Динамический и геометрический методы космической геодезии и их применение

Размещено на http://www.allbest.ru/

Ростовский государственный строительный университет

РАСЧЕТНО-ПОЯСНИТЕЛЬНАЯ ЗАПИСКА

Тема: Динамический и геометрический методы космической геодезии и их применение

По дисциплине Основы космической геодезии

Руководитель к.т.н., доц. Редичкин Н.Н.

Разработал студент Безручко К.О



Задача № 1

Преобразование координат методом поворота координатных осей (определение направляющих косинусов).

Задача: от системы координат X, Y, Z перейти к x, y, z. Решается методом поворота координатных осей.

1-й поворот вокруг оси OZ на угол Щ- угол прецессии

2-й поворот вокруг оси OX' на угол нутации - I

3-й поворот вокруг оси OZ” на угол чистого вращения - W

Умножим второе уравнение этой системы скалярно на векторы , , .

Тогда координаты точки будут определяться следующими формулами:

Произведение векторов является cos соответствующей стороны:

Необходимо вывести формулы направляющих косинусов:

	x	y	Z
X	l1	l2	l3
Y	m1	m2	m3
Z	n1	n2	n3

Для вывода формул воспользуемся следующим соображением: при пересечении прямоугольной системы координат со сферой образуются треугольники, у которых все стороны и углы равны 90?.

Используя формулу cos стороны сферического треугольника:

cosa=cosb•cosc+sinb•sinc•cosA

l₁=cosW•cosЩ+sinW•sinЩ•cos(180?-I)

l₁=cosW•cosЩ-sinW•sinЩ•cosI

l₂=cosЩ•cos(90?+W)-sinЩ•sin(90?+W) •cos(180?-I)

l₂=cosЩ• (-sinW)-sinЩ•cosW•cosI

l₃=cosЩ•cos90?+sinЩ•sin90•cos(90?-I)

l₃=sinЩ•sinI

m₁=cosW•cos(90?-Щ)+sinW•sin(90?-Щ) •cosI

m₁=cosW•sinЩ+sinW•cosЩ•cosI

m₂=cos(90?+W) •cos(90?-Щ)+sin(90?+W) ?sin(90?-Щ) ?cosI

m₂=-sinW?sinЩ+cosW?cosЩ?cosI

m₃=cos90??cosI+sin90??sinI?cos(180?-Щ)

m₃=-sinI?cosЩ

n₁=cos90?•cosI+sin90?•sinI•cos(90?-W)

n₁=sinI•sinW

n₂=cosI•cos90?+sinI•sin90?•cosW

n₂=sinI•cosW

n₃=cosI

Исходные данные:

Вариант №2

I=43?37ґ22.24Ѕ+10ґ•№вар.2=43?57ґ22.24Ѕ

Щ=32?15ґ46,18Ѕ-5ґ?№вар.2= 32?05ґ46,18Ѕ

W=67?23ґ45,71Ѕ+2ґ№вар.2=67?27ґ45,71Ѕ

l₁=cosW•cosЩ-sinW•sinЩ•cosI m₁=cosW•sinЩ+sinW•cosЩ•cosI

l₂=cosЩ• (-sinW)-sinЩ•cosW•cosI m₂=-sinW•sinЩ+cosW•cosЩ•cosI

l₃=sinЩ?sinI m₃=-sinI?cosЩ

n₁=sinI•sinW

n₂=sinI•cosW

n₃=cosI

Контроль:

l₁²+l₂²+l₃²=1

m₁²+m₂²+m₃²=1

n₁²+n₂²+n₃²=1

?l_im_i=?l_in_i=?m_in_i=0

	Sin	Cos
J	0,694109277	0,719869649
?	0,533562438	0,845760678
w	0,923401235	0,383836109
l1	-0,030040683
l2	-0,928406141
l3	0,370350638	1,0	0,0
m1	0,767001776
m2	-0,258998419
m3	-0,587050333	1,0	0,0
n1	0,640941364
n2	0,266424204
n3	0,719869649	1,0	0,0

Контроль:

Задача № 2

Переход от геодезических координат B, L, H к прямоугольным X, Y, Z и обратно. Вариант№2

