника задач по теоретической механике"
И.В.Мещерского.
Предлагаемые задачи в соответствии с их тематикой объединены
в II параграфов. В начале каждого параграфа (не считая последнего)
приводятся краткие теоретические сведения и необходимые формулы по
динамике точки. В параграфе "Разные задачи" сгруппированы задачи,
при решении которых требуется применение сведений из различных
разделов сборника.
Характерной особенностью предлагаемого "Сборника задач" явля¬
ется изложение ряда теоретических вопросов по динамике точки в по¬
ле центральных сил в виде задач,так что в тексте достаточно часто
встречаются ссылки на номера формул, выведенных непосредственно
- 3 -
при решении. Автор надеется, что изложение некоторых элементов
теории в виде задач будет способствовать облегчению восприятия
материала при заочной форме обучения.
Автор считает своим приятным долгом поблагодарить заведующего
кафедрой небесной механики математико-механического факультета
ЛГУ профессора К.В.Холшевникова и доцента кафедры теоретической
механики этого же факультета С.А.Зегзду, внимательно прочитавших
рукопись, за ценные советы и замечания, во многом способствовав¬
шие улучшению книги. Автор будет также признателем всем, кто по¬
желает сообщить о замеченных ошибках либо выразить свои критиче¬
ские замечания и пожелания.
- 4 -
§ I. ЦЕНТРАЛЬНЫЕ СИЛЫ. СИЛА ТЯГОТЕНИЯ
И ЕЕ ДИНАМИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ
В механике центральной силой называется сила F , линия дей¬
ствия которой проходит через точку, называемую центром силы(центр
притяжения). Центральная сила может быть выражена формулой
F-F-r°, (I.I)
где г° - орт радиального направления, соединяющего центр силы
с точкой ее приложения. Значение силы F при притяжении отрица¬
тельно, а при отталкивании положительно.
Центральные силы подразделяют на силы притяжения (направлен¬
ные к центру) и силы отталкивания (действующие от центра).К числу
наиболее распространенных в природе центральных сил следует отне¬
сти прежде всего силу взаимного тяготения,т.е. гравитационную си¬
лу притяжения, закон изменения которой,сформулированный Ньютоном,
известен как закон всемирного тяготения.
Закон всемирного тяготения гласит, что массы тп и М взаим¬
но притягиваются с силой,прямо пропорциональной произведению этих
масс и обратно пропорциональной квадрату расстояния г мезду ними:
If |= • (1.2)
Коэффициент пропорциональности f = 6,673*10“® см3/г•с ^ называ-
ется универсальной (всемирной) постоянной тяготения.
Из второго закона Ньютона следует, что массы и ускорения в
поле тяготения связаны соотношением
(1.3)
В соответствии с формулой (1.3) различают две задачи динамики
точки в поле центральных сил тяготения:
1) о движении точки малой массой т в поле тяготения точки о
большей массой М (лг « М)9 когда соотношение масс таково 9
что ускорением wM можно пренебречь и поэтому считать массу М
неподвижной (ограниченная задача двух тел, или задача о движении
"непритягивающей" точки в поле тяготения "притягивающей" точки);
2) о движении точки массой тгь в поле тяготения точки мас¬
сой М (т<М\ когда ускорением. wM пренебречь нельзя (задача
двух тел, или задача о движении одной "притягивающей” точки в
- 5 -
поле тяготения другой).
К задачам первого типа относятся все задачи о движении искус¬
ственны! спутников в космических аппаратов в центральных полях
тяготения планет или Солнца, т.е. по динамике космического поле¬
та. Решение их в составляет основное содержание сборника. Задачи
второго типа рассматривается лишь в порядке исключения.
Если это специально не оговорено, мы не будем различать с ди¬
намической точки зрения понятия граввтирувщей материальной точки
и гравитврушцего тела: в классе указанных задач будем считать те¬
ла, размерами которых нельзя пренебречь,однородными шарами,а тя¬
готение однородного шара, как известно, равно тяготение материа¬
льной точки, совпадавшей с центром шара, в котором сосредоточе¬
на вся масса этого шара.
Задача #1.1. Составить уравнение ограниченной задачи
двух тел, т.е. уравнения движения точки маосой т в поле цент¬
ральной силы тяготения неподвижной точечной массы М ( т « М ).
Решение. Поместим в точку массой М начало абсолютной
наерциальной системы координат x,y,z. Положение точки массой
т относительно этого начала будем характеризовать радиус-векто¬
ром г-гг0. На массу m действует центральная сила притяжения,
которая в соответствии с формулами (I.I) и (1.2) имеет вид
F-Fr\ F—£n£L, (1.4)
а уравнения движения точки под действием этой силы
m d2Е. fmM. ро m dzr_ _ fmM p
dt2 га или /л dtl - —pr^r.
Сократив обе части равенства на пг и обозначив fM-ji , подучим
окончательно
(1.5)
Уравнение (1.5) называется векторным уравнением движения для ог¬
раниченной задачи двух тел, из которого следует,что движение (ус¬
корение) точки зависит только от граввтирувщей точечной массы М,
сосредоточенной в начале координат.1 Коэффициент называ-
Эта масса называется также центральной массой,или массой цен¬
трального тела (если тело однородный шар), поскольку линия дей¬
ствия силы постоянно проходит через эту точечную массу, называе¬
мую также центром силы. Термин „центральная масса" никоим обра¬
зом не означает, что эта масса находится в центре траектории
движения, хотя в частном случае это возможно.
- 6 -
емый гравитационным параметром центрального тела, характеризует ин¬
тенсивность гравитационного пола, создаваемого массой М.
Векторное уравнение (1.5) тождественно трем уравнениям, вира¬
же ншм в координатной форме:
dk+u.-2£-=o ifjL + u, JL=0. d£s.+ u,-Z_=n П d)
dt*+rr3 u, dta+)L^ u, dfca + ^r3-u- U.Oi
Задача I 1.2. Вывести формулу работы центральной силы
тяготения неподвижной массы М при перемещении точки массой тть
в поле этой силы.
Решение. Для выведения формулы элементарной работы си¬
лы тяготения воспользуемся выражением для силы (1.4):
А = F-dr « - Imp-p-dr)— &£*dr.a.e)
Проинтегрировав (1.6), получим выражения работы силы тяготения
ори перемещении точечной массы тп, находящейся на поверхности во¬
ображаемой оферы радиусом г,, в новое положение на поверхности
сферы радиусом г3:
Л = tnP-ytr = - ^г) • (I.61)
Если точка'массой тп приближается в массе М (г2 < г,) , то
работа силы тяготения положительна. Если точка тп удаляется от
этой массы (г2 > г,) , работа отрицательна.
Задача * 1.3. Показать, что сила тяготения является по¬
тенциальной силой, я определить вид потенциальной функции.
Решение. Функция координат U , дифференциал которой
равен элементарной работе, называется потенциальной, или силовой,
функцией, а сила я силовое поле, для которых такая функция суще¬
ствует, - потенциальными.
На основании формулы (1.6) заклвчаем, что dU - dА - F-dr -
= - f ™,м dr. Следовательно, потенциальная функция существует в
имеет вид
u-fctfPfdr- -М. + С.
Постоянную С можно определить ив соотношения
CmSSLUmU«>* U.7)
т.е. С есть значение потенциальной функции на бесконечности, я
его можно положить равннм нулю: С = 1/^=»0. Зафиксировав таким об¬
- 7 -
разом цронзвольвую постоянную, получим выражение
и=1тЛ +иоо = 1Ш, цУ)
которое будем называть потенциалом силы тяготения(потенциалом обы¬
чно называют потенциальную функцию с фиксированной произвольной
постоянной).
Множество поверхностей уровня потенциала при разных значениях
г есть множество концентрических сфер, общий центр которых сов¬
падает с центром притяжения, где сосредоточена наоса М . Равен¬
ства (1.7) в (1.7 ') позволяют записать
(1.7")
так что значение гравитационного потенциала на данной поверхно¬
сти уровня, т.е. на поверхности сферы данного радиуса, равно ве¬
личине работы силы тяготения (разности потенциалов) при перемеще¬
нии точечной масон т. из бесконечности на ату поверхнооп уровня.
Сила тяготения выражается при этом через потенциал:
Г = ди/дг = - ГтМ/г3.
Задача * 1.4. Показать, что гравитационный потенциал
однородного шара массой М равен потенциалу точечной массы т. ,
равной массе шара, которая сосредоточена в его центре.
Решение. Зная выражение гравитационного потенциала то¬
чечной наоса (1.7 ' ), можно вычислить потенциал для точечной мас¬
он т, притягиваемой однородным шаром массой М и радиусом R.
Выделим алементарный объем шара dx и вычислим его а системе
сферических координат р , 0, (рис.1), связанной с фиксиро¬
вавши направлением на точечную маосу т .находящуюся на рас¬
стоянии г от центра шара. Легко видеть, что алешентарвяй объем
dx = dp-pdH'f) sin® dq , поэтому потекшая dU этого объ¬
ема для точки т, , отстоящей на расстояние К от элемента dx,
будет равен d,U* » fm*dx ^ где oosG;
") - плотность вара. Проинтегрировав по ротОдо R , по бот
О до я , по У от 0 до 2Я, для всего нара получим
- 8 -
Ш
]J>r4p2-2rpcos0
= 2 я/тпл>
Ы
о о
d p sin 8 d- В
pa- 2rpcos8
Положим it = a ( 0) = ra + pa -
-2г p cos8 ,
так что c£u = 2 r p sin 8 d 8.
Поэтому
*
Г p sin Bd0
J У ra+pa-2rp cos б r j2Vu
О 'и.
ra
\_diL- -
-L (r2+pa- 2rpcosd)*
= г[(г+р)-к-р|]=т£
Следовательно,
и = 43L£mV J p°dp = ^^ .
0
Ho наоса однородного шара M = я R ъ V, поэтому гравитацнон-
янВ потенциал однородного шара маооой М для точки тп, находя¬
щейся на раостояяш г от центра,
U =
f т М
(1.8)
т.е. равен потенциалу точечяоВ масса М, сооредоточенноВ в цент¬
ре шара. При атом сила гравитационного притяжения шара также рав¬
на центральное оиле притяжения точечной пассы:
f = F, = у rad -Щг- •
- 9 -
Заметим, что полученный результат справедлив не только для одно¬
родного шара, но и для шара со сферическим распределением плотно¬
стей, т.е. когда плотности ра$ны в равноотстоящих от центра точ¬
ках. В этом случае М = ^(р) p2rf р.
На основании вышесказанного можно заключить, что два шара(од¬
нородных или со сферически* распределением плотностей) притягива¬
ются как соответствующие материальные точки. Это важное свойство
потенциала шара позволяет в рамках рассматриваемых в сборнике за¬
дач принимать гравитацию планет и Солнца за гравитацию точечных
масс, считая, что распределение плотностей этих тел можно с дос¬
таточной степенью точности считать сферическим.
Задача Л 1.5. Искусственный спутник Земли массой тть
движется равномерно по круговой орбите на заданной высоте Н под
действием силы тяготения Земли. Записать закон действия силы в
функции угловой и линейной скоростей движения. Определить,сколько
оборотов в сутки делает вокруг Земли ..нулевой" , т.е. фиктивный,
спутник, движущийся вдоль поверхности сферической Земли по круго¬
вой орбите.
Решение. При равномерном движении по окружнооти ускоре¬
ние w точки состоит только из радиальной компоненты w = wr =
= - wa(/?ft + И). Здесь /?4 - радиус Земли; to - угловая ско¬
рость движения ИСЗ. Тогда в соответствии с уравнениями движения
можно записать
F = Fr = - m соа(Д8+//) , (1.9)
ИЛИ
г-г.«•«')
где угловая со и линейная в скорости связаны соотношением
V = (Kg +Н) со . Формулы (1.9) и (1.9 г ) характеризуют иско¬
мый закон действия силы.
Известно, что ..нулевой" спутник (г = /?4) движется с линей¬
ной скоростью в =7,9 кы/с (первая космическая скорость).Найдем
его угловую скорость:
ш= 7,9км/с .,,86400 =_7.9--8,5V1Q1 ~ ,г 108
R6 637*0 км 6,28 6,37-10»*6,28 ~ TV00-
Таким образом, реальные спутники Земли не могут делать более 17,1
об.в сутки.
Задача Л 1.6, Искусственный спутник Земли массой тть
- 10 -
движется равномерно по круговой орбите на заданной высоте Н под
действием силы тяготения Земли. Зная, что взаимное притяжение
Земли я ИСЗ происходит по закону Ньютона, вправить силу тяготения
через ускорение силы тяжести на поверхности Земли л на высоте Н.
Решение. Для рассматриваемого случая закон Ньютона име¬
ет вид \F\ = fmMs I(Ri + W)a. Известно, что на поверхности Земли
(W * о) сила тяготения численно равна весу тела: \F\ = P=mg (Зем¬
лю считаем неподвижной, вследствие чего пренебрегаем силами инер¬
ции). Отсюда - = тпд- ( или
(1.10)
Сила тяготения F выражается при этом через ускорение силы тяже¬
сти д :
1Г1 TTigRA = mgRk
' l-(/?t+W)a * г3 (1.И)
Заметт также, что ив формулы (1.10) вытекает формула для вычис¬
ления ускорения силы тяжести на земной поверхности:
д- = • (i.ii 1)
Для произвольной высоты Н ff / = = = п% *
где q - ускорение силы тяжести на высоте Н. Окончательно полу¬
чаем н а
™б-9^-ди(**+Ю\ 5r ci.ii")
Задача MI.7. На кахой высоте нужно запустить круговой
спутник Земли, обращающийся в плоскости экватора, чтобы он все
время находился над одни» и тем же пунктом Земля ( Rt « 6370 км).
Решение. Для выполнения указанного условия стационарно¬
сти «подспутниковой" точки необходжю, чтобы угловая скорость
движения ИСЗ по орбите равнялась угловой скорости вращения Земли
Р]г 2Jг
o)j t которая легко вычисляется по формуле а>ь = 24-3600 =
= ?-10‘5 си ( Р& - период оборота Земли вокруг оси) .Такой №3
называется оуточннм (24-часовым) стационарным спутником.
Для решения задачи воспользуемся формулой (1.9), которую для
нашего случая следует переписать как | F | = яьо)* (/?4 + W)s
и формулой (I.II), позволяющей выразить силу через ускорение силы
тяжести. Приравняв выражения силы, найдем формулу высоты Н -
- Rt. Подставив в нее д - 9,81 м/с 2 , 6370 км,
■VW
- II -
получим Я « 35800 им.
Задача Л1.8. Определить скорость, необходяаую для пря¬
молинейного вертикального подъема снаряда массой тп с поверхно¬
сти Земли на высоту Я в поле тяготения Земли.
Решение. При подъеме снаряда с поверхности Земли на за¬
данную высоту Я происходит изменение кинетической энергии снаря¬
да, равное работе силы тяготения Земли (см.задачу Л 1.2).6 данном
случае имеем mg. = •
На высоте Я конечная скорость равна нулю (снаряд останавливается),
а начальная v0 = ]/% * или после замены на
gr/?* согласно формуле (1.10)
Ч, = i/-n- "iP • (1.12)
/ 2 fir /?* /
Рассмотрим два предельных случая:
1) для Н « /?4 (малые высоты) v0=^2ffH j i » /2 gH (фор¬
мула Галилея);
2) для //—оо ( отрыв от поля тяготения Земли) 1 oj 0 =
-Ibn ]/2ffRb /1 + =- \/Zg-Rb = Я, 19 км/с (вторая космическая ско-
Задача Л 1.9. Определить скорость падения точки массой
т, на поверхность Земли, если эту точку отпуститьна высоте Я без
начальной скорости.
случае происходит изменение кинетической энергии снаряда: т^— -
• той. »„ = о. .
скорость приземления
” -'ШЩу- fWF • <IJ2'1
Можно видеть, что значение скорости приземления, найденное по фор¬
муле (I.I2 г ), то же, что и вычисленное по формуле скорости стар¬
та при подъеме на высоту Я (I.I2). Для Я «. Rt снова имеем
а для Я-«-оо (приход из "бесконечности") г) *-\/2g^Ri = 11,19 км/с.
Отсюда, в частности,следует, что такой скоростью могут обладать
метеориты, падающие на Землю "из бесконечности" по параболической
траектории.
Задача Л 1.10. Определить скорость и0, которую нужно
- 12 -
сообщить по вертикали вверх телу, находящемуся на поверхности
Земли, чтобн оно поднялось на высоту, равную земному радиусу
(W = /?£ = 6370 им); при этом следует учитывать только силу притя¬
жения Земли. Ускорение онлн тяжести на поверхности Земли
д =981 см/с 2 = 9,81*10 “8 км/с 2 .
Р е ш е н и е. Подотавив в формулу (I.I2) значение Н~ Rt .най¬
дем v„ = ]/2ffR6a/2/?4 = *lgRb = )/ 9,81 • <0 5 • 6370 «. 7,9 км/с.
§ 2. ЗАКОНЫ КЕПЛЕРА
Законы Кеплера о движении планет формулируются обычно следую¬
щим образом:
1. Каждая планета движется по эллипсу, в одном из фокусов ко¬
торого находится Солнце.
2. Пдпщядт. сектора, описываемого радиус-вектором планеты, из¬
меняется пропорционально времени.
3. Квадраты периодов обращений планет относятся как кубы боль¬
ших полуосей их орбит.
Задача М 2.1. Показать, что координаты планеты, движу¬
щейся вокруг Солнца по законам Кеплера, могут быть выражены в
функции времени.
Решение. Обратимся сначала к первому закону Кеплера и
рассмотрим аллиле (рис.2), описываемый точкой
которого С примем за
начало координат.За ось
Сх примем направле¬
ние большой полуоси
С% =а , проходящей че¬
рез фокус S, в кото¬
ром находится Солнце,
за ось Су направление
малой полуоси СВ=Ъ .
Уравнение эллипса в
этой системе координат
+ (2.D
заменим параметрически¬
ми уравнениями, выбрав
параметр следующим об-
разом.Из точки И(х,у),
М (планета),центр
Рис.2
- 13
изображающей положение планета, опустим перпендикуляр MN на ось
абсцисс. Продолжив этот перпендикуляр вверх до пересечения с ок¬
ружностью, диаметром которой служит большая ось лзо, получш то¬
чку М' .Задание каждой из точек М в М' однозначно опреде¬
ляет другую. Но положение точки М' может характеризоваться уг¬
лом Е при центре эллипса, отсчитываемым от большой полуоси С я
до линии СМ' в направлении движения планета. Этот угол называ¬
ется эксцентрической аномалией планета. Уравнение (2.1) эквввален
тво параметрическим уравнениям эллипса х = аг сое £, у => Ъ sinf ,
первое ив которых очевидно ив геометрических соображений (х = С Л/),
а второе получаем после подстановки первого в каноническое урав¬
нение (2.1). Отношение е = CS = С я. < <, определяющее форду эллип¬
са, есть его эксцентриситет. Очевидно, что СS = ае, СВ = ь =
= <гУ1-еа .
Введем теперь систему прямоугольных орбитальных координат S§ ц,
оси которой параллельны осям системы Сху ,а начало находится в
фокусе S. Тогда
§ = C/V-CS = <rcos£- ore, y = NM = ai/{-ea sinE. (2.2)
Череэ г и <f обоэвачш полярные орбитальные координата, соответ¬
ствующие ? и ц. Угол <р .отсчитываемый от радиус-вектора
S % , направленного в перигелий я,, называется истинной анома¬
лией планета. Поскольку
X «rcoscp, ц = rsin (р , (2.3)
то. сравнивая равенства (2.2) я (2.3), получаем формулы
г sincp=a V1 —еа sln£, rcos tp » a(cos£-е), (2.4)
служащие для вычисления полярных орбитальных координат г и <р
по заданному Е.
Из формул (2.4) легко определить, что
г = a (l-ecosfT). (2.5)
Вычитая из (2.5) второе из равенств (2.4), а затем складывая их.
находим г (1-cos(f) = <г (1 + е) (1-cos С) , r(i + cos<p) =
= а (1-е) (1 + cos Е) , иди
Vr~sin-f - =Уа(4+ е)sin-g- * /Fcos-|- =y<r(<-e) cos-|- * (2.6)
причем при извлечении корня знак определяется однозначно, тан как
углы ср/2 и Е/2 находятся всегда в одном и том же квадранте ( Е *
- 14 -
= 180 0 соответствует = 180 °). Из (2.6) вытекает также
Таким образом, для вычисления г я <f по заданному Е можно
вместо (2.4) использовать формулы (2.6) либо выражения (2.5) и
(2.7).
Заметим, что в результате исключения Е из равенств (2.4) и
(2.5) получим уравнение эллипса в полярных координатах:
г ~ 1 + е cos ’ (2.8)
где р = сс (i-e2) = bV\-e2 - фокальный параметр эллипса,т.е. ор-
дивата точки, для которой <р = 90 °. Уравнение (2.8) является так¬
же общш уравнением конических сечений (при е = I оно представля¬
ет ообой параболу, а при е > 1 ветвь гиперболы, вогнутую по отно¬
шению к фокусу S ).
Остается показать, что угол Е может быть выражен в функции
времени. Для этого обратимся ко второму закону Кеплера.
Бели через tx в t обозначить моменты времени, в которые
планета находится в перигелии и в произвольной точке М , а че¬
рез Т - период обращения планеты, то на основании второго зако¬
на
= * , (2.9)
Я аЪ Т
где %аЬ- площадь эллипса; Q- площадь фокального сектора ЭяМ,
равная разности площадей криволинейной трапеции Л/Мя и треуголь¬
ника Л/МS , т.е.
Q » пл. Л/Мя - пл. A NMS. (2.10)
Для вычисления площади трапеции Л/Мя воспользуемся соотношени¬
ем’ площадей двух криволинейных (эллиптической и круговой) трапе¬
ций:
пл- Л/Мя _ _Ь_ . (2 ттч
пп. NМ'л а («»Ш
Площадь трапеции Л/М'я в свою очередь есть половина площади кру¬
гового сетента Мзс М" и может быть определена но известной фор¬
муле кругового сегмента с раствором 2Е: пл. /УМ jt = ^ ( 2.Е -
- sin 2Е ) * 4*- а а ( £-sin Е cos Е ) , откуда с помощью (2.II) по-
лучш пл. /УМэт -4g- ccb ( Е - sin Е cos Е ) . Площадь А Л/MS ,
входящую в уравнение (2.10), определим с помощью соотношений2.3)
и (2.4): пл. Л Л/MS =^ц (-gw)=-^-r2sin<f cos<f = -4r ab sin Е (cos Е-е).
-15 -
Знак "минус" перед соответствует знаку "минус" в формуле
(2.10), из которой окончательно имеем Q = i-erA(£-esinf) ,
вследствие чего уравнение (2.9) можно записать так:
£ - е sin £ = М, (2.12)
где М =» п (t-tx) , п = Щ- -
Величина п., представлявшая собой средни» скорость изменения
угла £, т.е. средни угловую скорость планеты, называется сред¬
ним движением планеты, величина М средней аномалией, а уравне¬
ние (2.12) уравнением Кеплера (см.также § 6).
Уравнение Кеплера позволяет полностью решить задачу об опре¬
делении угла £ в функции времени. Таким образом, на основании
результатов, полученных выше, можно утверждать, что и координаты
планеты, движущейся вокруг Солнца по законам Кеплера,могут быть
выражены в функции времени.
Задача N 2.2. Пользуясь формулой r~a(\- е cos£) .выве¬
сти формулы афельного гл и перигелийного гя расстояний планеты
от Солнца и эксцентриситета орбиты (рис.2).
Решение. Для перигелия я и афелия о. угол £ равен
соответственно 0 и 180 °, так что
— (X(i—е), (2.13)
Отсюда эксцентриситет
е = * (2.13 ')
"л + <Jt
а отношение расстояний
— ='|~е • (2.13ГГ)
тл 1 + е
Легко видеть, что среднее (среднее арифметическое) расстояние пла¬
неты от Солнца равно большой полуоси: - If (г* + Г*) =-
Задача й 2.3. Большая полуось орбиты Земля при ее дви¬
жении вокруг Солнца равна 149,6*10 ® км, эксцентриситет орбиты
Земли е — 0,01678. Вычислить наибольшее гл и наименьшее гх
расстояния от Земли до Солнца.
Решение. Из формуя (2.13) имеем гх = 149,6-10® ((-ОДОбТв)*
*147,1-10* км , гл= 149,6-10* (l +0,01678) = 152,1-10* км .
Задача N2.4. Спутник движется вокруг планеты радиусом
R по эллиптической орбите,эксцентриситет которой е. Найти боль¬
шую полуось орбиты, если отношение высот перицентра и апоцентра
//х/НА= у < 1-
- 16 -
Решение. Для эллиптической орбиты можно записать 2а =
= Ъ + + +2Я-(гЛ-Л)0*у) + 2Я,
но гЛ =а(1+е), поэтому 2<г-2Я=а(1+е)(1+^)-/?(1+|-), <г[1-у-е(<+|-)]=Я,
откуда a = R -е ( 1 + fO.
Задача А 2.5. Определить среднее значение радиус-векто¬
ра по времени [r]t, если а - большая полуось орбиты, е - ее
эксцентриситет. Рассмотреть значения [г] при усреднении по дру¬
гим переменным эллиптического движения.
Р е ш е н и е.Под средним по времени значением радиус-вектора
точки, движущейся по эллиптической орбите, понимается величина
г
[r]t = -^г J rdt , где Г - период обращения. Воспользуем¬
ся формулами эллиптического движения, полученными в задаче № 2.1,
r*a(\ -е cost) , f-ecosf» n(t-T)-M,
и произведем замену переменной интегрирования, перейдя от . £ к
Е по формулам cLE - е cos Bd£ - ndt - cLM, dt = J~e°°s£ 0IE.
Перепишем формулу усреднения no времени через новую переменную,
изменив пределы интегрирования по одному обороту спутника:
Г~иГ jO-ec°s£)ad£ *4^5 О"
О о
-2 е cos Б + e2cos*E)dE = J-.JL- ff-2esin£+
/ 71 V
+ie2f+-?sin2E) =Jr-f-(,+Tea)*
0
Учтя, что период оборота 4г"*окончательно получим
Легко показать, что такой же точный результат можно получить,при¬
менив формулу усреднения г по средней аномалии Л/. Последняя
в формулах эллиптического движения является аналогом времени.Пе¬
риод изменения ее равен 2зс. В этом случае [г]^ ■ j rdM ^
- 17 -
ГДв г= сг(1-е cosE ), dM = (\-e cos£ )dE , так ЧТО Гг1
.*Го-в«е)*« - .о**.-),
о
В то время как усреднение по средней аномалии равносильно ус¬
реднению но времени, усреднение по эксцентрической аномалии Е
гх 2х
дает иной результат : [r]£ =-^{{\-ecosE)dE =
2JC q ^
= -5~-(£ - е si пЕ) = а:, т.е. снова получаем среднее арв^метиче-
о
ское значение гф = а: = Г^..^ Ггпдх (см.эадачу Л 2.2): усредне¬
ние по £ приводят к „потере" эллиптичности;эллиптичность про¬
является при наличии эксцентриситета в выведенных выше формулах
Д™ Ие = 1г]я.
Оценим Гер и lr]t«[r] для орбита Земли ф = 0,01678).Точ¬
ным значением астрономической единицы (расстояние Солнце-Земля)
будет от = Гер * 1,4960000*10 13 см.Оценим величину [r]t = [г]м =
= а(\ + \ еа) = 1,0001406 = 1,4962106*10 13 см. В пределах точ¬
ности, необходимой для решения задач данного сборника, разностью
этих величин можно пренебречь и считать, что [r]t *s гср = а =
=149,6*10 6 км.
Усреднение по полярному углу ср (истинная аномалия)сводит-
2*
оя к вычислению интеграла [r]v = ^ rtfcp . Этот интеграл
легко берется о помощью подстановки tg tg^, дифференци¬
руй которую, шеем (U dtр = bQ*V * За¬
меняя tg -2. его значением из подстановки^получаем 4 + tga-^-=
. 2 £
= f + | - е tga-£- = f + 1+ е . sin » что позволяет выразить dcp
1-е <i 1-е соз2-|-
через <££•- d<p =l/4;L|- a-f ЛЦ гт»' * Используя
г 1 - е cosa-|- + -у* sirr-|-
формулы cosa-£ = -±-(1 + cosE), sina^. - X (1-COS Е),
находш dy vJLJbeTdE,
У t-e 1-ecosE 1-ecosF т* V
- 18 -
так что окончательно
е = Ъ.
§ 3. ИНТЕГРАЛ ПЛОЩАДЕЙ
Теорема об изменении кинетического момента К (момента коли¬
чества движения) точки массой га, движущейся под действием цент¬
ральной силы F
dK _ сМгхтпу) х рг =
О .
имеет вид ж = —jj-
Отсюда следует закон сохранения кинетического момента при движе¬
нии точки под действием центральных сил, называемый обычно интег¬
ралом площадей:
г х 5 =с , (3.1)
где векторная константа с - постоянная площадей.
Для определения геометрического смысла с введем вектор Дб,
модуль которого равен площади л 0ММг (ркс.З):
д 5 « (г х. д г ) . Поделив
обе части равенства ва At в уст¬
ремив д£ к нулю, получим диффе¬
ренциальную формулу
= Гх Ц = ГХП.
<2а _
at
(3.2)
Рно*3
где d& есть вектор, модуль ко¬
торого ревев элементарной площади,
ометаамой радиус-вектором г за
время dt. Сравнение (3.2)с (3.1)
позволяет записать с» 2 ^. (з.2')
Величина da/dt называется векториальной скоростью точки, так что
постоянная площадей равна удвоенной векториальной скорости точки.
Модуль векториальной скорости равен скорости изменения площади <эг,
ометаемой радиус-вектором г. Размерность его ™"
Вектор векториальной скорости перпендикулярен плоскости, со¬
держащей векторы г я v , т.е. плоскооти траектории точки. Из
интеграла площадей следует, что при движении точки под действием
- 19 -
центральных сил секториалышя окорость постоянна по величине и
направлению так же, как и постоянная площадей Л частной случав это
утверждение справедливо и для оидн тяготения.
Задача # 3.1. Показать, что выполнение интеграла площа¬
дей (3.1) необходимо и достаточно для того, чтобы движение точки
происходило в одной плоскости, проходящей черев центр притяжения.
