Problemas - Vehículos Espaciales

Chapter 1
Problemas - Vehículos Espaciales
1.1
Problema E.1
Un satélite es puesto en órbita por un vehículo lanzador a una altitud de 1594 km con velocidad V y
~ y el radiovector ~r). Se pide: Calcular
orientación ϕ (ϕ es el ángulo formado por el vector velocidad V
la ecuación de la órbita y el periodo de la misma (caso de ser cerrada) en los casos siguientes:
√
1. V = 50 km/s, ϕ = 90◦ .
√
2. V = 50 km/s, ϕ = 60◦ .
3. V = 10 km/s, ϕ = 30◦ .
Datos: radio de la Tierra, RT =6378 km; parámetro de gravitación de la Tierra, µ = 3.986 ×
105 km3 /s2 .
1.1.1
Resolución del Problema E.1
El radio de la órbita viene dado por la suma del radio de la tierra, RT , más la altura a la que es
puesto en órbita el satélite:
r = Rt + H = 6378 + 1594 = 7972km
(1.1)
Siendo este el primero de los problemas de mecánica orbital se desarrollaran y derivarán en más detalles las ecuaciones que están presentes en los apuntes de clase. Este problema trata del movimiento
orbital de un cuerpo de masa m sometido a la fuerza gravitatoria de otro cuerpo de masa M mucho
mayor (M >> m) situado en el origen de coordenadas. Para este problema se considera que el
cuerpo de masa M es la Tierra, mientras que el satélite es el cuerpo de masa m. Para obtener la
ecuación de la órbita se plantea la 2ª Ley de Newton como se puede ver en la figura 1.1
La 2ª Ley de Newton nos dice que la fuerza neta aplicada sobre un cuerpo es proporcional a
la aceleración que adquiere dicho cuerpo. Las aceleraciones que actúan sobre el movimiento del
cuerpo sobre el plano representado en la figura 1.1 son la aceleración radial, ar , y la aceleración
circunferencial, aθ , representadas por:
ar
=
aθ
=
r̈ − rθ̇2
rθ̈ + 2ṙθ̇
(1.2)
(1.3)
la única fuerza que actúa sobre la masa m es la fuerza de atracción gravitatoria de M en el sentido
radial la cual, viene dada por
Fg = µ
m
r2
1
(1.4)
vθ
vr
H
m
r
RT
θ
M
Figure 1.1: 2ª Ley de Newton en coordenadas polares.
por lo que las ecuaciones por unidad de masa que definen el movimiento del satélite viene dadas
por:
µ
r2
rθ̈ + 2ṙθ̇ = 0
r̈ − rθ̇2 = −
(1.5)
(1.6)
Analizando la segunda de las ecuaciones, (1.6), la cual se puede reescribir de la siguiente forma
rθ̈ + 2ṙθ̇ = 0 =⇒
1 d 2
(r θ̇) = 0
r dt
(1.7)
se puede deducir que r2 θ̇ =constante, ya que su derivada es igual al cero, donde
h = r2 θ̇
(1.8)
donde h es el módulo del momento cinético por unidad de masa respecto del origen de coordenadas,
el cual se puede definir en forma vectorial como
~h = ~r ∧ V
~
(1.9)
~ es el vector velocidad del satélite,
donde ~r es el radio vector que va del cuerpo M al cuerpo m, y V
o cuerpo m, cuyo módulo entre ambos vectores viene dado por
h = rV sin ϕ
(1.10)
~ y el radio vector ~r, por lo que tenemos cual
donde ϕ es el ángulo formado por el vector velocidad V
es el momento cinético por unidad de masa para una órbita específica. Ecuaciones (1.5) y (1.6), o
bien (1.5) y (1.8), definen las ecuaciones paramétricas de la trayectoria, r = r(t), θ = θ(θ), si bien
aquí se va a analizar la ecuación explícita de la órbita, r = r(θ), en la que el tiempo t aparece de
forma implícita. Utilizando la ecuación (1.8) se obtienen las siguientes relaciones
h = r2 θ̇ =⇒
dθ
h
= θ̇ = 2
dt
r
2
(1.11)
por lo que podemos escribir
dr dθ
dr h
dr
=
=
2
dt
dθdt
dθ
r
dṙ
dṙ dθ
d
h dr h
r̈ =
=
=
dt
dθ dt
dθ r2 dθ r2
ṙ =
(1.12)
(1.13)
Sustituyendo las ecuaciones (1.12) y (1.13) en (1.5) se obtiene la ecuación diferencial ordinaria
2
d2 r 2 dr
µ
−
(1.14)
− r = 2 r2
2
r dθ de parámetro
h p = h2 . En este caso p representa el doble
3. Parábola: e=1. Se trata de dθ
una parábola
µ
cuya
ecuación de la órbita
de lasolución
distanciaproporciona
del foco al la
periapsis.
h2
1
p
4. Hipérbola: e >1. Ahora para
rama
r = cada valor de e=se tiene2 una hipérbola (más exactamente una
(1.15)
1 +parámetro
e cos θ
1p +
θ semieje a y la semidistancia focal c de
de la hipérbola) de excentricidad e µ
y de
=ehµcos
. El
2
la hipérbola
vienen
definidos
por las relaciones
Dicha
ecuación
representa
la ecuación
focal de una cónica de excentricidad e y de parámetro p = h ,
µ
con origen de coordenadas en un foco y θ medido desde el eje focal (figura 1.2)la ecuación se puede
c
simplificar
p = a(e2 − 1), e = .
