Matematyka i fizyka od podstaw
PLEN

Astronautyka › I. Orbity › 1 szkic · PDF do druku

Zanim zaczniesz Matematyka 4.1 Równania różniczkowe zwyczajneFizyka 5 Grawitacja i orbity

Nowe pojęcia w tej lekcji (3)

równanie orbityrównanie vis-vivazagadnienie dwóch ciał

Astronautyka 1

Zagadnienie dwóch ciał i równanie orbity

W fizyce (lekcja 5) orbity pojawiły się jako prawa Keplera i bilans energii. Tu wyprowadzamy je od początku jako rozwiązanie równania ruchu: dwa ciała sprowadzamy do jednego, znajdujemy trzy wielkości, które się nie zmieniają, i z nich dostajemy równanie orbity bez całkowania. Na końcu umiemy z położenia i prędkości satelity w jednej chwili policzyć całą jego orbitę, a obliczenie sprawdzamy symulacją numeryczną.

Czas
ok. 2 h teorii + ok. 2 h zadań
Zadania
14 zadań w treści + 5 do przemyślenia, z odpowiedziami
Źródła
C. A. Kluever, Space Flight Dynamics, rozdz. 2; H. D. Curtis, Orbital Mechanics for Engineering Students, rozdz. 2; U. Walter, Astronautics, rozdz. o ruchu orbitalnym

0 Prolog: armata Newtona

W pracy O systemie świata, pomyślanej jako popularna część Principiów, Newton narysował górę tak wysoką, że wystaje ponad powietrze, i armatę na jej szczycie. Kula wystrzelona słabo spada blisko. Wystrzelona mocniej spada dalej, bo Ziemia zakrzywia się pod nią. Przy pewnej prędkości kula spada tak samo szybko, jak zakrzywia się Ziemia, i nigdy nie dolatuje do ziemi: okrąża ją. Przy jeszcze większej prędkości tor staje się elipsą, a w końcu kula ucieka.

Ten obrazek zawiera wszystko, co jest w tej lekcji: orbitę wyznacza wyłącznie położenie i prędkość w jednej chwili. Satelita nie „wie”, na jakiej jest orbicie; w każdej chwili po prostu spada.

Pytanie na start. Armata na wysokości 300 km strzela z prędkością 8 km/s, raz poziomo, raz 10∘10^\circ nad poziom. Prędkość jest ta sama, więc energia też. Czy obie kule okrążą Ziemię? Odpowiedź w części 3.

1 Dwa ciała, jedno równanie

Dwa ciała o masach m1m_1 i m2m_2 w położeniach r1\mathbf r_1, r2\mathbf r_2 przyciągają się zgodnie z prawem grawitacji (fizyka, lekcja Dział 5: Grawitacja i orbity). Oznaczmy r=r2−r1\mathbf r = \mathbf r_2 - \mathbf r_1 i r=∣r∣r = |\mathbf r|:

m1r¨1=Gm1m2r3 r,m2r¨2=−Gm1m2r3 r.m_1\ddot{\mathbf r}_1 = \frac{Gm_1m_2}{r^3}\,\mathbf r,\qquad m_2\ddot{\mathbf r}_2 = -\frac{Gm_1m_2}{r^3}\,\mathbf r .

Dodanie równań daje m1r¨1+m2r¨2=0m_1\ddot{\mathbf r}_1 + m_2\ddot{\mathbf r}_2 = 0: środek masy porusza się ruchem jednostajnym (fizyka, lekcja Dział 3: Pęd, zderzenia i środek masy). Odjęcie (po podzieleniu przez masy) daje równanie ruchu względnego:

Zagadnienie dwóch ciał

r¨=−μr3 r,μ=G(m1+m2).\ddot{\mathbf r} = -\frac{\mu}{r^3}\,\mathbf r,\qquad \mu = G(m_1 + m_2).

Ruch ciała 2 względem ciała 1 jest taki, jakby ciało 1 było nieruchome i miało masę m1+m2m_1 + m_2. Dla satelity Ziemi m2m_2 jest pomijalne: μ⊕=398 600\mu_\oplus = 398\,600 km³/s² (znane dużo dokładniej niż osobno GG i masa Ziemi).