Исходные данные:

B=32?15ґ57.18Ѕ+10ґ•№вар.2= 32?35ґ 57.18Ѕ

L=43?37ґ26.24Ѕ-10ґ•№вар.2= 43?17ґ 26.24Ѕ

H=1856м+10м•№вар.2= 1876 м

Определить: X, Y, Z

Решение:

Для перехода от геодезических координат точки А к прямоугольным используются следующие формулы

Где

б=1/298,257

e²=2б-б²=0.006694385

2. Для обратного перехода используются формулы

Исходными данными являются результаты вычислений первой части работы.

Подтверждением правильности вычисления является сходимость результатов вычислений и исходных данных для первой части работы.

	дег	Рад		sin	cos
B	32,59921667	0,568963664		0,538759267	0,842459763
L	43,29062222	0,755563893		0,685699227	0,727884998
H			1876
a			6378245
б			0,003352813
e^2			0,006694385
N			6384450,901
X			3916183,933
Y			3689215,058
Z			3417666,245
R			5380223,447
L	43,29062222	0,755563893
N№			6384450,919
B№	32,599268151	0,639508683		0,538760024	0,842459279
H№			1879,652403
NІ			6384450,901
BІ	32,599216566	0,639507415		0,538759266	0,842459764
HІ			1875,992891
Nі			6384450,901
Bі	32,599216667	0,639507417		0,538759267	0,842459763
Hі			1876,000014
N4			6384450,901
B4	32,599216667	0,639507417		0,538759267	0,842459763
H4			1876,00000

Задача № 3

Практическое применение 3-его закона Кеплера.

Вариант №2

Период обращения ИСЗ составляет Т=90,3^,m и ежесуточно убывает на dT=2.9s/сек+0,05*№вар.2 =3,0сек. Вычислить на сколько убывает ежесуточно большая полуось орбиты спутника а=7301км+№вар,2 км=7303км.

Согласно 3-его закона Кеплера , получим

;

;

;

;

da=2,076406353км/сут.

Задача № 4

Определение элементов орбиты космического корабля «Восток».

Вариант №2

Космический корабль «Восток», на котором Ю.А. Гагарин совершил первый в мире космический полет вокруг Земли, стартовал 12 апреля 1961г. в 9 часов 05 минут по Московскому времени.

Наибольшая высота над поверхностью Н_А=331+№вар.2 в км = 333км, наименьшая Н_П=176км+№ вар.2 в км=178 км. Корабль прошел через перигей в 9^h 06^m. Тормозной двигатель был включен в 9^h 36^m. Каковы были в данный момент истинная аномалия х, и высота над поверхностью Земли.

R=6378.211км, м=3,98603*10⁵ км³/с² ф=9^h36^m, t=9^h06^m

Решение:

1. Время полета в секундах:

Т=ф-t=1800^s

2. Большая полуось орбиты:

A=R+(H_A+H_П)/2 =6631,711 км.

3. Эксцентриситет орбиты:

e=(H_A+H_П)/2a=0,038515395

4. Среднее движение

= 0,001168518

5. Средняя аномалия

Mn(ф-t)=2,103487594с•57.3 = 120 ? 31' 15,46''

6. Истинная аномалия

= 1,820369701

Где Е=e*sinM+M

Задача решается методом приближений

E^I=M+e*sinM*с=122 ? 25' 9,09''

E^II=e*sinE^I+M*с= 122 ? 23' 01,48''

E^III= e*sinE^II*с+M= 122 ? 23' 04,32''

E^IV= e*sinE^III*с+M= 122 ? 23' 04,26''

7. Высота корабля

Задача № 5

Вариант №2

Вычисление сферических экваториальных геоцентрических координат спутника по данным его топоцентрическим координатам.

O'P= p -радиус-вектор пункта Р относительно центра референц-эллипсоида;

OP=с - радиус-вектор пункта Р относительно центра масс Земли;

- радиус-вектор спутника относительно центра масс Земли;

-радиус-вектор спутника относительно центра масс Земли;

- топоцентрический радиус-вектор спутника;

- вектор, соединяющий центр референц-эллипсоида и центр масс Земли.