(8.15)
a
Figura 8.2:
Figure 1.2: Geometría
de las cónicas.
Energı́a total
Para poder definir la ecuación de la órbita de cada uno de los tres casos, (1.15) hay que conocer
El la
tipo
de trayectoria
puede
relacionar con
la energı́a
total
del cuerpo,
como
se analiza
continuatanto
excentricidad,
e, se
como
el parámetro
p. Esta
primera
puede
obtenerse
a partir
de la aenergía
ción.
La
energı́a
total
por
unidad
de
masa
es
la
suma
de
las
correspondientes
energı́a
cinética
( 12 V 2 )
total del cuerpo por unidad de masa, E, la cual no es otra cosa que la suma de las correspondientes
y potencial
(Ug )y potencia
energía
cinética
µ
1
(1.16)
E = V 21− 2 µ
(8.16)
E2 = V r − ,
2
r
la cual se puede expresar en función de la excentricidad del cuerpo si se tienen en cuenta las
ecuaciones
(1.8),
llegando
al resultado
siendo V 2 =
ṙ2 +(1.12)
r2 θ̇2 . ySi(1.15),
se tienen
en cuenta
las relaciones (8.9), (8.10) y (8.13) se llega al resultado
siguiente
2
1µ 2
E=
(e − 1)
(1.17)
2 h2 2
1µ 2
E=
(e − 1),
(8.17)
23h2
es decir, la energı́a total es constante (se trata de un sistema conservativo). Nótese que al ser la
energı́a potencial negativa, también puede serlo la energı́a total.
de donde se puede extraer la relación que nos falta para determinar la excentricidad para cada uno
de los casos
s
2h2 E
(1.18)
e= 1+
µ2
Como la cantidad de momento cinético por unidad de masa m es constante para una determinada
órbita, veremos que para cada una de los tres casos tenemos una cantidad de momento cinético
diferentes definidos por
√
1. V1 = 50 km/s, ϕ1 = 90◦ .
√
2. V2 = 50 km/s, ϕ2 = 60◦ .
3. V3 = 10 km/s, ϕ3 = 30◦ .
por lo que tenemos que
h1
=
h2
=
√
rV1 sin ϕ1 = 7972km 50km/s sin 90 = 56370.55 km2 /s
√
rV2 sin ϕ2 = 7972km 50km/s sin 60 = 48818.33 km2 /s
h3
=
rV3 sin ϕ3 = 7972km10km/s sin 30 = 39860 km2 /s
la energía de cada una de los tres casos viene dada por la ecuación (1.16)
E1
=
E2
=
E3
=
1 2
V −
2 1
1 2
V −
2 2
1 2
V −
2 3
µ
1 √ 2 3.986 × 105
km2
=
50 −
= −25 2
r
2
7972
s
µ
1 √ 2 3.986 × 105
km2
=
50 −
= −25 2
r
2
7972
s
µ
1 2 3.986 × 105
km2
= 10 −
=0 2
r
2
7972
s
por lo que la excentricidad de cada una de las 3 órbitas viene dada por la ecuación (1.18)
s
2h2 E1
e1 = 1 + 12 = 0
µ
s
2h2 E2
1
e2 = 1 + 22 =
µ
2
s
2h2 E3
e3 = 1 + 32 = 1
µ
y el parámetro p viene dado por
h21
= 7972km
µ
h2
p2 = 2 = 5979km
µ
h23
p3 =
= 3986km
µ
p1 =
con lo que se puede concluir que
• Caso 1 es una órbita circular, con e = 0 y p = r = 7972 km
• Caso 2 es una órbita elíptica, con e =
1
2
y p = 5979 km
• Caso 3 es una órbita parabólica, con e = 1 y p = 3986 km
4
Y se puede deducir que dadas una altura, el momento angular cinético y la velocidad en un punto
de la órbita se puede determinar el tipo de órbita mediante las relaciones para la excentricidad y el
parámetro p
s
2h2 E
e= 1+
µ2
p=
h2
µ
Las tres órbitas están representadas en la figura 1.3, donde se puede apreciar que a una misma
~ , determina el tipo de
altura el ángulo del radio vector (~r), con el ángulo del vector velocidad V
órbita
V3
V2
V1
ϕ3
ϕ2
ϕ1
m
H
RT
M
Figure 1.3: Geometría de las tres órbitas.