Oba ciała krążą wokół środka masy po podobnych krzywych, zmniejszonych w stosunku mas: r1=−m2m1+m2r\mathbf r_1 = -\frac{m_2}{m_1 + m_2}\mathbf r, r2=m1m1+m2r\mathbf r_2 = \frac{m_1}{m_1 + m_2}\mathbf r (w układzie środka masy). Dla Ziemi i Księżyca środek masy leży 4671 km od środka Ziemi, czyli wewnątrz Ziemi. To właśnie dlatego Ziemia kołysze się co miesiąc.

Symulacja 1 Dwa ciała wokół wspólnego środka masy. Zmień stosunek mas i mimośród orbity względnej. Przerywana linia to orbita ciała 2 widziana z ciała 1: to ją opisuje równanie r¨=−μr/r3\ddot{\mathbf r} = -\mu\mathbf r/r^3.

Zadania · część 1

3 zadania · ok. 20 min

  1. Masa Księżyca to 1/81,31/81{,}3 masy Ziemi, a średnia odległość 384 400 km. Gdzie leży środek masy układu? Jak głęboko pod powierzchnią Ziemi (promień 6378 km)?

    Odpowiedź

    d⋅mKmZ+mK=384 400/82,3=4671d\cdot\frac{m_K}{m_Z + m_K} = 384\,400/82{,}3 = 4671 km od środka Ziemi, czyli 6378−4671=17076378 - 4671 = 1707 km pod powierzchnią.

  2. Jowisz ma masę 1/1047,61/1047{,}6 masy Słońca i krąży w odległości 778,5 mln km. Czy środek masy układu Słońce–Jowisz leży wewnątrz Słońca (promień 696 000 km)?

    Odpowiedź

    778,5⋅106/1048,6=742 400778{,}5\cdot10^6/1048{,}6 = 742\,400 km od środka Słońca: ok. 46 000 km nad jego powierzchnią. Słońce krąży wokół punktu poza sobą; z takiego kołysania gwiazd wykrywa się planety pozasłoneczne.

  3. Gdyby w obliczeniu okresu Księżyca użyć samego GmZGm_Z zamiast G(mZ+mK)G(m_Z + m_K), o ile pomylilibyśmy się w okresie 27,32 doby?

    Odpowiedź

    T∝μ−1/2T \propto \mu^{-1/2}, więc stosunek okresów to 1+1/81,3=1,0061\sqrt{1 + 1/81{,}3} = 1{,}0061: okres wyszedłby o 0,61% za długi, ok. 4 godziny. Dla satelity o masie kilku ton błąd jest rzędu 10−2210^{-22}.

2 Trzy stałe ruchu

Równanie r¨=−μr/r3\ddot{\mathbf r} = -\mu\mathbf r/r^3 to trzy sprzężone równania drugiego rzędu. Nie trzeba ich całkować: wystarczą wielkości, które się nie zmieniają.

Moment pędu. Niech h=r×v\mathbf h = \mathbf r\times\mathbf v (moment pędu na jednostkę masy). Wtedy h˙=v×v+r×r¨=0\dot{\mathbf h} = \mathbf v\times\mathbf v + \mathbf r\times\ddot{\mathbf r} = 0, bo przyspieszenie jest równoległe do r\mathbf r. Stały kierunek h\mathbf h oznacza, że ruch odbywa się w jednej płaszczyźnie. Stała długość h=r2ν˙h = r^2\dot\nu to drugie prawo Keplera: pole zakreślane w jednostce czasu wynosi h/2h/2.

Energia. Mnożąc równanie skalarnie przez v\mathbf v, dostajemy ddt(v22−μr)=0\frac{d}{dt}\left(\frac{v^2}{2} - \frac{\mu}{r}\right) = 0. Stała

ε=v22−μr\varepsilon = \frac{v^2}{2} - \frac{\mu}{r}

to energia mechaniczna na jednostkę masy (energia właściwa). Ujemna oznacza ruch ograniczony, dodatnia ucieczkę.