Решение. Поместим в притягивающий центр 0 прямоуголь¬
ную систему осей ху z произвольной ориентация. Пусть компонен¬
ты С в этих осях обозначены черев сх, су, с8 , т.е. с =
= с{сх, су, сг }. Тоща векторное равенство (3.1) можно записать
в виде трех скалярных величия: yz - zу ~сх, zx -xz = су ,
ху - ух = cz. Умножая эти равенства соответственно на х, у , г
и складывая полученные результаты, приходим в уравнению
с*ж + сут/+сг z = с-г-0, (3.3)
которое является уравнением плоскости, проходящей черев начало
координат, т.е. черев притягивающий центр, н перпендикулярной и
с . Для центральной силы тяготения этот результат означает, что
движение планеты происходит в неизменной плоскости, проходящей
через центр Солнца. Этот факт напел отражение в первом законе
Кеплера ( ом.§ 2 ).
Задача #3.2. Пользуясь векторной формулой секторвадь-
вой скорости (3.2), найти закон изменения площади <7, ометаемой
радиус-вектором, со временем.
Р е ш е н и е. Из векторного равенства (3.2) следует скаляр-
вое равенство =-§-с , интегрируя которое имеем 9 = jr ct +в0.
Полученный закон линейного возрастания площади а записав для
произвольной центральной силы. Для частного случая силы тяготения
этот результат соответствует второму закону Кеплера (ом.§ 2).
Задача #3.3. Найти значения оекториальной скорости
da / d,t и постоянной площадей с эллиптического движения точке
под действием центральной силы. Определить значения тех же вели¬
чия для движения Земли вокруг Солнца, считая орбиту Земли круго¬
вой.
Решение. При движении точки по эллипсу под действием
произвольной центральной силы ее радиус-вектор ометает полную пло-
- 20 -
цадь эллипса scab за один период обращения
scab
так что
dei
ЦТ
„ _ 2хаЪ
с —
(3.4)
В частности, этот результат справедлив я для случая движения точ¬
ки по эллипсу под действвей гравитационной сила тяготения, когда
притягивающий центр находится в фокусе аллилса. Принимая орбиту
Земли круговой, шеем а = Ъ = 150*10 6 км, 7" = 365 сут.так что
dffjdt = 1,94*10 14 = 0,86*10 ~2 .
Задача АЗ.4. С помощью интеграла площадей определить
соотношение между скоростями планета в перигелии и афелии(рис.4).
Решение. Векторное ра¬
венство г х о = с удовлетворяет¬
ся для любой точки орбита,в том
числе и для апсид (перигелия 5С
и афелия а. ): rx.v = rx-Kvx =
= гл * = с , прячем модуль
постоянной площадей с определя¬
ется по формуле
/ _л_ ч
С = г v з'пг ( г, и ) >0, (3.5)
где ( r^v ) - угол меаду век¬
торами
Рис .4
г и г) в произвольной
точке М (рис. 4). Величина с всегда положите льна, так как угол
( г , v ) не дфевншает 180°. В апсидах вектор г в й ортого¬
нальны (sin(г,0) =Н), поэтому справедливо соотношение
^ » (3.6)
v* г*
которое означает, что скорость точки в апсидах обратно пропорцио¬
нальна расстоянию до них от фокуса эллипса S (т.е. от Солнца).
В перигелии скорость планеты будет наибольпей,в афелии наименьшей.
Примечание. Обобщив полученные формулы на случай лю¬
бого конического сечения в учтя ортогональность г в й в
перицентре этого сечения, запишем: для эллипса с =
= -о ш , для параболы и гиперболы с » rw
Для произвольного конического сечения справедлива формула
Т' 1)
mln. тп.а.х
Г . • V
mm max
. * V
nun. тпдае •
Sin (rfy ) = с
rv
rv
- 21
Задача Л 3.5. Если космическая ракета на высоте 230 км
над поверхностью Земли подучит параллельно земной поверхности
скорость 10,00 км/с, то аноге! ее орбита окажется на расстоянии
пршерно 370000 км от центра Земли (вблизи орбиты Луны). Какую
скорость будет алеть ракета в апогее?
Решение. Вычисления можно произвести непосредственно по
формуле (3.6). Приняв средний радиус Земли /?5 = 6370 км, найдем
_ .v Гх ш пп 6370+230 66000 л jo ./и /.
я 10’00Ъъ?0 +• 370000 - 376370 " км'с*
Задача J6 3.6. Два метеорита описывают один и тот же эл¬
липс, в фокусе S которого находится Солнце. Расстояние между ни¬
ми настолько мало, что дугу W, Иг эллипса можно считать отрезком
прямой. Известно, что расстояние М,Ма раввялооь а, когда его
середина находилась в перигелии % (рис.5). Предполагая, что ме¬
теорита движутся с равными вектори¬
альными скоростями, определить рас¬
стояние Af, Мг, когда его середина
будет проходить через афелий. Рас-
_ стояния гх и гл ивиестнн.
я
Решение. Обозначим симме¬
тричные положения метеоритов вблизи
афелия через м'А и Ма\ Условие мв-
Рис.5 лости расстояния между метеоритами,
позволявшее аппроксимировать дугу эллипса хордой, позволяет вме¬
сто формулы площади эллиптического сектора использовать формулу
площади треугольника. За время прохождения метеоритом М{ дуги
/V, М[ его раднуо-вектор ометает площадь М, ЪМ[. По условию ра¬
венства векториальных скоростей эта площадь равна площади
ометаемой радиус-вектором метеорита Mz при прохождении послед¬
ним дуги Mt MQ'. Из равенства указанных площадей следует равенство
площадей треугольников и т.е.
откуда M’Ml = а
Так как гх<гл, то вблизи афелия метеорита окажутоя ближе
друг к другу, чем вблизи перигелия (имеются в виду сшметрнчнне
положения). При этом их расстояние друг от друга вблизи афелия
оказииается минимальном ив всех возможных.
Задача й 3.7. Записать в полярных координатах уравнения
- 22 -
движения точки под действием центральной силы я получить первый
интеграл уравнений движения в скалярной форме. Показать, что полу¬
ченный интеграл является интегралом площадей.
Решение. Уравнения движения точки под действием цент¬
ральной силы F - Fr в полярных координатах г и представляют
собой два уравнения в проекциях на радиальное и трансверсальное
направления:
<fa), )=0. (3.7)
Из второго уравнения ораву следует первый интеграл
г*<р = с . (3.8)
Чтобы показать его тоадеотвенность с интегралом площадей, приве¬
денным выше, докажем, что константа с из (3.8) и есть постоян¬
ная площадей. Действительно, обращаясь снова к рнс.З, для площади
ОММ', ометаемой г за время (Ltf подучаем пп.0ММ'= d<3 =
= -1- r%d<f, откуда следует га<? « 2 =» с . Тождественность
доказана.
Задача И 3.8. Пользуясь записью интеграла площадей в по¬
лярных координатах (3.8), вывести формулу для радиальной vp я
трансверсальвой проекций скорости v точки при движении ее
по коническому сечению (рис.4).
Решение. При движении точки по коническому сечению
г « pj(\ + е cos (£) данная задача состоит в определении величин
ч.vr-f£ » »=v4i+<.
Производную dr/dy = получаем из уравнения сечения, а
производную cfy/cf 6- с/га из интеграла площадей. Окончательно имеем
Ч-~ 'Д' eairvtf, j§-(l+ecos(f), ((+ег+2есоьс(>). (3.9)
И8 (3.9) вытекают формулы эллиптического движения для скоростей в
апсидах:
U* » ^ (<р.0) = f 0 ♦ е),t)v (<f=Ш°)=±(1- е). (3.10)
Зная соотношение скоростей и радиус-векторов в апсидах (см.задачу
- 23
Л 3.4), находим
= l3-m
Подставляя в (3.10) выражение р - а (\-ег) в значение постоянной
площадей из (3.5) с=£г)х=гАиА, снова получаем известные выражения
(см. задачу Л 2.2) г, - а О - е) , гл . а ( < + е ) ,
в = —ч -r* .
Га. + Г*
Задача Л3.9. Точка М массой пь движется вокруг не¬
подвижного центра О под влиянием центральной силы, зависящей
только от расстояния ОМ=г. Зная, что скорость точки изменяется
по закону и=а/r, где а - извеотная постоянная, найти величину в
направление силы F и траекторию этой точки.
Решение. Для определения силы F воспользуйся первой
из формул (3.7) F=Fr • тгь ( г - г ф8 ) , в которую следует
подставить значения величин г и г<fa. Для определения их испо¬
льзуем интеграл площадей г*ф - с в формулу разложения окороотя
в полярных координатах Vя = г3 + гафа - (а/г)а. Записав
соотношения 4’ = -^» r(( = ул * г = —> г = r-f
я подставив их в формулу для силы f = m- [~ ^ J = -та ,
определим, что сила F оказывается силой притяжения,обратно про¬
порциональной кубу расстояния до точки. Очевидно, что такая сила
не является силой ньнтониавокого притяжения.
Траекторию точки можно найти из соотношений г = *
= &t , гаф =с , rf<f = dt , H8 которых после исклю¬
чения dfc вытекает d<р. Интегрируя левую и правую
частя равенства, подучаем
Уа*-с» ЬГ где С- у-а/-й-Ьг0.
Отсюда следует, что уравнением множества траекторий является ура-
■Т/х* -с*
внение семейства логарифмических спиралей г = г0 е
§ 4. ФОРМУЛЫ РИНЕ ДЛЯ ЦЕНТРАЛЬНЫХ СИД
Формула скорости. Пусть точка движется под действием центра-
- 24 -
льннх см. Известно, что в полярных координатах г и cf скорость
точки выражается формулой «г = v* + v* =(-$£)*+
Преобразуя выражения для vr и ^ с помощь» интеграла площа¬
дей r“|f=c, находим vr-Jfc = = •
= rIf- = ■— • Вводим новую переменную и=уг- Тогда, учи-
тнвая, что Ль.^.^.швям ^ =
Окончательно получаем формулу квадрата скорости точки, движущей¬
ся в поле центральной силы,
'М№гГН> <4-п
которую называют обычно парной формулой Енне.
Формула ускорения. Записав теорему об изменении кинетической
энергии точки, движущейся под действием центральной силы, и раз¬
делив обе части равенства на d<qfполучим -тр- • = Fr *
Замент V2 его значением из первой формулы Бнне:
тпсл d [fdu, '\а| T,a]_ir dr
Воспользовавшись формулой -gz = -г* -Щ- =
запишем выражение 2u =
элементарное преобразование которого приводят к формуле
«V =-^-=-саи.а(-|^5 + Ы') • (4.2)
Это выражение ускорения материальной точки, движущейся под дей¬
ствием центральной силы, носит название второй формулы Бане .При
этом вектор ускорения определяется так:
© = ©г - шгг# = г°, -0. (4.3)
Задача А 4.1. С помощью формул Вине найти закон дей¬
ствия центральной силы, при котором точка движется по окружности
радиусом г-Я. Определить зависимость силы от скорости.
F е ш е н и е. Из второй формулы Бине (4.2) следует выраже¬
ние силы Fr - -тпсаи.ь = - - const, постоянной по
величине. Hs первой формулы Бине (4.1) находим и = си = -£- =
= const, с = vR * coast , так что
- 25
Fr -- -Sp2--coast.
Таким образом, движение точен по окружности происходит под дей¬
ствием постоянной по величине силы притяжения Fr со скорость» v,
также постоянной по величине. Такая оила навивается центростреми¬
тельной. Соответствуйте ей ускорение также постоянно по величине
и полностью совпадает с центростремительной компонентой.
Задача Л 4.2. Центральная сила вызывает движение точки
по логарифмической опирали г» r0 (-X>ct<y<x)(pHc.6). Найти за¬
кон действия сили с помощь» формул Бине.
Репевие. На основании ура¬
внения движения точки составим вспо¬
могательные уравнения: и
= -L- е~х\
dy r0 9 dq2-
.£е
А<?=Лаа, которые следует под-
Рис.б
ставить во вторую формулу Бине:
Fr = -mcaw3(Ла+0 = - ^са(сЬ£а*1) < ^
так что сила Fr есть сила притяжения, направленная к асимптоти¬
ческой точке опирали О, являющейся динамическим ояяовше центром.
Эта сила пропорциональна i/r3 и относится в силам того же типа,
что ж силы, рассматриваемые в задаче й 3.9. Силы такого типа
встречаются, например, в теории движения инжрочаотиц.
Скорость движения точки, определяемая первой формулой Бине,
изменяется обратно пропорционально раоотоянию точки от центра о-.
V = +иЛ = с и lHF+T = -£-|/ ctg*ci + <,
так что окорость движения возрастает по мере приближения в цент¬
ру, и наоборот (направление скорости может быть любт).
По заданное г ж v можно определить постоянную площадей с:
ГУ
гу sin л-const.
(4.4)
* ТЩЪТТ
Это же соотношение следует непосредственно И8 интеграла площадей:
с = | г х й | =* rv sin (r,v)=const.
- 26 -
Задача Л 4.3. С помощью формул Бнве найти точный закон
действия центральной силы, направленной в фокус зллипса.используя
уравнение зллвпоа в полярных координатах г = /?/(< + е cos у), где
р = - еа). (Прямая задача динамики для центральной силы).
Решение. Известно, что если точка движется по законам
Келлера, то сила, вызывающая это движение, является центральной
силой, направленной в фокус зллипса. На основании уравнения тра¬
ектории точки составим вспомогательные выражения: ю~ J±JL£°sJL,
= —Р~ cos Ч* которые следует подставить
во вторую формулу Вине, чтобы найти закон действия силы Fr =
_ _ тпс* ц.а = _ 77vc* t обратно пропорциональной квадрату
Г Р Т*
раостояння точки от центра силы. Знак «минуо* еще раз подтверж¬
дает, что рассматриваемая сила является силой притяжения.Констан-
ту сл/р обычно обозначают через у , так что
Гг = - (4.5)
Значение коэффициента пропорциональности у- легко определить из
выражения р=а(\-ел)ъ формулы (3.4) эллиптической векториальной
скорости, в которой b = а У\-еа :
Г =const. (4.6)
Пользуясь третьим законом Кеплера (см.§ 2), легко установить фв-
зический смысл постоянной /* = р- ■ Действительно, поскольку отноше¬
ние а*/та постоянно не только для одного тела, движущегося по
орбите о заданными а и Т , но и постоянно и одинаково для
всех тел, движущихся вокруг одного и того же центрального тела,то
очевидно, что постоянная характеризует интенсивность гравитацион¬
ного поля, создаваемого зтш телом. Постоянную у называют гра¬
витационным параметром или постоянной Гаусса. Каждое тело имеет
свой гравитационный параметр, не зависящий от гравитационных па¬
раметров других тел. Связь гравитационного параметра с универса¬
льной постоянной тяготения f будет определена ниже, в задаче
* 4.6.
Задача й 4.4. Определить ускорение точки, движущейся
по закону всемирного тяготения, в моменты прохождения перицентра
- 27 -
я апоцентра.
Решение. На основе закона действия оила тяготения,
определенного в задаче * 4.4, £= -т.с /(р г3), тан что для ус¬
коренна имеем w = wr = - ^, го, =- -0j. гол = - -Жр .
Зная, что р =a(i -ег) = ог(Ч + е)(1 -е), гк = е (\ - e)f
ги = сс (I + е), получаем
«. сЧ<+в)а с'О-еМ П t е У
юл ~ръ-^-> w«~ pi . au [t-е)'
Задача ii 4.5. На основе закона действия центральной си¬
лы (4.5) ((«.задачу й 4.4) вывести закон всемирного тяготения и
нейти связь универсальной постоянной тяготения f о гравитацион¬
ном параметром jt я массой центрального тела М.
Ре ш е н и е. Рассмотри* два любых тела, например Солнце и
Землю, с массами М& в Мь. Каждое из этих тел имеет свой гра¬
витационный параметр у-в я ^4. Силу, с которой Солнце притяги¬
вает Землю, можно записать с помощью формулы (4.5):
г, . (4.7)
а силу, с которой Земля притягивает Солнце в соответствия с тре¬
тьи* законом Ньютона как
F6 - ~ • (4.7 ' )
По закону равенства действия и противодействия получаем
P.Mt/r'-jit Мл/гл, откуда
-£sl = JLi_ = = - const, (4.8)
М9 мъ **• М „л
где jin, /М„л - отношение гравитационного параметра любой планеты
к ее массе. Следовательно, отношение гравитационного параметра
любого тела к его массе есть постоянная величина. Она называется
универсальной постоянной тяготения, или постоянной всемирного тя¬
готения. Обозначим постоянную тяготения через fy тогда
N” . (4.9)
Эти формулы устанавливают связь универсальной постоянной тяготе¬
ния с гравитационным параметром и с массой тела.Подстановка (4.9)
- 28 -
в (4.7) и (4.7' ) позволяет записать закон всемирного тяготения
для Солнца и Земли jfj = - * или для любых двух
маоо тп и М
И =
Значения постоянной тяготения тажови: в системе СИ f*6,673*
*10 м8/кг-с 2 , в системе СГС /“= 6,673*10"® см8/г*с 2.
Задача й 4.6. Зная, что масса Солнца А/0= 1,97*10 ®®г,
масса Земли Мг= 6*10 2^ г, масса Луны М^= 1/81,5 масон Земли,
определить гравитационные параметра этих небесных тел, используя
значение универсальной постоянной тяготения ?- 6,67•10"®см8/г•о2
Решение. Гравитационные параметры Солнца, Земли и Луны,
вычисленные по формуле ft -fMf равны соответственно ft@=1327*10 ®
км 8/с 2, 398600 км 8/с 2, /^ = 4900 км 8/с 2 .
Задача й 4.7. Зная радиус небесного тела R и ускоре¬
ние силы тяжести на его поверхности gf определить гравитационный
параметр ft небесного тела и вычислить его для Землв( #4= 6370 км,
д • 9,81 м/с 2 ).
Решение. Сравним формулу jt = fM с формулой (1.10)ив за¬
дачи й 1.6. В результате получим
(4.10)
т.е. зга формула позволяет определять гравитационный параметр лю¬
бого небесного тела по значениям д в R. По этой формуле можно
получить значение гравитационного параметра Земли, уже вычислен¬
ное нами в задаче й 4.6: = fMs = g~R\ = 398600 км3/о 2.
Задача й 4.8. По ft6 и д6 определить гравитационный
параметр ft небесного тела и ускорение д силы тяжести на его
поверхности, если известны отношения его массы И и радиуса R
к массе М6 и радиусу Rs Земли. Вычислить значения этих вели¬
чин для Луны, Венеры, Карса и Юпитера. Соответствующие отношения
даны в табл.1. Таблица I
Планета
MlMs
RlRt,
Планета
Ml Ms
/?/«*
Пуна
Зенера
0,0123
0,814
0,273
0,958
llapo
Юпитер
0,107
314
0,535
10,95
- 29 -
Р е ш е н и е. Из формулы ц. = fM=gR*следует, что гравитаци¬
онные параметры различных тел относятся как массы этих тел: =
М М q О
= # откуда = 398600- fjj6 - нмус ,т.е. по заданным
в условии задачи отношениям маос можно вычислить параметры всех
указанных небесных тел. Кроме того, из той же формулы следует,что
ускорения сил тяжести на поверхностях небесных тел относятся сле¬
дующим образом:
_2_ - JL (/Ма _ М ( R У2
9, - и-в U ) ~ m*UJ ’
откуда = 9,81 (^j) м Производя вычисления,
получаем следующие результаты (си.табл.2).
Таблица 2
Планета
fi ,вмэ/о2
дг, м/с2
Планета
}Л ,км3/с2
д,и/о2
Луна
Венера...
4,903-10 3
324460
1,62
8,70
Марс
Юпитер...
42650
125,16-10 6
3,67
25,7
Задача А 4.9. Приняв, что центральная сила есть сила
тяготения F=-fbnv/г* , определить траекторию точки при произ¬
вольных начальных условиях с помощью второй формулы Бине (задача
Ньютона, или обратная задача динамики для Силы тяготения).
Решение. Известно, что вторая формула Бине (4.2) в со¬
четании с законом площадей (4.4) дает систему дифференциальных
уравнений, из которой, зная F= Fr г , tp , t )f можно оп¬
ределить закон движения точни под действием центральной силы. В
случае, когда Fr явно не зависит от времени (сила тяготения от¬
носится именно н таким силам), вторая формула Бине представляет
собой дифференциальное уравнение траектория точки. Из этой фор¬
мулы для силы тяготения вытекает неоднородное дифференциальное
уравнение второго порядка dsu/dL(fz + w =-Fr 1тпсли?^)1.]с2 .ре¬
шение которого следует искать в виде
и* * + A cos(cf+e), (4.II)
цце А и е - постоянные интегрирования (легко проверить, что
- 30 -
предлагаемое решение удовлетворяет уравнение). Переходя в (4.II)
от и, к г=</и>получаем формулу
с2
г = -TjZ . (4.12)
) + cos (<( + е)
которую необходимо сравнить с уравнением конического сечения
'•-тгг'вйпг- <4-I2'>
Из формулы (4.6) (см.вадачу я 4.3) следует, что р=сг/^, где р-
граввтационянй параметр, так что числители обеих сравниваемых
формул равна. Бела константу c2Ajр, положить равной эксцентрисите¬
ту е, а начальную фразу е равной нулю, то формулы можно счи¬
тать тождественными.
Равенство нуле начальной фаза означает, что отсчет полярного
угла if (при фокусе конического сечевия), называемого обычно ис¬
тинной аномалией, ведется от положения радиус-вектора, соответст¬
вующего значению угла (f = 0. Поскольку в уравнении (4,12г) значе¬
ние <f« 0 соответствует значению r=rmin, то, следовательно, от¬
счет углов производится от направления ва перицентр,т.е. на точ¬
ку с полярными координатами ( гя = rmtv , = 0).
Итак, траектория точки, движущейся под действием силы тяготе¬
ния, при произвольных начальных условиях есть коническое сечение,
форма которого (аллило, парабола или гипербола) завиоит от на¬
чальных условий, налагаемых на движение.
Задача К 4.10. С помощью уравнения конического сечения
и первой формулы Бине установить связь эксцентриситета орбиты с
начальными кинематическими характеристиками движения г0 и и0.
Решение. Уравнение конического сечения (4.12' ) позво¬
ляет записать
и = J_M3C0S<£_ f geosup-1, j£j6- = -£-sin(f. (4.13)
Выравив производную duj<£<p с помощью первой формулы Бине, для
начальных условий запишем
-f sia(?0 = (d$0 = ±lАс*" “о •
Заменив р его значением из (4.6), получим
е sirt <е0 = ± at , (4.14)
- 31 -
где знаки соответствуют положительным в отрицательна! значениям
sir cf0 при tf0 е (0,л) в <f0 е- (п, 2 зс).
Из второго уравнения (4.13) следует
eC0S4>Q= * (4.15)
(знак cos<f0 регулируется величиной числителя).
Возводя (4.14) в (4.15) в квадрат и складывая их, находт ис¬
комую формулу связи;
Y
(»;- • (4Д6>
Как следует из (4.16), ексцентриситет не зависит явно от полярно¬
го угла <{D (начальное значение истинной аномалии), однако при
заданной постоянной площадей с связь угла q>0 о v0 в г0 = \/и0
выражается формулой, ораву вытекающей из (4.14) и (4.15):
•9V±~£#SrJ£L- R.W
/*"а
'Г
Правило выбора знака здесь такое же, как и в (4.14). Заметим, что
постоянная площадей c=j/jip конических сечений для эллипса
с = |/fioc (l-ea) (е< 1), для параболы с = j/ 2 гя ( е = 1),
для гиперболы с = ^уьа (е3 - 1) (е > 1), откуда еще раз следу¬
ет положительность с .
§ 5. ЭНЕРГЕТИЧЕСКИЙ БШНС И СКОРОСТЬ ДВИ-
1ЕНИЯ ПО КОСМИЧЕСКОЙ ТРАЕКТОРИИ
При рассмотрении задач о движении искусственных небесных тел
или космических аппаратов необходимо иметь в виду, что форма в
линейные размера траекторий (конических сечений), определяема
эксцентриситетом е и радиус-вектором перицентра г*., зависят
исключительно от начальных условий запуска. В задаче й 4.10 была
получена формула связи е с г0И/ц, н vat которую можно пере¬
писать следующим образом:
е = ]/ l + -pr(Y~ • (5.1)
Исследование энергетического смысла (5.1), в частности энергети¬
ческого смысла выражения, стоящего в скобках, позволяет устано¬
- 32 -
вить зависимость характера движения от этих условий.
Задача #5.1. Точка массой т, притягивается к неподви¬
жному центру по закону всемирного тяготения. Записать интеграл
энергии точки.
Решение. Для записи интеграла энергии точки воспользу¬
емся формулой потенциала силы тяготения (1.7) (см.задачу Л 1.3),
записав ею в виде U = ^m/r9 где - гравитационный параметр.
Выбрав интеграл энергии в форме 7-U=h, найдем -pmjr - h.
где К - постоянная энергии точки. или полная энергия.Поделив обе
части равенства на массу тгьщ получим
^г - = ^ = corist’ (5.2)
где через К обозначена удвоенная полная энергия единичной мас¬
сы.
Формулу (5.2) принято называть интегралом энергии точкк.дви-
жущейся в поле силы тяготения. Она позволяет выявить энергетиче¬
ский смысл выражения /г0 из формулы (5.1). Действитель¬
но. поскольку интеграл энергии выполняется для любого положения
рассматриваемой точки на орбите, т.е.
"coast’ (5.2' )
то очеввдно, что разность и“-2ц./г0 есть удвоенная полная энергия
единичной массы (очень часто именно эту величину называет посто¬
янной энергий Теперь формула (5.1) может быть переписана в виде
Задача Ji 5.2. На основе формул (5.2) и (5.3)внвести
формулы начальных скоростей запуска, необходимых для выхода точ¬
ки на орбиту с коническим сечением.
Решение. Задавая в формуле (5.3) значения эксцентриси¬
тета е, соответствующие различным видам конических сечений, с
помощью (5.2Г ) получим значения скоростей, определяющих каждый
вид таких сечений.
Формулу местной круговой скорости легко получить следующва
образом. Положив в (5.1) е = 0, запишем v^-2/i./r, >-^г/сг, откуда
v? = -р, (р jcz ) + 2 р I r0. Для определения величины р / с* вос¬
пользуемся уравнениями ц = с3/р и г -r0 - pft + е cos р , откуда
Ji/c2 = i/p - 1 / Г0 и иог=/А/г0.
- 33 -
В частном случае запуска тела с поверхности Земли ( г0 = /?в *
= 6370 км) местная круговая и местная параболическая скорости на-^
зываются соответственно первой и второй космическими скоростями:
Ъ'т/Х’ • «•<>
При fit = 396600 км 3/с 2 (см.задачу й 4.6) v1 = 7,91 км/с,
t)j = 11,19 км/с.
При вычислении в и, можно использовать другие форму¬
лы. Действительно, сравнивая формулы (1.10} и (4.9),заключаем,что
Ь ’ FMt ' ffR* * °*W
vi " ^. ui " ^ 2 . (5.5)
В случае запуска тела с произвольного расстояния от центра
и .ДГ, м =,/Ж, (5.6)
"п.кр У Го м.лар у Г()
Комбинируя выражения (5.6) и (5.5), можно составить другие фор¬
мулы связи скоростей при запуске тела на высоте Н над поверх¬
ностью Земли:
Термины местная круговая в местная
параболическая скорости означают, что по приведен¬
ным формулам можно рассчитать теоретические значения этих скоро¬
стей для любого заданного г . Реальная скорость точки может в
не совпадать с этими значениями. В случае» когда указанные ско¬
рости являются реальными скоростями движения по круговой
или параболической траекториям, будем употреблять
термины круговая или параболическая скорость. Вместо термина
вторая космическая скорость можно испо¬
льзовать термин скорость освобождения.
- 34
С помощью формулы (5.6) можно записать формулу
e-/i *■£(»:,
на основания которой с учетом всех приведенных выше соотношенжй
можно ооотаввть следующую таблицу (см. табд.З).
Таблица 3
Окружность
е -0
Эллипс
е < 1
h < 0
we“ /2/i/r,
Парабола
е =1
5Н
н
о
Гипербола
е >1
К >0
ц0 > ^2fi/r0
Задача № 5.3. Вторая советская космическая ракета вмела
на расстоянии 320000 км от центра Земля скорость 2,31 км/с. Сня¬
тая. что движение происходило но коническому сечению, определить
форму траектория. Какую скорость имела ракета на высоте //=*230 км
от поверхности Земля?
Решение. Для вычислений иопольэуем формулу (5.2) .опре¬
деляющую неизменность для данной траектории величины
- lv<i-
\ /г-320000 V /г-0000
По значению скорости определят постоянную энергии:
=2,84*£->0,
V /г-320000
откуда следует, что траектория является гиперболой. Далее можно
определить скорость ракеты на высоте Н в 230 нм:
»| - Д = ,|»12 ^ •
|г-овоо Г п» + "
Для о равнения можно вычислить значение меотной параболической
скорооти на этой высоте: еи nap =»^2/i,/0?, +Н) = Ю.99 .
- 35 -
Незначительная разница между реальной скоростью движения и тео¬
ретическим значением параболической скорости позволяет утверж¬
дать, что гиперболическая траектория почти не отличается от пара¬
болы.
Задача № 5.4. Определить первую их и вторую и, кос¬
мические скорости для Луны .Венеры, Марс а и ЕПитера, используя зна¬
чения гравитационных параметров и радиусов тел, приведенные в
табл.4.
Таблица 4
Планета
я-, км5/с*
R, км
Планета
з / а
JA, км /с
R, км
Луна»
4903
324460
1740
6100
Марс*
Юпитер..
42650
1,25-10 8
3407
69900
Венера.*..
Р е я е н и е. Вычисляя скорости по формулам = у~1Г
«( = \/ 2fi IR - Vz v г , получаем следующие значения
скоростей (табл.5}.
Таблица 5
Планета
«1,км/с
и,,км/с
Планета
вт,км/с
иг,км/с
Луна......
1,68
7,29
2,37
10,28
Марс....
Юпитер..
3,54
42,30
4,99
59,64
Венера....
Задача №5.5. Орбиту Луны можно в первом приближении
считать окружностью радиусом г = 384400 км * 60,4 R6. Опре¬
делить местную круговую ин кр и местную параболическую «и
скорости тела относительно Земли на этом расстоянии.