La segunda parte del problema pide que calculemos el periodo de aquellas órbitas que sean
cerradas, es decir, el caso 1 y caso 2. Para ellas se parte de definir la velocidad areolar como
~
dA
1
~
= ~r ∧ V
dt
2
(1.19)
dA
1
1
= r2 θ̇ = h
dt
2
2
(1.20)
cuyo módulo viene dado por
por lo que el periodo viene dado por el cociente entre el área dividida entre el área de la órbita y
la velocidad a la que ha barrido es decir
T =
A
dA
dt
=
a partir de la ecuación que define el parámetro p =
h=
√
πab
1
2h
h2
µ ,
pµ
5
(1.21)
podemos expresar el momento cinético como
(1.22)
y utilizando que se puede representar el parámetro p en función de la geometría de la órbita cerrada
como
r
b2
b2
→h=
µ
(1.23)
p=
a
a
definimos el periodo como
T = 2π
s
a3
µ
(1.24)
donde a representa el semieje mayor para la órbita elíptica, y el radio para la órbita circular. El
semieje mayor se puede calcular a partir de la ecuación de la energía de la órbita. Recordando
ecuación (1.17)
1 µ2 2
(e − 1)
2 h2
y que los semiejes de la elipse viene definidos por las relaciones
E=
p
e
p
b2
= a(1 − e2 ) =
a
s
2
b
1−
=
a
h2
µ
=
o de forma más simplificada:
r
=
a
=
rp
=
ra
=
p
1 + e cos θ
rp + ra
2
p
1+e
p
1−e
por lo que tenemos que
s

2 2
2
2
2
1 µ2 
b 
1 µ2 b
1µ b
1 a b
E =
(
1−
− 1) = − 2
=−
=− µ 2
2 h2
a
2h
a
2p a
2 b
a
µ
2a
lo que se simplifica a que la energía se puede representar como
µ
µ
E=−
→a=−
2a
2E
por lo que los semiejes de la órbita circular y la elíptica son:
µ
a1 = −
= r = 7972 km
2E1
µ
= 7972 km
a2 = −
2E2
por lo que los periodos son
s
a31
T1 = 2π
= 7083.73 segundos ≈ 1 hr.58 mints
µ
s
a32
T2 = 2π
= 7083.73 segundos ≈ 1 hr.58 mints
µ
E
=
−
6
(1.25)
(1.26)
1.2
Problema E.2
Un satélite es puesto en órbita por un vehículo lanzador en un punto de latitud 27◦ situado a 800
km de la superficie terrestre. En el punto de inyección la velocidad es V =9 km/s en dirección
Norte y formando un ángulo de 3◦ sobre el plano horizontal local. Se pide:
1. Calcular la ecuación de la órbita.
2. Orientarla respecto de la Tierra (dando el ángulo formado por el eje focal y el ecuador).
3. Calcular las distancias al perigeo (rp ) y al apogeo de la órbita (ra ).
Datos: radio de la Tierra, RT =6378 km; parámetro de gravitación de la Tierra, µ = 3.986 ×
105 km3 /s2 . El radio de la órbita viene dado por la suma del radio de la tierra, RT , más la altura
a la que es puesto en órbita el satélite:º
1.2.1
Resolución del Problema E.2
r = Rt + H = 6378 + 800 = 7178 km
(1.27)
~ y el radio vector ~r, viene dado por ϕ = 87◦ por lo que
el ángulo formado por el vector velocidad V
tenemos cual es el momento cinético por unidad de masa para dicha órbita a partir de
h = rV sin ϕ = 6.451 × 104 km2 /s
(1.28)
la energía de la órbita se obtiene a partir de
E=
km2
1 2 µ
V − = −15.03 2
2
r
s
por lo que la excentricidad de la órbita se puede calcular como
s
2h2 E
e= 1+
= 0.4610
µ2
(1.29)
por lo que la órbita del satélite es elíptica, y el parámetro p viene dada por
p=
h2
= 10440 km
µ
(1.30)
p
1 + e cos θ
(1.31)
lo que define la ecuación de la órbita
r=
Se puede observar rápidamente que si substituimos por θ = 0 obtendremos la distancia al
perigeo. Si esta coincide con la altura de inyección del satélite, eso implicaria que la inyección se
ha producido en el perigeo de la órbita, por lo que se resuelve la ecuación de la órbita para una
anomalia verdadera θ = 0◦ , lo que se correspondería a la trayectoria en trazo punteado (color verde)
que se observa en la Figura 1.5:
r=
p
10440
=
= 7146, 132Km
1 + e cos θ
1 + (0.461) cos 0
Por lo que se puede observar que el punto de inserción no se corresponde con el perigeo de la
órbita. La orientación respecto de la tierra viene dada por resolver el ángulo de barrido tal como
se observa en las figura (1.5). La orientación respecto de la tierra viene dada por resolver el ángulo
de barrido tal como se observa en las figuras (1.4) y (1.5)
7
λN
V
ϕ = 87º
3º
H
p
Plano horizontal local
RT
27º
Ecuador
Plano meridional
Figure 1.4: Plano meridional del satélite.