В некоторый момент UT-0=20^h36^m08.732^s +№Вар.2(мин)= 20 ^h38^m8.732^c пункта P с известными координатами В=46?58ґ28,17Ѕ, L=2^h47^m39.748^s=41?54ґ56.22Ѕ, Н=383,5м определены топоцентрические координаты спутника

=812120+10м*№Вар.2=812140м; =18^h46^m42.275^s+№Вар.2(сек)=18^h46^m44.27^s д'=+38?06ґ37.24Ѕ+№Вар.2(сек)=+ 38?6ґ39.24Ѕ

Необходимо найти геоцентрические координаты спутника. Предполагается, что синхронным методом определены углы Эйлера (щ=1,5Ѕ, Щ=1,9Ѕ, J=2,2Ѕ). S₀=16^h47^m01.535^s, a=6378245м, б=2/298,3.

Порядок вычислений:

1. Вычисляем прямоугольные координаты пункта Р

X=(N+H)cosB•cosL=(6389685,46+383,5)* 0,682323894*0,744129493=3244476,575 (м)

Y=(N+H)cosB•sinL=(6389685,46+383,5)* 0,682323894*0,668035=2912698,978 (м)

Z=[N(1-e²)+H]sinB=(6389685,46(1-0,00669342)+383,5)* 0,73105=4640189,221 (м)

где

2. Вычисляем координаты пункта Р в геоцентрической системе координат:

3. Находим прямоугольные координаты спутника, выполняя при этом переход от звездной системы координат к Гринвической

=115987,757 м

=628519,288 м

z'=*=501339,839 м

UT0=(S-S₀)-(S-S₀)v

13 ^h 26 ^m33.33^s

4. Определяем геоцентрические координаты спутника

x_c = x_p + x'=3354939,174

y_c = y_p + y'=3542089,942

z_c = z_p + z'=5141424,117

5. Находим сферические геоцентрические экваториальные координаты спутника

= 3^h6^m13,041^s

= 3^h06^m0,420^s

= 7087754,226 м

Схема вычисления

X	3244476,575
Y	2912698,978
Z	4640189,221
xp	3244476,592
yp	2912698,984
zp	4640189,223
S	13	26	33,33	13,44259285
		Cos	sin
(a-S)	80,04556556	0,172864936	0,984945539
x'	110462,582
y'	629390,959
z'	501234,894
xc	3354939,174
yc	3542089,942
zc	5141424,117
б	3,103622573	3	6	13,041
д	3,100116540	3	6	0,420
r	7087754,226

Задача № 6

Определение пространственных геоцентрических инерциальных прямоугольных координат спутника.

Исходные данные:

исходные данные
l1=	-0,03004068	l2=	-0,9284061	l3=	0,370350638
m1=	0,76700178	m2=	-0,2589984	m3=	-0,58705033
n1=	0,64094136	n2=	0,2664242	n3=	0,719869649

орбита баллистический солнце ракета

t=15^h20^m55^s; T=2^h43^m58^s

a=1.4 э.р; e=0,15

Найти: X, Y, Z спутника

Решение:

1. Определяем разность (t-T)^m =756,9499999

2. Определяем эксцентрическую аномалию (Е):

Е=М + e•sinE=10,00799788 = 10' 0' 28,79”

M=n•(t-T)^m=9,981930211 рад = 9' 58' 54,95”

Где k=0.07436574=0,07436574

E'=M+ e•sinE=10,00793085 рад = 10' 0' 28,55”

м=1

3. Определяем прямоугольные координаты в плоскости орбиты:

x_w=r•cosV=-1,159979962

y_w=r•sinV=0,278739105

r_w=a(1-e•cosE)= 1,423715314

=13' 30' 45,592”

Определение пространственных прямоугольных координат:

=-0,293629687

=0,817513703

=0,817741983

Контроль:

R²=x²+y²+z²=x²_w+y²_w+z²_w=r²_w 1,423248999=1,423249

Решение
			Cos	Sin
t-T	12,61583333	756,9499999
k	0,07436574
n	0,04489323
M	9,981930211	9	58	54,95
E'	10,00793085	0,174671345	0,984783707	0,173784493
V	13,51179424	0,235825297	0,972321845	0,23364552
Xw	1,159979962
Yw	0,278739105		E=	10,00799788
Zw	0		TAN(E/2)=	0,087558993
Rw2	1,423715314	E'	10	0	28,55105375
X	-0,293629687	V	13	30	42,45924877
Y	0,817513703
Z	0,817741983
RІ	1,423248999	RwІ	1,423249

Задача № 7

Вычисление невозмущенной эфемериды ИСЗ.