- 36 -
Р е ш е н и в. Из формул (5.7) имеем
WM.KP= yi /болЯГ “ 7,9< = 1,02 ки/с ’
Ун.пар -1^2 «и.кр - <*44 км/с-
Задача №5.6. Определить местную круговую и местную па¬
раболическую скорости точки, движущейся вокруг Солнца по круговой
орбите Земли ( г~ - а. - 149,6»Ю ® км).
Ренение. Скорости спутника Солнца можно вычислить по
выражениям, аналогичным формулам (5.6):
-0- ■ /тЩпрт • 29.78 км/с,
«м.п.р = YS им.кр -42 ,Н км/с.
Задача № 5.7. Зная выражения радиус-вектора точки, со-
вериавцей эллиптическое движение вокруг притягивающего центра,
г ~ ргв/(i + ecos <с) = а (( - е cos Е) г0, где орт г° - орт
радиального направления; Е - эксцентрическая аномалия; ср - ис¬
тинная аномалия, найти выражения вектора орбитальной скорости
этой точки в орбитальной и ннерциальной системах координат.
Решение1 (для орбитальной системы осей). Орбитальной
системой осей называется любая система осей, одна из плоскостей
которой совпадает с плоскостью орбиты. В рассматриваемом случае
в качестве орбитальной системы можно использовать подвижную си¬
стему полярных осей г° и (рис.7,а), тем более,что компонен¬
ты орбитальной скорости v в радиальном и трансвереальном на¬
правлениях уже определены (см.задачу № 3.8). Используя формулы
(3.9\т.е.»г = -р е sin. ц> , v4 = -jj- ( <+ ecosip)^ и соотношение
записываем выражение вектора орбитальной скорости в орби¬
тальной системе осей:
б. = vr + Оу =У^г[е slnq>r° +(( + е costp)<£°] .
Решение II (для ннерциальной системы осей).Ннерциальной
системой осей можно считать ту же систему полярных осей г0 и '
- 37 -
Рис.7
помещенную в точку,кото¬
рую для данной задачи но
нам считать неподвижной.
В качестве этой точки
удобно вябрать перицентр
орбиты (рис.7,а).
Запишем формулы пре¬
образования осей подвиж¬
ной системы г« и <р° в
оси неподвижной системы
ч и
г" - г° cos + <р° Sin ,
<ё* - (fj cosq-r£ Sin Ч ,
цце ^ - истинная ано¬
малия точки М, т.е* на¬
чала подвижной овстемн.
Подставив формулы преоб¬
разования в полученную
выше формулу скорости,
получим выражение орби¬
тальной скорости, запи¬
санное в инерциальной
системе ооей:
е sirup( f* cos(p+ sin<p) + (l + ecos<p)x
x(<p“ cos cp - f J sin. cf)] = |/-p— ['fJs«nc?+<p“(e + coscp)],
Для преобразования воспользуемся соотношениями эллиптического двв
жения (2.4) и (2.5), откуда
V(-ea sinf
51П ф = р— 7
~ 1 - е cost
cos£ - е
cos<e = Г-е^Т ’
е + coscp- (1-e»)cos£
' ( — e cos E
- 38 -
так что
При р = oc(i- е2) залшеи окончательно
_ fji~ i/sfag£~ + (i- ea) cos2£~ fp~ /1+ecosf
' f or 1 - e cos £ ~ |H- e cos£ *
Для частных случаев перицентра ( £ = 0) и апоцентра ( £ = 180°)
Заметим, что последние формулы можно получить непосредственно из
соотношений (3.10) (см.следующую задачу).
Задача К 5.8. Вывести формулы связи скоростей в апсидах
ик и , постоянной энергии Д и полной орбитальной скоро -
сти v с большой полуосью а эллиптической орбиты.
Решение. В задаче Jt 3.8 на основании интеграла площа¬
дей были выведены формулы иж = с (1 + е) /р , с (1-е) / р ,
а в задаче № 4.3 было установлено, что р - св/р, так что с - \/рр
и с / р = i/p Ip, откуда
а формула связи скоростей в апсидах такова:
- 39 -
= ’ (5.10)
^min. ~^nutx j+g * Vrrurx.= ^nu. j * q * (5*10 )
Из задачи И 5.1 следует, что постоянная энергия Ъ определя¬
ется формулой
% = ьл-^~ = и* = coast. (5.II)
Подставив вместо и* соответствующее ему выражение bs (5.9), а
вместо гх его значение гя-а(1-е) получим
г _ Р-О+е) 2у _ H-U-e) У
Л" а(\-е) ~ — ' (5Л1 }
Из формул (5.II) и (5.II1 ) вытекает формула связи v и а:
t>4 = К + (5.12)
Формулу (5.12) также принято называть интегралом энергии.
Задача К 5.9, Выразить скорость в любой точке эллипти¬
ческой орбиты через зжсцевтрвческую аномалию.
Решение. Подставим в соотношение (5.12) формулу для ра¬
диус-вектора, выраженного через эксцентрическую аномалию (см. за¬
дачу № 2.1), г = a(l ~е cos £). В результате получим
_./М~ йа-а (\~еи>ьЕ) _ [у /1 + еcos £
~У а У ajf-e cosf) ' ~У а 1~e~cosf *
Эта же формула была выведена в задаче И 5.7 иным путем.
Задача И 5.10. Определить полную орбитальную энергию
точки, движущейоя под действием силы тяготения, в функции боль¬
ной полуоси эллиптической орбиты а .
Решение. Запишем уравнение энергетического баланса то¬
чки:
Ь = г+ (5.13)
Подставив в (5.13) вместо постоянной К ее значение, выраженное
- 40 -
через сс , т.е. формулу (5.IIf ), найдем
=-i^ = const. (5.1з')
Итак, полная энергия точки, движущейся по эллиптической орбите с
данной полуосью, не зависит от радиус-вектора. В перицентре потен¬
циальная энергия I/»-^лг/г минимальна (радиус-вектор г минима¬
лен, потенциал и~]ьт)г максимален), следовательно, кинетическая
энергия Г~77гг2/2,а значит, и орбитальная скорость о макстаальна.
В апоцентре же потенциальная энергия максимальна, а кинетичеокая
энергия и скорость минимальны.
Если два спутника движутся вокруг планеты по круговым орби¬
там, то большей орбитальной энергией обладает тот,который распо¬
ложен дальше от планеты.
Задача *5. II. Составить таблицу энергетического балан¬
са для четырех характерных точек эллипса с помощью интеграла энер¬
гии.
Решение. Характерными точками эллипса называют следую¬
щие шесть точек (рис.7,а): точки пересечения эллипса с его боль¬
шой полуосью, или апсиды, т.е. перицентр я ( = £ = 90 0 ) и
апоцентр а ( = £- = 180 0 ), точки А ( <f = 90 0 ) и А'
( у = 180 0 ), радиус-вектор которых является фокальным парамет¬
ром эллипса - гА. = -р =» а (1 - е cos £л) - а (1 - в2), а эксцентричес¬
кая аномалия ЕА = а arccos е, и точки пересечения эллипса с его
малой полуосью В и 3’ ,радиус-векторы которых равны большой
полуоси на основании соотношения гв » гв, - ]/ (сге)* + Ь * *
= ja2ez + tfa0-ea) * ос . Для двух последних точек соответствую¬
щий полярный угол (истинная аномалия) (f - arccos (- е ), так как
sin у * ъ/а = f'i-e1, cos if =-е, а эксцентрические аномалии Ел а
= 90 °, £,’ = 270 °. f
С помощью энергетических соотношевай (5.12), (5.13) н(5.13 )
для четырех (из шести) характерных точек эллипса определим вели-
„И Г.™*.
в составим следующую таблицу. Таблица 6
Харак¬
терные
точки
эллипса
Ч
Е
г
Т Ifim-
V ly-tn-
К jjim.
я
0
0
я(1-е)
^ + е
1 ,
\
~Та
2а(1-е;
a(l-e)
- 41 -
Продолжение табл. 6.
Харак¬
терные
точки
эллипса
Ч
Е
г
Т 1 ftm
1/ /цтп,
К JyLVL
А
В
<х
90°
arccos(-3
180°
arc cos е
90°
180*
а(\ - еа)
a
a( 1 + е)
\ ■+• еа
\
1
2а
<
2 а
"2а
. 1
2а (1-е*)
2а
1 - е
_ J_
а
\
2а(1+е)
1 + е)
Задача Л 5.12. Доказать, что при прохождении спутника,
движущегося по эллиптической орбите, через конец ее малой полуоси
В скорость его равна по абсолютной величине местной круговой
скорости .
Решение. В задаче #5.11 доказывалось, что радиус-век¬
тор конца малой полуоси эллипса равен большой полуоси ( гл - а)
(рис.7,а), поэтому орбитальная скорость в этой точке может быть
вычислена по формуле (5.12) va - /^(2/гв - \/а) = //*-/<* 9
а это выражение совпадает с выражением местной круговой скорости
на расстоянии г от притягивающего центра.
На рис.7,б изображены эллиптическая и круговая орбиты, соот¬
ветствующие рассмотренному случаю. Эти орбиты обладают одинаковой
полной энергией, так как постоянная энергии А/ - - /* /сс - - р /гв
у них одинакова. Заметим, что равенство скоростей можно вывести
непосредственно из равенства кинетических энергий этих двух орбит,
так как полная орбитальная энергия h и потенциальная энергия
= - ртп I г у них тоже одинаковы. Из рис.7,б следует также, что
векторы скоростей и образуют равнобедренный векторный
треугольник.
Задача #5.13. Найти на эллиптической орбите точки, ско¬
рость движения в которых равна среднему геометрическому скоростей
в перицентре и апоцентре.
Решение. В задачах # 5.7 и JS 5.8 были найдены формулы
скоростей в апсидах: =j/ЕГ ]/y^F f /"и?*
- 42
Среднее геометрическое этих скоростей имеет вид v* * =
- VjTfa. Однако в задаче # 5.12 было показано, что эта скорооть
достигается при прохождении спутника, движущегося по эллиптичес¬
кой орбите, через конец ее малой полуоси, где гв- а. Следователь¬
но, обе искомые точки лежат на концах малой полуоси орбиты (Е =
= 90 °, 270 0 ).
Задача А 5.14. При прохождения спутника, движущегося
ш> эллиптической орбите, черев конец ее налой полуоси, в (рис.7,6)
скорость его равна по абсолютной величине местной круговой
скорости ^ ^, так что векторы г>4 и оп м> образуют равно¬
бедренный векторный треугольник (см.задачу А 5.12). Определить ве¬
личину относительной скорооти >омм - »Л|(> - о, и выразить ее
через эксцентриситет орбиты.
Решение. Вектор относительной скорости авляется замы¬
кающей равнобедренного векторного треугольника, так что
+ < ~ 2 Vn.<p
r»e «Н.КР - ve « а cos(i)H ^, 5.) =. cos (360е - f ) « cos у =
- cos (<fs~ 90°) - cos (90°- uQ - sir <f8 .
В задаче A 5.II было установлено, что истинная аномалия конца ма¬
лой полуоси - arccos (-е), так что sin -stn.[arccos(-e)]*
» /I - е* . Подставляя это выражение в формулу скорости, шеем
Производя разложение в ряд, можно получить приближенную формулу
относительной скорости:
Угол при основании векторного треугольника определяется формулой
Задача А 5.15. В некоторой точке орбиты на расстоянии
т от притягивающей планеты спутник ее шеет скорость с. Квот¬
ная параболическая скорость в згой точке «„ . Определить боль-
- 43
тую полуось эллиптической орбиты ст.
Решение. Интеграл энергии можно записать через местную
параболическую скорость следующим образом:
I уа_ 0J* ,
Т м. пар *
где h--jina/a, так что
Р~ПЛ
а = “о5" - v2
VH.nop и
Бела jbtnil неизвестно, то его можно определить по иэвеотннм г-
® 5 Н'п» = I- ^пар Г‘
Задача £5.16. При прохождении через перицентр спутник
планета имеет скорость ил. Местная круговая скорость его в пе¬
рицентре ч) *• Определить эксцентриситет эллиптической орбиты.
Решить эту же задачу для случая прохождения спутника черев апо¬
центр*
Решение. Записав интеграл энергии и2 = }i (2/г -1/ а) и
использовав формулу радиус-вектора перицентра, запишем
зН>_/*_.2Е и0-«). Я- ()■> е)_ TJ3 п+е)
- г, а г* г* г* *>' / и" «р v
Отсюда
Поскольку для эллиптической орбита 0 < е < I , то
<2. T-e. »„.«fx<vK<v
М.кр X -г -г
Такт образом, для определения эксцентриситета достаточно распо¬
лагать значениями и* и ин.кр к в перицентре.
Легко показать, что полученную ваше формулу эксцентриситета
можно вывести непосредственно ив формула (5.3):
е + -ps-'к’ = j/l + г(°я --jjr) =
-/(t
г \ М.Ир к / Ч и М.кр я/
- 44 -
Поскольку dx>dmkp1, то выражение в скобках отрицательно,
следовательно, чтобы обеспечить е >0, необходимо выбрать формулу
со знаком "минус", тогда
При прохождении спутника через апоцентр имеем
(1 - е) , откуда
_ii.= ЗУ- /Л'О + Е)
так что
0 <
< 1 , т.е. 0 < я)Л < г>м „
Задача £5.17. Наибольшее расстояние "Спутника-3” от по¬
верхности Земли Н = 1830 км, наименьшее Л/ = 230 км (рис.8) .
Определить его скорости в апо¬
гее и* и перигее D* .
Р е ш е н и е. Из рис. 8
очевидны геометрические соот¬
ношения 2 а =* 2R6 +Н +Jv 9
а = Rs +-^t,H+h) - 6370 +
+ -g- (1880 + 230) = Р425 км.
Эксцентриситет можно опреде -
лить по формуле (2.13г ):
е -
Tot
- Гл. (Ri+H)-(R6+h),
+ lR{,+H)+(Rt+K)
0,11
Рис.8
И- К
<650
2 Й6 + «+/ъ' 14850
Для вычислены скоростей в апсвдах применим формулы (5.9)в(5.10):
t, -тЖ/Е1- 7 398600. ■/ I - о,н а 6 56 5И..
"‘-Г а V 1+е Г 7425 К 1 +0,11 D,J С
«к = = б’56 oJm-* 8‘18 ^ *
- 45
Таким образом, скорость в перигее на 25$ больше, чем в апогее.
Задача Л 5.18. Вычислить скорость спутника, орбита кото¬
рого имеет большой эксцентриситет,в перигее и* и апогее и*.
Наибольшее Н и наименьшее h расстояния спутника от поверхно¬
сти Земли равны соответственно 42450 в 252 км.
Решение. Вычислял а и е, как в задаче Л 5.17:
<Г » + -£- («+ Л. ) - 6370 + ^ (42450 +252) -27721 км ,
В этом случае скорость в перигее более чем в семь раз превышает
скорость в апогее.
Задача Л 5.19. Найти наибольшую и наименьшую скорости
движения Земли вокруг Солнца. Сравнить полученные значения скоро¬
стей со оредяей гелиоцентрической скороотью Земли.
Решение. В задаче Л 2.3 вычислены наибольшее (афельвое)
гл и нашеньшее (перигелийное) гх расстояния Земли от Солнца
гх - 147,1*10 ® км, av = 152,1*10 км, а также похазаво.что
среднее арифметическое этих расстояний равно большой полуоси:
гч>“ ~к (г* + гы ) ~ 149,6*10 ® км. В задаче Л 2.5 определено
среднее интегральное значение гелиоцентрического расстояния Земли
[г] . Пользуясь полученными значениями, можно вычислить искомые
величины. Так, наибольшего и наименьшего значения орбитальная
скорооть Земли достигает соответственно в перигелии и афелии:
/
км
с
гг) - /'32?-ю*(
(514)
46 -
(величину можно найти также по формуле (3.6) из задачи I 3.4 ).
Среднее арифметическое этих скоростей таково:
Определим теперь, что следует поншать под средним интеграль¬
ным значением схороотн [<и]. Как уже указывалось в задаче й 2.5,
усреднение можно производить по любой переменной, используемой в
теории эллиптического движения: по времени t , средней Н , экс¬
центрической Е или истинной (f аномалиям ( ом. задачу й 2.1 ).
Рассмотрим вначале усреднение по времени, когда
=±jvdt,
О
где Т - период оборота Земли вокруг Солнца. Выберем в качестве
новой переменной интегрирования эксцентрическую аномалию £ , по¬
скольку в задаче й 5.9 была получена удобная формула связи v с £:
у =iptl J \ + е соьГ .
У а У 1 - ecos Е
Из уравнения Кеплера (см.эадачу й 2.5) имеем Е - е siп Е =
= п (t-T) =М , dE - е cos Е dE = rvdt = dM , dt =
= (1 - e cos E) dE f n , так что окончательно получаем эл¬
липтический интеграл второго рода
Mt j^-eacos3E dE = ^у^|(|-^е2со8а£ -
--Le4cos4£ + ...)dE = easia2£ + ^e4£-d=
'o
Поскольку 7= 2я/п-, находим
Легко показать» что тот же результат можно подучать.производя
усреднение по средней аномалии Mf являющейся в эллиптическом
движении аналогом времени. Действительно, так как ndt = cLM =
- 47-
= (I - ecos E) dE ,
О 0
--L ea+_3_
^ 64 e +**-/ •
С другой стороны, усреднение по эксцентрической аномалия В
приводит в иному результату:
•Se/5 $(1->еа»Е>4“,а*4*...)1« - |/£ О * 4
О
Проводя усреднение по истинной аномалии <?, имеем (см. задачу
№ 2.5 , где d*р » уг^\- е* &Е)
г* г* .
К - h. 5 •<* - Ь Л \№Ш: #=ЬяЬ ■
° 2%
^~е* ^(l + 2ecosE + ^ e2cos2 £+...)df »
О
-/£ 0-4 *!+-)0 + £ e4..)./f (U i e2»...).
Таким образом, дать точное определение средней скорости Земли
затруднительно, однако, учитывая малость эксцентриситета земной
орбиты ( 6 • 0,01678),можно с достаточной степенью точности при¬
нять за среднею скорость Земли первый член полученных выше разло¬
жений, т.е. [и] = ур^/а. Иными словами, средней скоростью Зем¬
ли (или другой планеты) с достаточной степенью точности можно счи
тать скорооть, которую она имела бы, если бы двигалась равномерно
по окружности с радиусом, равным большой полуоси ее орбиты. Это
определение средней скорооти Земли совпадает с определением ее ге¬
лиоцентрической круговой скорости при прохождении Земли через ко-
- 48
нес малой полуоси ее орбиты на расстоянии а от Солнца (см.зада¬
чи № 5.12, 5.13). Кроме того, отметим, что величина [и] /а
является одновременно круговой скоростью точки на расстоянии
гср~ (r]f = я от Солнца. С другой стороны, средние скорость
можно определить как гелиоцентрическую круговую скорость точки на
расстоянии [r]t - [г]м ••
ДО = /[>Jt = / а(, е«)- = С1 ~iei + he+-)'
При малых е по-прежнему можно пользоваться определением средней
скорости, приведенным выше.
Итак, условившись называть средней скоростью Земли величину
[у ] =/}ie /я , замечаем, что она не совпадает со средним арифме¬
тическим значением скоростей о*, и ул. Для вывода формул свя¬
зи [и] с г>% и заменим в (5.14) величину^/а на [у]2:
[«]* - К 'К- (5.15)
Г*. '<*•
Для мялнт эксцентриситетов можно составить более простые фор¬
мулы связи. Действительно, из (5.14) имеем
(5.16)
М» 2д - гх ра г» _ г.,-1 ( + е
г,* =Ла...2а.:г» ._Еь = Ы-И--
* ОС Гл а Г* 1 J 1 + е
Отсюда при малых е
1)к2« ['1)]г(1 + 2е), D*» l/u]a(l-2e)t
vx * [г>] (1 + е), г»**» [т>] 0-е), (5.17)
[и] * г) „.(1-е) * v„0 + e).
Задача й 5.20. Какую минмшльную начальную скорость не¬
обходимо сообщить космическому аппарату, движущемуся параллельно
49 -
поверхности Земли на высоте h = 230 км, чтобы он мог попасть в
Луну, находящуюся в своем апогее, двигаясь по эллипсу .касательно¬
му к орбите Луны. Большая полуось орбиты Луны at = 384400 км,
эксцентриситет орбиты Луны е4 = 0,055. Решить ту же задачу для
случая попадания в Луну, находящуюся в своем перигее.
Решение. Вычислим апогейное и перигейное расстояния Лу¬
ны: rac= а( ( 1 + е«) = 405500 км, r_ = ог(1 - е() = 363000 км.
Для попадания в Луну,находящуюся в апогее
космический аппарат может
двигаться по эллипсу Кили
I' ), касательному к орби-
л орбитн(рис.Э),
те Луна в апогее ск( и име¬
ющему перигей в точке стар¬
та А (по условию началь¬
ная скорость горизонталь¬
на). При этом большая полу¬
ось орбиты I ar = -g ( А 0 +
+ <к)-£(г* + ъ«)’
Рис 9
где rx~Rt +h = 6370+ 230=
= 6600км - перигейное расстояние космического аппарата, так что
4-(6600 + 405500) = 206000 км.
а. =
Найдем начальную скорость запуска:
=/Н (i - от)
398600 (6S00
1
206000
- 10, 90 км/с .
Пользуясь равенством
тет эллипса перехода:
ех =
г =
°*-1
, можно определить
эксцентриси-
- Гя
398900
= 0,968
+ Ъ
412100
(орбита оильноэллкптическая).
Для случая попадания космического аппарата в Луну, находящую¬
ся в перигее своей орбиты, следует рассмотреть переходный эл-
I <i
липе И (или II ) ( гл
гя>). В этом случае гае ем
- 50 -
аг=±(ВО+ Osit) = 4j(Ti + rX() = ^(6600+363300)= 184950км,
%= / N Mr -of) =/398бОО(ш0 - т^шс)= ,0*89 KM/C’
Сравнивая полученные значения ySi в uX( с соответствующим
Задача Л 5.21. Два спутника, имеющие равные массы, дви¬
жутся в одном направлении вокруг притягивающего центра по компла¬
нарным орбитам, одна из которых круговая с радиусом г0 , другая -
аллнптичеокая с радиус-векторами перицентра в апоцентра г0 и 8 г0
соответственно. Полагая, что спутники путем непосредственной сты¬
ковки соединяются друг с другом в точке соприкосновения их орбит
и дальнейшее движение продолжают вместе, найти радиус-вектор апо¬
центра их новой орбиты.
Решение. Поскольку полуось круговой орбиты I (рис.
10) aj =■ г0, а полуось эллиптической орбиты 11 arj = |г (+ 8 ) =
= го» то скорости обоих спутников в точке касания их орбит, яв¬
ляющейся одновременно перицентром Jt орбиты II в новой орбиты
Ш, таковы:
При стыковке спутников происходит изменение скорости. Ско¬
рость нового спутника,являющаяся средним арифметическим скоро¬
стей t>t в и, (при одинаковых массах обоих спутников).
е =
1 r*i + гх
значением для = гЖ| = 6600 км, находим ьМаМф
2
Большая полуось новой орбитИ находится из интеграла энергии vx-
= 1 ^ r0 . Зная, что 2 af - г, + , находим
Р2 И „ _ 49
Задача * 5.22. Вы-
ваоти формулу связи угла
А = (F*V) о углом иотин-
ной аномалии <f для парабол»
чаокой орбиты ( рис. II).
Р в ш в в и в . Восполь¬
зуемся соотношениями параболи¬
ческого движения г -
= Р /О + ъоь ч) , v -
= /2 ft /г. Кроме того .для лю¬
бого конического сечения спра¬
ведливы формулы Sin Ok = С /ГУ,
С = Ii ]1> Р , откуда
slTial
р]/2}1 (1 +C0S<f)
В перицентре ^ =0, d= По мере удаления от перицентра
возрастает,а < убывает, так что
sin. с*. - COS - с*.) = + COS К" , Л =-g-(Я - <( ).
Этот результат справедлив только для параболических орбит.
Задача N5.23. Установить динамический смысл интеграла
энергии К = уй- Щ- для параболического (Л» 0) и гиперболиче¬
ского (fr>0) движения.
Решение. Перепишем интеграл знергии в виде ve> Л +2/а/г,
откуда = lira (Л + ) = h = const , так что
постоянную знергии К (удвоенную полную анергию единичной массы)
можно интерпретировать как квадрат скорости "на бесконечности”.
При этом интеграл знергии можно записать в виде
Рис. Ю
- 52 -
(5.18)
Величину называют также избытком гиперболической скорости.
При параболическом движении ( К ~ 0) равенство h = = 0
оэначает, что истинное значение скорости полностью совпадает с
теоретическим значением местной параболической скорости в данной
точке орбиты (« =wH nop) в "на бесконечности" происходит оста¬
новка [voo=ifK~- О) . При гиперболическом движении ( 7ь>0) нера¬
венство k = v* >0 означает, что истинное значение гиперболиче¬
ской скорости превыпает теоретическое значение местной параболи¬
ческой скорости ( v > Ун-пар) и точка будет неограниченно долго
двигаться по асимптоте гиперболы с постоянной скоростью vm =
const. Скорооть является наименьшей возможной скоростью для
данной гиперболы. При этом разница медку и и будет стреми¬
ться к нулю (1/т. и* ^ = 0 ) и теоретическое значение ско¬
рости "на бесконечности" совпадет со значением реальной ги¬
перболической скорости движения (lira v - v..).
Т-~- оо
Задача й 5.24. Определить, с какой скоростью войдет
метеорит в земную атмосферу, если его скорость "на бесконечности"
им « 10,0 км/с.
Решение. Запишем интеграл энергии в виде выраже¬
ния (5.18), определив предварительно, что К = иД = 100 кмг/сг > 0 *•
таким образом, траекторией метеорита будет гипербола. Для опре¬
деления теоретического значения местной параболической скорости
при входе в атмосферу примем, что вход происходит на высоте около
200 км над поверхностью Земли, так что vn>nap = 14,0 км/с
(см.задачу й 5.3). Раосчитаем окорость входа метеорита в атмоофе-
Задача й 5.25. Зная, что для гиперболы е > 4 , а< 0 и
формулы эллиптического движения преобразуются в формулы гипербо¬
лического движения путем эамены а на ~\a\f записать формулы ско¬
рости движения точки v и постоянной анергии h для гиперболи¬
ческого движения, имея в виду движение по той ветви гиперболы,фо¬
кусом которой является притягивающий центр С (рис.12).
53
Рис.12
Решение. Использовав формулы эллиптического движения
Отметим,, что полученные формулы (5.19) позволяют снова полу¬
чить результаты задачи № 5.23 . Действительно,
откуда, считая разность ^ ограниченной величиной,
имеем снова lim v - v.
^ W
Задача й 5.26. Для космического аппарата, находящегося
на расстоянии 500000 км от центра Земли, теоретическое значение
скорости "на бесконечности" =4,00 км/с. Определить истин¬
ное значение скорости аппарата v и длину большой полуоси его
орбиты | а\, установив предварительно форму орбиты.
и заменив в них а на -| а |, найдем для гиперболы
(5.19)
г-
- 54 -
Решение. Определим постоянную энергии: 16 км*/сг>0.
Теперь можно заключить, что траекторией аппарата является гипер¬
бола (рис.12). Большую полуось гиперболы найдем из интеграла эне¬
ргии К = , так что |а| = яО - 398600/16 = 24900 км.
Текущее значение гиперболической скорости вычислим по формуле
Vя = V1 + , где \= У2-398600/500000 = 1,26 f-,
так что V =4,19 км/с.
Задача J* 5.27. Установить формулу связи наименьшего
и наибольшего d* значений скорости движения для гиперболического
движения (рис.12).
о 2 ^ Lt
Решение. С помощью формул fr и jx* р-=
j 2 Л
получаем соотношение ^ - 2гя/р . Звая, что
rx/p = 1 /(/?+1) определяем
уоо= ук/|тт * 10,11 - Ч™, j/fif (5.20)
(сравнить с формулой (5.10г )для эллиптического движения).
Задача Jt 5.28 .К планете с гравитационным параметром
ft "из бесконечности" со скоростью ь ^ приближается космичес¬
кий аппарат, двигаясь по асимптоте планетоцентрической гиперболы.
Расстояние аппарата от перицентра гя . Определить, на какой угол
2 Л повернется вектор планетсцентрической скорости после про¬
хождения аппарата через перицентр.
Решение. Так как для гиперболы СВ = А % (рис.12), то,
следовательно, АО-со, тан что cos Л = = jlHL. = ^ >
где \а\ = £г • Окончательно 2А = 2 arccos (1 + гх / и )\ При этом
"о.
радиус-вектор аппарата повернется относительно планеты старта на
угол у - 180°-2 А. Если, например, известно не гх, а расстояние
аппарата от планеты СВ (расстояние планеты от асимптоты гипер¬
болы), то, обозначив СВ= Ап = d, можно записать
2А = 2 arctg jfj- = 2 arctg .
Проиллюстрируем эту задачу следующим пршером. Пусть космиче¬
ский аппарат выходит на околоземную орбиту на высоте гх/б = 230 км
с гиперболической стартовой скоростью vK/6 = 12,00 км/с. Орбита
- 55 -
аппарата расположена в плоскостж орбиты Луны. Сближение аппарата
с Луной в периселении составляет гх/( = 6300 хм. В этом случае
для определения углов 2 А и у следует сначала по начальным
данным найти элементы геоцентрической гвперболн +
+ i^j), |а| = 17<70км, е = +<= ^^+1 = 1,384. Геоцентрическую
скорость "на бесконечности" следует определять по формуле l/X*
= »^77Й" либо по формуле Чо/4=Чс//(е-|И§ + <Х так что г>ю/б =
= 4,82 км/с. Поскольку направление асимптоты геоцентрической ги¬
перболы оовпадает в пределе с направлением геоцентрического ради¬
ус-вектора аппарата, можно принять, что абсолютная геоцентричес¬
кая скорость аппарата v„/6 перпендикулярна к переносной кру¬
говой скорости Луны и(Д которая, как было определено в задаче
* 5.5, составляет 1,02 км/с. Относительная селеноцентрическая ско¬
рость аппарата v„/t в соответствии с теоремой сложения ско¬
ростей v4i = У v*k + v'f/s = 1/(4,82)Ч(|,02)й = 4,92 км/с.
Зная, что fxi = 4900 raffyc^для углов 2А в у получаем
2 А =■ 2arccos[| + ' = 2arccos 0,033 Ч76‘,
у = 180*-2А*4! При этом параметры селеноцентрической ги¬
перболы таковы: | а( | = Jjjf- = = 203 КМ, е,= ^ + \ =
6300 , с 00/4 *
“ ~203 + 1 = 30,5 , а селеноцентрическая скорость ап-
/0 + j ЛзПГ
ё*_ j = 4,92у = 5,08 км/с.