Hay varias maneras de obtener la orientación de la orbita con respecto a la tierra, siendo la
más fácil, obtenerla a partir de la ecuación de la órbita. Dado que tenemos la magnitud del radio
vector (la altura de inyección), la ecentricidad y la energía de la órbita entonces podemos obtener
la anomalía:
p
1
p
r =
=⇒ cos θ =
−1
= 0.9858
(1.32)
1 + e cos θ
r
e
θ = 9.7◦
(1.33)
Lo que significa que en el punto de inyección la órbita de la trayectoria ya tiene una anomalia de
9, 7◦ , lo que se puede observar en la trayectoria de trazos discontinuos (color rojo), por lo que se
puede obtener que la orientación de la órbita con respecto de la tierra viene dada por
ψ = 27◦ − θ = 17.3◦
quiere decir que la linea que une el perigeo con el apogeo de la orbita esta alineada con la línea de
latitud 17, 3◦
8
V
3º
24º
r
θ
ψ
Ecuador
Figure 1.5: Plano orbital del satélite.
1.3
Problema E.3
Un satélite
es puesto en órbita por un vehículo lanzador a una altitud de 1594 km con velocidad
√
V = 50 km/s, siendo θ = 120◦ el ángulo formado por el eje focal de la órbita y el radiovector ~r
del punto de inyección en órbita. Se pide:
1. Calcular la energía del satélite.
2. Calcular el parámetro k = 1 +
2E
r correspondiente al punto de inyección en órbita.
µ
3. Calcular los parámetros geométricos p y e de las posibles órbitas. (Se recomienda eliminar p
en el sistema de dos ecuaciones que definen a p y e y resolver la ecuación resultante para e.)
~ y el radiovector ~r correspondiente al
4. Calcular el ángulo ϕ formado por el vector velocidad V
punto de inyección en órbita.
Datos: radio de la Tierra, RT =6378 km; parámetro de gravitación de la Tierra, µ = 3.986 ×
105 km3 /s2 . Nota: las relaciones entre los parámetros geométricos de la órbita (p y e) y los físicos
(h y E) son:
p
=
e =
1.3.1
h2
µ
s
1+
Resolución del Problema E.3
Figura 1.6 representa el problema arriba descrito
9
2Eh2
µ2
V ϕ2
ϕ1
ϕ1
r
θ
rpc
rpc
Figure 1.6: Plano meridional del satélite.
Apartado 1
El radio de la órbita viene dado por la suma del radio de la tierra, RT , más la altura a la que es
puesto en órbita el satélite:
(1.34)
r = Rt + H = 7972 km
la energía de la órbita viene dada por la ecuación
E=
km2
1 2 µ
V − = −25 2
2
r
s
Apartado 2
El parámetro k es
2
2(−25 km
2E
s2 )
k =1+
r =1+
7972km
5
µ
3.986 × 10 km3 /s2
=
0
Apartado 3
Para el cálculo de los parámetros geométricos p y e de las posibles órbitas se recomienda eliminar p
en el sistema de dos ecuaciones que definen a p y e y resolver la ecuación resultante para e, donde
vienen dados por las relaciones
r
e
p
1 + e cos θ
s
2Eh2
1+
=
µ2
=
donde la primera relación se puede expresar como
r=
p
→ p = r(1 + e cos θ)
1 + e cos θ
10
dicha relación se puede substituir en la ecuación que define la excentricidad en función de la energía
2Eh2
=⇒ e2
µ2
e2 = 1 +
la cual se puede reescribir como
e2 −
=
1+
2E
2E
p=1+
r(1 + e cos θ)
µ
µ
2E
2E
r cos θe − 1 +
r =0
µ
µ
donde el segundo término se observa que es el término k obtenido en el apartado 2, por lo que se
tiene que
k =1+
e2 −
2E
r
µ
=
0
2E
2E
2E
r cos θe − 1 +
r = e2 −
r cos θe = 0
µ
µ
µ
por lo que se puede observar que existen dos soluciones para la excentricidad definidas por
e=0
e = − cos θ
la segunda teniendo en cuenta que como dato del problema se nos da la anomalia verdadera
θ = 120◦ entonces tenemos que las dos soluciones son
e=0
1
2
por lo que ahora podemos expresar p en función de la excentricidad y la energía a partir de
e = − cos θ = − cos 120◦ =
e=
s
2Eh2
=
1+
µ2
s
1+
µ 2
2E
p =⇒ p =
(e − 1)
µ
2E
por lo que tenemos que para
µ
• e = 0 → p = − 2E
= 7972 km → órbita circular
• e = − cos θ =
1
2
µ 3
→ p = − 2E
4 = 5979 km → órbita elíptica
Apartado 4
La cantidad de momento cinético se define como
h = rV sin ϕ
(1.35)
utilizando esta relación junto con las relaciones entre la cantidad de momento cinético en función
del parámetro p y la relación entre el parámetro p y la energía y la excentricidad podemos escribir
r
√
2
pµ
h2
µ
e2 − 1
p = hµ
→ h = rV sin ϕ → sin ϕ =
=
=
µ
2
rV
rV
rV
2E
p = 2E (e − 1)
por lo que tenemos que para
• e = 0 → sin ϕ = 1 → ϕ = 90◦
• e=
1
2
√
→ sin ϕ =
3
2
→ ϕ = 60◦
11
alcanzan estos cohetes, su movimiento se estudia mediante M
vehı́culos espaciales).