Вариант№2

Исходные данные: (X_p, Y_p, Z_p) из л.р.№5 (J, щ, Щ) из л.р. №5 исходные данные

Xp= 3244476,592 a=7035 T=56.11604166°=3.741069444^h

Yp= 2912698,984 e=0.05

Zp= 4640189.223 t=263.2107008°=17.54738006 ^h м=398603

t-T 13.80631061

A=7035 км; е=0,05

t=17^h32^m50.57^s

T=3^h44^m27.85^s

1. Находим среднюю аномалию М. Средняя аномалия - дуга окружности, которую описал бы ИСЗ после прохождения через перигей, если бы двигался равномерно по круговой орбите, совершая полный оборот за свой фактический период обращения по эллиптической орбите.

Е - эксцентрическая аномалия;

Х - истинная аномалия - угол между радиус-вектором спутника и линией апсид.

= 50? 46' 31,20''

2. Находим истинную аномалию (х):

= 60 ? 03' 28,64''

Где Е=e•sinE + М = 52 ? 59' 40,58''

Задача решается методом приближений:

E^I=M+e*sinM = 52? 59'40,58''

E^II=e*sinE^I+M = 53 ? 03' 47,40''

E^III= e*sinE^II+M = 53 ? 03' 54,55''

E^IV= e*sinE^III+M = 53 ? 03' 54,78'

3. Находим аргумент широты

U= х+щ = 124 ? 31' 14,35''

Вычисляем геоцентрический радиус-вектор ИСЗ

(км) =6846,548745

P=a•(1-e²)= 7017,4125

r=a•(1-e•cosE)= 6846,548745 (км) -контроль

4. Находим геоцентрические прямоугольные координаты ИСЗ

X=(cosU•cosЩ - sinU•sinЩ•cosJ) =-7306773,141

Y=(cosU•sinЩ + sinU•cosЩ•cosJ)= 1427550,819

Z=sinU•sinJ = 4909529,654

Контроль: r²=X²+Y²+Z² = 8917977,153

5. Определяем прямоугольные топоцентрические координаты ИСЗ

X'=X-X_p =--10551249,733

Y'=Y-Y_p =-1485148,165

Z'=Z-Z_p =269340,431

6. Определяем топоцентрические сферические координаты и топоцентрический радиус-вектор ИСЗ.

r'=8917977,153 м.

Решение
	дег	Рад	Cos	sin
M	50,77533413	0,886196759	0,632362858	0,774672328	50	46	31,20
E	52,99460687	0,924930376	0,601890194	0,798578859	52	59	40,58
tg(E/2)	0,498522846
tg(v/2)	0,578024804	60,05795509	60	3	28,64
E№	52,99460687	0,924930376	0,601890194	0,798578859	52	59	40,58
EІ	53,06309404	0,926125702	0,600935202	0,799297744	53	3	47,14
Eі	53,06515349	0,926161647	0,600906471	0,799319343	53	3	54,55
E?	53,06521537	0,926162727	0,600905608	0,799319992	53	3	54,78
И	0,524104529	0,00914735	0,499123753	0,866530714	0	31	26,78
U	127,5206523	2,225655247	-0,609047354	0,79313386	127	31	14,35
R	6846,548745
P	7017,4125
R	6846,548745	Контроль
X	-7306773,141
Y	1427550,819
Z	4909529,654
контроль	rІ	79530316501430,00	8917977,153
X'	-10551249,733
Y'	-1485148,165
Z'	269340,431
б'	8,012070057	12	34	28,67
д'	1,447997176	0	10	2,65
r'	8917977,153

Задача № 8

Вычисление топоцентрических экваториальных коордиант ИСЗ по результатам фотографических наблюдений.

