7. Космическая триангуляция (рис. 6).

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 (табл. 5).

Рис. 6. Космическая триангуляция

Исходные данные

Таблица 5

Координаты пунктов на поверхности Земли и координаты ИСЗ

№	Координаты
	X	Y	Z
1	6100000	20000	300
2	5500000	40000	250
3	5900000	70000	200
4	5800004	60004	150
a	6400000	1200000	1350000
b	7300000	1360000	1300000
c	7000000	1300000	1330000

Найти

; ,

Результаты вычислений приведены в табл. 6.

Таблица 6

№	k,I, рад			(k,I, рад
	a	b	c	a	b	c
1	1,321834	0,840461	0,957976	0,836833	0,625698	0,704373
2	0,910948	0,632749	0,69866	0,74339	0,527297	0,596354
3	1,154215	0,744529	0,841134	0,829509	0,599071	0,678316
4	1,08632	0,71409	0,80179	0,808744	0,579782	0,656602

Обратная задача

Дано: х₁, х₂, х₃, у₁, у₂, у₃, z₁, z₂, z₃, _I,k, _I,k.

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

Формулы Юнга

;

;

z_a=z₁+x_1,asec_1,atg_1,a=z₁++y_1,acosec_1,atg_1,a.

8. Определение начальной скорости и элементов орбиты баллистической ракеты при перелете из одного пункта на Земле в другой (рис. 7).

Баллистическая ракета должна совершить перелет между пунктами P и Q земной поверхности. Известно, что дуга большого круга PQ содержит 2. Пренебрегая вращением Земли и сопротивлением атмосферы и считая Землю шаром с радиусом R со сферическим распределением плотности, определить: минимальную начальную скорость V₀, при которой такой перелет можно совершить, под каким углом  к горизонтальной плоскости должна быть направлена эта скорость. Какими должны быть эксцентриситет и большая полуось орбиты? Какой наибольшей высоты над земной поверхностью достигнет ракета?

Рис. 7.Схема орбиты баллистической ракеты

Решение

Линия апсид проходит через центр Земли С и середину дуги PQ. Один из фокусов орбиты-это центр Земли С, пусть второй фокус F- «пустой». Тогда по свойству эллипса 2а=СР+FP=R+FP. Из интеграла энергии ясно, что требование минимальности начальной скорости равносильно требованию минимальности большой оси 2а, а это значит, что FP должно быть минимальным, т. е. FPCF, тогда

2c=CF=R cos , 2a=R(1+sin );

=49⁰;

a=R/2(1+sin )=5590 км;

c=R/2 cos =2090 км;

=0,373885;

=45⁰-/2=20⁰30’;

H_max= 1308 км;

=5,18 км/с;

V_эл=V_{1-я косм}=7,9 км/с.