En este caso, se considera que la fuerza gra
1.4 Problema E.4
á concentrada
en
el centro
dede sondeo,
la Tierra.
Se considera
el lanzamiento
de un cohete
tal y como se indica en la figura 1.7. Debido a
la gran altura que alcanzan estos cohetes, su movimiento se estudia mediante Mecánica Orbital (al
que sigue el
es una
elipse
apogeo
coincide
con el pun
igualcohete
que el de los vehículos
espaciales).
En este cuyo
caso, se considera
que la fuerza
gravitatoria que
actúa sobre el cohete está concentrada en el centro de la Tierra.
La trayectoria
que sigue el cohete es una elipse cuyo apogeo coincide con el punto más alto, y
interior decuyola
Tierra.
perigeo está en el interior de la Tierra.
Apogeo
H
γ0
V0
Punto de lanzamiento
R
φ
r =R
0
Tierra
Perigeo
Figure 1.7:
Plano meridional
que la velocidad inicial del
cohete
en del
elsatélite.
momento del lanzamiento
a horizontalConsiderando
local,quesela velocidad
pide:inicial del cohete en el momento del lanzamiento es V , y que
0
forma un ángulo γ0 con la horizontal local, se pide:
1. Calcular los parámetros geométricos de la eclipse e y p. Expresar e en función de los parámetV2
ros λ = 0 , γ0 , y p, en función de R,λ, y γ0
µ/R
parámetros geométricos de la elipse e y p. Expresar e en función
Obtener
en función 2.de
R,la anomalia
λ, y verdadera
γ0 . θ del punto de lanzamiento (en función de λy γ ) y el alcance
del cohete Rφ.
0
0
12
anomalı́a verdadera θ0 del punto de lanzamiento (en función de λ
3. Calcular la altura máxima H en función de R, λ y γ0 .
4. Particularizar los resultados anteriores para el caso λ = 1 y γ0 = 45◦ .
h2
Nota: las relaciones entre los parámetros de la órbita (p y e) y los físicos (h y E) son p =
y
µ
s
2Eh2
p
e= 1+
. La ecuación de una órbita elíptica es r =
µ2
1 + e cos θ
1.4.1
Resolución del Problema E.4
Apartado 1
Para el cálculo de e y p se necesita primero conocer E y h :
E
=
h =
e
=
=
p
=
1
1 2 µ
µ
V0 −
= V02 −
(1.36)
2
R
2
r
π0
− γ0 = RV0 cos γ0
(1.37)
r~0 × V~0 = RV0 sin
2
v
v
u
s
"
#
u
2
u 2R2 V 2 cos2 γ0 V02 − µ
u
0
t
2
R
2h2 E
V02
V02
t
+1=
+1= 1+
cos2 (1.38)
γ0
−2
µ2
µ2
µ/R
µ/R
p
1 + (λ2 − 2λ) cos2 γ0
(1.39)
2
2 2
2
h
R V0 cos γ0
=
= Rλ cos2 γ0
(1.40)
µ
µ
Apartado 2
De la ecuación de la órbita particularizada en el punto de lanzamiento, se obtiene
R
=
Después de operar, se obtiene
θ0
p
1 p
−1
→ θ0 = arccos
1 + e cos θ0
e R
=
y el alcance se obtiene como
Rφ =
"
arccos p
λ cos2 γ0 − 1
1 + cos2 γ0 (λ2 − 2λ)
"
R (2π − 2θ0 ) = 2RT π − arccos
Apartado 3
(1.41)
#
(1.42)
λ cos2 γ0 − 1
p
1 + cos2 γ0 (λ2 − 2λ)
!#
(1.43)
La altura máxima se obtiene como la diferencia entre el radio vector del apogeo y el radio terrestre:
H
λ−1+
p
Rλ cos2 γ0
p
−R=
−R=R
2
2
1−e
1 − 1 + (λ − 2λ) cos γ0
= r[ap] − R =
Apartado 4
p
1 + (λ − 2) λ cos2 γ0
(1.44)
2−λ
Para λ = 1 y γ0 = 45◦ , se obtiene:
e
√
2
R
3π
πR
=
, p=
, θ0 = 135◦ =
, Rφ =
, H=
2
2
4
2
13
√
2R
2
(1.45)
1.5
Problema E5
Se desea situar un satélite en órbita geoestacionaria desde el Space Shuttle. Se supone que la
órbita del Shuttle es circular, a 300 km de altura sobre la superficie terrestre y situada en el plano
ecuatorial. Se pide:
1. Calcular los impulsos ∆V1 y ∆V2 necesarios para efectuar una transferencia de Hohmann.
2. Calcular el tiempo de vuelo empleado en la transferencia.
3. Determinar la carga útil (masa total del satélite sin combustible necesario para realizar las
maniobras), si se utilizan tres tipos de combustibles con diferentes Isp diferentes. La carga
máxima que la lanzadera puede poner en órbita es una carga total de 500 kg (masa utill más
masa del combustible). Isp1 = 100 m/seg., Isp2 = 500 m/seg. y Isp3 = 5000 m/seg.
Datos: radio de la Tierra, RT =6378 km; parámetro de gravitación de la Tierra, µ = 3.986 ×
105 km3 /s2 , radio de la órbita geoestacionaria, RG =42164 km.
1.5.1
Resolución del Problema E.5
Figura 1.8 representa la transferencia de un satélite mediante una transferencia de Hohmann arriba
descrita
A
ri
rf
B
Figure 1.8: Transferencia Hohmann.
14
Apartado 1
Primero hay que calcular los diferentes radios de las dos órbitas circulares. La órbita inicial tiene
un radio de
(1.46)
ri = RT + 300 = 6678 km
mientras que la órbita final (geostacionaria) es
(1.47)
rf = RG = 42164 km
La velocidad inicial del satélite en el punto A, el cual se corresponde con la velocidad de
satelización (órbita circular) con radio igual al radio inicial (ri ) viene dada por
r
µ
= 7.726 km/s
(1.48)
Vi =
ri
mientras que la velocidad necesaria para poder incorporarse a la órbita elíptica en el periapsis de
la órbita elíptica (punto A) cuya distancia focal es igual al ri , y cuyo semieje mayor es igual a
a = 12 (ri + rf ) viene dada por la ecuación que define la velocidad en cualquier punto de una órbita
elíptica:
s s s s
2 1
2a − r
2 (ri + rf ) − 2r
2µ (ri + rf − r)
VA = µ
−
= µ
= µ
=
(1.49)
r
a
ra
r (ri + rf )
r (ri + rf )
por lo que en el periapsis de la órbita elíptica de transferencia la velocidad es
s 2 1 VA = µ
−
r
a =
r=ri
s
2µ (ri + rf − r) r (ri + rf ) =
r=ri
s
2µrf
= 10, 1516 km/s
ri (ri + rf )
(1.50)
por lo que se observa que el el primer impulso (∆V1 ) para pasar de la órbita circular en la que se
encuentra el transbordador Space Shuttle, a una órbita elíptica con punto focal que se encuentra en
la tierra, cuyo periapsis es tangente a la orbita circular inicial, y el apoapsis se encuentra tangente
a una órbita geostacionaria final, viene dado por
∆V1 = VA − Vi = 2, 4256 km/s
(1.51)
ahora es necesario calcular el impulso necesario para completar la transferencia de Hohmann. Para
ello hay que calcular la velocidad a la que llega el satélite cuando la órbita elíptica es tangente a la
órbita geostacionaria, es decir cuando el satélite esta en su apoapsis, la cual viene dada por
s s
s
2 1 2µ (ri + rf − r) 2µri
VB = µ
−
=
=
= 1, 5895 km/s (1.52)
r
a r (ri + rf ) rf (ri + rf )
r=rf
r=rf
y la velocidad final del satélite en el punto B, el cual se corresponde con la velocidad de satelización
(órbita circular) con radio igual al radio final (rf = RG ) viene dada por
r
µ
Vf =
= 3, 0746 km/s
(1.53)
rf
por lo que se observa que el el segundo impulso (∆V2 ) para pasar de la órbita elíptica de transferencia
a la órbita de satelización geostacionaria final, viene dado por
∆V2 = Vf − VB = 1, 4851 km/s
(1.54)
Por lo que el impulso final total viene dado por la suma de los dos impulsos
∆V = ∆V1 + ∆V2 = 3, 9107 km/s
15
(1.55)
Apartado 2
El tiempo de vuelo viene dado por el tiempo en el que el satélite está en la órbita elíptica, el cual
es la mitad del tiempo del periodo de dicha órbita elíptica. El periodo de una órbita cerrada viene
dado por:
T = 2π
s
a3
µ
(1.56)
por lo que el tiempo de vuelo es
T
t=
=π
2
s
a3
=π
µ
s
1
2
3
(ri + rf )
= 18815.388 s ≈ 5.22 h
µ
(1.57)
Apartado 3
El incremento de la velocidad generado por un motor cohete viene dado por:
∆V = Isp ln
m1
mf
donde Isp es el impulso específico, y mi y mf son las masas inicial y final del vehículo respectivamente, de manera que la diferencia mi − mf es la masa de propulsante utilizada en la maniobra.