Вариант № 2

При фотографировании ИСЗ на фоне звездного неба звезды изображаются в виде линий. За изображение ИСЗ принимается центр 3-го промежутка, для которого фиксируется время с точностью 1/1000 сек.

Общий порядок обработки фотографических наблюдений следующий:

1. Опознование опорных звезд на снимке с помощью звездного атласа

2. Выписка из каталога экваториальных координат звезд.

3. Вычисление поправок за прецессию, нутацию, абберацию и рефракцию.

4. измерение координат опорных звезд ИСЗ на негативе.

5. Вычисление топоцентрических коордиант ИСЗ.

Исходные координаты:

1). Момент наблюдения - август 03,77653^d,1998 UT-1

2). Фокусное расстояние камеры F=312.7 мм +0,2мм•№вар. = 313,1

3) Координаты пункта наблюдений

ц =38?57,54ґ

л =90?29,5ґ

Н=67,3 м

4) Прямое восхождение оптической оси

А=14^h12^m14^s +№ вар.^s=14 ^h12 ^m16

5) Склонение оптической оси

D=40?44ґ21Ѕ + № вар.Ѕ= 40?44ґ23Ѕ

6) Координаты звезд и спутника

Таблица 1

№ п/п	Координаты
	экваториальные	прямоугольные
	бi (h)	дi (h)	x, мм	y, мм
1	14,220230	41,02091	-5,7742	0,8134
2	14,171309	38,57427	3,3665	9,0965
3	14,124272	41,43019	1,4088	-6,478
4	14,081726	40,58384	7,2095	-4,7697
5	14,214995	39,31174	-2,3115	8,273
6	14,171742	42,12020	-3,8993	-6,9351
ИСЗ			2,3426	3,6495

Порядок вычислений:

1. Вычисляем идеальные координаты на снимке о_i и з_i всех опорных звезд по формулам:

;

;

где i=1,2,…,6.

2. Отдельно по абсциссам х и ординатам у составляем 2 системы уравнений поправок:

ax_i+by_i+c+l_xi=v_xi, где l_xi=x_i-о_i

dx_i+ey_i+f+l_yi=v_yi, где l_yi=y_i-з_i

где a, b,c,d,e,f - неизвестные пластинки.

Таблица 2

№п/п	Сtgдi	(бi-A)	cos (бi-A)	sin(бi-A)
1	0,065083002	1,536604231	-5,839283002	-0,723204231
2	-0,141663994	-11,83899823	3,508163994	20,93549823
3	-0,328504193	3,773482849	1,737304193	-10,25148285
4	-0,509300463	-0,851485299	7,718800463	-3,918214701
5	0,044622007	-7,805002123	-2,356122007	16,07800212
6	-0,132592239	7,54528009	-3,766707761	-14,48038009

3. Выполняем решение систем уравнений по способу наименьших квадратов, для чего составляем отдельно по х и по у две системы по три нормальных уравнения в каждом.

[AA]a+[AB]b+[AC]c+[Al]_x=0

[AB]a+[BB]b+[BC]c+[Bl]_x=0

[AC]a+[BC]b+[CC]c+[Cl]_x=0

Из этой системы находим a, b, c

[AA]d+[AB]e+[AC]f+[Al]_y=0

[AB]d+[BB]e+[BC]f+[Bl]_y=0

[AC]d+[BC]e+[CC]f+[Cl]_y=0

Из этой системы находим d, e, f. Где:

Таблица 3

[AA]	Ух2	119,1839
[AB]	Уху	-9,66773
[AC}	Ух	-0,0002
[AL]x	Уxlx	123,7573
[BB]	Уy2	264,6606
[BC]	Уy	1E-04
[BL]X	Уylx	-14,278
[CC]	Уl	6,0000
[CL]X	Уlx	1,002156
[AL]Y	Уxly	51,26367
[BL]Y	Уyly	508,3855
[CL]Y	Уly	7,640218