По полученным значениям скоростей уж/г= 12,00 км/с, =
= 4,82 хм/с, г^ш 4,92 км/с можно определить возможный для
данной задачи минимальный угол поворота асимптоты 2 А, соответ¬
ствующий олучаю касания гиперболы поверхности Луны ( rx = Rf =
х 1740 км): = 2 arccos (| +—^ )*'= 2огссоз О,Ж -167*
Полученный угол соответствует максимальному углу поворота геоцен¬
трического радиус-вектора у % 13°.
Легко видеть, что значения углов 2А и у лежат в пределах
- 56 -
2агссоз(1 + -^-) 4 2 Л 4 180°, 0 < f 4 180°- 2 Л,
где R - радиус шшветн. Это значит, что даже при касании тра¬
ектория не перестает быть гиперболой. Следовательно, ни при ка¬
ких значениях гх для згой задачи не может осуществиться захват,
т.е. невозможен случай, когда гиперболическая траектория превра¬
щается в эллиптическую.
§ 6. ВРЕМЯ ДВИЖЕНИЯ ПО КОСМИЧЕСКОЙ ТРАЕКТОРИИ
Периодом обращения (орбитальным периодом) Т спутника вокруг
притягивающего центра называют время, за которое спутник дважды
последовательно проходит через перицентр. Число п= Щ- есть его
средняя угловая скорость, или среднее движение (см.эадачу № 2.1).
В задаче № 4.3 была установлена связь периода Т и большой по¬
луоси а с гравитационным параметром центрального тела fi (4.6):
ft = 4-зс 3 аъ/Тл.
Связь между периодами обращений различных спутников вокруг од¬
ного и того же притягивающего центра характеризуется третьим за¬
коном Кеплера, установленным эмпирически:
Га /г5
<6-п
В общем случае движения по коническому сечению время движения
тела до произвольной точки траектории определяется с помощью ин¬
теграла площадей гаср = с (см.задачу Л 3.7), из которого, в
частности, может быть получено известное уравнение Кеплера, выве¬
денное в задаче Л 2.1 из геометричеоких соотношений.
Задача Ji 6.1. Вывести формулы для вычисления периода
обращения "нулевого" спутника Тиия fr = /?3) , а также для пери¬
ода обращения произвольного спутника Земли 7, выраженного через
период "нулевого" спутника Гиу„ .
Решение. Из третьего закона Кеплера (6.1) следует
2 /т3 , „ N*/2
Т а
Т
'муп
ff’ Г-Мх) • (6-я
Вычислим Тмнп по формуле равномерного кругового движения:
- 57 -
2л Ri
t _
2я-63?0
так что
Vi ?,91-60
7= 84, 40 (б370г)1/2мин*
= 84,40 мин,
(6.3)
Задача й 6.2. Высота перигея спутника Ня = 230 кы,вы¬
сота апогея = 950 км. Каков перкод его обращения?
Решение. Согласно формуле (6.2) мохно записать
г- т ( 2Rt+Hx+H*\3/3 т /. .нл+нлу1г^
' - Щ; / ‘ '-ч 2ft* / ~
Задача й 6.3. Найти период обращения спутника Г и его
среднее движение д. , если известны большая полуось а н грави¬
тационный параметр притягивающего центра /х.
Решение. Воспользуемся результатом задачи й 3.3,в кото¬
рой было установлено, что при движении точки по эллипсу ее ради¬
ус-вектор ометает полную площадь эллипса яаЬ за один перкод об¬
ращения 7, так что Г ■= 2%а£/с, где с - постоянная площадей .Под¬
ставляя вместо с ее значение ~)Грр из задачи й 4.3, получаем
_ 2 жаЬ 2хаЬ _ 2яам
т ‘ 7RT-" fy. П‘м —тг~ • (6-4)
Поскольку то среднее движение
п - /)~Г а'3'*. (6.4' )
С помощью формулы (6.4) можно, например, определить радиус круго¬
вой орбиты 24-часового ИСЗ:
- 58 -
Высота орбиты 24-часового ИСЗ составляет 35800 км (см.также зада¬
чу Л 1.7).
Задача /§6.4. Показать, что период обращения спутника
Г зависит только от начальной скорости и не зависит от ее на¬
правления.
Решение. На основании формулы (6.4) можно заключить,что
период Т однозначно определяется только величиной полуоси орби¬
ты. В свою очередь большая полуось а связана с алгебраическим
значением начальной скорости v0 интегралом энергии vjj =
= ji (jr - , так что период Г не зависит от направления на¬
чальной скорости. Это означает, что если в некоторой точке прост¬
ранства произведен старт с эллиптической скоростью v0 ( кр <
< v0 < пар) * т0 при ЛХ)бом направлении этой скорости, обеспечи¬
вающем существование облетной траектории, спутник выходит на орби¬
ты с одинаковыми большими полуосями а ,и, следовательно, с оди¬
наковыми периодами. Эти орбиты будут иметь разный эксцентриситет.
В любом случае спутник вернется в точку старта через одно и то же
время.
Задача Л 6.5. Найти зависимость между периодами обраще¬
ний планет вокруг Солнца Tt и большими полуосями их эллиптиче¬
ских траекторий аь (дать математическое обоснование третьего
закона Кеплера).
Решение. Для обоснования третьего закона Кеплера воспо¬
льзуемся известным соотношением, которое для гелиоцентрического
II (Г 3
движения имеет вид . Поскольку в левую часть урав¬
нения входит постоянная = 027408 км3/с2, характеризующая
гравитационное поле Солнца, то, следовательно, для всех гелиоцент¬
рических орбит выполняется условие
выражающее третий завов Кеплера.
Аналогично для геоцентрических орбит можно записать
= = _fL = _Л*_ f us = 398600 *75-)
тг ~ ri ••• 7? <(*» c
Задача » 6.6. Перигелий орбита первой советской косми¬
ческой ракета, ставшей спутником Солнца, удален от него на рас¬
стояние г% - 146,4*10 ® км, афелий - на расстояние к, = 197,2 х
xio 6 км. Определить период обращения Т искусственной плане¬
та вокруг Солнца.
Решение I. Найдем большую полуось орбита искусственной
планета (W):
а =-^- (гж + гЛ) = -L- (146,4 + (97,2)• (0е = 171,8 - Ю6 км .
Для определения периода обращения ИП воспользуемся формулой(6.4),
так как параметр = 1327*10 ® км 3/с ® известен:
2xa3li _ е по /(171,8-(О*)*
■ ПТрГ “6’28K 1327-10» =
6,28^38,21-Ю1* = 38,82-(09 с = 449,27ш.
Решение U. Зная большую полуось орбита а ИП, можно
воспользоваться третьим законом Кеплера (6.5 ’ ):
_1й_ _ _£jiL ^ откуда при Tt = 365,26 сут, сг4 =(49,6-(0екм
' 6 а 6
365,26/(-Щ-)* -
= 365,26/1752 = 4 4 9 , 27сут.
Задача # 6.7. Пользуясь интегралом площадей и уравнени¬
ем конического сечения, составить общую интегральную формулу вре¬
мени движения по коническому сечению в функции истинной аномалии
(полярного угла) ср.
- 60 -
Решение. Пользуясь интегралом площадей в форме г2 <£ =
= га = с и уравнением конического сечения г = т+е£6з<ц >по~
лучаеи **
di _ Иду -
с с с (1 + есоз •
Приведем коэффициент />г/с при помом соотношения с 3 у^р (см.
задачу № 4.3) к виду pVl/, а затем проинтегрируем выражение
для от О до <{ (от перицентра до произвольной точки):
t= t-tx = (6.6)
ууГ J (1 -н е cos<e)a *
о
где - момент прохождения перицентра.
Задача Ik 6.8. По интегральной формуле (6.6) и соотноше¬
ниям эллиптического движения, использовав подстановку tg ^ =
_ |/1 ^ | %-§- (см.задачу № 2.1), вывести уравнение Кепле¬
ра для эллиптической траектория.
Р е и е н и е. На основе формулы р= а (1-ег) интегральную
формулу можно записать так:
t = ( dv (6l6',
l/рГ J () + e cos (p)* *
Затем с помощью подстановки, указанной в условии задачи«можно пе¬
рейти к переменной интегрирования Е (эксцентрической аномалии).
Для этого следует продифференцировать выражение, полученное в ре¬
зультате подстановки, после чего имеем seci/|±|. sec*
- 61 -
Далее исполь90вав соотношение seca!. = < + tg2f-=H + i±§-tga-f- ,
найдем выражение
dtV = ]/нГ ' cosa^. + |±|. sina-|- •
С помощью формул cos3Jl = -^-(l + cos£), sin.2-§- = (4 - COSE )
мп»ип записать cLw =т/|+е . У~е)Ф£- -- -У-l &-Е .
ниши кишли у1е f -ecosf 1-eCDSE •
Подынтегральную функцию также можно выразить через Е, поль¬
зуясь соотношениями эллиптического движения г = <г (4 - е cos £) в
1 — в ^
rcoscp =а (cost-е) (см.задачу Л 2.1): 4 + е cos•
Окончательно интеграл примет вид
t . -dc-fifd -esfaf). (6.7)
Применив формулу п = у^Т а~\/г получим уравнение Кеплера, уже вы¬
веденное нами в задаче № 2.1 иным способом:
£-esia£ = n(t - tx) = M.
Данное выражение служит для определения времени движения по эл¬
липтической траектории. Оно также может быть решено относительно
Е при известном t, в атом случае уравнение Кеплера решает¬
ся методом итераций.
Замечание. Аналогично можно получить уравнение Кепле¬
ра для гиперболической траектории, использовав аналог эксцентри¬
ческой аномалии H=iE, имеющей вещественные значения. Соответст¬
вующие формулы при е> 4 имеют вид
^#7 р = |а|(ег-|),
r cos<f =|а| (е - ch. Н), г = \а\(е chH -4),
eskH - Н = n(t-t%) = /JT |а\ ъ>л(t-tx).
Задача й 6.9. Космический корабль совершает полет в Ду¬
не по эллиптической геоцентрической траектории,касательной к лун¬
ной орбите в ее апогее а, (рис.9). Определить время полета ко-
- 62 -
рабля к апогею лунной орбиты ol^ (орбита I). Решить задачу для
случая, когда полет совершается к перигею лунной орбиты (ор¬
бита II), если перигейное и апогейное расстояния Луны равны тх =
= 363300 км, гл< = 405500 км соответственно.
Решение I.B задаче Л 5.20 были определены большие по¬
луоси переходных орбит I и U ас1~ 206 000 км, ап = 185000 км.
Запишем теперь третий закон Келлера (6.5) для геоцентрическо¬
го движения:
«L = а* = _ 358600 _ . 0JJ ,q4
Т\ Т‘ 4*8 4 (3,14)а ,,U" ш С* ’
откуда полные периоды обращений по орбитам I и II
Тг -/|,о!|-10* - ^8.65-Ю".
-9,30-Ю5с -10,76 сут =10 сут 18,2 ч,
т = l/ = |/( 1*85 -10 ) _ /о 2с. jqh _
1 г 1,011 -10* У 1,011 -10^ У ’
= 7,91 • Ш5с = 9,16 сут = 9сут 03,8 ч.
Искомые подуперподы составляют соответственно ’ Tj - 5,38 сут =
= 5 сут 09,2 ч, г = 4,58 сут= 4сут 13,9 ч.
Решение II. Величины <С1 и Тг можно получить непосред¬
ственно из уравнения Кеплера (6.7), подставив вместо Е его зна¬
чение Е = Ж :
% OCjд
= У* ■ а» » 0,498- «TV,*? ,
V398600 ’
Т, = 0,498-10'4 а?3 = 0,498 • Ю'а-9,40-Ш7 =
= 4,66-105с = 5,38сут = 5 сут 09,2 ч.
- 63 -
Xj= 0,498- 10'2£r/a=0,498-10'a-7,98 -10г =
- 3,97 • 10* С - 4,58 сут = 4сут 13,9 ч.
Задача й 6.10, Космический корабль, движущийся по орби¬
те Земли, получает дополнительный импульс скорости в точке А, вв-
водящий его на переходную гелиоцентрическую эллиптическую орбиту
I, касательную к орбите Карса
время перелета до орбита
Карса. Решить задачу для
случая полета до орбита Ве¬
неры (орбита II) .Орбита пла¬
нет принять круговыми,с ра¬
диусами г = 150-10 6 км,
г, = 228-10 6 км, гг =
= 106-10 6 КМ.
Решение. Точка ка¬
сания орбит В является
афелием орбита I, а точка
касания С - перигелием ор¬
бита II, так как в точках ка¬
сания вектор орбитальной
скорости перпендикулярен к
радиусу окружности орбита. Определим большие полуоси орбит пере¬
хода : аг= -§• (г+г,) = 189*Ю6 км,
ai = i (r + 7\) - <29-10* км.
Зная, что период обращения Земли вокруг Солнца составляет
365,26 « 365,3 оут, воспользуемся третьим законом Келлера:
Tl R = 565,3J/^5q .jo & j*~ * откуда Тт = 365,3 / (|5q) = 515,1 сут,
Г1 =365,3/(If * 291,2 сут,
так что время перелета до орбит Карса в Венеры по эллиптической
траектории составляет соответственно %г = 257,6 сут, т1= 146,0
оут.
Задача й 6.II. Космический корабль движется по геоцент¬
рической траектория, пересекающей орбиту Луны (рис.14). Выход на
в точке В (рис.13). Определить
Рис.ТЗ
- 64 -
Рис.14
орбиту происходит на высоте Н = 230 км при горизонтальной на¬
чальной скорости v0 = Ю,95 км/с. Считая, что Луна движется по
круговой орбите с радиусом rt = 384400 км, определить время
полета до орбиты Луны.
Решение. Сравнение начальной скорости запуска v0 =
= 10,95 км/с с местной параболической скоростью в точке старта
в <0,99 км/с (см.также задачу И® 5.20) позволяет за¬
ключить, что перелет происходит по сильно вытянутой эллиптической
орбите, так как стартовая скорость не превосходит параболической,
но слабо отличается от нее. Определим большую полуось переходной
орбиты из интеграла энергии, записанного для перигея (старт гори¬
зонтальный):
Отсюда по заданным v0 = vK и Н = Н% находим а = 450000 км.
Эксцентриситет орбиты определяем по формуле гж = <х(1-е), откуда
е * I - Гус/ос - < - z;65q°oQQq = . Таким образом, ко-
- 65 -
рабль совершав! перелет по сильно вытянутой геоцентрической
эллиптической орбите Г, центр которой С, как легко определить,
лежит аа орбитой Луны (рис. 14). Время движения по интересую¬
щей нас дуге траектории зсА (от перигея до точки пере¬
сечения с орбитой Луны) находим иа уравнения Квплвра (6.7):
Va
х = ^7" “ е s,r£ )•
Эксцентрическую аномалию точки пересечения Е можно определить
заранее из равенства г~аО-есо&Е) = 384ЛОО км,
откуда
СС-Г _ 450 000 -384400 _
>£ гг а лкпппп.ПОЯЧ U,1*ro «
COS /
ае 450000 • 0,985
sla£ =0,989 , Е = 1,422 = 81°29'.
Подставляя эти величины в уравнение Кеплера, имеем
ж (450 000) 22 -0,985*0,989 ) = 2,14-10* С =
УЭ98600 ^ ’
= 59,4 Ч - 2,46 сут.
Замечание. В качестве точки пересечения можно рассмат¬
ривать и точку Bf для которой при cos Ев = 0,146 Ев =
* 278 0 24*, sin Et =-0,989, так что
Ъ/2
t=tS(,,422+o’985'o'989)",i,A!,‘,()ic=
= 318,6 ч - 13 ,31 сут.
- 66 -
Задача Л 6.12. Решить задачу Л 6.II, предполагая, что
начальная скорость и0 = 12,00 км/с.
Р е о е н н е. Сравнивая заданную начальную скорость с мест¬
ной параболической скоростью vH ntp= 10,99 км/с, заключаем, что
поскольку v0 > уипч,, траекторией полета является гипербола II
(рис.14). Записав для гиперболы интеграл эвергии(см.задачу Л6.5)
у® ( 2/гя -+ \/\а|), вычислим большую полуось: \а\ = 17170»
« 2,7 Rs. Из соотношения \а\ (е -1) получим эксцентриситет
а . I 6600 I %о/
faj +| = ШО +1 “^384.
Для определения времени полета до орбиты Луны ъ воспользуем¬
ся формулами гиперболического движения, полученными в задаче
Jfc 6.8:
г-\а\ (echH- 1),
-3/2
е shH -Н (t-tx)
(уравнение Кеплера), которые в нашем случае могут быть записаны
так:
-1 а\ (е ctiН - О = 384400 км,
г = (евКН-Н).
Из первого соотношения находим
е сЬ/У = -^|£^ + 1» 22,40+1=23,40,
ch,« -16,91, shH = /sh2 /У -1 =16,88,
е shH = 23,36, /У= 3,52 = 201°4(\
которые, будучи подставлены во второе, позволяет определить
Хд -Ш(23,36-3.52)= З,56-Ю3*<9,84=
= 7,0640*с = (9,6 ч.
- 67 -
Задача Л 6.13. Вывести приближенную формулу времени по¬
лета по эллиптической траектории в функции истинной аномалии (по¬
лярного угла) с? при малых эксцентриситетах*
Решение. Воспользуемся формулой (6.6Г) (см.задачу Л6.8),
выведенной для эллиптических траекторий:
a^fl-e8)"» f dV
YW ^ (( + еcos)а *
Разложим подынтегральную функцию в ряд по степеням эксцентрисите¬
та е. Ограничившись первой степенью е .получим
зй 2 Q.V2
•t ~ J(i-2ecos^Kce=-j^(4-2esime)* (6.8)
Так как среднее движение п = 2я/Т =
Х * -В* (4-2esirt^). (6.9)
Задача Л 6.14. Корабль-спутник, выведенный на около¬
земную орбиту, имеет высоту перигея Ня = 180 км в высоту апогея
Нл - 340 км. Момент прохождения кораблем перигея tx =9 ч 00 мин.
На следующем витке требуется включить тормозное устройство в тот
момент, когда истинная аномалия корабля (f = 270 °. Определить
большую полуось орбиты корабля а , ее эксцентриситет е, период
обращения корабля Г , момент включения тормозного устройства £*
Р е ш е н и е. По заданным высотам Ня и Нл находим а , гх
в е :
а - /?в +-%{НХ+Н'1) = 6630 км , гх ~/?в +НХ = 6550 км,
но г* = а (1-е) .откуда е = or--7#-= gf-jo = 0,0(2 .
По третьему закону Келлера, записанному по форме уравненвя(6.3' )
(см.задачу * 6.1), определяем Г :
т-84-4 (б#г)!/! •59-6 """•
Считая, что эксцентриситет ( е = 0,012) достаточно мал, при¬
нимаем приближенную формулу времени полета (6.9), полученную в за-
- 68 -
даче № 6.13: х = t -tx = - (if-2e slnc^), откуда для вре¬
мени полета от перигея до точки включения тормозного устройства
( <? = ) находим а7о.= -^^-(-|-я + 0,02^=66,7мнн.
Определяем момент включения тормозного устройства:
t*= tx + v - 9ч 00 мин + 66,7мин = 10ч 06,7 мин.
Задача й 6.15. По интегральной формуле (6.6) (см.задачу
Л 6.8) и соотношениям параболического движения вывести формулу
времени полета по параболической траектории от перицентра я до
точки А с заданными полярными координатами гА и уА (рис.II).
Решение. Для параболы е= 1, поэтому интегральная форму¬
ла (6.6) может быть переписана в упрощенном виде:
W- <*„ р» г ^
//1 J 0 + COSCf)2 J COS4-^-
Воспользовавшись соотношением 1 /cos2 ^ 1 + tg*2 9 запишем
Таким образом» X легко выразить не только в функции <рА, но и в
функции гА, для чего следует воспользоваться уравнением параболы
r=-nW=^^,+l3r2^,OTK,M *#"2"=i^p~~1 »
1 + Ъ tja (-д- +0- Окончательно получаем
,мю
В этой формуле параметр ^ можно заменить его значением р = 2гл,
характеризующим параболическую траекторию, так что
%{гл) =-3yjr^^_r*) (гд + 27*)‘ ^6*10 ^
Задача й 6.16. Ракета на высоте Н% = 230 км над поверх-
- 69 -
ностью Земля получает горизонтальную параболическую скорость. Оп¬
ределять время полета на расстояние, равное среднему радиусу ор¬
биты Луны г( = 384400 км.
Решение. Воспользуемся формулой (6.10^ ), положив гА =
- 384400 км, + Нх = 6600 км:
У2(384400 - 6600) . ^ ^ иопп]-1 *о.<п5г.сп к
31/338600 ' 7
Интересно сравнить этот результат с результатами задач # 6.II
и 6.12: полет по эллиптической траектории занимает 59,4, а по
гиперболической 19,6ч.Решение для случая полета по параболической
траектории проще, так как не требуется применение интеграла энер¬
гии. Параболическую скорость вследствие этого в вычислениях можно
не использовать. Значение местной параболической скорости для вы¬
соты Н = 230 км ухе определено в задаче # 5,20 ( v = 10,99 км/с).
§ 7. УСЛОВИЯ СУЩЕСТВОВАНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКИХ ТРАЕКТОРИЙ
Среди эллиптических траекторий f основным условием существова¬
ния которых является ограничение скорости
v < v < v , (7.1)
н. кр и. пар *
будем различать два класса траекторий - облетные и баллистические.
Для того чтобы тело, брошенное с поверхности Земли (r0 - Rs ),опи¬
сало вокруг нее замкнутую эллиптическую кривую ( 0< е с 1 ), т.е.
вышло на облетную траекторию, необходимо выполнение условия обле-
Тв г >r0=Rt (7.2)
(случай "нулевого"спутника, когда г - г0 -, v-vx , е =0,
не рассматриваем, хотя его тоже можно отнести к классу облетных
траекторий). Для запуска с высоты Н над поверхностью Земли эти
условия (круговая орбита включается) принимают вид
ум>кр 4 v < ии.п.р , <7Л,)
г > г0 . (7.21 )
Кроме этих очевидных и необходимых условий облета, существует еще
ряд условий, которые будут установлены в нижеследующих задачах.
Эллштвчеовая траектория, которая частично проходят внутри Зем¬
ли ( г</?4 ) и движение по которой возможно лишь вне ее, т.е.дде
- 70 -
г » /?$ , называется баллистической траекторией. Ниже будут уста¬
новлены критерии, позволяющие определить принадлежность траекто¬
рии к тому или иному классу эллиптических траекторий.
Задача # 7.1. Показать, что для осуществления облета,
кроме выполнения условий (7.1) и (7.2), необходимо, чтобы точка
старта, находящаяся на поверхности Земли, являлась перигеем ор¬
биты и скорость в этой точке была направлена горизонтально.
Решение. Указанное условие непосредственно вытекает из
условия (7.2), так как если точка старта находится на поверхности
Земли, то для облетной траектории, касающейся Земли в точке стар¬
та, эта точка ничем, кроме перигея, быть не может. В § 3-5 было
показано, что орбитальная скорость в перигее и апогее перпендику¬
лярна к радиус-вектору, так что скорость старта в рассматриваемом
случае должна быть горизонтальной.
Однако это утверждение модно доказать более строго. Действи¬
тельно, условию облета (7.2) соответствует уравнение конического
сечения p/(i +ecos<()>p/J+ecoscp^npn изменении ^ от 0 до х
это условие означает, что q >с^0.Последнее возможно лишь при <(~
= 0 (точка старта совпадает с перигеем).
Покажем теперь, что при совпадении точки старта с перигеем
‘V ± § * ?о " я (Рио*15) •где
<*о= (го ? «.), J*o
угол г» „ с местным горизон¬
том. Воспользуемся формулами
(4.14) и (4.15) (см. задачу
Jt 4.10), записанными для
О 4 (р 4 ЗС:
Рис.15
Зная, что fitj -
(см.задачу № 4.7) и с - | х v0 j = Rt v0 sin, о.
- 71 -
(см.задачу & 3.4), запишем
prinw. __Я* vl s^01» ./ Г_ Slnack„ctg
еал%—*-pj дЦ,
Rl v* sin2<xa . «о siaaa0 .
е«*<р„ ^ 1 p; I
При Cf0 з О уравнения (7.3) сводятся к следующим выражениям:
2 8
slnfci. ctg ло=0, e = —°- . (7.4)
Для одновременного выполнения обоих уравнений (7.4) необходи¬
мо, чтобы ctyd.0 был равен нулю, так как slnc*.0He может обрати¬
ться в нуль в силу условия 0 < е < Следовательно, a = ±
60 = 0,sc , а это значит, что запуск горизонтальный.
Таким образом, для осуществления облета при старте с поверх¬
ности Земли необходимо выполнение одновременно трех условий:
Um.<p < ио < 5 <ео=°5 т±Т* f<* = °'Л' (7*5)
Если <х ^ ^, то при любой начальной скорости тело, брошен¬
ное с поверхности Земли, не может выйти на облетную траекторию.
В этом случае может иметь место только баллистическая траектория.
При запуске тела с высоты Н над поверхностью Земли выполне¬
ние условий (7.5) по-прежнему гарантирует облет, однако они не
являются обязательными для его осуществления. Это значит, что вы¬
ход на орбиту может быть произведен в произвольной точке орбиты,
не являющейся ни перигеем, ни апогеем. Последнее предполагает на¬
рушение условия горизонтальности скорости v0.
Задача Л 7,2. Спутник выходит на эллиптическую орбиту
на высоте Н над поверхностью Земли со скоростью v0, направлен¬
ной горизонтально (по касательной к окружности, проведенной че¬
рез точку старта из центра Земли). Для того чтобы спутник дли
- 72 -
тельное время мог обращаться вокруг Земли, он не должен подхо¬
дить к ее поверхности ближе, чем на расстояние h(K<H). Какова
должна быть скорость запуска v0, обеспечивающая выполнение этого
условия?
Решение I. Из условия задачи следует, что если ско¬
рость запуска направлена горизонтально, то точка старта на высо¬
те Н может быть только апогеем орбиты =» R6 + н ), по¬
скольку спутник может достигать и меньшей высоты (К<Н) .Ограни¬
чение Ь<Н означает, что перигейное расстояние гх должно быть
подчинено условию = гя > R6 + К.
Запишем формулу скорости запуска = va, аналогичную(5.16)
(см.задачу Л 5.19):
Оценим выражение в скобках исходя из ограничений гя > Я* + h 9
/?* +Н + Г% > 2 Rt + Н + h :
Задача всегда имеет решение, так как подкоренное выражение
всегда положительно.
Решение И. Задача имеет и более простое решение.
Запишем интеграл энергии для апогея и перигея:
) = J—3. . = —Г о . J.JT - ' о X
* а Ъ г*. 2а + И
2- Яч .Г, _ г, _
/?» + Н+ гя ^ 2Rt +H+h
Rt +Н Rt + H
Следовательно
и
- 73 -
откуда
«£ - < (Rt + HHRt U) •
Заменяй vx его значением vK
рала площадей, после чего получим
.«1+н
W+h
вытекавщш из интег-
ji -ч/ 2р.6(Н h)(Rt+h) /Г Л» + Л, "j
‘ V(R^H)[(R^H)HRt*hy] "]/^^Rb+H ' ZRt + H + h. '
Это я есть выражение скорости v„= необходимой для того,чтобы
высота перигея точно равнялась Л-. Для того чтобы эта высота не
была меньше заданного значения h, необходимо, чтобы
у0=Ч»
Rt +h
Rt+H '2 Rt+H*h
(7.6)
Задача Ji 7.3. Ракета запускается под произвольным уг¬
лом <*, к вертикали на поверхности Земли. Найти минимальную на¬
чальную скорость запуска v0,необходимую для того, чтобы макси¬
мальное удаление ракеты от центра Земли гЛ равнялось заданному
расстоянию d (рис.16). Определить большую полуось а в эксцент¬
риситет е соответствув-
щей эллвптичеокой орбиты
в функции угла <х0.
Решение. Как сле¬
дует из решения задачи
* 7.1, траектория не мо¬
жет стать облетной, так как
при запуске ракеты с поверх¬
ности Земли в точке А об-
в ча¬
ль
Рис.16
лет осуществи лишь
стном случае,когда л-±
В данном случае движение
происходит по баллистической траектории, вернее, по дуге АскВ ,
(дуга 8я А находится внутри Земли).
Запишем интеграл энергии для точки старта А в апогея сх:
V
- 2Рь
R*
- 74 -
Одновременно нз интеграла площадей имеем
С - I Д*Х У,I = I гЛ* wj = /?, и. 51ПЛ0= d У*.,
К - -§*•«. sin-ae.
Подставляя полученное значение в интеграл энергии, получаем
w» 0 slRact«) -«г)’
так что искомая скорость запуска
(7Л)
Большую полуось баллистическое траектории а определяем из интег¬
рала энергии vtm у-1 5-), *ак что
а =, .P.tf* ^.7^1 (7 7')
2yi6-viRt 2(d -/?t sm«A.) * (7‘7 >
Эксцентриситет можно найти no апогейному расстоянию = а(<+е),
откуда
*£-а
е =
_ о? 1.2d(d -Rx swad.0) sLaac>,n(2d-ft«')
я d -Я* sin*с*., d*~Rl sin* a.
Легко видеть, что из шлученных формул при как частный
случай вытекают формулы, ухе полученные наш в задаче й 5.19 для
облетной траектории:
Я = -|р (d + /?j) *-g- + i"x),
«* = »ia - d Jil. r“
' K4(d + /?*) ' rx(r+ + rK) a rx '
Задача Jt 7.4. Материальная точка, движущаяся no закону
75
всемирного тяготения, в начальный момент находится в положении
М0 (рис.16) на расстоянии г0= /?5 + Н от центра Земли и имеет
скорость v0. Угол между вектором скорости v0 и линией местного
горизонта равняется ji0, а полярный угол точки М0 (истинная ано¬
малия) (f0. Определить эксцентриситет эллиптической орбиты и уста¬
новить зависимость углов с^0 и ро. Можно ли по данным условия за¬
дачи определить, является траектория облетной или баллистической?
Решение. Для нахождения эксцентриситета применим общую
формулу
е - ^ 1 + ур h , (7*8)
где
C'=r0v0sin(fB,v0) = rtv0cosji0, h=vl--^-, (7.8 f )
так что по зада ниш величинам г , и0 и рв мохно однозначно оп¬
ределить с , h и е.