Wektor mimośrodu. Trzecia stała jest mniej znana. Policzmy pochodną v×h\mathbf v\times\mathbf h:

ddt(v×h)=r¨×h=−μr3 r×(r×v)=μ ddt ⁣(rr),\frac{d}{dt}(\mathbf v\times\mathbf h) = \ddot{\mathbf r}\times\mathbf h = -\frac{\mu}{r^3}\,\mathbf r\times(\mathbf r\times\mathbf v) = \mu\,\frac{d}{dt}\!\left(\frac{\mathbf r}{r}\right),

gdzie ostatnia równość to rachunek z rozwinięciem podwójnego iloczynu wektorowego (zadanie 2.2). Stąd stały wektor

Stałe zagadnienia dwóch ciał

h=r×v,ε=v22−μr,e=v×hμ−rr.\mathbf h = \mathbf r\times\mathbf v,\qquad \varepsilon = \frac{v^2}{2} - \frac{\mu}{r},\qquad \mathbf e = \frac{\mathbf v\times\mathbf h}{\mu} - \frac{\mathbf r}{r}.

Wektor e\mathbf e leży w płaszczyźnie orbity i wskazuje perycentrum (najbliższy punkt orbity). Nie wszystkie siedem liczb jest niezależnych: e⋅h=0\mathbf e\cdot\mathbf h = 0 i e2=1+2εh2μ2e^2 = 1 + \dfrac{2\varepsilon h^2}{\mu^2}.

Wektor e\mathbf e nazywa się też wektorem Laplace’a–Rungego–Lenza. Jego stałość to szczególna własność potencjału 1/r1/r: w polu centralnym o innej zależności od odległości perycentrum powoli się obraca (wyjątkiem jest jeszcze tylko pole sprężyny, F∝rF \propto r; twierdzenie Bertranda). Spłaszczona Ziemia (lekcja 3 Perturbacje: spłaszczenie Ziemi, orbita heliosynchroniczna i opór) daje pole, które nie jest nawet centralne, i też obraca perycentrum.

Zadania · część 2

3 zadania · ok. 25 min

  1. Stacja kosmiczna krąży po orbicie kołowej o promieniu 6778 km z prędkością 7,669 km/s. Ile wynosi hh i jakie pole zakreśla promień wodzący w ciągu sekundy?

    Odpowiedź

    h=rv=6778⋅7,669=51 980h = rv = 6778\cdot 7{,}669 = 51\,980 km²/s; pole na sekundę h/2=25 990h/2 = 25\,990 km².

  2. Pokaż, że −μr3 r×(r×v)=μddt(rr)-\frac{\mu}{r^3}\,\mathbf r\times(\mathbf r\times\mathbf v) = \mu\frac{d}{dt}\left(\frac{\mathbf r}{r}\right). Skorzystaj z a×(b×c)=b(a⋅c)−c(a⋅b)\mathbf a\times(\mathbf b\times\mathbf c) = \mathbf b(\mathbf a\cdot\mathbf c) - \mathbf c(\mathbf a\cdot\mathbf b) i r⋅v=rr˙\mathbf r\cdot\mathbf v = r\dot r.

    Odpowiedź

    r×(r×v)=r(rr˙)−vr2\mathbf r\times(\mathbf r\times\mathbf v) = \mathbf r(r\dot r) - \mathbf v r^2, więc lewa strona to μ(vr−r˙ rr2)\mu\left(\frac{\mathbf v}{r} - \frac{\dot r\,\mathbf r}{r^2}\right). Z drugiej strony ddtrr=vr−rr˙r2\frac{d}{dt}\frac{\mathbf r}{r} = \frac{\mathbf v}{r} - \frac{\mathbf r\dot r}{r^2}. To samo.

  3. Satelita na wysokości 300 km (r=6678r = 6678 km) leci poziomo z prędkością 8 km/s. Policz hh, ε\varepsilon i z nich ee.

    Odpowiedź

    h=6678⋅8=53 425h = 6678\cdot 8 = 53\,425 km²/s; ε=32−398 600/6678=−27,69\varepsilon = 32 - 398\,600/6678 = -27{,}69 km²/s². e2=1+2εh2/μ2=1−0,9948=0,0052e^2 = 1 + 2\varepsilon h^2/\mu^2 = 1 - 0{,}9948 = 0{,}0052, e=0,072e = 0{,}072. Przy ee bliskim zera wzór odejmuje bliskie liczby; lepiej liczyć ee z wektora e\mathbf e albo z e=rv2/μ−1e = rv^2/\mu - 1 (start poziomy).