Полученные системы уравнений решаем по способу Гаусса

Таблица 4

119,1839	-9,66773	-0,0002	123,79045
	0,081116	1,68E-06	-1,03865087
	264,6606	1E-04	-14,0574831
	263,8764	8,38E-05	-4,01608731
	-1	-3,2E-07	0,01521958
		6	2,81948909
		6	2,8196981
		-1	-0,46994968
-1,03865	0,01522	-0,46995
-7,9E-07	1,49E-07	с
0,001235	0,01522
-1,03742	b
A

Таблица 5

119,1838883	-9,66772965	-0,0002	51,26366691
	0,081116079	1,67808E-06	-0,430122457
	264,6605949	1E-04	508,3855154
	263,8763866	8,37768E-05	512,543823
	-1	-3,17485E-07	-1,942363353
		6	7,640218483
		6	7,640141782
		-1	-1,273356964
-0,430122457	-1,942363353	-1,273357
-2,13679E-06	0,000000	F
-0,157556866	-1,942362949
-0,58768146	e
D

Полученные значения a, b, c, d, e, f подставляем в уравнение поправок, и вычисляем поправки v_xi и v_yi. После чего производим оценку точности.

4. Оценка точности:

Vx	Vy
-0,306599164	-0,183088933
-0,315804092	0,015007069
-0,292752089	0,229861729
-0,303001306	-0,163972592
-0,302169268	0,093902178
-0,297007294	0,008290548
0,550768448	0,122356547

Mx	0,428473
My	0,201954
M	0,473682

5. Используя полученные из решения нормальных уравнений постоянные пластинки a, b, c, d, e, f, вычисляем идеальные координаты спутника по формулам:

ж_сп=ax_cп + by_cп + c_cп + x_сп

з_сп=dy_c + cy_c + f_c + y_c

Осп	-0,50206
Зсп	-6,08921

6. Вычисляем экваториальные сферические координаты спутника

=14^h08^m 6,673^s

=40°0 ґ 59,9765ґґ

aсп	-0,002081467	-0,119259091	14,13518694
дсп	0,840733275	0,839595257	40,01666013

Задача № 9

Определение высоты стационарного спутника.

Вариант№2

В зависимости от J спутники делятся на:

J=90? - полюсные

J=0? -экваториальные

0?<J<90? - наклонные

Стационарным называется спутник, который постоянно находится над одной и той же точкой Земли. Это возможно если орбита спутника расположена в плоскости экватора и период обращения спутника равен периоду обращения Земли вокруг своей оси.

H - высота ИСЗ над поверхностью Земли;

а - большая полуось орбиты ИСЗ;

R=6378.211 км;

Т - период обращения ИСЗ;

М = 3,9806?10⁵ км³/с²

км

H_исз=a-R=42221.996-6378.211=35843.785 км

Задача № 10

Вычисление некоторых параметров ИСЗ

Вариант №2

H_П - высота перигея; E - эксцентрическая аномалия;

H_A - высота апогея; -радиус-вектор ИСЗ;

АП - линия апсид; P - фокальный параметр;

-истинная аномалия; R=6378211м, радиус Земли

а - большая полуось орбиты;

М - средняя аномалия (дуга окружности)

Н_А=1070200 м

Н_п=253450 м

Дано:

=32?

Е=43?

Вычисления:

1) Большая полуось орбиты спутника

=7040036 (м)

2) Эксцентриситет орбиты ИСЗ

=0,058007516

3) Фокальный параметр

P=a•(1-e²) =7016347,181 ( м)

4) Радиус-вектор ИСЗ

=7016347,181 (м)

₌ 6741369,432 (м)

5) Скорость ИСЗ в перигее:

=7,974500674 (км/с)

6) Скорость ИСЗ в апогее

=7,1000627 (км/с)



7) Средняя аномалия

M=E-e•sinE = 40 ? 43'59,3506''

8) Период обращения

= 1 ? 37' 58,5729''

	вариант
	На	Нп
	1070000	253250
	200	200
На	1070200
Нп	253450
R	6378211
?	32	0,558505361
E	43	0,750491578
м	398603
a	7040036		1+e	1-e
e	0,058007516		1,058007516	0,941992484	1,12315919
P	7016347,181
r1	6687374,094
r2	6741369,432
Vп	7,974500674
Va	7,1000627
M	40,73315294		40	43	59,35058822
T	5878,57288	1,632936911	1	37	58,57288049

Задача № 11

Определение параметров орбиты космического корабля движущегося по орбите вокруг Солнца

Вариант№2

Космический корабль совершает перелет с выключенным двигателем в межпланетном пространстве. Расстояния от планет таковы, что их притяжением можно пренебречь и учитывать только силу солнечного тяготения.