Для установления зависимости между углами cf0 и ро восполь¬
зуемся соотношениями (7.3), записав их для нашего случая в виде
esintp _ rj vj cos p. J у* L _ tgp.
0 gH ro У rj eosa/>о r2 sj, ro
e cos ер = cos>. , _«Lcosf£,
4o s^» э^го
где у - ускорение силы тяжести на высоте Н (см.задачу /6 1.6).
Поделив первое уравнение на второе, получим
t™ Щ—г-.
C0S2|10 -^Г0 Ьзгг./иЦсоа*^
Преобразовав знаменатель полученной дроби с помощью соотношений
- 76 -
найден
Vo WS9/»0 = -£- , = -£l, дн r = ^p= , (7.9)
4- _ ^9T Po tgLPo /П TQ\
4»'TT‘ • ( ло)
P 1 аТТ^ё^Т
Параметр орбиты р = с2/р^ можно считать известным, поскольку
из (7.8^)известна постоянная площадей. Так как эксцентриситет то¬
же можно считать известным, то, следовательно, известна и полуось
а. Бели бы угод с(0 не был задан в условии, то формула (7.10)мо¬
гла бы служить для его определения по известным р0, г0 , а и е.
По данным задачи можно сразу установить, является траектория
облетной или баллистической. Для этого достаточно найти перигей-
ное расстояние rmln« гя=<г((-е) и сравнить его с радиусом Земли,
проверив условие (7.1).
Задача Л 7.5. В какой точке эллиптической орбиты угол
наклона траектории к местному горизонту (плоскость, перпендикуляр¬
ная к радиус-вектору) достигает наибольшего значения?
Решение. Воспользуемся результатами задачи Л 7.4. Пусть
MQ (рис. 16) - произвольная точка эллиптической орбиты .Обозначим
угол ро через р, имея в виду произвольную точку орбиты. Формула
(7.10) справедлива для любой точки орбиты:
Чгя-ЧкгО-Я-тНЗг*'
Составим производную и приравняем ее нулю:
dp 1 -е - ecosci _
dip i ( e sing M+ecos <$)2 ’
T 1 U + ecos^/ 4 7
откуда для e^O получим cos c^ = -e. Этому условию соответствует
радиус-вектор r~p/\ + есоз<^ = a(1-ea)/l-ea=a:. Однако в задаче
Л 5.II указывалось, что условия cos cf =-е , г = а выпол¬
няются лишь для двух точек эллипса в и В \ лежащих на концах ма¬
лой полуоси (см.рис.7),т.е. при Е = ± я/2.
Задача Л 7.6. В момент отделения космического аппарата
от последней ступени ракеты он находился в точке М0 (рис.16),ле-
- 77 -
хащев на высоте Н = 200 ни от поверхности Земли, и шел началь¬
ную скорость и0 = 8,50 км/с, причем вектор U9 составлял с ли¬
нией местного горизонта угол р0= 10 °, 00', Вычислить постоян¬
ную площадей с траектории аппарата, постоянную анергии h , экс¬
центриситет е, параметр траектории р, полярный угол точки выпуска
cf0, большую полуось орбиты а ,перигейное и апогейное расстояния
г* и гЛ. Определить по полученным данным, является траектория
облетной или баллистической.
Решение. Для вычислений применяя формулы из задачи М7.4.
Постоянную площадей определяем по формуле
с = r„ v0cosp0 = (/?» + W) и0 cosр, =
= (6370 + 200)• 8,50 • 0,985 = 55 000 км*/с.
Постоянную энергии А вычисляем по формуле
Эксцентриситет находим по (7.8):
Параметр р согласно (7.9)
= 7590 км.
Полярный угол определят по (7.10):
причем проверку можно произвести по формуле (4.17):
Большую полуось вычисляем по параметру pi
- 78 -
гг = Р 7590 7580 _ ft,Rn иМ
1- еа 1-0,069 0,931 8150 км,
а расстояния гя в находим по а я е
гх = а( 1 -е) = 8 150(1 -0,263) = 6000 км ,
гА = а( 1 +е) = 8150(1 + 0,263) -10300 км.
Поскольку полученное значение г% оказывается меньше Rt, то
очевидно, что траектория баллистическая. При заданных начальных
условиях облет невозможен.
Задача Jt 7.7. Ракета на расстоянии г0 от центра Земли
получает ( г0»/?4 ) некоторую начальную скорость ь0, направлен¬
ную под углом р0 к горизонту. Какова должна быть эта скорость,
чтобы радиус-вектор перигея равнялся заданной величине гя(гя<т;)Ч
Решение. Как следует из условия задачи, точка старта
М„ (рис.16) не является ни перигеем, ни апогеем орбиты.Запишем
интеграл площадей для точки старта М0 и перигея к t
с = | Fxu| = r„v0cosp# = rx vx . Отсвда vx —r. a. cos p. _
Записав для этих же двух точек интеграл энергии v® - 2 ft t / r0 -
= v*-2 ps/rx, подставим в него значение
-2?* (-k ~ -к) -и
2ц -й-~гД
*ГЪ ГоПс
_ Vo COS2po
FJ
П-гж
ППс
откуда
« _,/ 2^4 (Г,
-Г.)
cos*p„-1 ]
>0 .
(7.II)
- 79 -
Для того чтобы задача выела решение, необходимо выполнение нера¬
венства cos > 1, откуда
“* Р. > -?г . (7.12)
так что по заданным р0 , г, и г0 можно определить, будет ли до¬
стигнуто заданное расстояние г% .
Формулы (7.II) и (7.12) позволяю исследовать оба класса эл¬
липтических траекторий, для которых соответственно r% ъ Rt (об¬
летная) или гл< Я* (баллистическая). При рассмотрении облетных
траекторий удобно задавать не г0 и , а высоты отарта и пери¬
гея И и .В этом случав (7.II) примет вид
2 VLt(H-hK)
(7.13)
при cosp0 >(R6 + +H)9 так что фактически мы определяем, какую
скорость необходимо сообщить ракете на высоте Н ,чтобы высота
перигея ее орбиты была равна заданной высоте hK.
Легко видеть, что из (7.13) как частный случай вытекает фор¬
мула (7.6), полученная для скорости при горизонтальном запуске.
Действительно, при j*0 = 0 имеем снова
v -V ]/ 2jt,(H-7t«) ]/ 2|t, (*уЩ
Задача А 7.8. Прв каких начальных условиях траектория
космического аппарата, запущенного на высоте Н от поверхности
планеты радиусом R , не пересечет ее поверхность?
Решение. Задачу можно рассматривать как частный случай
предыдущей задачи при (Л,*-0) (касание включается в слу¬
чай облета). По формуле (7.II) легко установить граничное значе¬
ние скорости, при котором пересечение не произойдет, т.е.наблюда¬
ется облет:
v л/ 2 = / 2plRH . к
ГР ' Г'Л1№) 'Wo'1] г(й+н)1(Л+#) c°s2^-« 1 ’
- 80 -
так что прн и0>ЧР подучаем облетную траекторию (случай «0 = оф
дает случай касания). Это условие можно представать так:
J RH _ J ZRH то'(
V°>VH.mpV(R+H)acos2fi0-R2 ~ «• ч>у (/?+//) а COS* J3„- R4 ’ 1 '
тае 4..«p=V^wT 11 w»-"«p= ^ ун.кр ~ местные круговая н пара¬
болическая скорости в точке старта.
Рассмотри* теперь условна, налагаемые прн этом на угол р0 (с
местным горизонтом) или угол <х0 (с местной вертикалью) (рис.16).
Очевидно, что задача определения скорости имеет решение, если со¬
блюдено условие (tf+W)acosajie - Ra >0, откуда (fl+W)cosp0>ff,
или
(R +Н) sin л0 > R . (7.14)
С геометрической точки зрения, зто условие означает, что век¬
тор скорости v0 должен быть направлен вне конуса, описанного во¬
круг планеты и имеющего вершину в точке старта М0 (рис.17), так
что угол подураствора
конуса 8 = 180*-л0 яв¬
ляется функцией высоты
точки старта над по¬
верхностью планеты И.
Действительно, И8 пря¬
моугольного треугольни¬
ка М0СА имеем
R = (R+H) sin (180°-
-<*<и)“(Я +н) a**.,-
* (R + H) cos jlw (7.13), следовательно, если вектор скорости
направлен по образующей конуса, то задача решения не имеет .Для лю¬
бого другого вектора йоа. направленного вне конуса, из соотноше¬
ния сторон Д М#СВ видно, что катет СВ = (R+H) sino.02 =
В
Рис.17
- 81 -
•(R+H) cos р02 больше радиуса планеты Я, так что условие
выполнено. Условия (7.14) и (7.15) тождественны условию (7.12).
§ 8. ПЕРЕХОД С ОРБИТЫ НА ОРБИТУ
Если к точке, обладающей орбитальной скоростью г>, приложить
дополнительный импульс скорости й произвольного направления, она
приобретет скорость v + й и перейдет на новую орбиту. При этом им¬
пульс й должен быть задан по величине и направлению. Направле¬
ние радиального импульса й будем связывать с положительным на¬
правлением единичного радиус-вектора г° и считать, что й = иг°,
причем импульс й будем считать положительным, если и>0,и отри¬
цательным, если и < 0. Касательный импульс и будем связывать с по¬
ложительным направлением касательной к орбите Ъ° (направление в
сторону движения) и считать, что иъ° (правило выбора знака й
то же, что и для радиального), В случае касательного импульса гео¬
метрическое сложение скоростей заменяется алгебраическим.
Задача #8.1. Спутник движется по круговой околоземной
орбите г0 с круговой скоростью vKp. Определить радиальный им¬
пульс скорости й, в результате приложения которого спутник перей¬
дет на эллиптическую орбиту с заданным перигейным расстоянием г%.
Решение. Рассмотрим положительный и отрицательный импу¬
льсы (рис.18 и 19). В обоих случаях прилагаемый импульс й. перпен-
- 82 -
дикулярен к vKp, поэтому результирующие скорости даже при равном
их направлении будут одинаковыми: v - ]/v*p + и. Следовательно, в
обоих олучаях приращение скорости положительно (ZtJ^TzT-> v v,
и спутник переходит на эллиптическую орбиту с большой полуосью
а > г0. Ориентация линии апсид орбиты целиком завиоит от направ¬
ления й.
Для определения скорости в перигее новой орбиты гс запишем
интеграл площадей для двух точек этой орбиты - перигея я и точ¬
ки отарта М0 : гх х vn - r0 х v, гя о ж - r0 v sin л 0 .
Из геометрии векторов следует, что sina0=: так что
Vr - v (8*1)
и* гх •
К этому же соотношению можно прийти, считая, что точка старта при¬
надлежит одновременно обеим орбитам, вследствие чего постоянные
площадей этих орбит с = гх х х ^ = г0 х ькр , с =
- г V - г V
X X о Кр •
Запишем интегралы энергии для этих двух точек:
■ ч: «■)■%- - -£-• »*- к - ^ -£-• is-я
Исключив с помощью соотношения
iii_ = _ у* (8.з)
a rx % rx) *
для и.а получим
Л> V [ ГЯ % ^ Гж) J *
Заменив и*р его значением найдем
*=_Ь__ Ml. + .КГ'.
U гв Ъ + rk '
так что
- 83 -
Окончательно для искомого импульса имеем
м.кря
(8.4)
или
и = ± V
(8.4 )
- известная местная круговая скорость в перигее
новой орбиты.
Поскольку выражение в скобках положительно (г0> гя ) ,знак пе¬
ред ним соответствует знаку импульса и.
Таким образом, заданное расстояние гх может быть достигну¬
то при обоих направлениях вектора радиального импульса. Ориентация
эллиптических орбит при этом различна. Легко видеть, что в преде¬
льном случае приимпульсе \^hvKp (^P>o) образуются параболы
А и 8 fp + и* г)^р « v пар) с взаимно противополож¬
ным направлением фокальных осей.
Интересно отметить, что согласно формуле (8.3) длина большой
полуоси новой эллиптической орбиты не зависит от направления им¬
пульса (при фиксированном его значении). Таким образом, обе новые
эллиптические орбиты (см.рис.18 и 19) имеют одинаковые полуоси и
эксцентриситеты (при равных г% ) ,хотя их ориентация различна.
Соответственно одинаковы и периоды обращений спутников по этим ор¬
битам (см.задачу # 8.2).
Задача £8.2. Спутник движется по круговой околоземной
орбите радиусом г0,делая один оборот за время Г. В результате
приложения радиального импульса скорости и он переходит на эл¬
липтическую орбиту. Определить период обращения спутника Тк по
эллиптической орбите.
Решение. В задаче & 8.1 было показано, что длина боль¬
шой полуоси эллиптической орбиты образующейся в результате
приложения радиального импульса скорости, а следовательно, и пе¬
риод обращения 7~<, не зависят от направления импульса й : при
фиксированном значении импульса и указанные величины оказывают¬
ся равными как для положительного, так и для отрицательного импу¬
льса (см.рис.18 и 19). Значение а можно определить из интегра¬
ла энергии по второй формуле (8.2):
- 84 -
у* = +Ue~^- - -5-) ,
откуда
(8.5)
Считая а известным, пользуемся третьим законом Кеплера:
3
откуда
(8.6)
Для спутника планеты или звезды, гравитационный параметр jjl кото¬
рой неизвестен, из выражения (8.6) с помощью соотношений кругово¬
го движения можно исключить величину г0//х, тогда
Задача №8.3. Условия задачи те же, что и в задачах
№8.1 и 8.2. Определить, как изменение импульса и с любым знаком
влияет на ориентацию фокальной оси эллипса относительно фиксиро¬
ванного направления на точку старта М9 т.е. установить связь вели¬
чины и с истинной аномалией (полярным углом) <f точки старта.
Решение. Как следует из геометрических соотношений (рис.
18 и 19) изменение импульса it влияет на направление и, а следо¬
вательно, и на изменение угла <i0 = arcctg u/vKp. В задаче № 7.4
была установлена формула связи (7.10) угла if0 с углом
так что
-з/а
(8.7)
- 85 -
(угол с горизонтом):
VU-r./p) ‘
Параметр эллиптической орбиты, как легко видеть, равен параметру
первоначальной круговой орбиты, поскольку параметр р определяет¬
ся формулой p=c2/fjL, а постоянная площадей с, как указывалось
в задаче 8.1, одинакова для обеих орбит и равна
Это значение параметра р можно было бы получить сразу по формуле
р= сс(\ -еа) для круговой орбиты при ог = г0, е -0. Значение па¬
раметра р * г0 * а (< - е 2) сохраняется и для всего семейства эл¬
липтических траекторий, соответствующего множеству значений |^|<
< vKp. В этом случае элементы а и е каждого эллипса различны.
Итак, считая р известным, получаем tg оо,т.е. что
вообще не зависит от й,а следовательно, и от V, и при этом име¬
ет фиксированное значение <£0 = или <f = ^.Первое значение ц>0 (см.
рис.18) соответствует а>0, а второе (см.рис.19) и<0. Это зна¬
чит, что перигей любой эллиптической орбиты, соответствующей ра¬
диальному импульсу с определенным знаком, находится на фиксирован¬
ном угловом расстоянии от Л/0. При перемене знака и направление
центр Земли - перигей меняется на противоположное. Направления фо¬
кальных осей орбит совпадают при этом для и с любым знаком.
Изменение элементов семейства орбит можно определить по форму¬
лам (8.5) для а: и из соотношения р= а(\-е2) для ех
С = r0 Ькр = Г0 V sin Г0 YV2P + ua Slna0,
где <х0 =
Уки УкР
, так что
V ~ }fvfp + U.4
- 86 -
Отсюда видно, что а и е зависят не от знака и, поскольку в фор¬
мулы входит и2 или |и/, а лишь от его значения. С увеличением и
наблюдается увеличение а и е. В результате происходит снижение
перигея, что очевидно из формулы
/I -\ г0 (1 |и.ц_ г0
г*= *
Предельным случаем эллиптических траектории (кроме случая перво¬
начальной окр.ухности)являются две параболы, образующиеся при 1^1 =
V2 «= “У пар • Формулы ДЛЯ ОТ И в В Чв-
= так что и
v
стных случаях ( ^ - 0 и |а|=ыкр) соответствуют окружности ( а =
= г0, е = О ) и параболе ( от— оо, е — < ). Перигейные расстояния
обеих парабол одинакоьч: = 4г г(
множество радиальных импульсов | и | 4 v
Таким образом, задавая
наблюдаем постепенную
эволюцию траекторий от параболы А к параболе в , т.е. эволюцию па¬
рабола А - эллипс - окружность - эллипс - парабола В .
Задача №8.4. Спутник .движется по эллиптической около¬
земной орбите I (рис.20) с заданными радиус-векторами перигея гп
и апогея Определить
касательный импульс ско¬
рости ип приложенный в
перигее, при котором вы¬
сота апогея увеличится
на заданную величину Н.
Решение. Вы¬
соту апогея можно увели¬
чить, только приложив в
перигее положительный
импульс скорости и-иъ°
(и > 0), при котором ор-
Ь% + IL ( V = v% + и ) .
Рис.20
битальная скорость возрастает до v
При этом перигей орбиты I является перигеем и новой орбиты 11, а
большая полуось ах^^(гх +гл) увеличивается до а+
+ И ). Это происходит вследствие увеличения орбитальной скорости
и следует непосредственно из интеграла энергии vP= ft* ^jr).
Из интегралов энергии, записанных для перигеев обеих орбит,
имеем
- 87 -
V гж ct! I/ г* гж + гА ~ К rx(rT + n
* К at V r* Гя+г*+н - Угж(гх+гл1 H) ,
(8.8)
откуда
u
При уменьшении высоты апогея на высоту Н (см.орбиту III на рис.
20) необходимо иметь в виду, что отрицательный импульс и, (и<0)
направлен против так что происходит уменьшение перигейной ско¬
рости от ь% до v = v% + и <. и*. Перигеи орбит I и III совпадают,
а значение полуоси агх = -grC^c убывает до значения
4- гЛ-И). Формулу соответствующего импульса получаем при замене
в формуле (8*9) величины Н на (~Н):
и = 1гя*гЦ- И -]/гх +гл )• (8.9*)
Задача N8.5. Космический аппарат движется по орбите
Земли ( г = 150*10® км) с круговой гелноцентричеокой скороотью
икр = 29,78 кц/с. Какой касательный импульс скорости должен поду¬
чить атот аппарат, чтобы его новая орбита в своем афелии косну¬
лась круговой орбиты Марса ( г, = 228*10 ® км). Определить то же
для случая полета к Венере ( гг = 106*10 6 км) (рис.13).
Решевие I. Воспользуемся формулами предыдущей задачи,
записав ее в общем виде для р. = р-0, г = гж = гл г
и=1' 7Т~)^% {)/&±н ~ ~к)»
где /2 икр = у„рр - 42 ,<) ки/с . Для случая полета в орбите
Марса г, > г , и (I) > 0 , И - г,- г f и. = 42,Н (]/£г+н ~
- 88 -
- и)* “-И - -fe) • 42’" (^PF - рт) - 2.95 ¥ • •
случая полета к орбите Венеры
гг<г, и(й)<0, И = г-г2 , и = 42,Н (j/^ргту- - уУ =
После касания орбиты Марса или Венеры космический аппарат бу¬
дет продолжать двигаться по эллиптической траектории, возвращаясь
в точку приложения импульса. Переход на орбиту Марса или Венеры
возможен лишь при создании в точке касания дополнительного импу¬
льса.
Решение П. Запишем ряд формул, характеризующих переход
космичеокого аппарата с одной эллиптической орбиты на другую. Ин¬
теграл энергии имеет вид
Если принять, что аппарат, движущийся со скоростью va приоб¬
ретает такую скорость в результате сообщения ему дополнительного
касательного импульса u (v-v+u), то
где а - большая полуось новой орбиты. В частности, если перво¬
начальная орбита была круговой, то v0 = v%p, в соответствующий им¬
пульс
Если скорость v принять равной скорости аппарата до приложения
импульоа, в результате которого он приобретает конечную скорость
и+ и' 10
(8.10)
и - v - у0 = Jz-^x ’ Vo .
(8.II)
(8.II ' )
(8.12)
- 89 -
где а - большая полуось первоначальной орбиты. Для конечной кру¬
говой орбиты при имеем
-^2, т>ц,=]Р? • (8.12г)
Для Карса г/а - 3/3,78 = 0,794, и. = 29,78 {/ 2 - 0,794 - 1) =
= 2,95 км/с. Для Венеры г/а= 3/2,58 = 0,860, и. = 29,78 х ( I -
-У 2 - 0,860) = -2,53 км/с.
Задача Л 8.6. Спутник движется по круговой орбите ра¬
диусом г, совершая один оборот за время Т. В результате прило¬
жения касательного импульса скорости и. он переходит на эллипти¬
ческую орбиту. Определить период обращения Г,.
Решение. Выведем формулу периода обращения по эллипти¬
ческой орбите для касательного импульса любого направления.На ос¬
новании третьего закона Кеплера Ts/Tf^rb/а3 и интеграла энергии
имеем =2-£ и -ут~ = -£з- = (2--jpr)5. При касатель-
^кр 1 кр
ном импульсе г)а= (v^+u)2 (и с любым знаком), где Укр = 2*г/Г, так
что
Вычислим время полета до орбиты Марса и Венеры (рис. 13).В за¬
даче К 8.5 было определено, что для полета до орбиты Марса необхо¬
дим касательный импульс и - 2,95 км/с >0, а для полета до орбиты Ве¬
неры импульс и— 2,53 км/с<0. Принимая для орбиты Земли Т = 365,3
сут * 3,15*10 ^ с, г= 150*10 ® км, получаем, что при полете
до орбиты Марса
- 90 -
= 365,3 •(,**(( = 515,) сут, *, = -£-Г, = 257, 6 сут.
При тех же данных в случае полета до орбиты Венеры шеей
= 365,3 *0,798 = 29),9 сут , %, = ± г, = )46,0 сут.
Эти же значения t были получены в задаче А 6.10 другим сво-
ообом.
Задача А 8.7. Космический корабль .движущийся по круго¬
вой спутниковой орбите вокруг Земли, должен стартовать с нее,по¬
лучив касательный импульс скорости, и выйти на гиперболическую
орбиту о заданной окоростьв При каком радиусе г начальной
круговой орбиты импульс будет наимевьоим?
Решение. Выход на гиперболическую орбиту может быть осу¬
ществлен лишь благодаря приложению положительного касательного
импульса и, (рис.21), когда значение круговой скорости аппарата
возрастает до значения гиперболической
окорости v - vMp+ и. > vntp= VZ Из инте¬
грала энергии для гиперболического движе- ^
7\ 2 -| ~3/2
ния va-v*v,= va~2v^= v£,= h, следует
( vKp + и)3 - 2vaf ~ v t , так что
Vco
V
U = V2 v^+v^ -VKP. Поскольку =
ф т0 У0®*®11® ■JF1=0’ coot'
/
может быть выполнено лишь при уД = 2 =
Рис.21
- 91 -
Это соответствует импульсу и = , гидерболической скорости
v = 2vKp и радиус-вектору г = 2=
Задача # 8.8. Переход, называемый переходом по эллипсу
Гомана, осуществляется с начальной круговой орбиты О радиусом
г; (рис*22,а) на финальную круговую компланарную орбиту Г ра¬
диусом г2. В точке А орбиты J космический аппарат получает по¬
ложительный касательный импульс йив результате чего движение
продолжается по эллипсу Т(а>гч) до точки В (апоцентр орбиты
7 ), где второй положительный импульс и2 выводит аппарат на
финальную орбиту F (г2 >а). Определить общее приращение скоро¬
сти и = щ + ия при переходе с одной орбиты на другую и определить,
при каком соотношении г, и г2 отношение и к начальной скорости
игп. будет максимальным (задача о переходе по эллипсу Гомана).
"Г1*
Решение I. Рассчитаем первоначальную скорость аппарата
в точке А при движении по круговой орбите окр 4- V р/г4. Значение
скорости после приращения v%= в той же точке, являю¬
щейся перицентром переходной орбиты 7 с полуосью а= 4г( г, + гг)9
может быть определено из интеграла площадей:
VKP-1
J
Рис.22
- 92 -
так что
Следовательно, для перехода на орбнту Г аппарату необходимо со¬
общать касательный импульс
При приложении импульса йг в апоцентре переходной орбиты,
т.е. в точке В9 значение скорости после приращения г»крг= г)Л +
+ и2 , причем
%.г ^ ,
так что
“г= V*> 0 •
Составим формулу суммарного приращения скорости 11 = ^+^,
представив ее в виде
JL. =/5Г_ JJr г‘ +
V» ' ГГг(г, + г8) frttra
Введя обозначение # = > 1 , запишем
Чшщ + /птг''"
Искомый максимум этой величины определяем по формуле
ct ( и. \ ( ( 2R У'» «-< (2ЙУ)й (. = п
(tv,/ /?Ч1 +«/ Л(1+Я)“1<+Л/ 2/?^
- 93 -
откуда вытекает кубическое уравнение /?5- 15 R1 -9 Л - I «О, имею-
щее действительный корень •ra/r,= 15,58176. При R > Ят4х
величина u/v^, убывает. График изменений этой величины в зависи¬
мости от функции R приведен на рис.23. Из него следует, что
Рис.23
энергетические затраты, необходимые, например, для достижения ор¬
биты Плутона с орбиты Земли, больше, чем для достижения орбиты
Марса, но меньше, чем для достижения орбиты Юпитера. Затраты энер¬
гии на гелиоцентрические перелеты Земля-Сатурн и Земля-Уран при¬
мерно одинаковы, как и на перелеты на Юпитер и Нептун.
Решение II. Для определения и4 и иг можно восполь¬
зоваться формулами 18.II f ) и (8.12 ^ ):
после чего получаем снова
и (и4 + ил)Уг\ _ {2R-( < \ ГГ ,
о^~ fiT ' ЬМ1 « ) +У R 1 *
Эта формула справедлива при любом R t причем при R <\ и < 0 ,
а при R>\ (как в рассматриваемом случае) и>0.
Задача Л 8.9. Пользуясь формулами задачи Л 8.8, вычис¬
лить суммарный импульс скорости и = щ + u,af необходимый для перехо¬
да по эллипсу Гомана с круговой орбиты Земли (г^ =29,78 км/с,
rs = 150-I06 км) на круговую орбиту Марса ( гг = 228-10 ® км).
Охарактеризовать изменение скорости при переходе аппарата с одной
- 94 -
орбиты на другую.
Решение • Для вычислений используем формулу (8.13) ,где
Я—R--TTO-= *’52 * Т8КЧТ0 +
+1/^~ ~ 1 - О “ 0,66) + V0,66 —1 = 0,376 + 0 ,811 - 1 =
= 0,187, а и = 0,187-Укм - 0,187-29,78 =5,57 км/с .
Распределение импульсов скорости при переходе аппарата с ор¬
биты Земли на орбиту Марса производится следующим образом. При
старте с орбиты Земли ( v KRt1 = 29,78 км/с) ему сообщается поло¬
жительный импульс и4 = 2,95 км/с (см.задачу № 8.5),достаточный
для того, чтобы эллипс перехода Т в афелии коснулся орбиты Мар¬
са. Эллиптический переход характеризуется следующими скоростями
(см.рис.22):
VA = v% = + uf = 29,78 +2,95 = 32,73 км/с,
= -£- = W3 4^ -21,53 км/с.
Второй положительный импульс u.t = u -tc, =5,57 -2,95=2,62км/с
сообщается аппарату в афелии переходного эллипса В и выводит ап¬
парат на круговую орбиту Марса с круговой скоростью v г= ов +
+ и = 21,53 + 2,62 = 24,15 км/с. Это значение круговой гелио¬
центрической скорости движения по орбите Марса можно получить по
формуле
V, -I^F ■ /w - >^85Д - 2W5 «м/с.
Задача #8.10. Определить общее приращение скорости
при переходе по эллипсу Гомана с начальной круговой орбиты ради¬
усом г4 на финальную круговую орбиту с меньшим радиусом га
(рис.22,б).
Решение. Для точки А, которая после приложения отри¬
цательного импульса скорости й4 станет апоцентром переходного
эллипса Гомана Г, имеем
" ]fr^ *
- 95 -
и,-^.,=/Е73Г-/ЖГ<о.
При повторном приложении импульса в перицентре й
Таким образом, снова получаем формулу (8.13):
^ * 0 *
где R= -£f <1 .
r i
Задача Л 8.II. Пользуясь формулами задачи Л 8.10,опре¬
делить суммарный импульс скорости u-= u, + и4, необходимый для
перехода космического аппарата с круговой орбиты Земли (tiKp , =
С
в 29,78 км/с, г4 = 150*10 км) на круговую орбиту Венеры (гл =
= 108*10 6 км).
Решение. Положив в формуле (8.13) Я = -£?- =-^=|-= 0,720,
получим u/vK р., =|/')>,720 (< ~1*389)+И,389 -1 =-0,176,
а суммарный импульс и = - 0,176 укм = - 0,176 * 29,78 = -5,2^ км/с.
Распределение импульсов происходит следующим образоы.При ста¬
рте с орбиты Земли ( = 29,78 км/с) аппарату сообщается отри¬
цательный импульс а, = -2,53 км/с (см.задачу Л 8.5), достаточ¬
ный для того, чтобы эллипс перехода т коснулся орбиты Венеры
- 96 -
(рис.22,6). Далее имеем v, = г»Л = + ч, = 27,25 км/с ,
«6=г), = ыЛ =27,25• Щ- =37,77 ки/с.
Второй отрицательный импульс ua= it - а, « - 5,24 + 2,53 =
=-2,71 км/с сообщается аппарату в перигелии В и выводит его на
орбиту Венеры : «,,,.2 = vB + ий = 37,77 - 2,71 * 35,06 км/с .
Именно его значение круговой скорости движения по орбите Венеры
находи» по формуле «кр-2 = -^Sl= /\о840*~= ^<22Э =
= 35,06 км/с .
Задача М 8.12. Используя результаты задачи Ji 8.8, опре¬
делить общее приращение скорости для предельного случая перехода
на "бесконечно далекую" финальную круговую орбиту (г, » г,)
(рис.24,а).
