Full resolution (JPEG) - On this page / på denna sida - 1958, H. 21 - Problemhörnan, av A Lg
<< prev. page << föreg. sida << >> nästa sida >> next page >>
Below is the raw OCR text
from the above scanned image.
Do you see an error? Proofread the page now!
Här nedan syns maskintolkade texten från faksimilbilden ovan.
Ser du något fel? Korrekturläs sidan nu!
This page has never been proofread. / Denna sida har aldrig korrekturlästs.
Om aphelium förlägges på medelpunktsavståndet nr0
erhålles av (1) — med hjälp av energiprincipen —
för en godtycklig banpunkt (r; <p) och för aphelium
= nr0\ <py) sambandet
U2r =2 gr0
nr,, + r
2 nr
där g är tyngdkraftens acceleration (vid ekvatorn,
utan avdrag för centrifugalkraft), ca 9,81 m/s2, e är
motsvarande relativa avdrag vrp02/gr0f:^ 0,0034. Man
kan med god approximation skriva
Vr
=v
2 gr0
nr0 — r
varav för n = 2 och r = r0 = 6 378 • 103 m ty
7 900 m/s. Stigtiden erhålles ur (2) och blir
nrn
’ . (Y-m-.
1/2 äro J * nro-r
eller
12 gro
MtW"
dr
arctgV n — 1 +
|/n — 1
(3)
g \ n
Under dubbla denna tid (kasttiden, som för n = 2
blir ungefär 69 min), rör sig utskjutningspunkten
stycket AC = vq0 • 2 tt.
Genom integration från r0 till nr0 av (1) i
kombination med (2) erhålles
2 v q>o 1 /To -/-7
(pi = -7= • — • V — • ]/n — 1
V2n T° V 9
varigenom båglängden AB blir bestämd till
[AB] = 2 Vl ro = 4 • |/| • |/^ (4)
Den sökta distansen, [AC]—[Aß] blir därmed
• [(=-)* • (arc,g V^T + YW\ <6>
För n = 2 får man [Cß] æ 1 180 km och för n = 3
æ 3 050 km.
En liknande räkningsgång har använts av sign. Hel,
som för n — 2 erhållit 1 172 km i en första
approximation och 1 173 km i en andra och bättre sådan.
Variant till metod I
Projektilbanans dubbla ythastighet må skrivas
r20 o) = c (6)
För aphelium erhålles enligt ytlagen
_ r0 oj
vt - —
Skriv dessutom
,u = gr*0 (7)
Banellipsens halva storaxel är (enligt Tallqvist)
i" =
-h -h
där
h = vh
Halva lillaxeln är
To
v22 — g r0
b =
V—h
(8)
(9)
(10;
Av (8) och (9) erhålles
gr20 gr20
gr0 - (ihj2
r0 + 5,45 km
gro
samt av (9) och (10)
b =
r20 O)
V’
f lr0o)\2
gr0- -(t)
373 km
(2)
Man inser att ytan ADB är nära lika med halva
ellipsytan. Sektorn OAC skall enligt ytlagen vara
lika med sektorn OAB pius ellipshalvan ADB.
Alltså erhålles den sökta distansen ur sambandet
[BC] ■ ro = ^ varav [BC] = 1173 km
2 >
Denna lösning har avgivits av sign. Th.
Metod II
Låt koordinatsystemet rotera med jorden och
betrakta den eftersläpning ("förlust") som uppkommer
i enlighet med impulsmomentsatsen.
Med beteckningar enligt fig. 3 erhåller man
To
><po •
(11;
På samma nivå är hastigheten hos en vertikal
genom utskjutningspunkten
r
Vy — V (po ’ -
ro
varför "hastighetsförlusten" blir
Vförl=V(p0 (^-y)
och motsvarande vinkelhastighetsförlust
v (po ( r r0\
0>förl= — \–-) 12)
r \r0 r 1
Enligt föregående (ög) är vertikalhastigheten (för
n = 2)
gr0 •■
2 ro — r
(13)
Under tiden dt = dr!ty förloras
d fp för l = Oiförl • dt = (Oför l
dr
Totala vinkelförlusten för hela kastet alltså
2/"o
<Pfön = 2 f ^ (-L - * ) • 1/ . • dr (14)
J r \To r/V gr0{2 r0 — r)
Yr o g
och distansförlusten
S = To • <Pförl — Jt V0
v
(15)
varav med v0 = 463 m/s (motsvarande 0,9973 dygn
per varv) osv.
S = 1 173 km
Denna lösningsmetod har avgivits av problemförf.
(red.).
I övrigt har uppgiften, delvis med andra
metodvarianter, rätt lösts av H Hägglund, A Mogensen
och sign. Sbck. A Lg
OJ
Fig.
TEKNISK TIDSKRIFT 1958 5 79
<< prev. page << föreg. sida << >> nästa sida >> next page >>