В начальный момент времени t₀, когда корабль находился в P₀ на гелиоцентрическом расстоянии r₀=1.5•10¹¹м, он имел гелиоцентрическую скорость V₀=20,5 км/с, причем угол между вектором скорости корабля и его радиус-вектором в этот момент был равен в=50?2ґ.

Найти:

1. Истинную аномалию корабля в начальный момент времени t₀;

2. Гелиоцентрическое расстояние r_n в момент прохождения через перигей;

3. Эксцентриситет е и фокальный параметр P орбиты корабля.

Решение:

Пусть k=1,32718•10²⁰м³/с² - гравитационный параметр Солнца.

В момент t₀ найдем:

где

откуда

Из уравнения орбиты космического корабля получим:

С учетом этого найдем:

1.

2. 0,574520819

3.

4.

r0	1,5E+11	150000000	e*sin?0 = r0*V0^2/k =	0,474973252
V0	20,5
В	50,03333333
K	1,32718E+11
Ж	-0,324313218	-17,96856395	342,031436	342	1	53,16977
E	0,574520819
P	41849677,17	41849677167
Rn	26579310,131	0,265793101

Задача № 12

Определение начальной скорости и ориентирующего угла для перехода спутника с одной орбиты на другую.

Вариант№2

ИСЗ находится в точке Р₀ на орбите Земли (R_ор Земли =1,48•10⁸ км), он должен совершить перелет к орбите Венеры и пройти через заданную точку Р₁ орбиты Венеры (R_ор Венеры = 1,08•10⁸ км)

Определить каким должен быть угол в и V_0min, если г=47?2ґ

Решение:

1. Модуль скорости материальной точки. Движущейся по кеплеровой орбите

где fM=1.32718•10¹¹ км³/с²

P=a(1-e²) - фокальный параметр

2. Выполним преобразование этой формулы с использованием

а) интеграла энергии

б) интеграла площадей

в) интеграла орбиты

3. Тогда получим следующую формулу

=18,36247974 (км/с)



где

B=sin г=0,731750348

Rop Z	148000000
Rop V	108000000
Г	47,03333333	47	1	60,00
fM	1,32718E+11
Vomin	18,36247974
A	0,68879761
B	0,731750348
Л	0,685412926	46,73190987	46	43	54,87555
В	66,63404506		66	38	2,562227

Задача № 13

Определение начальной скорости и элементов орбиты баллистической ракеты при перелете из одного пункта на Земле в другой.

Баллистическая ракета должна совершить перелет между пунктами P и Q на земной поверхности. Известно, что дуга большого круга PQ содержит 2б (б =46 ? 2') радиант. Пренебрегая вращением Земли и сопротивлением атмосферы и считая Землю шаром радиуса R со сферическим распределением плотности, определить:

1.Минимальную начальную скорость V₀, при которой такой перелет может быть совершен.

2. Под каким углом ц с горизонтальной плоскостью должна быть направлена эта скорость.

3. Какими должны быть эксцентриситет e и большая полуось орбиты а.

4. Какой наибольшей высоты над земной поверхностью Н достигнет ракета.

Линия апсид (АП) проходит через центр Земли С и середину дуги PQ. Один из фокусов орбиты - центр Земли С, пусть второй фокус F «пустой», тогда 2а=СР+FP=R+FP

Из интеграла энергии известно, что требование минимальной начальной скорости V₀ равносильно требованию минимальности большой оси 2а, а это приводит к тому, что FP должно быть минимальным, т.е. FPCF, тогда 2с=R•(1+sinб)

1. =7,245612688 ( км/с)

2.