Решение. Определим предел отношения (8.18) при /?=£*■—«я
Таки» образом, общее приращение скорости стремится к пределу
и. = и, + иг = -1) * 0,41 vKf>1 >0 t т.е. о
точки зрения затрат анергии этот переход равнозначен уходу тела
"в бесконечность” по параболичеокой траектории, перицентр которой
находится в точке приложения единственного импульса скорости it -
= (/S-1) =w„,p- . Решая обратную задачу - о возвращении "из
бесконечности" на начальную орбиту 3, - которая эквивалентна зада¬
че об уходе точки "в бесконечность" с финальной орбиты F, получаем
формулу сушарного отрицательного нмпульоа и =u, + ua=-( V2-
-0 V* —0,41 0^2 <0.
Задача Ji 8.13. Определить оушюрное приращение окорооти,
необходимое для перехода аппарата по трехимпульсяой биэллиптиче-
ской траектории (рис.24,6), когда движение его происходит оначала
по эллипсу Г, до точки В', где ему сообщается второй положитель¬
ный импульо ut (см.условие задачи # 8,8), а затем по эллипсу Гг
до точки С, где этот аппарат получает третий, отрицательный, им¬
пульс выводящий его на финальную орбиту F.
- 97 -
Or
p
Рис.24
Решение. Для определения импульсов ц, ut и и, вос¬
пользуемся последовательно формулами (8.II1),(8.II) и (8.12*):
- 98 -
так как по теореме площадей
Окончательно
-е- - t“-^v;u‘A" д|^,;'*
*]4f^i4~/я?о°**7 • <8‘I4>
Легко вмдеть, что иа формулы (8.14) при /?= Q (га=гв,) как ча¬
стный случай следует формула (8.13).
Задача №8.14. Определить анергию, необходимую для по¬
ворота плоскости круговой орбиты аппарата, движущегося по ней со
скоростью v, =!)>р. ^-Jr- , на 90°.
Р е и е н и е. Пусть космический аппарат движется по круговой
орбите со скоростью v, ив некоторый момент времени в точке
М получает приращение до,,перпендикулярное к радиус-вектору г.
Тогда результирующая скорость оа = о, + д о, также будет перпенди¬
кулярна к г, и если |oj > | о,| , точка М приложения импульса
станет перицентром новой аллиптической орбиты (рис.25).При атом
плоскость новой орбиты бу¬
дет наклонена к плоскости
первоначальной орбиты под
углом I (угол между векто¬
рами v4 и иа ).
Иа векторного треуголь¬
ника по теореме косинусов
имеем
Л у, =V'af+wa-2y,uacosi .
Рис.25
Для сохранения круговой скорости и, необходимо сообщить аппарату
импульо Д у, - 2 и, sea ±-. В атом случае наклон новой орбиты к
плоскости первоначальной орбиты ь произволен.В предельном слу-
- 99 -
чае (при i = 90°и «^) получаем
А У, =«,1^=1^ . /8jI5)
Проведем расчет. Пусть космический аппарат двнжтся по круговой ор¬
бите Земли с круговой гелиоцентрической окоросты» V, = 29,78 кн/с
(искусственная планета). Для того чтобы он вымел на круговую ге¬
лиоцентрическую орбиту, радиус которой равен радиусу орбиты Земли
и которая наклонена в плоскости орбиты Земли на i =10°, необ¬
ходим импульс до, =2о, ein-|- -2-29,78-0,087-5J8 ^,а для выхода
на полярную гелиоцентрическую орбиту ( i = 90°) инпульс ьо( =
= VS = V2. • 29,78 = 42,11 км/с.Таким образом, энергия, не¬
обходимая для поворота плоскости круговой орбиты на 90°, т(ыifrfi
равна энергии, необходимой для обеспечения параболической скоро¬
сти j/Щ. в точке приложения касательного импульса скорости,
т.е. для вывода аппарата с круговой орбиты на параболичеокую,ле¬
жащую в той же шгоокости.
§ 9. СФЕРА ДЕЙСТВИЯ. ЗАДАЧИ О ТРЕТЬЕЙ КОСМИЧЕСКОЙ СКОРОСТИ
Сфера действия есть условное геометрическое понятие, приме¬
няемое для ^разграничения" двух полей тяготения. Сферой действия
меньшей гравитирунщей массы относительно большей назнваетоя во¬
ображаемая поверхность, внутри которой целесообразно принимать
меныдую массу пъ за центральную, а большую М за возмущавшую.
Соотношение уокорений точки маооой пь относительно точки массой
М (тп<М) на границе сферы действия таково:
Возмущающее ускорение от М Возмущающее ускорение от тту
Ускорение от центральной Ускорение от центральной
маоон m масом М
Если пренебречь возмущающим ускорением, то сферу действия
можно условно считать сферой равных нулевых ускорений, разграни¬
чивающей два поля тяготения. Радиус сферы действия следует опре¬
делять по формуле р - д {т/М) , где а - расстояние между мао-
саыи. По этой формуле найдем радиус оферы действия Земли относи¬
тельно Солнца, приняв т= М4 = б-Пг'г, М - Ма= 1,97-Ю^3 г,
А = 149,6-Ю6 км:
- 100 -
р = ^9,929900*930000 км.
Аналогично можно определить, например, радмуо офери действия Луни
относительно Земли (р ■ 66000 нм) или радиус сфера действия Солн¬
ца относительно центра галактики ( р = 9*10 & км).
В предлагаемых ниже задачах будем учитывать раамерн сферы дей¬
ствия Земли лишь для геоцентрического движения точки. Для гелио¬
центрического движения размерами сферы действия можно пренебречь
и считать, что точка на границе сферы дейотвия Земли обладает той
же гелиоцентричеокой круговой скоростью, что и Земля:
„ _,/ И'» . -/1^27 *10* _ рп уа км.
н-кр/в~ 4/*-П^9,6-Шв V 1ад,6-10« ’ с
Бели точка ( ракета), выйдя на границу сферы дейотвия Земли,обла¬
дает некоторой остаточной геоцентрической скоростью ,
то ее результирующая гелиоцентрическая скорость определяется по
теореме сложения скоростей:
^рлл/а Ш Ии. кр/э + ^ г р. рак/4 • (9.1)
Положительное направление скоростей всегда связывают о истин¬
ным направлением орбитального движения Земли, которое принимают
за положительное.
Задача № 9.1. Определить, с какой скоростью должен
быть произведен старт ракеты с поверхности Земли \vCT\ ,чтобы ра¬
кета остановилась на границе сфера действия (■игт>.р*«/4= О)- Сколь¬
ко времени ваймет такой перелет? Охарактеризовать дальнейшее ге¬
лиоцентрическое движение ракеты.
Решение. Запишем интеграл энергии точки старта на повер¬
хности Земли и на границе сферы действия:
откуда при = 0 и р = 930000 км определим постоянную знер-
■ Ь. Я —yL - XgMOO . . 0,857 < 0 .
так что траектория геоцентрического выхода на границу является ел-
- ЮГ
липсом (для параболического двихапия невозможна остановка на ко¬
нечном расстоянии). Скорооть геоцентрического отарта
- /Л + v\ = /-0,85?+ (11,19)*=11,15 (9.3)
и близка к параболнчеокой окорооти = 11,19 км/о.
Время полета до границы оледует определять из уравнения
Кеплера. Найдем предварительно из интеграла энергии а : =■
• - Я* с2//?е - */а>, откуда
«• 6370 • 398600 /.тпэлп
2-398600 -6370(11,1$)* ~470200км.
Экоцентриситет эллипса е = 1- = 1--0,986. Из формулы
р - а (1 - е со6 Е) = 930 ООО км получим cos Е =-0,992,
sta £ = 0,126 , £ = 172е 44г = 3, 0(5 , esin,f= 0,124,
так что уравнение Кеплера примет вид
х(3,015 -0,124) = 1,476-10* с -410 ч = 17,08 сут.
Охарактеризуем дальнейшее, гелиоцентрическое, двихение раке¬
ты. В рамках введенных выше предполохений мохно утверждать, что
ракета, потерявшая геоцевтричеокую скорооть, пнавсегда" останетоя
на границе сферы дейотвия Земли и будет двигаться вместе со сфе¬
рой, т.е. вместе с Землей, вокруг Солнца с круговой скоростью
= 29,78 км/с. В действительности это двихение будет происхо¬
дить по траектории, близкой к орбите Земли, скорость движения по
которой будет определяться расстоянием 149*Ю6км + 930 ООО км до
Солнца.
Задача И 9.2. Ракета отартует о поверхности Земли со
второй хоомичеокой окоростью у, = 11,19 км/с и двихетоя по пара¬
болической траектории, пересекая сферу действия Земли. Определить,
о какой остаточной параболической скороотью ракета выйдет на гра¬
ницу сферы действия Земли и сколько времени будет продолжаться
полет до границы? Охарактеризовать гелиоцентрическое движение ра¬
кеты после выхода из сферы действия Земли.
Решение. Определим оотаточнув параболическую геоцентри-
- 102 -
ческую скорость на границе сферы действия для заданных начальных
условий старта:
I ».рw. I • I V„l • ^285шТ- М2 7 км /с.
Время полета до границы сферы действия можно найти по формуле для
времени полета по параболе ив задачи й 6.15:
х (р> = (з//Г7)"' \/2р-р (р +р),
из которой при р = 929900 км, р = 2 r% = 2Rb = 12740 км по¬
лучаем
X =(5/398600)"* V 2 -929900 -12740 (929900-12740)=
*0,243-106с = 67,60 ч =2,81 СУТ.
Характер дальнейшего, гелиоцентрического, движения ракеты оп¬
ределяется направлением ^кр. , которое в данной задаче не
фиксировано. В любом случае теорема сложения (9.1) позволяет по¬
лучить либо увеличение гелиоцентрической скорости в пределах
29*78 < Ор««/в 4 29,78 + 0,93 ( 29,78 < vpaK/e 4 30,71)км/с либо
ее уменьшение в пределах 29,78 - 0,93-$ Wp®</e < 29,78 ( 28,85 4
4 Wp«</0 < 29,78)км/о . В первом случае ракета выходит на эллип¬
тическую траекторию, большая полуось которой больше радиуса орби¬
ты Земли, причем точка выхода из оферн дейотввя Земли отановитоя
перигелием эллиптической орбиты, а афелий находится по другую сто¬
рону Солнца. При УрАк/0 = 30,71 км/с плоскость орбиты ракеты
совпадает с плоскостью орбиты Земли. Во втором случае большая по¬
луось орбиты меньше радиуса орбиты Земли, точка выхода становит¬
ся афелием, а компланарная орбита образуется при ирш(/||в28(85 км/с.
Направление движения в обоях случаях совпадает с направлением дви¬
жения Земли (прямые орбиты). Заметим, что это рассудившие заведо¬
мо справедливо для любых остаточных скоростей из интервала 0 <
< IVp«/*K°‘93-
Задача о сложении гелиоцентрических скоростей на границе сфе¬
ры действия Земли в об определении траектории гелиоцентрического
движения ракеты идентична задаче о движении ракеты,движущейся по
первоначальной круговой орбите под действием дополнительного им¬
пульса скорости и произвольного направления и величинн(см.§ 8).
103 -
В рассматриваемом случае роль импульса И играет остаточная ско-
роста VpWe .
Задача Л 9.3. С какой минимальной геоцентрической ско¬
ростью нужно запустить ракету с поверхности Земли, чтобы ее ге¬
лиоцентрическая траектория коснулась в своем афелии орбиты Мар-
са?Решвть ту же задачу для случая касания орбиты Венеры.
Решение.В случае касания гелиоцентрической траекторией
орбиты Марса минимальной стартовой скоростью |иет| является ско¬
рость, при которой направление, соответствующее остаточной скоро¬
сти йГ(Ч)М/в, совпадает с направлением круговой скорости Земли,
так что % >о , и на основе теоремы сложения (9.1) полу¬
чаем алгебраическое сложение (орбиты компланарны). Сведя эту за¬
дачу к задаче о положительном касательном импульсе скорости & =
* %PW4>0, воспользуемся значением а-»тг>= 2,95 км/с (в задаче
Л 8.5 было показано, что этот импульс скорости является необходи¬
мым и достаточным для того, чтобы эллиптическая орбита ракеты в
своем афелии коснулась орбиты Марса). Записав интеграл энергии
(9.2), определим постоянную энергии геоцентрической траектории:
Я - Ср.к/Г НГ~= (2>95>а-2Э29900° = 8,702-ВД57-7.М5>0.
Отсюда следует, что геоцентрической траекторией выхода является
гипербола. Впрочем, это также следует из сравнения значения оста¬
точной скорости на границе сферы действия с соответствующим зна¬
чением местной параболической скорости (см.задачу Л 9.2):
\р«/4 = 2’95 1Г’ «н.«р-о.вз^-.
Определим необходимую гиперболическую скорость старта:
+ = *'7,845 + 0U9)a = И,53 км/с.
Она соответствует результирующей гелиоцентрической перигелийной
скорости на границе +2,95 * 32,73 км/с ,
так что гелиоцентрическая траектория является эллипсом.
В олучае касания гелиоцентрической траекторией орбиты Венеры
остаточная скорость, соответствующая минимальной стартовой ско-
- 104 -
роста | DtT|, должна быть направлена тан, чтобы произошло алгеб-
раичеокое вычитание скоростей и результирующая афельная онорооть
= V-/® * 29,78 " 2.53 = 27,25 км/о, гае и = «гр.рак/< »
= - 2,53 км/с - отрицательный касательный импульс, необходимый и
достаточный для того, чтобы еллвптичеокая траектория коснулась в
своем перигелии орбиты Веверн (сы.задачу It 8.5). Постоянная анер¬
гии соответствует геоцентричеокой траектории h - v -
- = 6,401 - 0,857 = 5,544 > 0, так что геоцентричеокой тра¬
екторией выхода по-прежнему является гипербола. Действительно, из
сравнения скоростей следует | «гр.рак/в | = 2,53 км/с, | vn пар| =
= 0,93 км/с. Минимальная гиперболическая стартовая скорость при
MOM bCT| = /TTtijT = / 5,54^ + (Н ,19 )4 = <1,^3 км/с,
так что гелиоцентрическая траектория является аллнпоом.
Заметим, что в обоих рассмотренных случаях эллиптические ор¬
биты являются компланарными орбитами Земли, Марса и Венеры в те-
ют одинаковое направление движения, совпадающее с направлением ор¬
битального движения Земли, т.е. являются прямыми орбитами.
Задача Ji9.4. Какова должна быть минимальная геоцентри¬
ческая скорость запуска ракеФы с поверхности Земли | иет |, чтобы
ракета приобрела гелиоцентрическую скорость ?>рак/в, необходимую
для выхода из солнечной системы по параболической траектории.(За¬
дача о третьей космической скорости).
Решение. Параболическая гелиоцентрическая скорость на
орбите Земли составляет «п.п,р = 42,11 км/о (ом.задачу Jt 5.6).
Следовательно, для того чтобы ракета покинула солнечную систему
по параболе, необходимо я достаточно, чтобы направление геоцент¬
рической скорости выхода 5гр.рак/й обеспечивало выполнение равен¬
ства брак/в = «МП4Р. При этом минимальная скорость старта соот¬
ветствует случаю алгебраического сложения скоростей по (9.1), что
обеспечивает прямое направление движения по параболвчеокой траек¬
тории, компланарной орбитам Земли и других планет (рис.26).
Найдем остаточную граничную скорость:
~ 4i.kp/. = -29,78=12,33 км/с.
105 -
Vpax/« ~v nip/*
Рис.26
Постоянную энергии 'h вычислим из интеграла энергии для гипербо¬
лической траектории выхода:
t .. ъ / |А *7*7x2 2* Э98600 ic I ю км^чп
Я ~ ^гр.рм/j р =(12,33) —930000 lbU&-£s>0.
Этому значению Я соответствует гиперболическая стартовая ско¬
рость | v„ | = / К + = 16,62 км/с .
Полученная миншальная скорость называется третьей космической
скоростью vB. Запуск ракеты с поверхности Земли с такой ско¬
ростью обеспечивает реализацию гелиоцентрической скорости освобо¬
ждения.
Рассмотренная задача о выходе ракеты из солнечной системы ю
прямой параболической орбите идентична задаче о приложении поло¬
жительного касательного импульса иш vrp paK/& = 12,33 км/с. Это
значение скорости является верхним пределом значений скорости
I wrp.рак/sl* °РИ которых результирующая гелиоцентрическая орбита
будет эллиптической. Сравнив этот результат с результатом задачи
Л 9.2, можно заключить, что при изменении скорости, имеющей любое
направление,в пределах 0 < I и I < 12,33 км/о гелпоцентриче-
ская орбита будет эллипсом.
По формулам задач № 9.1 - 9.4 можно решить задачу о „падении"
- 106 -
точки на Солнце или задачу о выходе по параболе на обратную орби¬
ту, В задаче о падении" на Солнце предполагается, что ракета на
границе сферы действия Земли обладает нулевой гелиоцентрической
окоростью, т.в. находится яв покое" относительно Солнца,Под дейс¬
твием силы его тяготения она начинает двигаться к Солнцу прямоли¬
нейно (по гелиоцентрическому радиуо-вектору), При этом ‘Уф.рак/* =
= ■"«/.’-29’78 км/с’ КтИ кЧр.рЛк/($+ VI =31,81 км/с, что
соответствует прямолинейной траектории "падения", лежащей в пло¬
скости орбиты Земли. Теоретическое время движения можно опре¬
делить по третьему закону Кеплера, рассматривая прямолинейное дви¬
жение как предельный случай движения по сильно вытянутому эллипсу
с большой полуосью ggJ-SQglQ— = 75*10 6 км, период движения
по которому составляет 130 сут, так что время движения до Солнца
65 сут.
Согласно задаче о выходе на обратную круговую орбиту ^гр>рак/б=
= - 2 vM4Kp/e 59 ,56 км/с , |г>ст| ~60,60 км/с, причем движе¬
ние происходит по орбите Земли в сторону, противоположную истин¬
ному направлению ее движения, так что через подтода ракета снова
встретится с Землей. Согласно задаче об уходе из солнечной систе¬
мы по параболе при движении в сторону, противоположную движению
Земли (обратная параболическая орбита), имеем vrp.pAK/s = ~vMmnMp-
- Ум.кр = - 42,11 - 29,78 = - 71,89 км/с, |^ст|= 72,80 км/с.
Задача Л 9.5. Определить стартовую скорость (^^необ¬
ходимую для выхода ракеты на круговую гелиоцентрическую орбиту,
радиус которой равен радиусу орбиты Земли, а плоскость которой
перпендикулярна к плоскости орбиты Земли.
Решение. Задача может иметь два решения: о полете к”се¬
верному полюсу" ( i = 90°) и о полете к "южному полюсу" (i =270°).
В обоих случаях движение происходит с той же круговой гелиоцент¬
рической скоростью vKp/Q = 29,78 км/с, что и движение Земли,так
что для равнобедренного векторного треугольника (рис.27) имеет ме¬
сто формула, установленная в задаче Л 8.13 для импульса скорости:
I Vp-vJ ’ 2 VRfI °н.кр/. I = I yH.n^/.l -*2,M КМ/С .
- 107 -
Рис. 27
Не рис.27 изображен случай полета к "северному полюсу", когда
вектор остаточной гравичной скорости йф-р»/* составляет 135е
с вектором скорости Земли (при полете к "южному полюсу"этот
угол равен 225 °). В обоих случаях стартовая скорость на поверхно¬
сти Земли | t)cr | * / иф.р»к/в + «Г * *>3,46 км/с .
§ 10, ЗАДАЧА ДВУХ ТЕД. ОБОБЩЕННЫЙ ТРЕТИЙ
ЗАКОН КЕПЛЕРА
В предыдущих параграфах мы рассматривали ограниченную задачу
двух тел. При реоеввв этой задачи предполагали, что масса космиче¬
ского объекта настолько мала, что притяжение им центрального тела
не оказывается на движении последнего. Однако в случае взаимодей¬
ствия естественных небесных тел центральное тело под действием
другого тела совершает некоторое движение, которое в свою очередь
отражается ва движении первого. В результате оба тела совершают
кеплеровн движения относительно общего центра масс (барицентра) с
равными периодами обращения. В приведенных ниже задачах рассмотре¬
ны некоторые вопросы движения "притягивающей" массы тть в слу¬
чае, когда ускорением центральной притягивающей массы М под дей¬
ствием притяжения массы тп пренебречь нельзя.
Задача й 10.1. Две свободные точка с массами тп, и М
(пг< М ) движутся под действием сил взаимного тяготения. Опреде¬
лить закон движения массы тть относительно массы М .
- 108
Решение. Рассмотрим движение точек т и М в абсолют¬
ной инерциальной системе координат (рис.28). Для радиус-векторов
имеем
Рм *г
dta dta dta
В результате действия си¬
лы тяготения масса м стреми¬
тся сдвинуться относительно
начала координат в направле¬
нии г, а масса т в противоположном ему направлении.При этом
уравнения абсолютного движения обеих масс таковы:
Рис.28
М
=
dta
fmM - d2pm fmM _
—“ r-
Сокращая обе части равенств на массу т, получаем
fm
Г* d Pm _ Г
~ . -jp fMT*
(IO.I)
dta "" г* » d
Уравнение движения массы m относительно M принимает вид
Л - ^ Pm d2p„ J/U . m] Г I TQ T f \
dta ~ dta ~tl ткп+rn) r5 , uu.i )
или
d*r
(10 .Iw)
Сравнивая полученное уравнение (I0.I,r) с уравнением абсо-
лютного движения (1.5) для „непритягивающеи” точки из ограни¬
ченной задачи двух тел, заключаем, что в данном случае относите¬
льное движение происходит по тем же законам, что и абсолютное,
но гравитационный параметр ft » f (М + лъ). Иными словами,притя¬
- 109 -
гивающий спутник т движется вокруг центрального тела М так, как
двигался бы «непритягивающий1* спутник ль вокруг центрального
тела с массой М + т,.
Из сказанного следует, что формулы, по которым в § 1-9 опре¬
деляли различные кинематические и динамические характеристики дви¬
жения (скорость, время движения, энергия и т.д.), можно применять
для определения этих же характеристик движения и в общей эадаче
двух тел. Но в этом случае гравитационный параметр должен быть
равен не у = f М , а иметь новое значение у = f(M+m).
Задача £ 10.2. Два однородных шара с радиусами /?, и Да
начинают двигаться из состояния покоя под действием сил взаимного
притяжения. Определить, с какой относительной скоростью ц. столк¬
нутся шары,если первоначальное расстояние между их центрами рав¬
но L у а массы т4 и пг2 .
Решение. Рассматривается случай прямолинейного относи¬
тельного движения в общей задаче двух тел. Как указывалось в за¬
даче № 10.I, относительное движение в этом случае можно заменить
абсолютным движением одного (любого) шара в поле тяготения друго¬
го (неподвижного) с массой т4 + т2. Полагая, что шары притягива¬
ются, как материальные точки, будем считать, что происходит,напри¬
мер, падение точки массой т2 на точку массой т4 + т29 причем это
падение происходит с высоты L до высоты R4+R2.
Сила тяготения массы т4+ тгу действующая на точку пг2, равна
- fmz (тп^тп^г'* (положительное направление связываем с радиус-
вектором точки лг2у проведенным из т4 + т,а), а положительная ра¬
бота этой силы тяготения по перемещению массы mz на указанном
участке составляет fmz (rrt4 + m2) ^ ^г). Те°Рема из“
менении кинетической энергии массы т2 при ее абсолютном движе¬
нии и начальной скорости 0о=0 имеет вид
m2v? г / \/ f 1 \
так что
= /^K^.)(«7TTf7--r). (io.2)
Если в этой формуле принять /na « - Mt , RA = Rt , R2 = 0,
- НО -
то снова получим формулу абсолютной скорости падения точки на по¬
верхность Земли с высоты Нт-
выведенную нами в задаче I* 1.9. На основании задач 1.8 и 1,9
можно заключить, что эту же скорость vr ( в качестве начальной)
должны иметь "разбегающиеся" шары, чтобы разойтись на заданное
расстояние L .
Задача J6 10.3. Две свободные точки,массы которых тп и
М, движутся под действием сил взаимного тяготения. Определить
движение точек относительно их общего центра масс (барицентра) С
(рис.28).
Решение. Положение барицентра С, находящегося на пря¬
мой, соединяющей массы m и Mf определяется вектором рс. Таким
образом, (М + тп) р = Мрн + тпрт .
Если через гм и обозначить векторы, определяющие поло¬
жения М и тп относительно С, то ры = рс + гм 9 рш =
= рс + rm , так что можно записать (М + тп) рс = М ( рс +
Поскольку в рассматриваемом случае радиус-вектор массы /п,от¬
считываемый относительно массы Л/, имеет вид г ~ Мтп = - гм ,
то можно записать г - г, -г. rm = г + гм . После-
м 7П. у ТП, М
довательная подстановка этих выражений в (10.3) дает М (^) +
+ = 0 * +™'(7'+гм) - 0 , откуда (М + тть) =
= Wr, (М + тп) гм = - тть г и
и
Mr + таг =0.
(10.3)
- _ М + пь „ _ М + тть =
М >"• т, м
(10.3 ')
III
Таким образом, орбиты, описываемые массами М и т вокруг
общего центра масс С9 подобны между собой и подобны орбите, опи¬
сываемой одной массой вокруг другой.
Рассмотрим эллиптические орбиты двух тел с массами М и т 9
Рис.29
приведенные на рис.29,а. Для конкретности примем Л7-2т,что может
соответствовать, например, случаю двойной звезды. Оба тела описы¬
вают вокруг своего барицентра С, как вокруг фокуса, подобные эл¬
липсы (с равными эксцентриситетами), оставаясь все время на пря¬
мой, проходящей через барицентр, по разные стороны от него. Масса
тть описывает эллипс вдвое больший,чем масса М. Этому движению
соответствует соотношение вытекающее из (10.3).
Оценим то же явление с точки зрения наблюдателя, находящегося
на большей звезде Мч для которого она неподвижна. Взяв с рис.29,а
для каждого из моментов I, 2, ... • 6 расстояния тМ и отложив
их в соответствующем направлении, изобразим схематически орбиту
112 -
звезды тп относительно М (рис.29,6). Очевидно, что большая ось
новой орбиты долина быть равна сумме осей орбит обеих звезд в
их барицентрическом движении (рис.29,а), так что подобие трех ор¬
бит очевидно. В общем ввде этому построению соответствует соотно¬
шение .
п ш> м + лъ
Запишем уравнения движения относительно центра масс с учетом
направлений г и fL \
m
так что
-_гм_Г- л*гм , Г
dt2 * П г3 * <££« “ ~ 'Ш гъ *
Подставив вместо г полученное ранее выражение (10.3 ^), получим
i!L_ А гм fm3 ,_5<_ (тп 4)
(M+m)1 * dt* (М + тп)2 г
Каждое из этих уравнений имеет такой же вид, как и уравнение
(10.1 г), так что изучение относительного движения точек в обоих
случаях сводится к решению уравнения вида
■3F ♦ /* -тг - ° • (10-6>
Таким образом, движение относительно барицентра по эллипсам,изоб¬
раженным на рис.29,а, происходит по тем же законам, что и абсолют¬
ное движение, но в данном случае гравитационные параметры
и - - fmb /Т0 а\
/V (М+тл)* » N (М + тп)* ' (Ю.6)
При этом движение массы ш относительно массы М происходит по
тому же закону, но параметр \l - f (М + тп) (см.ураввенпв(10.1*г).
Задача Л 10.4. Какой вид примет зависимость между перио¬
дами Г{ обращений планет вокруг Солнца в большими полуосями <х(
их эллиптических орбит, если учесть движение Солнца,вызванное при¬
тяжением соответствующей планеты? Дать математическую формулнров-
- 113
ку обобщенного третьего закона Кеплера. Рассмотреть случаи движе¬
ния тел относительно друг друга и барицентра.
Решение. На основании задачи № 10.1, в которой было ус¬
тановлено, что относительное движение массы в случае учета взаим¬
ного притяжения происходит по тем же законам,что и абсолютное, но
гравитационный параметр при этом р = f(М + га). Исходя из того,
что для абсолютного движения соотношение между периодами обраще¬
ний Tt и большими полуосями орбит планет at имеет вид (см. за¬
дачу * 6.5)
Я t __ М е _ fт — р «Jt ly/jEi— (10.7)
7- " '*1 fM9 ’
заключаем, что для относительного движения i-й планеты оно при¬
мет вид
а - * Tx-2%yf( М9+гп.) • (10.8)
Т,i
Для двух планет получим соответственно
gf/rf f(M. +тп,) Ма *т,
a\/T\ Ма +тг
(10.9)
или
а?
а\
Л
Т\
1 + тя,/Ма
] + тп2/М„
(10.10)
Соотношения (10.8) - (10.10) носят название уточненного, или
обобщенного, третьего закона Кеплера в отличие от уравнения(I.II)
абсолютного движения.
При барицентрическом движении в соответствии с уравнениями
движения (10.4) - (10.6) для движений малой и большой Ме
масс можно записать соответственно
г».■ a*/*F' Ча~' ' {10-П)
- 114 -
На основании соотношений для подобных эллипсов am./M9=a„m/rrii
(см.задачу Л Ю.З, рис.29,а) можно заключить, что периоды бари¬
центрических движений Tmt и Тм^ равны между собой .Сведя бари¬
центрическое движение к движению массы лгг относительно Солнца
М9 (рис.29,6), необходимо снова заменить параметры и J^mi
параметром = f(MQ + , а полуоси ам^ и а^. суммой по¬
луосей от. « ссм + аТЛ1 , в результате чего снова получим формулу
Из соотношения для подобных эллипсов
&rnj _
М nil Af + 7nt
• в
вытекает
(a*e+a„t)3 fccm\\ л»
*(Х/“psu (M-*ro‘)-
Последнее позволяет утверждать, что период относительного движе¬
ния совпадает с периодами барицентрических движений:
7,-71 * Тм .
г т( %
Задача Л 10.5. Определить круговые скорости движения Лу¬
ны ( М€ ) по ее круговой орбите ( г = 384400 км) и ракеты (/71=0),
совершающей круговое движение по той же орбите.
Решение. Для определения скорости движения ракеты ис¬
пользуем формулы ограниченной задачи двух тел, так что
1.018 ки/с.
- 115 -
Для нахождения скорости движения Луны следует принять форму¬
лу общей задачи двух тел и воспользоваться формулой скорости ра¬
кеты, заменив в ней параметр jjl6= fM6 на параметр = f(M6 +
+ty)=/i*6 Зная, что гравитационный параметр Луны =
значит,Луна движется быстрее ракеты.Действительно, с помощью тре¬
тьего закона Кеплера можно определить, что период обращения раке¬
ты больше периода обращения Луны:
следовательно, Тран > Т<.