Para multimples impulsos, (∆V1 ,∆V2 ,...,∆Vn ) se puede demostrar que:
m0
∆V = Isp ln m
n
donde m0 es la masa total al principio de la maniobra, y mn la masa total al final de la maiobra
una vez consumido todo el combustible. por lo que se puede rescribir para obtener cual es la masa
en seco (sin combustible):
0
∆V = Isp ln m
m2 → ms = m2 = m0 e
por lo que se puede observar que:
Isp1
Isp2
Isp3
=
=
=
− ∆V
Isp
100 m/seg → ms = m2 = m0 e
500 m/seg → ms = m2 = m0 e
− I∆V
sp
= 480, 823kg
1
− I∆V
sp
5000 m/seg → ms = m2 = m0 e
= 496, 104kg
2
− I∆V
sp
3
= 499, 609kg
por lo que el combustible empleado para cada una de los diferentes Isp viene dada por:
mf1
=
19, 176kg
mf2
=
3, 895kg
mf3
=
0, 391kg
por lo que se observa la cantidad de combustible (mf ) necesaria a medida que se aumenta el Isp
es menor, y por lo tanto mayor la carga útil que puede ser lanzada.
16
1.6
Problema E10
Se considera una transferencia bielíptica en la que se pasa de una órbita circular inicial de radio ri
a otra órbita circular final de radio rf > ri , mediante dos trayectorias semielípticas definidas por el
radiovector rt tal y como se indica en la figura 1.9. Se pide:
1. Calcular el impulso ∆V1 , dado tangencialmente a la órbita circular inicial en el punto 1,
necesario para pasar a la primera órbita elíptica.
2. Calcular el impulso ∆V2 , dado tangencialmente a la primera órbita elíptica en su apoapsis,
punto 2, necesario para pasar a la segunda órbita elíptica.
3. Calcular el impulso ∆V2 , dado tangencialmente a la segunda órbita elíptica en su periapsis,
punto 3, necesario para pasar a la órbita circular final.
∆V
siendo ∆V el impulso total necesario para efectuar la transferencia y Vi la
Vi
velocidad inicial correspondiente a la órbita circular inicial.
4. Calcular
5. Calcular limrt →∞
∆V
Vi
y particularizar para el valor de este límite para el caso rf = 2ri .
Figure 1.9: Transferencia Bielíptica.
1.6.1
Resolución del Problema E.10
1.6.2
Apartado 1
Para órbitas cerradas tenemos que la velocidad en cualquier punto de la órbita viene dadao a partir
de:
2
1 µ2 2
1µ 2
1µ
p
µ
p = hµ
→
E
=
(e − 1) = E =
(e − 1) =
(1 − − 1) = −
2
2
2h
2p
2p
a
2a
p=a 1−e
17
µ
E = − 2a
→V =
V2
E = 2 − µr
s 2 1
µ
−
r
a
para la órbita elíptica tenemos que
1
a = (rA + rP ) → V
2
s 2 1
µ
=
−
r
a
s s
s
2
2µ
2µ (rA + rP − r)
2
r
µ
=
−
=
1−
=
r
(rA + rP )
r
rA + rP
r (rA + rP )
y para la órbita circular tenemos que
s r
2 1
µ
a=r→V = µ
−
=
r
a
r
(1.58)
La velocidad inicial del satélite en el punto 1, el cual se corresponde con la velocidad de satelización
(órbita circular) con radio igual al radio inicial (ri ) viene dada por:
r
µ
= Vi
(1.59)
Vi1 =
ri
mientras que la velocidad necesaria para poder incorporarse a la órbita elíptica en el periapsis
(rP ) de la órbita elíptica (punto 1) cuya distancia focal es igual al ri , y cuyo semieje mayor es igual
a a1 = 12 (rP + rA ) = 12 (ri + rt ) viene dada por (donde rP = ri y rA = rt )
Vfi =
s
2µ (rA + rP − r) r (rA + rP ) =
r=ri
s
2µ (ri + rt − r) r (ri + rt ) =
r=ri
s
2µ
ri
rt
ri + rt
(1.60)
por lo que se observa que el el primer impulso (∆V1 )para pasar de la órbita circular inicial a una