3 Równanie orbity i krzywe stożkowe

Pomnóżmy definicję e\mathbf e skalarnie przez r\mathbf r. Ponieważ r⋅(v×h)=(r×v)⋅h=h2\mathbf r\cdot(\mathbf v\times\mathbf h) = (\mathbf r\times\mathbf v)\cdot\mathbf h = h^2, dostajemy recos⁡ν=h2/μ−rre\cos\nu = h^2/\mu - r, gdzie ν\nu to kąt między e\mathbf e a r\mathbf r, czyli anomalia prawdziwa:

Równanie orbity

r=p1+ecos⁡ν,p=h2μ.r = \frac{p}{1 + e\cos\nu},\qquad p = \frac{h^2}{\mu}.

To równanie krzywej stożkowej we współrzędnych biegunowych z ogniskiem w środku przyciągania (matematyka, lekcje 0.4 Geometria analityczna i krzywe stożkowe i 3.2 Współrzędne biegunowe, walcowe i sferyczne): e=0e = 0 okrąg, 0<e<10 < e < 1 elipsa, e=1e = 1 parabola, e>1e > 1 hiperbola. Parametr pp to promień przy ν=90∘\nu = 90^\circ.

Elipsa: a=p1−e2a = \dfrac{p}{1 - e^2}, perycentrum rp=a(1−e)r_p = a(1 - e), apocentrum ra=a(1+e)r_a = a(1 + e),   a=−μ2ε\;a = -\dfrac{\mu}{2\varepsilon}.

Prędkość rozkłada się na składową prostopadłą do promienia, v⊥=h/r=μh(1+ecos⁡ν)v_\perp = h/r = \frac{\mu}{h}(1 + e\cos\nu), i radialną, vr=r˙=μhesin⁡νv_r = \dot r = \frac{\mu}{h}e\sin\nu. Kąt między prędkością a lokalnym poziomem (prostopadłą do r\mathbf r) to kąt toru lotu:

tan⁡γ=vrv⊥=esin⁡ν1+ecos⁡ν.\tan\gamma = \frac{v_r}{v_\perp} = \frac{e\sin\nu}{1 + e\cos\nu}.

W perycentrum i apocentrum γ=0\gamma = 0: tylko tam prędkość jest pozioma. Odpowiedź na pytanie z prologu: kula wystrzelona poziomo z 8 km/s ma perygeum w punkcie startu i apogeum na wysokości 1340 km. Kula wystrzelona 10∘10^\circ nad poziom ma tę samą energię (ten sam aa), ale mniejszy moment pędu (h=rvcos⁡γh = rv\cos\gamma), więc większe e=0,188e = 0{,}188 i perygeum 531 km pod powierzchnią Ziemi. Najpierw się wzniesie, potem spadnie na Ziemię, zanim okrąży ją raz.

Symulacja 2 Orbita z jednego punktu: wysokość, prędkość i kąt toru lotu. Ciągła linia to dalszy lot satelity; jeśli orbita przecina Ziemię, część za punktem uderzenia jest przerywana. Strzałka e\mathbf e wskazuje perygeum. Włącz całkowanie numeryczne, żeby sprawdzić, że równanie orbity i równanie ruchu dają to samo.

Zadania · część 3

3 zadania · ok. 25 min

  1. Orbita typu Mołnia ma a=26 554a = 26\,554 km i e=0,74e = 0{,}74. Na jakich wysokościach są perygeum i apogeum? Jaki jest okres?

    Odpowiedź

    rp=26 554⋅0,26=6904r_p = 26\,554\cdot 0{,}26 = 6904 km, czyli 526 km wysokości; ra=46 204r_a = 46\,204 km, czyli 39 826 km wysokości. T=2πa3/μ=43 060T = 2\pi\sqrt{a^3/\mu} = 43\,060 s =11,96= 11{,}96 h: dwa obiegi na dobę, z długim „zawiśnięciem” w apogeum nad północną półkulą.

  2. Orbita przejściowa do geostacjonarnej (GTO) ma perygeum 250 km i apogeum na wysokości orbity geostacjonarnej (ra=42 164r_a = 42\,164 km). Policz ee i kąt toru lotu przy ν=90∘\nu = 90^\circ.