Задача £10.6. Ракета движется по круговой орбите Луны,
причем в начальный момент она находится в точке, диаметрально про¬
тивоположной положению Луны. Как будет изменяться взаимное распо¬
ложение Луны и ракеты?
Решение. Как было показано в задаче £ 10.5, Луна движет¬
ся по орбите быстрее ракеты и догоняет ее. По истечении некоторо¬
го времени х Луна догонит ракету, т.е. ракета упадет на нее .Оп¬
ределим время х с помощью формул задачи £ 10.5, считая круговые
движения Луны и ракеты равномерными. Запишем угловые скорости дви¬
жений:
= 4900 км 3/с 2
, имеем
398600 + ^900
384МЮ
= 1,025 КМ/С
rp--2*^=2*V7^. r<=2*^ = 2,cl/7
ТЦйЩ) •
Сравнивая результаты, получаем
(10.13)
= 1,82*10"* с*1.
Очевидно, Луна догонит ракету, когда ее угловое расстояние от ра¬
кеты, первоначально составлявшее c^0=*jl, достигнет значения
Эту задачу можно решить с помощью обобщенного третьего зако¬
на Кеплера, выразив угловые скорости через периоды обращений:
-у—} = “7^-0 “
tT - 5 — IS
ЫС-Ш рак 2(< - TJ Трл1С) •
Преобразуем выражение в скобках с помощью формулы (10.8):
Вычислив среднее значение периода обращения Луны
г -2% ]/-—^3 —- 2 - 27 32 cvt
'с ^ К 398600+4900 -^'>0dcvT*
получим
г”Т€^ = 8<,5 7"€ = 84,5-27,32 = 2,23-103т «6 лет.
§ II. РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
Задача #11.1. Определить полезную работу, которую дол¬
жен совершить двигатель ракеты, чтобы поднять космический аппарат
массой та на высоту н над поверхностью планеты и сообщить ему
на этой высоте круговую и параболическую скорости. Вес космическо¬
го аппарата на поверхности планеты G, радиус планеты R 9 сопроти¬
влением атмосферы можно пренебречь.
Решение. Работа двигателя А складывается из работы,рас¬
ходуемой на поднятие аппарата вертикально вверх на высоту Н , и
работы, необходимой для того, чтобы вектор начальной скорости за¬
нял определенное положение в плоскости местного горизонта. Таким
образом, полное приращение кинетической энергии аппарата mv2/2
(начальную скорость полагаем равной нулю) равно сумме работы силы
тяготения планеты и полезной работы двигателя:
1Г-" Рт(~йТн w)+A = " яГ(?+н) +А’
- 117 -
где p. - гравитационный параметр планеты. Очевидно, что дня обе¬
спечения выхода аппарата на орбиту с круговой скоростью
необходина работа
л - Я-771 ft ттъН ft TTb(R + 2H)
Лч>~ ~ШШГ + ~ЩТЮ Шя +Ю
а для обеспечения выхода с параболической скоростью гтпар =
работа
. ft лг итпН __ ft тп
Л«Р= ТГПГ + R(i+H) 1Г-’
не зависящая от подъема на высоту н.
Если вес аппарата на планете G = mg, где д- ускорение си¬
лы тяавсти на ее поверхности, то с помощью формулы у = fMm = gR*
(см.задачу К 1.6) получим А^= , Апар = GR . Лег¬
ко подсчитать, что для аппарата весом 5 т, поднимаемого непосред¬
ственно с поверхности Земли с параболической скоростью, искомая
работа составляет 31,85 *10 9 кгм.
Задача №11.2. Космический аппарат массой тп. приближа¬
ется к планете по прямой, проходящей через ее центр ( по радиус-
вектору). На какой высоте от поверхности нужно включить двигатель,
чтобы создаваемая им постоянная тормозящая сила тгът обеспечила
мягкую посадку (посадку с нулевой скоростью)? Скорость аппарата в
момент включения двигателя v0, гравитационный параметр планеты
ji , радиус R. Притяжением других небесных тел,сопротивлением
атмосферы и изменением массы двигателя можно пренебречь.
Р е и е н н е. Указанное движение происходит под действием
силы притяжения планеты н силы торможения двигателя, равнодейст-
вуищая которых имеет вид
F +mTr° = (--££- + тпТ)г»
Изменение кинетической энергии аппарата равно работе суммы зтих
сил,расходуемых на перемещение его от начала взлета (момент вклю¬
чения двигателя) при rt=R+H до мягкой посадки (г=Я):
= гт(т--к)
Подставив в приведенное равенство vm = 0 и сократив обе его ча¬
сти на тп,, получим уравнение
- П8
из которого можно определить высоту, на которой включится двига¬
тель, решив соответствующее квадратное уравнение для г„. Высота
Н-Тг [-£- +TR +J5- ±/(т* +tr + 4-J-w\-r. (II.I)
Определяй, с каким знаком следует ваять корень.Обозначив под¬
коренное выражение черев А, запишем (IIЛ) в виде ± /А =
-277У + 77? - , а интеграл анергии в виде
так что Тг„ - = ± \Га. Отсюда следует, что при Г
корень следует веять со анакои "плюс", а при Г< ^^Hjs со зна¬
ком "минус".Но поскольку = [г- щггщ] Н >0 , то для осуцеств-
ц а
ления мягкой посадки необходимо, чтобы Г > д(ц + н) > (R+hi)*'
Значит,в формуле (II.I) перед корнем может стоять только знак"плюс".
Задача К» II.3. Составить уравнения прямолинейного движе¬
ния точки массой m в поле силы тяготения Земли для случаев подъ¬
ема с поверхности Земли ( г = Rt ) на высоту Н и падения на
нее с той же высоты беа начальной скорости. Определить время дви¬
жения и вычислить его для случая Н = Rt .
Решение. Уравнения прямолинейного движения в поле силн
тяготения Земли имеют вид
~ _ fmMs dar fMt /*■«
mdt* ~ ~F5 ’ ~сГР r*~ ~ r*~ = ~ н •
В задаче К 1.8 была определена скорость запуска y0 = j/jp^^,
необходимая для подъема точки на высоту Н. Она равна скорости
приземления точки при падении с той же высоты, так что начальные
условия имеют вид: . . -
для подъема t=0,r0 = fit, r0~v0 =]//_?„ >0,
для падения £=>0,7'. = /?.+//, г=0.
•• rrR*
Ори ремзнии нелинейного уравнения второго порядка г=- УД*
119 -
отдует воспользоваться заменой г dr - г dr, после чего уровне-
сtRа
нхе примет вдд rdr = -dr. Проинтегрировав его, подучим ин¬
теграл энергии — = + С, причем постоянную С =■
найдем по начальник условиям, так что в обоих случаях С=
a-R *
= - 7^77 • Время движения определим ив интеграла энергии,пре¬
образовав его в уравнение первого порядка с разделяющимися перемен-
шла:
dt=± /зТqRl + С г) dr dr’
где знак "плюс” соответствует подьему( dr>0),а знак "минус" паде¬
нию (dr<0) точки.Таким образом,время подъема равно времени па-
дення: **н
*этг/?^г* 1 = dr'
Интеграл I берется с помощью подстановки
slix^ , =2siaa4dcp = 0-cos
так что
-Lj = j 0-cos2<f)d<f = ■|'_<<о+ sin40co3^0,
где
^‘fo-y^’Cosd-- <f„) , Sln^COSCf^l^- ,
£-<f0- arccosy^-£ccrccos£^£ -arcslnyjgC .
Окончательно
f Vm+RTT srccos££) , (II.2)
или £ = j/4^ [Vw/ + (/?+//) arcslR(H.2 f)
- 120 -
Легко видеть, что формула (П.2Г ) при /?-оо превращается в фор¬
мулу равноускоренного движения t - у 2Н/д, соответствующую формуле
Галилея v=ti2gH (см.задачу № 1.8).
По формуле (II.2) вычислим время движения точки для выооты Н =
£ =^К(, + ф = = 2065 с = 3^,5 мин.
Задача & II.4. Две точки массами т и М начали дви¬
гаться из состояния покоя под действием сил взаимного притяжения.
Определить время Г, через которое столкнутся точки, если перво¬
начальное расстояние между ними равнялось L.
Ре ш е н и е. Как указывалось в задаче И 10.1, относительное
движение точек в общей задаче двух тел можно заменить абсолютным
движением одной из них, совершаемым под действием силы тяготения
новой массы М+т} и таким образом свести данную задачу к задаче
о движении подвижной точки относительно неподвижной. Последняя
задача уже решена нами для ограниченной задачи двух тел (см.зада¬
чу # II.3). Положив в формуле (II.2) //*L, у/?а « р * f(M + т)
и перейдя к пределу при /?— оо найдем
г = ir]/?jr* (II,3)
Заметим, что этот результат может быть получен непосредственно ив
интеграла энергии г2-^- * 7г. Действительно, для случая паде¬
ния (г0 = 0, r0=L) при £=0 получим А =-^- и
откуда
t о
Введя подстановку r=Z.slnaCf, снова получим
tja
Гшотетическое время падения точки на Землю, принятую за при¬
тягивающий центр с гравитационным параметром ps,c высоты Н = t «
вычисленное по этой формуле, t = 890 с = 14,8 мин.
121 -
Задача Л II. 5. Тяжелый шарик движется вдоль вообража¬
емого прямолинейного канала, проходящего через центр Земли. Сила
притяжения внутри Земли пропорциональна расстоянию до центра и
направлена к нему. Определить скорость прохождения шариком центра
Земли и скорость выхода на поверхность для случаев ио=0 и |ио|>0,
а также время движения в обоих случаях.
Решение. Записав условие равенства силы притяжения и
силы тяжести на поверхности Земли, получим F =-к2mr9 |f|
= k2mRt = тд , кг = ff/Rs » на основании чего точный закон
действия силы будет иметь вид F = -—вГ г° г . Элемен-
тарная работа этой силы 8 А =■ F • dr = - ЩЯ г dr , а пол-
ная работа при перемещении шарика внутри земного шара А = -
xj rdr .--fit (ri - r„‘Д
Определим изменение кинетической энергии точки при движении
ее до центра и от центра до поверхности:
где г>< - скорость выхода на поверхность, всегда равная V0. Ско¬
рость прохождения центра vc «l/v2+c[R^ = }/ vf + дrR6 . Для случая
движения без начальной скорости она составляет ьс = VgRb *7,90
Равенство vQ= v, -0 означает, что шарик сразу будет падать об¬
ратно и его дальнейшее движение будет представлять собой незату¬
хающее гармоническое колебание. Бели ^0-^4 >0, то это колеба¬
ние будет происходить в "канале", длина которого как бы увеличена
на 2Н% где Н - высота, на которую шарик поднят над Зем¬
лей. Закон колебания в этом случае будет более сложный, так как
вне Земли действует сила притяжения F » г°/га (см. задачу
W И.З).
Уравнение движения шарика внутри Земли представляет собой од¬
- 122
нородное линейное уравнение второго порядка (уравнение свободного
гармонического колебания): тг * - к*тпг, или г + к*г = 0 , где
к*Уд/Я6. Общее решение его, как известно, имеет ввд г«С<соз*£+
+ Сг sla к t , так что г * -С4 к sin к t + С2 к coskt .
Рассмотрим четыре случая движения.
I. Падение до центра без начальной скорости (г>0 = v4 -0)*
Интересно сравнить вычисленное значение ^ = 21,1 мин со зна¬
чением гипотетического времени падения точки на Землю, стянутую в
неподвижный центр. Оно составляет, как показано в задаче № II.4,
14,8 мин. Это различие обусловлено тем, что для закона притяжения
F ~ \/тг ускорение точки на том же участке пути больше, чем для
закона притяжения F~r.
П. Падение до центра Земли с начальной скоростью \v0\ >0:
sin, я t = cos
Ш. Подъем до поверхности Земли, где происходит остановка (Ц -
= 0):
- 123
При t-0 rH= 0, t-tB,rB-Re.
1У. Подъем до поверхности Земли, где при остаточной скорости
|и,| >0 :
г„=0, г. = Vc = + uj , С, -О, С4= = Ур7?4 + 1>? у/^ ,
+t»f , te =/Ж arcslTl =
urctg ^ = t& , te (v,=0) = ^-j/Ж =tg =tr.
При t-0 r5= 0, t-tB, rg
Окончательно имеем
^ = ^и * ^i* >*t» *и >t;e *
Задача № II.6. Точка массой та движется под действием
центральной силы F = -ra(-£r + уп\ где рО и ^ - некоторые по¬
стоянные. Определить траектории точки, учитывая, что добавочная
аша-Щ- может быть как оилой притяжения, так и силой отталкивания
(в зависимости от знака ). Составить уравнение сохранения энер¬
гии точки, пользуясь формулами Бине.
Решение. На основании второй формулы Бине (см.§ 4),в ко¬
торой u>f/r - переменная Бине, с = гац> - постоянная площадей,
можно записать
dau
dcf3
F /и. ■) \ \ ji -)и
а ~ ~~тс3~и* = (Т*
откуда получаем неоднородное линейное уравнение второго порядка
в переменной Бине
ftp * О ■ с*)“ = 'сг * (П,4)
из которого при = 0 вытекает уравнение (4.II), приведенное в
задаче № 4.10. Решение этого уравнения можно представить в раэ-
- 124
личной форме, зависящей от знака величины 1 - .
I. Для случая 1-^5>0 (V<c*) ищем решение в виде
ц = ' Р»(Г- j_)~ + А (с<~£) --с^г[и'-Д"уг~
х С05 откуда видно, что уравнение траектории
представляет собой подвижное» вращающееся около фокуса коническое
сечение
Р
i 4- е cos к (ц - е)
(И.5)
где
Са-0 / о А (с*-4)) t
р~—п—, — (еие- произвольные
постоянные^ Очевидно, что при ^ = 0 уравнение (II.5) превращается
р
в уравнение неподвижного конического сечения г* —у+'е cos (у-г) 9
полученное в задаче J§ 4.10 как решение уравнения (4.II) только для
силы притяжения
ческий характер.
силы притяжения ^, т.е. когда движение имеет строго периоди-
В данном случае при наличии добавочной силы F~ движение
точки, описываемое уравнением (II.5), утрачивает периодический ха¬
рактер, т.е. при замене с? на 251, когда радиус-вектор имеет пер¬
воначальное направление, его значение отличается от первоначально¬
го. Последнее восстанавливается при изменении угла cf на величи¬
ну = 2я(1 - -^5, т.е. при повороте радиус-вектора на угол,
несколько больший 2л в случае V > 0 (добавочная сила является
силой притяжения), и на угол, несколько меньший 2% в случае V<О
(добавочная сила является силой отталкивания). При е<4 движение
точки в обоих случаях происходит по эллипсу, непрерывно поворачи¬
вающемуся в своей плоскости в направлении движения точки при > 0
или в противоположную сторону при V < 0 (положительная или отри¬
цательная прецессия орбиты, причем угод поворота фокальной оси пре
цессирующего эллипса за время полного оборота точки равен d =
125 -
-1/2
= 2%[{\ - V/C2) /e-l]. Если величина V/ca настолько мала, что
ее квадратом можно пренебречь, то приближенную формулу можно запи¬
сать так:
Траектория указанного движения имеет вид розетки (рис.30)не¬
прерывно заполняющей
завитками кольцевую
часть плоскости, огра¬
ниченной окружностями
- ffO-e)-
И
гт« = «0 + е) = г^ ,
где р , а , е - ха¬
рактеристики эллипса.
И. В случае 1 - = О
( V - са ) уравнение
(II.4) принимает вид
-.const.
dee2 са
Его двукратное интегри-
Рис.ЗО
рование по <f позволяет установить, что траекторией является до¬
статочно сложная спиралевидная кривая (прецеосирующвя спираль),ис~
ходящая из окружности г = г0 (<{ = 0).
Ш. В случае 4-^г<0 ( V>c2) траекторией является спира¬
левидная кривая с бесконечным числом витков, исходящая из внешней
окружности г - rmax (г— 0, <р—оо).
1У. Если ft = 0, т.е. исчезает сила притяжения F~ 1/га,то ура¬
внение (II.4) становится однородным, и одним из его решений (при
V > са ) может быть уравнение логарифмической спирали г = r0 еХ(* .
Решение уравнения такого типа для силы F~1/r* было получено на¬
ми в задачах £ 3.9 и 4.2.
Силовые поля рассмотренных типов встречаются, например,в тео-
- 126 -
рии движения микрочастиц, однако случай эллиптического движения
имеет интересную интерпретацию и для планетных движений. Чтобы по¬
казать это, составт уравнение сохранения энергии точки, движущей¬
ся под действием указанной в условии силы, использовав формулы Би
не.
Поскольку потенциал, соответствующий заданной силе,имеет вид
+ r~a)f то закон сохранения энергии T-U=h примет вид
^ m,v2- TTifxr'* --5-7- h , откуда
v2 = — +2 uuHu2,
тть •
Сравнив это выражение с первой формулой Бине ^а~са[(^г) +
+ иЕ] получим уравнение энергии
(П-7)
Это уравнение, определяющее траекторию частицы, движущейся согла¬
сно механике Ньютона под комбинированным действием сил F~ \/г* и
F ~ i/r3f имеет аналогию в релятивистской механике. Оно совпадает
по вдду с уравнением движения частицы, движущейся согласно реля¬
тивистской механике только под действием силы притяжения F~ i/r\
При этом имеется в виду, что масса частицы изменяется в соответст¬
вии с формулой Лоренца m=m0(i - ^ где гп0 - масса покоя,
vc - скорость света.
Записав уравнение сохранения энергии, необходимо вместо кине¬
тической энергии ввести собственную энергию частицы е ~ттъу£ f
играющую в релятивистской механике ту же роль, что и кинетическая
энергия в механике Ньютона.
Умножив первую формулу Бине на т2, получим
(ф±У + ц» = .
\di$ / 7ПЯС
Составим для числителя формулу, вытекающую из формулы Лоренца пос¬
ле тождественных преобразований:
т*ьа - тть\ v*{\ - -^) * = (т.* V* Щ■ ± т\ г>с1) х
- 127
*0 ~ = miv* ~m°v* •
Величина m?v\ может быть выражена через полную энергию ча¬
стицы: Е - е - тпрг'' = ntvl - три., так что mzvl =
■ v~* (F + тци.)* и т?и4=г>ё* (£ + тпу-и-)2 - т\ . Подста¬
вив это выражение в формулу Вине, подучим уравнение энергии
(du\* | Wl М* ^ ы 2£)i _ £e-m»vl . .
\3<Г/ + u ^ ~ "^JJ7 " и mc*a* m*c»u* » (II*8}
совпадающее no виду с (И.6) .если т-77ie-const. При этом роль
коэффициента V играет величина jia/v*. Коэффициент /t заменяе¬
тся величиной E\i /т0 v* и т.д.
Указанная аналогия формул позволяет дать качественную в коли¬
чественную оценки релятивистскому аффекту смещения перигелия Мер¬
курия.
Изменение массы Меркурия при движении по орбите оказывается
более значительным, чем у других планет, так как, с одной сторо¬
ны, его орбитальная скорость (средняя) выше, чем у этих планет. С
другой, его орбита имеет достаточно большой эксцентриситет е =
= 0,206, так что изменение скорости при движении от перигелия к
афелию также оказывается большим, чем для других планет. Вследст¬
вие этого обнаружить влияние релативиотокой зависимости массы от
скорости на характер движения Меркурия, проявляющееся в прецессии
орбиты и смещении перигелия, легче, чем для других планет.
Обнаруженная выше аналогия уравнений позволяет применять для
расчета угла се смещения перигелия под влиянием зависимости нао¬
сы от скорости формулу (II.6).После замены коэффициента вели¬
чиной м2/ис Формула (II.6) принимает вид «*. = JifiJ/c*w4 .
Известно, что vc = 3*10 ® км/с. Постоянную площадей с для ор¬
биты Меркурия можно определить по скоростям и расстояниям: гх =
= 46*10 6 км, t)x = 57,8 км/с, г» = 70*10 8 км, и«. = 38,0 км/с,
тая что с * г% и, - г» ил = 2,66*10 ^ км 2 /с 2 . Смещение пе¬
ригелия за один оборот Меркурия вокруг Солнца ( Г = 88 сут) со¬
ставляет а = (”.№«Го-у = 8,62-10'* \/0Ь, что cooi
- 128 -
ветствует вековому смещению = 7, 2. Это значение <*. составляет
примерно одну шестую наблюдаемого смещения 42" 9 в столетие, зна¬
чение которого обусловлено и другими релятивистскими эффектами.
Рассмотренный эффект смещения перигелия планеты можно обосно¬
вать также с помощью закона сохранения кинетического момента точ¬
ки в поле центральной силы (закона площадей). Действительно,поско¬
льку скорость планеты в перигелии vx максимальна, то и масса пг*
планеты в перигелии тл больше, чем масса в афелии пг«. Вслед¬
ствие этого закон площадей для точки с постоянной массой mvxr% =
= тьлгл не выполняется, и в перигелии появляется избыток кинети¬
ческого момента
ДЛ = mxvx гх - = уЛ гл (тх-тпл) = у, rx (mx-mj =
-</а „ „3 ч-'/а
= Ш.
и- МЛ-
« 771. У, гх р Щ- - 1 Щ) = ТП0УЯ
V* -v‘
~2vf~
Однако орбитальное движение планеты невозможно без выполнения
закона площадей. Следовательно, необходимо, чтобы указанный избы¬
ток момента в перигелии д К компенсировался добавочным кинетиче¬
ским моментом возникающим в результате вращения орбиты во¬
круг Солнца в направлении движения планеты, т.е. обусловленным по¬
ложительной прецессией орбиты. Этот добавочный момент дКг в афе¬
лии будет больше, чем в перигелии, вследствие того, что гл > гх .
Он равен
д К' = тл ьлгл - mxvxrx - (marl - mxr2)<o * тп0 ш ( г * - ),
где со - угловая скорость поворота орбиты, удовлетворяющая усло¬
вию Ui = ^ = Цг-. Приравняв Д К в ДК\ получим
rdL г X
, , _ »»» - Vi 57.8-46-<0g (57,а)а-(38,0)а _
Ш ' п? - г% ~ 2(3-Ю5)а -(46-40*)*
= 1,02-10'* </с.
Поскольку столетие содержит t = 3,15-10 ^ с, то поворот ор-
- 129 -
бвтн Меркурия за столетие в дуговых секундах ( 1рад = 2,06 •ICT* |Г )
составляет а"=с= (1t02 •Ю"|Ч)(2,06 -Ю5)(3,15Ч09)~ 7"2. .
Задача МП .7* Космический аппарат массой тть движется
в центральном поле тяготения под действием силы - -^г~
по круговой орбите с радиусом г0. На аппарат действует сила тяги
двигателя Г=-г° (непрерывно действующая переменная радиаль¬
ная сила тяги). Определить характер изменения орбиты аппарата в
зависимости от изменения значения и знака постоянного коэффициен¬
та ok. (Задача о полете с радиальной тягой)•
Решение. После включения двигателя аппарат постоянно
находится под действием двух сил, направленных по одной прямой(по
радиус-вектору), причем при с^<о обе силы направлены к силовому
центру, а при ск>0 в разные стороны. Равнодействующая этих сил
Г. г*т—
Замена велнчнны (I -<*) р новой гравитационной постоянной р'
означает "замену» истинного гравитационного р -поля фиктивным
р' -полем. Для нового поля также справедливы законы Кеплера,по¬
скольку в уравнениях движения не происходит принципиальных измене¬
ний. Указанная замена может интерпретироваться как "изменение"
массы притягивающего центра на величину аМ, так что соотношение
гравитационных параметров таково:
р = fM , )р = ((-<*) FM = f (М-<хМ) - fM'.
Рассмотрим несколько частных случаев.
I. а < О (радиальная сила тяги направлена к притягивающему цен¬
тру). В момент включения двигателя происходит замена р -поля р'-
полем, причем р'= 0-°0р >р* Движение аппарата по прежней кру¬
говой орбите с круговой скоростью v = /р/г0 оказывается теперь
невозможным, так как теоретическое значение круговой скорости для
данного г0 в р'-поде составляет и'-^р'/г, > 0. Иными слова¬
ми, реальная скорость v< v’ оказывается зллиптической по отноше¬
нию к р'-полю, и аппарат переходит на зллиптпческую орбиту, ле¬
жащую внутри начальной круговой орбиты (рио.31), причем точка
включения двигателя Ма оказывается апоцентром орбиты.
- DO -
II• cl = 0 (тяга отсут¬
ствует^ этом случае из¬
менений в движении аппара¬
та не происходит.
Ш. О < d <0,5 (радиа¬
льная сила тяги направлена
от центра). Б момент заме¬
ны ft -поля /г-полем 9 ког¬
да ft' = 0 - сО ft < /X ,
реальная круговая скорость
ь = УЦ'/Го оказывается боль¬
ше теоретической круговой
скорости v'-fr'/ro и явля¬
ется эллиптической ( v >
> v') по отношению к ft'-
полю. Аппарат переходит
на эллиптическую орбиту,ле-
жащую вне круговой орбиты, а точка М 0 становится ее перицентром.
IV. ос = 0,5. В этом случае реальная скорость v =//с/г0 явля¬
ется параболической по отношению к ft1 -полю t таккак_теоретиче¬
ское значение круговой скорости v1 = [/-£- = j/jSpL = ^
откуда v = г/У2,и аппарат покидает ft-поле по параболе.
V. ос = I (одно поле "гасит" другое). Гравитационное поле
полноотью уничтожено» и аппарат движется прямолинейно и равномер¬
но со скоростью ^>0 в пространстве» свободном от гравитации» по
касательной к первоначальной круговой орбите. Круговая скорость
по отношению к ft'-полю при этом отсутствует: vf = = 0.
При 0,5 < ос<1 получаем гиперболические орбиты по отношению к ft-
полю (и > v'ifl).
YI. ос>1. Эффект наложения полей получается такой, как будто
центральное поле отталкивает аппарат. Круговая скорость vf в /х -
поле вообще не существует (мнимая). Траекторией движения являет¬
ся вторая ветвь гиперболы, не содержащая фокуса С, в котором на¬
ходится центральная масса.
Заметим, что равнодействующая сил Fr=F +f, так же, как и си¬
ла F , есть потенциальная сила, вследствие чего потенциальной яв¬
ляется и сама радиальная сила тяги Г:
- 131 -
Примером радиальной силы тяги, изменяющейся по закону Т~\/г\
может служить сила тяги плоского зеркального солнечного паруса,
установленного перпендикулярно солнечным лучам, так как силу дав¬
ления солнечной радиации, изменяющуюся по закону Г~1/г2, можно
рассматривать как силу тяги (имеется в виду гелиоцентрическое дви¬
жение).
Задача №11.8. Доказать, что движение космического ап¬
парата может происходить По логарифмической спирали г«г0ех? если,
кроме силы тяготения центрального тела F~\/r3, на аппарат не¬
прерывно действует переменная сила тяги </г2, касательная к
траектории. Определить скорость движения по спирали. Дать энерге¬
тическую характеристику силы тяги /?. Найти время движения по спи¬
рали. (Задача о полете с касательной тягой).
Решение. Поскольку точка движется по логарифмической
спирали г = г0 е х<е (Л * ctд р) (рис .32) под действием единственной
центральной силы (см. задачу
Л 4.2), то эта сила может
быть только силой F ~ \/гъ
(см.также задачи & 3.9 и
Рис.32
II.6). Однако можно показать,
что такое движение возможно
под действием силы притяже¬
ния F~\/r2(сила ньютониан-
ского притяжения) ,если к ней
добавить касательную силу тя¬
ги F^\/т*. Запишем уравнения
движения в полярных коорди¬
натах: m,(r-r<<>2)= Fr +Rr,
m ( г + 2 г cp)=^,откуда ра¬
диальное и трансверсальное ускорения аппарата таковы:
wr= F-ry2 =--р + -~cosp, Wy = r<p+2r<f (П.9)
Дифференцируя уравнение спирали, находим г = г ф ctg-р
- 132-
г* - г цра ctgap + r(p ctcf р . Й8 второго уравнения (П.Э)име-
е“ лГ = strip^г^+2г(^г ct?^) • Подставляя это ооотношенве в пер¬
вое уравнение (II.9), получаем:
г у* (1 +ctg4ji) =£,
откуда
2<Н =-^-sln3jif у =--| <{actyp "-l-^TSlnpcos/j.
Если из первого уравнения (II.9) определить и вместо про*
взводных г, qj2 и ц подставить их выражения, то найдем уско¬
рение, сообщаемое аппарату касательной силой тяги, а следователь¬
но, силу тяги R:
т =сс£р- (г ~ ™fa +£)=-£* 0 " 3ln2j} + cosap - % cosap) ,
R = fim. cosp/2ra.
Таким образом, для того чтобы движение происходило по
логарифмическое спирали, касательная сила тяги R должна бить си¬
лой отталкивания, пропорциональной \/г\ Этим условиям удовлетво¬
ряет, например, сила давления солнечной радиации, так что станови¬
тся очевидной принципиальная возможность движения аппарата с сол¬
нечным парусом в космическом пространстве, когда спиральный угол
|i равен углу установки паруса, т.е. углу падения радиации на
поверхность паруса р. Считая движение гелиоцентрическш ( /х =
= ), определяем скорость движения аппарата по спирали, под¬
ставляя производную г в формулы радиальной и трановерсальной
скоростей:
vr=r=rc(ct(jfi=*i/£*-cosp, Vv= г =]/^-slnp,
так что
v = Yv3 =/2*. cn.io)
Это означает, что в жаждой точке спирали окорость аппарата,воегда
направленная по касательной к этой спирали, равна местной круго¬
вой гелиоцентрической скорости в данной точке в убывает по мере
удаления аппарата от Солнца. С помощью этой формула можно дать
- 133 -
энергетическую характеристику силы тяги записав изменение ки¬
нетической энергии аппарата при переходе от одной точки спирали
к другой, равное суше работы силы тяготения Солнца и работы силы
тяги:
mvl mvf
R
ИЛИ
так что работа силы тяги А* = --У та jie “ п ) положи¬
тельна при удалении аппарата от Солнца ( г2 > г, ) (в отличив от ра¬
боты силы тяготения) и отрицательна при приближении к Солнцу (г2 <
< г4 ). В случае удаления аппарата от Солнца кинетическая энергия
убывает. Так же, как и скорость, работа силы тяги Ап не зависит
от формы спирали (от значения спирального угла р ), т.е.от чис¬
ла витков, которые необходимо совершить аппарату вокруг Солнца
для перехода из одной точки в другую.