órbita elíptica cuyo punto focal se encuentra en el radio inicial (ri ) de la órbita circular viene dado
por
∆V1 = Vfi − Vi1 =
s
2µ
ri
rt
ri + rt
−
r
µ
ri
=
=
1.6.3
r
µ
2rt
−1
ri
ri + rt
r
2rt
Vi
−1
ri + rt
r
Apartado 2
La segunda transferencia se produce en el punto 2, donde la velocidad a la que llega el satelite viene
dada por la velocidad en el apoapsis de la órbita elíptica cuya distancia focal es igual al ri , y cuyo
semieje mayor es igual a a = 12 (ri + rf ) y viene dada por:
s
s
r
2µ (rA + rP − r) 2µ (ri + rt − r) 2µ ri
Vi2 =
=
=
r (rA + rP ) r (ri + rt ) rt ri + rt
r=rt
r=rt
la velocidad que se le quiere proporcionar al satelite en el punto 2 es la velocidad necesaria para
poder incorporarse a la órbita elíptica en el apoapsis de la órbita elíptica (punto 2) cuya distancia
focal es igual al rf , y cuyo semieje mayor es igual a a = 12 (rf + rt ) viene dada por:
s
s
s
2µ (rA + rP − r) 2µ (rt + rf − r) 2µ rf
Vf2 =
=
=
r (rA + rP ) r (rt + rf ) rt rf + rt
r=rt
r=rt
18
por lo que se observa que el el segundo impulso (∆V2 )para pasar de la órbita elíptica inicial a
la segunda órbita elíptica cuyo punto focal se encuentra en el radio final de la órbita circular viene
dado por:
∆V2
= Vf2
= Vi
1.6.4
s
r
r
2µ rf
2µ ri
µ
− V i2 =
−
=
rt rf + rt
rt ri + rt
ri
s
!
r
2ri rf
2ri ri
−
rt rt + rf
rt ri + rt
s
2ri rf
−
rt rt + rf
r
2ri ri
rt ri + rt
!
Apartado 3
La tercera y última transferencia se produce en el punto 3, donde la velocidad a la que llega el
satelite viene dada por la velocidad en el periapsis de la órbita elíptica cuya distancia focal es igual
al rf , y cuyo semieje mayor es igual a a = 21 (rt + rf ) y viene dada por
s
s
s
2µ
r
2µ (rt + rf − r) 2µ rt
=
=
Vi3 =
1−
r
rt + rf r (rt + rf ) rf rf + rt
r=rf
r=rf
la velocidad que se le quiere proporcionar al satelite en el punto 3 es la velocidad necesaria para
poder incorporarse a la órbita circular con radio rf ,y viene dada por
r
µ
Vf3 =
rf
por lo que se observa que el el tercer impulso (∆V3 )para pasar de la segunda órbita elíptica órbita
circula final viene dado por:
∆V3
Vf3 − Vi3 =
=
= Vi
r
ri
rf
r
µ
−
rf
s
s
2µ rt
=
rf rf + rt
!!
r
µ
ri
r
ri
−
rf
s
2ri
rt
rf (rt + rf )
!
2rt
rt + rf
1−
Observando este último resultado se puede observar que si rt > rf entonces ∆V3 es decelerante,
es decir en la dirección opuesta al movimiento del satelite para reducir su velocidad por lo que se
ha de expresar como:
s
!!
r
ri
2rt
−1
∆V3 = Vi
rf
rt + rf
1.6.5
Apartado 4
La suma de los impulsos viene dada por:
∆V = ∆V1 + ∆V2 + ∆V3
∆V = Vi
r
2rt
−1+
ri + rt
s
2ri rf
−
rt rt + rf
r
2ri ri
+
rt ri + rt
r
ri
rf
s
!!
2rt
−1
rt + rf
por lo que
∆V
=
Vi
r
2rt
−1+
ri + rt
s
2ri rf
−
rt rt + rf
r
19
2ri ri
+
rt ri + rt
r
ri
rf
s
!
2rt
−1
rt + rf
1.6.6
Apartado 5
Para calcular el limrt →∞
que:
∆V
Vi
y particularizar para el valor de este límite para el caso rf = 2ri tenemos
√
∆V
lim
= 2−1+0+0+
rt →∞ Vi
s
2ri
−
rf
r
r √
ri
ri
=
2−1 1+
rf
rf
donde si particularizamos para rf = 2ri entonces tenemos que
r
r √
√
∆V
ri ri
1
=
lim
=
2−1 1+
2−1 1+
=√
rt →∞ Vi
rf r =2r
2ri
2
1
f
20