= 2214,0038 (км)

3.

4.

вариант 2
	г =	46,03333333
			Sin	cos
б	46,03333333		0,719743814	0,694239758
R	6378,211
Vo	7,245612688
ц	22,0	21	59	0,00
с	2214,0038
e	0,403687894
e	0,403687894
a	5484,444457
H	1320,237288

Задача № 14

Космическая триангуляция.

Идея такого построения принадлежит финскому геодезисту И.Вяйсяля (1946). Суть его заключается в том, что при одновременных фотографических наблюдениях ИСЗ с разных пунктов земной поверхности, по известным координатам некоторых из этих пунктов, можно вычислить координаты ИСЗ, и затем координаты определяемых пунктов.

Исходные данные:

Координаты пунктов на поверхности Земли и координаты ИСЗ.

Таблица 1

	Координаты
Номер	X	Y	Z
1	6101,000	20,000	0,300
2	5501,000	40,000	0,250
3	5901,000	70,000	0,200
4	5797,004	62,004	0,152
A	6399,000	1200,000	1350,000
B	7299,000	1360,000	1300,000
C	6999,000	1300,000	1330,000

Найти:

; ;

k=a,b,c; i=1,2,3,4

Таблица 2

	г ki	д ki
	a	b	c	a	b	c
1	3,959731544	1,118530885	1,425389755	1,108995566	0,723082437	0,850416
2	1,291759465	0,734149055	0,841121495	0,920093153	0,582712561	0,679328
3	2,269076305	0,922746781	1,120218579	1,093070496	0,683300918	0,806532
4	1,890371365	0,86418073	1,029950183	1,048495897	0,654788686	0,770693

Обратная задача.

Дано x₁, x₂, x₃, y₁, y₂, y₃, z₁, z₂, z₃, г_i,k, д_i,k

Найти: x_a, x_b, x_c, y_a, v_b, y_c, z_a, z_b, z_c, x₄, y₄, z₄.

Формулы Юнга:

;

;

Таблица3

Arctg
	г ki	д ki
1	1,323426277	0,841289459	0,959022474	0,837033493	0,626050143	0,704736
2	0,912025066	0,633279083	0,699316999	0,743806033	0,527611156	0,596717
3	1,155696473	0,745241191	0,842038547	0,829834903	0,599430387	0,678711
4	1,084221438	0,712669317	0,80015124	0,809067647	0,579734245	0,656614
Градусы
	a	b	c	a	B	c
1	75,82674018	48,20233533	54,94794023	47,95848644	35,87003097	40,37839
2	52,25518709	36,28421872	40,06791257	42,61694648	30,22989247	34,18938
3	66,21653031	42,69917499	48,2452549	47,54603762	34,3448313	38,88727
4	62,12131246	40,83294405	45,84528901	46,3561615	33,21632548	37,62118
	через1-2	через2-3	через3-4	через4-1
xa	6399	6399	6399	6399
ya	1200	1200	1200	1200
za	1350	1350	1350	1350
za	1350	1350	1350	1350
xb	7299	7299	7299	7299
yb	1360	1360	1360	1360
zb	1300	1300	1300	1300
zb	1300	1300	1300	1300
xc	6999	6999	6999	6999
yc	1300	1300	1300	1300
zc	1330	1330	1330	1330
zc	1330	1330	1330	1330

Задача №15

Вычисление элементов невозмущенной орбиты ИСЗ.

r₁=7079,446км; r₂=7280,946км;

б₁=16^h09^m55.7^s; б₂=18^h49^m 14,7^s

д₁=42 ? 24' 44,06'' д₂=52? 26' 12,06''

s₁=20^h39^m58.732^s; s₂=20^h47^m28,73^s

Найти: Щ, щ, J, a, e, t - момент прохождения через перигей.

Порядок вычислений:

1. На основании рисунка и формул сферической тригонометрии имеем

Контроль:

2. Определяем аргумент широты U_i и фокальный параметр

Вычисляем a, щ, e и среднее движение n

=

3. Вычисляем t если е<1

где

E₁=79 ? 32'54,84''

E₂=107 ? 51'46,65''

Размещено на Allbest.ru