Легко видеть, что касательная сила тяги £ не является по¬
тенциальной. В этом можно убедиться, записав проекции равнодейст¬
вующей F‘r = F + Я:
f: - - ^. * iptk.- -fap-o - i
F? • H>S|> Slnp.
Действительно, сила f' не является потенциальной, так как
невозможно подобрать силовую функцию и', удовлетворяющую одно¬
временно условиям потенциальности />' = и F^jr-Щ. Сле¬
довательно, в сила R не является потенциальной силой. Заметим,
что равнодействующая F' не является также центральной оилой,
вследствие чего нв интеграл площадей, ни формулы Бнне в этой за¬
даче не удовлетворяются.
Для определения времени полета по спирали достаточно проинтег¬
рировать любое из соотношений для проекций скорости,например,
slnjj. Введя в него значение г из уравнения спирали,по¬
лучим уравнение е зл<*/а d<р * siap dt , откуда
-
t_ S.(re ex<* )3/a 2 rva
3A»^slnp 3/ft^cosp •
Таким образом, для перехода между rt и га требуется время
0 />V2 _ rVa\
^ ’ (ПЛ1)
зависящее от спирального угла р ( 0^ р 4 |- ). Если угол р
мал, то спираль закручена слабо, и время движения мало,причем ми-
, р (т’ з/£ _ г* з/а
ншально возможное время t = - { * ъ-jjr— соответствует слу¬
чаю радиального движения р = 0 (см.задачу Л II.7). Если угол р
велик, то спираль закручена сильно, и время движения велико. При
р =» я/2 снова получаем первоначальную круговую орбиту, для ко¬
торой определить время движения по (II.II) невозможно. В этом слу¬
чае необходимо использовать формулы § 6.
Следует отметить, что явная или неявная (через г ) зависи¬
мость характеристик движения от величины спирального угла р оп¬
ределяется их зависимостью от параметров паруса, создающего силу
тяги, так как в данной задаче можно принять, что каждое значение
р соответствует фиксированным параметрам паруса. Например,при¬
мем, что некоторая заданная мпарусность” аппарата соответст¬
вует значению р = 88 0 ( cos р = 0,03) (строгое соответствие
возможно лишь для случая, когда спиральный угол р равен углу
у падения лучей на плоскую поверхность). По формуле (II.II)
вычислим время движения аппарата от орбиты Земли до орбиты Марса:
t - (1,50НО*)—q 98.foec = Н30сут **3 1 г
1 ЪУ1327*Юв -0,03 и,Уб iu с моисут 0,1 г.
При этом радиус-вектор аппарата (гелиоцентрический) повернется на
угол
=*
|, cosp I _
Т 2 rv* ~
3ctgp
2 |,_ 3 • 0,98-Ю*/»327-Ю* • 0,03| „ ,п ,„0о
FWf1 20,5СМО')>'« 1=3,12-178,
- 135 -
т.е. за время движения от орбиты Земли до орбиты Марса аппарат
сделает около подовивы оборота по спирали вокруг Солнца.
Задача № II.9. Определить расстояние г от центра Зем¬
ли до точек.лежащих на одной прямой с центрами Земли и Луны,в ко¬
торых сила притяжения Землей массы т. равна силе притяжения той
же массы Луной. Принять расстояние Земля - Луна d = 384400 км,
отношение масс Mf/Mt = ?/81,5. (Задача о сфере притяжения).
Решение. Равенство сил притяжения массы т Землей и Лу¬
ной
fmMj _ fmMt Mt _ Mt
(d-r)
2 *
(d-ry
позволяет записать квадратное уравнение, имеющее корни:
(W* -М,)гя-2M6 rd+Mbd*= 0,
г = -м d (М6 = у* ■ .
*.* Mt-nt к 6 * «' 1 т
Итак, существуют по крайней мере две равнопритягяваемые точки,
лежащие на линии центров притяжений (коллинеарные точки) ,для ко¬
торых (рис.33)
г. =
0,90 d,
так что точка С находится между Зем¬
лей и Луной на расстоянии гс = 346000км
от центра Земли и d-rc = 38400 км от
центра Луны, а точка D лежит «за Лу¬
ной" на расстоянии гв ж 430500 ям от
центра Земли и rt-d - 46100 км от
центра Луш. Точка D расположена на
7700 км дальше от центра Луш, чем
точка С.
Масса тть, помещенная в точку С,
испытывает равное притяжение как Зем¬
ли, так в Луш, причем эти силы на-
Рис.ЗЗ
- D6 -
правлены в разные стороны, так что масса, лишенная скорости,оста¬
ется в точке С. Масса, помещенная в точку D, также испытывает
равное притяжение, но силы в этом случае направлены в одну сторо¬
ну, так что масса, лишенная окороств, падает на Луну под действи¬
ем равнодействующей этих сил притяжения. Значение силы притяжения
в точке D меньше, чем в точке С:
Условия попарного равенства сил тяготения Земли и Луны позво¬
ляют записать
откуда следует, что точки С и D делят расстояние между цент¬
рами Земли и Луны А В в отношении внутренним и внешним
образом. Используя методы элементарной геометрии, можно доказать,
что если на отрезке CD, как на диаметре, построить сферу, то она
явится геометрическим местом точек, для каждой из которых сила
притяжения Землей равна силе притяжения Луной. Значение этой силы
отличается от значения силы в соседней точке вследствие изменения
расстояния (для одной и той же массы т ). Эта сфера называется
сферой притяжения Луны относительно Земли. Внутри этой сферы сила
притяжения массы тгъ Луной всегда больше, чем сила притяжения Зем¬
лей. Радиус сферы притяжения р и расстояние ее центра £ от цен-
тра Луны BE= д вычисляются по формулам
р = -£cD * ^(r0-rc) = 42 300 км, A = rc + p-rf“ 474-0 км,
откуда следует, что центр сферы притяжения лежит „за Луной",на
расстоянии 3100 км от ее поверхности ( = 1740 км).
Понятие "сфера притяжения меньшей массы относительно большей"
относится к любым точечным массам. Для определения параметров сфе¬
ры, если известны только массы и расстояние между ними, можно вос¬
пользоваться следующими формулами, которые справедливы для слу¬
чая Земля - Луна:
ВС
Ас
BD
AD
rc=d-(p-A), rb=d + (p+A)
137
(II.12)
dVHt/Mi
Записав эти формулы для случая Солнце - Земля, можно определить
параметры сферы притяжения Земля относительно Солнца:Af»=6* 10 ^г,
Ме = 2*10 33 г, d = 150*10 6 км, р = 259500 нм, Ь. - 450 км. Та¬
ням образом, центр сферы притяжения Земли относительно Солнца ле¬
жит внутри земного шара. Интересно отметить, что Луна находится
вне сферы притяжения Земли относительно Солнца, вследствие чего
Солнце притягивает Луну сильнее, чем Земля. Действительно, соста¬
вим отношение величин оил притяжения, действующих на Луну:
I F.I •• I F6 | = ( М9/М6 ) ( г4< / г) а . Приняв среднее расстоя-
Устойчивое геоцентрическое движение Луны обусловлено соответст¬
вующими геоцентрическими скоростями я ускорениями.
С помощью формул (II.12) можно также доказать, что любая точ¬
ка К сферы, построенной на диаметре CD, обладает указанным
свойством равенства сил притяжения. Чтобы убедиться в этом,доста¬
точно доказать следующее равенство (см.рвс.ЗЗ):
Обозначая аа= переписываем формулы (II. 12) в виде
Солнце притягивает Луну примерно в два раза сильнее, чем Земля.
С другой стороны, по теореме косинусов для треугольников К BE и
АКБ имеем
(КВ)2 = Д'2 + p2- 2 рД cos с* = ^ (aV a2-2 a3 cos**),
(КА)2 = (d + b)2 + pft- 2(cL + b) p cosol =(j~.-g) 0 + #a- 2a cos cl)f
откуда следует (кв/КА)z =a2, т.е. АЯ/М = а: , что и требовалось
доказать.
Задача Л II .10. Определить, с какой скоростью следует
запустить снаряд с поверхности Земли по направлению к Луне, чтобы
он достиг ближайшей к Земле точки равных притяжений и остался в
ней в равновесии.
Решение. Как указывалось в задаче Л II.9, ближайшей к
Земле точкой равных притяжений является коллинеарная точка рав¬
ных притяжений с, лежащая на линии центров Земли и Луны (см.рис.
33) .Расстояние до этой точки от центра Земли гс = 346000 км, от
центра Луны d-r^ = 38400 км. Там же указывалось, что если неко¬
торая масса (снаряд, космический аппарат) попадет в точку С с
нулевой скоростью относительно Земли и Луны, то эта масса будет
оставаться в этой точке в равновесии в силу приведенного выше ра¬
венства сил притяжения.
При движении снаряда от поверхности Земли до точки С проис¬
ходит изменение его кинетической энергии, равное сумме работы сил
притяжения Земли и Луны:
Равновесие снаряда в точке С означает, что он попадает туда с
нулевой скоростью, так что скорость старта
mvg
2
где
- В9 -
Зная, что fM6 = 398600 км 3 /с 2 , /?4=6370 км, d = 384400 нм,
Гс = 346000 км, d-rc = 38400 км, находим «0 = 11,04 км/с.
Заметим, что для движения точки в поле тяготения двух центров
формула связи fM&/R\ уже неверна. Считая равнодействующую
силу тяготения Земли и Луны на поверхности Земли равной весу тела,
получаем
-тдгв = fm (а . )a J г*.
откуда
f ~ (d % ) * ] •
При М( = 0 эта формула превращается в формулу gr/?| = fMs ,
справедливую для одного притягивающего центра.
Аналогично определяют скорость падения массы тп на Луну, если
эта масса оказалась в коллинеарной точке равных притяжений D без
начальной скорости. В этом случае
my2 rnvj
так что
При Rt = 1740 км, rD = 430500 км, = 384400 км получа¬
ем v = 2,38 км/с. Очевидно, такой же должна быть скорость стар¬
та с поверхности Луны, необходимая для того, чтобы снаряд достиг
коллинеарной точки равных притяжений £, после чего он падает на
поверхность Луны.
Задача №11.11. Космический аппарат движется по эллип¬
тической траектории вокруг притягивающего центра М с гравитаци¬
онным параметром )iM. Аппарат проходит вблизи некоторой притяги¬
вающей массы тп. Считая, что возмущающая масса расположена в пло¬
скости орбиты аппарата, определить мгновенное изменение постоян¬
ной энергии dTi/cLt и большой полуоси da/dt орбиты аппара¬
та.
- 140 -
Решение. Орбитальная энергия аппарата, движущегося в
поле тяготения центральной массы М определяется интегралом
энергии
личин к
нии г:
Ум
г - - а — . Мгновенным изменением ве-
и а будем называть изменение их при постоянном значе-
dh
dt
= 2v
dv
dt
da
dt
2 a2v dv
dt
где dv/dt - мгновенное изменение скорости.
В рассматриваемой задаче (см.рис.34) это изменение скорости
определяется следующим об¬
разом. Пусть сила | Fm\ =
= рм /р2 есть сила притя¬
жения возмущающей массы т
( т « М ), действующая на
аппарат единичной массы,на¬
ходящийся от нее на расстоя¬
нии р. Под действием этой
силы возникают касательное и
нормальное ускорения аппара¬
та
?1) _ mc9 = dv
cosu dt
wn= sta 0 . Из этих
/*
/
/
Рис.34
ускорений только касательное ускорение wt может изменить орби¬
тальную энергию, так что
dh
dt
в,
Р‘
dt
2 a3v
Г /*■«
cos 0.
Из полученных формул видно, что орбитальная энергия К увели¬
чивается или уменьшается в зависимости от направления движения ко¬
смического аппарата, т.е. от изменения угла 0. Изменение энергии
dh/dt зависит только от гравитационного параметра возмущав¬
шей массы и расстояния р, на которое удален от нее аппа-
141 -
рат. Значение cos0 следует считать отрицательным, если возмущаю¬
щая сила вызывает поворот орбиты в направлении, противоположном
направлению орбитального движения аппарата .В этом случае количест¬
во энергии ( 7t<0 ) и большая полуось уменьшаются .Именно этот слу¬
чай изображен на рис.34.
Задача Л II .12. При движении искусственного спутника
Земли в атмосфере наблюдается рассеяние (диссипация) полной энер¬
гии ИСЗ по закону dLh/dLt = -2Ф, где ф - положительная функция
рассеяния .^Определить характер эволюции эллиптической орбиты
ИСЗ (1ь= Записать уравнение энергетического баланса и
установить характер изменения орбитальной кинетической и потенци¬
альной энергии ИСЗ.
Решение. На основании закона рассеяния полная энергия
h под действием сопротивления атмосферы убывает. Из формулы
h =-fim/2 а становится очевидным, что уменьшение отрицательно¬
го h (эллиптическая орбита) сопровождается уменьшением большой
полуоси орбиты а, т.е. орбита опускается в более плотные слои ат¬
мосферы.
Легко видеть, что при указанном снижении орбиты апогей опуска¬
ется быстрее, чем перигей. Действительно, рассмотрим один виток
орбиты: апогей - перигей - апогей. В перигее плотность атмосферы
для данного витка является наибольшей, следовательно, наибольшим
будет и коэффициент аэродинамического сопротивления, входящий в
формулу силы сопротивления. Кроме того, сила сопротивления явля¬
ется функцией скорости ИСЗ, а скорость его в перигее максимальна,
так что очевидно,что эффект торможения атмосферой будет максималь¬
ным именно в перигее. В результате этого ИСЗ частично потеряет в
перигее скорость, вследствие чего ухе не будет достигнута прежняя
высота апогея. Аналогичный эффект можно наблюдать для любой точки
орбиты, но его интенсивность снижается по мере движения спутника
от перигея к апогею (плотность уменьшается, так как увеличивается
высота ИСЗ, уменьшается скорость по закону площадей) .В апогее эф¬
фект торможения будет наименьшим, и незначительная потеря скоро¬
сти не окажет существенного влияния на положение следующего пери¬
гея. Таким образом, апогей снижается быстрее перигея, в результа¬
те чего эллиптическая орбита превращается в круговую при одновре¬
менном уменьшении от и г : е — 0, а — — г% — г.
Несмотря на потерю орбитальной скорости на каждом витке,в це¬
- 142 -
лом при снижении орбиты от витка к витку среднее значение орбиталь
ной скорости будет увеличиваться. Действительно, определим предел
средней скорости ИСЗ (см.задачу # 5.19):
I™ ”ep =-rJijn к + м 4,im -4)+
т.е. среднее значение скорости стремится к значению круговой ско¬
рости, которая, как известно, возраотает по мере снижения орбиты.
Таким образом, имеет место так называемый "парадокс спутника",
заключающийся в том, что при движении в атмосфере спутник получает
ускорение в направлении движения. Приблизительный характер измене¬
ния скорости при движении в атмосфере изображен на рис.35, где п -
число витков.
Увеличение среднего значения орбитальной скорости влечет га со
бой увеличение кинетической энергии Г= ту У 2 . Записав далее
- и подотавив это уравнение в выражение закона раооеяяия
энергии, подучим
V
Рис.35
dh, dL
dL ( mv
jj, rrv
r
■)
dt dt
2
Отсюда следует, что если имеет место одновременное увеличение
Г вследствие увеличения скорости v и уменьшение пол¬
ной энергии К вследствие рассеяния энергии, то потенциальная
энергия ИСЗ \J=-u должна убывать быстрее, чем увеличивается
кинетическая энергия Г.
Необходимо отметить, что реальное замедление ИСЗ в атмосфе¬
ре следует рассматривать как результат приложения непрерывного
ряда бесконечно малых импульсов, причем сила сопротивления на¬
правлена по касательной к этой траектории (касательный импульс)
и пропорциональна мгновенной скорости. После приложения каждого
импульса подучаем новую орбиту с новой постоянной К- Новый
эллипс меньше первого, касатеден к нему в точке приложения им¬
пульса и имеет один фокус, совпадающий с фокусом первоначально¬
го эллипса.
Приведенные выое положения можно проиллюстрировать следующи¬
ми формулами. Пусть в перигее скорость подучает некоторое при¬
ращение Л ох , так что их' = ьх + д . Знак приращения заранее
неизвестен. Из интеграла энергии при rx - const имеем
ЛЛ = 2ихдих =^а-ДОГ
' к
откуда
дгл=2да = 2(2ияд«к)а/> = At)* hbxa/^ . (И.13)
- 144 -
Это значит, что приращения д г* и дг, и не от одинаковые знаки,
т.е. уменьмение скорости в перигее обязательно влечет за собой
уменьмение гл, значит, происходит снижение орбиты.
Установим соотношение между величинами приращений скоростей
в перигее и апогее. Запииеи интеграл энергии для апогея и прира¬
щение д h для переменного г*-
и - у2 - = -Л-
п - v~- гЛ а *
Дh = 2 диА + дг‘ = аТ Д£Г= а* ^ ’
так что
so-atwfe, - ^т)дг‘ = lfc(ri-4ai)Ar-=
= “ д($г£ ( г» + 2 г* г*) Л г»-
Подставив в это выражение вместо дг* его значение из (IL.B),
найдем
л„„,-i4uJ(-b.)'+2i] . (II.B)
Из полученной формулы следует, что приращения до* и дуя
имеют разные знаки. Кроме того, орбита стремится к круговой, т.е.
— < и rp—1. Следовательно, имеет место соотношение импульсов
' А
дуа = -3диж.
Задача № И.В. Определить местную круговую и местную
параболическую скорости точки массой тп, находящейся над поверх¬
ностью Земли на расстоянии г„ от ее центра, если движение про¬
исходит в экваториальной плоскости Земли. Землю принять за сжатый
эллипсоид вращения (сфероид).
Решение. Потенциал сжатой Зеили, принятой за эллипсоид
- 145 -
вращения, взятый с точности) до членов второго порядка относите¬
льно геометрического сжатия Земли, имеет вид
и = ^^-[f + fl-3sln\)+ ^ D (I -lOslrfy+^-$trnp)j,
гае J = 1624'ICT6 , D = 6»I0 - безразмерные коэффициенты.со¬
держащие геометрическое сжатие л в первой и второй степени: у -
геометрическая широта точки; - экваториальный радиус Земли.
Запишем формулу потенциала для ч> = 0 (экваториальная плос¬
кость) :
ш-15>
Известно9 что ускорение ш точки, движущейся в поле произво¬
льной потенциальной силы F, в системе сферических координат со¬
стоит из трех компонент:
«5„ -шгг° q°, гОА - шД° =
I» F = f ^ X . HL /т = _J ^
тгъ л > гг эг ’ ч г 9 а г cos<e аТ •
Пусть точка совершает равномерное круговое движение в экваториаль¬
ной плоскости Земли, принятой за эллипсоид вращения. Сила тяготе¬
ния F°(^-0)b этом случае, так же как и сила тяготения сфериче -
ской Земли, является центральной силой (см.рис.36 а,б,в ), т.е.
О, F*r. Тогда радиальное ускорение является од¬
новременно нормальным ускорением, а "долготная" компонента ус¬
корения соответствует касательному ускорению, которое для равно¬
мерного кругового движения всегда равно нулю. Итак,
tur-2U7i=-^-=-^-°=7L(|^)=const<0, &V-О, ШД= шг=-^»0,
откуда можно получить круговую скорость
у* = /-£(IfI-г. = /-^‘W const >О.
д U 0
Соответствующую ей силу тяготения F°= Fr = находят по
146 -
(И.15):
f. = ag_ =_ + j (ру + , (II. 16)
так что круговая скорость определяется формулой
v/£-[uj(&)'+-!-d&)'] (П.П)
Для вычисления местной параболической скорости точки восполь¬
зуемся теоремой об изменении кинетической энергии точки при уходе
"в бесконечность":
rrvvl _ .
2 2 " \ ~ *
где Агоо - работа силы тяготения F0 по перемещению точки,на¬
ходящейся в экваториальной плоскости, с данной поверхности уровня
Ш -
помещала "в бвоковвчнооть", равная kr^U°(oO)-u\r0)<Q . в рас¬
сматриваемом случае . о, (/&>)« О, так что v^=\f^UUj\).
Воопольаававшвсь выражением (II. 15) (где расстояние г = г0 ),опре¬
делим параболическую скорость:
Сравнение полученных формул для vK? и г>пар показывает, что
известная формула vn9p~^2vKp9 применявшаяся нами при решении за¬
дач настоящего сборника, соответствует лишь первому члену ряда в
разложении потенциала сжатой Земли, т.е. справедлива лишь для сфе¬
рической модели Земли. С помощью формул (II. 17) и (II. 18) запишем
поправки к значениям vT - 7,90 км/с и Vj = 11,19 км/с для то¬
чек на экваторе (г0 = /?*):
Vj (iH-j + l-D) = 7,90 /1 + 162<* -Ю'6+3-10'6 > 7,90001627,
vi = Н, 19 /Т+5^ 2 • <0*"+ 0,5- Ю"6 = 11,19/1,000542.
Из этих поправок следует, что влияние несферичности Земли для ьг
меньше, чем для п1а По мере подъема точки над поверхностью Земли
это влияние уменьшается, что следует из формул скоростей.
При выходе из экваториальной плоскости ( уф о ) сила тяготе¬
ния сжатого эллипсоида вращения в силу нарушения симметрии пере¬
стает быть центральной (рис.36,г). При этом появляются две компо¬
ненты силы тяготения -радиальная
fr = w = -^[i+^(-F-/(1-3sina<f)+lD(^0-'0sln^
и"широтная"
- 148 -
^ = sLn<f cos(e + 3^[^(<40sln5(ecos(f-60sin<fcos((^
"Долготная" компонента Fx для модели эллипсоида враще¬
ния всегда равна нуле, так как F не зависит от Л . Этим ком¬
понентам силы соответствуют переменное радиальное ускорение и)г =
= “тГ = тТ (lFF~)r г и ОТличное от ускорение tu4 - -£*- =
= . так что для эллипсоида вращения при <f*0
V <7<f /т-»гв
круговое движение оказывается невозможным.
Б данной задаче мы ограничились рассмотрением модели эллипсо¬
ида вращения, или сфероида, взяв соответствующее разложение с точ¬
ностью до членов второго порядка. Если же в разложении (II.15)
взять члены ряда, не только позволяющие учитывать более высокие
порядки сжатия для модели сфероида, но и члены, характеризующие
трехосность Зевали (несферичность экватора), сплюснутость северно¬
го полушария и т.д., то станет очевидным, что поскольку в дейст¬
вительности симметрии Зевали относительно экваториальной плоскости
не существует, то не существует и строго кругового движения ИСЗ
даже в экваториальной плоскости. Таким образом, для реальных дви¬
жений ИСЗ можно говорить лишь о почти круговых орбитах.
Задача Я II .14. Точка движется под действием централь¬
ной силы притяжения F - - тть ^ f где /ь > 0 и > О
некоторые постоянные. Составить уравнение движения точки с по¬
мощью формулы Бине.
Решение. Физический смысл предложенной задачи может
быть установлен с помощью формул задачи № II .13, где была выведе¬
на формула (II.16) силы тяготения в экваториальной плоскости. Из
(II.16) следует, что эта сила, вычисленная с точностью до первой
степени геометрического сжатия Земли, имеет вид
F° = - [l + J>°-
Этот закон действия силы совпадает с законом, заданным в условии,
если принять = fit> 0 , = fis > 0 . Таким образом, пер¬
- 149 -
вое слагаемое может быть интерпретировано как сила притяжения
сферической Земли, второе как добавочная сила притяжения эквато¬
риального избытка массы Земли.
С помощью второй формулы Вине (см.§ 4) запишем
d%u f (М ^ Л I Ц ^и2
Чф + “ = -1етГ5- = (-£г+-Р^С^=-^+-С^
где и - переменная Вине; с = га<£- постоянная площадей.Отсю¬
да
^кг-3,и‘+и.£- (11.19)
(сравнить с уравнениями (II.4) из задачи № II.6 и (4.II) из зада¬
чи № 4.10). Это нелинейное неоднородное уравнение второго порядка
типа y"+ay*+by2+cy+d=0 (or «0), которое неразрешимо в элемен¬
тарных функциях. Его можно свести, например, к уравнению типа у'*+
4-g-ffy+ |-by3-»“Ci/2+2dz/+C=0 (cr =0), разрешимому в эллиптических
функциях. Однако с физической точки зрения это уравнение является
уравнением возмущенного движения точки в нецентральном поле тяго¬
тения. В небесной механике решения уравнений возмущенного движе¬
ния строятся с использованием методов последовательных приближе¬
ний или методов вариации произвольных постоянных. Если такие мето¬
ды применить к решению данного уравнения (II .19), то за первое
приближение следует принять решение уравнения невозмущенного дви¬
жения, получаемого из (II. 19) при = 0. Это уравнение соответст¬
вует движению точки в поле тяготения сферической Земли, и его ре¬
шение представляет собой невозмущенный кеплеров эллипс.
Задача №11.15. Определить масимально возможный период
обращения искусственного спутника Земли Г ? Какова максимально
возможная продолжительность пребывания такого ИСЗ в тени Земли?
Решение. Будем считать поверхность сферы действия Земли
границей области существования ИСЗ. Приняв за радиус сферы вели¬
чину р = 929900 км (см.§ 9), что в 2,41 раза превышает расстоя¬
ние от Земли до Луны гс = 384400 км, выразим период обращения ука¬
занного ИСЗ через известный период обращения Луны вокруг Земли
Т€ = 27,3 сут (см.задачу № 10.7), использовав третий закон Кеп-
лера : Г=Г,(Х.)а/!“= (2,41)*7, = 3,72-27,3 = 101,6 сут.
- 150 -
Очевидно, что при г > р тело превратится в искусственную пла¬
нету, так что наеденный период можно приближенно считать макси¬
мальным из возможных.
Определим длительность пребывания ИСЗ в тени Земли. Длину ко¬
нической тени Земли ОС = X (рис.37) можно найти из подобия тре-
Рис. 37
угольников О'К'С и ОКС. Положив О'с « К'с * сс+Х, запишем
RjRb =£г+гфг. Приняв Д. = 6,96*10 5 км, /?4= 6370 км, от*
= 149,6*10 6 КМ, ПОЛуЧИМ - = х ,
откуда ае я ' = 4,3&*10®км.
108,э
Угол полураствора конуса земной тени можно определить излОДС:
sin- f = -§?- = -frlgffi =о*°о^8’
Легко видеть, что если длина конуса земной тени составляет
= 1,38*10 8 км, то объект, расположенный на расстояниир«930000км=>
* 0,93 • 10 6 КМ от центра Земли, может при определенном накло¬
не орбиты попадать внутрь этого конуса. Время пребывания в тени
для орбиты ИСЗ, расположенной в пхоскооти эклиптики,будет максима¬
льным, когда плоскость орбиты будет лежать в плоскости свшетрии
конуса тени (наклон такой орбиты равен наклону эклиптики я эква¬
тору i = 23 °,5).
Время пребывания рассматриваемого ИСЗ в тени можно определить
следующим образом. Найдем длину отрезка АВ (хорды кругового сег¬
мента) из подобия треугольников OBD и ОКС .Он равен
- 151 -
АВ _ i£ - Р
Ж * COSf ’
откуда при COS^-asI получим
70 П.38-
^ 1,38-10*
^о_2ЯЛ^-Р) 2-6370 (1.38-0.93>Юв = 4>од.,05км.
Определим соответствующий центральный угол:
5in JL - ЛВ _ 4-* 09 -10^ _ q ппор
2 "IFfT ~ 2• 9,3но5 “
|"-0в08', jJ=0°16' =0,0047.
Доля найденного выше периода обращения ИСЗ, соответствующая
его пребыванию в тени Земли, составляет
-Г “А- =Л^ = 0’00075*
откуда время пребывания в тени (максимально возможное) составляет
X-0,00075 7 « 0,00075 40»,6 = 0,076 счт = 1ч 50 мин.
- 152 -
Указатель литературы
Б а л к К. Б. Элементы динамики космического полета. М.,
„Наука", 1965. 340 о.
Бухгольц Н. Н. Основной курс теоретической механики.
T.I. М., „Наука", 1965. 468 с.
Коомодемьянский А. А. Куро теоретической ме¬
ханики. 4.1. М.. „Просвещение", 1965 . 538 о.
Левантов'ский В.И. Механика космического полета в
элементарном изложении. М., „Наука", 1970. 492 с.
Мещерский И. В. Сборник задач по теоретической ме¬
ханике. М., "Наука", 1970. 448 с.
Руппе Г. Введение в астронавтику. T.I. М., Наука",
1970. 612 о.
Фертрегт М. Основы космонавтики. М., Просвещение",
1969. 302 о.
X а й к и н С. Э. Физичеокие основы механики. М., Наука”,
1971. 752 о.
Эокобал П. Методы аотродинамики. М., „Мир", I97D.
342 о.
- 153
Об авторе Елена Николаевна ПОЛЯХОВА
Кандидат физико-математических наук, доцент. Работает на
кафедре небесной механики Санкт-Петербургского государст¬
венного университета с 1965 г., читает общий курс теорети¬
ческой механики на астрономическом отделении математико¬
механического факультета СПбГУ, а также спецкурсы «Теория
солнечного паруса» и «Фотогравитационная небесная ме¬
ханика». Научно-исследовательская работа Е. Н. Поляховой
связана с небесной механикой тел переменной массы, фото-
гравитационной небесной механикой, динамикой космиче¬
ского полета с солнечным парусом и теорией возмущенного
движения искусственных спутников под действием светового
давления. В 2005 г. награждена премией имени Ф. А. Цандера Российской академии
наук. Член Международного астрономического союза. Е. Н. Поляхова — автор 180
научных работ, в том числе монографии «Космический полет с солнечным парусом»
(М., 1986) и учебно-методического пособия «Сборник задач по аналитической меха¬
нике» (2-е изд. М.: URSS, 2009).
Наше издательство предлагает следующие книги:
8932 ID 112694
9И785397
НАУЧНАЯ И УЧЕБНАЯ ЛИТЕРАТУРА
Тел./факс: 7 (499) 135-42-16
Тел./факс: 7 (499) 135-42-46
013642
URSS
E-mail:
URSS@URSS.ru
Каталог изданий
в Интернете:
http://URSS.ru
Любые отзывы о настоящем издании, а также обнаруженные опечатки присылайте
по адресу URSS@URSS.ru. Ваши замечания и предложения будут учтены
и отражены на web-странице этой книги в нашем интернет-магазине http://URSS.ru