    Odpowiedź

    rp=6628r_p = 6628 km, e=(ra−rp)/(ra+rp)=0,728e = (r_a - r_p)/(r_a + r_p) = 0{,}728. Przy ν=90∘\nu = 90^\circ: tan⁡γ=e/1=0,728\tan\gamma = e/1 = 0{,}728, γ=36,1∘\gamma = 36{,}1^\circ. Satelita oddala się od Ziemi, lecąc pod kątem ponad 36∘36^\circ do lokalnego poziomu.

  3. Przy jakiej anomalii prawdziwej kąt toru lotu na elipsie jest największy i ile wynosi? Policz dla GTO.

    Odpowiedź

    Pochodna tan⁡γ\tan\gamma po ν\nu znika, gdy cos⁡ν(1+ecos⁡ν)+esin⁡2ν=0\cos\nu(1 + e\cos\nu) + e\sin^2\nu = 0, czyli cos⁡ν=−e\cos\nu = -e. Wtedy tan⁡γ=e/1−e2\tan\gamma = e/\sqrt{1 - e^2}, czyli sin⁡γmax⁡=e\sin\gamma_{\max} = e. Dla GTO γmax⁡=arcsin⁡0,728=46,7∘\gamma_{\max} = \arcsin 0{,}728 = 46{,}7^\circ przy ν=136,7∘\nu = 136{,}7^\circ.

4 Vis-viva i prędkości charakterystyczne

Połączenie ε=v2/2−μ/r\varepsilon = v^2/2 - \mu/r z ε=−μ/(2a)\varepsilon = -\mu/(2a) daje najczęściej używany wzór astronautyki:

Równanie vis-viva i prędkości charakterystyczne

v2=μ(2r−1a).v^2 = \mu\left(\frac{2}{r} - \frac{1}{a}\right).

Kołowa: vk=μ/rv_k = \sqrt{\mu/r}. Ucieczki: vu=2μ/r=2 vkv_u = \sqrt{2\mu/r} = \sqrt2\,v_k. Hiperbola: v2=vu2+v∞2v^2 = v_u^2 + v_\infty^2, gdzie v∞2=2ε=C3v_\infty^2 = 2\varepsilon = C_3 (energia charakterystyczna, km²/s²).

Okres elipsy (z pola πab\pi ab i stałej prędkości polowej h/2h/2): T=2πa3/μT = 2\pi\sqrt{a^3/\mu}.

Wybrane liczby dla Ziemi: na wysokości 200 km vk=7,78v_k = 7{,}78 km/s i T=88,5T = 88{,}5 min; na 400 km 7,67 km/s i 92,6 min; prędkość ucieczki z powierzchni 11,18 km/s. Orbita geostacjonarna ma okres równy dobie gwiazdowej (86 164 s), stąd r=42 164r = 42\,164 km, 35 786 km nad równikiem, i v=3,07v = 3{,}07 km/s.

Hiperbola ma ujemne aa (wzory z aa działają dalej, jeśli pilnować znaku) i dwie asymptoty pod kątem ν∞=arccos⁡(−1/e)\nu_\infty = \arccos(-1/e) od perycentrum. Kierunek prędkości obraca się w czasie przelotu o kąt δ=2arcsin⁡(1/e)\delta = 2\arcsin(1/e): to podstawa asysty grawitacyjnej (lekcja 8 Asysta grawitacyjna).

Zadania · część 4

3 zadania · ok. 25 min

  1. Policz promień orbity geostacjonarnej z okresu 86 164 s i μ=398 600\mu = 398\,600 km³/s². Dlaczego nie 86 400 s?

    Odpowiedź

    r=(μT2/4π2)1/3=42 164r = (\mu T^2/4\pi^2)^{1/3} = 42\,164 km. Satelita ma nadążać za obrotem Ziemi względem gwiazd (doba gwiazdowa), a nie względem Słońca: 86 400 s zawiera dodatkowy obrót o ok. 1∘1^\circ, potrzebny, bo Ziemia przesuwa się po orbicie.

  2. Ile trzeba dodać prędkości satelicie na orbicie kołowej 400 km, żeby uciekł z pola Ziemi (impulsowo, w kierunku ruchu)?

    Odpowiedź

    vu−vk=(2−1)vk=0,414⋅7,669=3,18v_u - v_k = (\sqrt2 - 1)v_k = 0{,}414\cdot 7{,}669 = 3{,}18 km/s. To mniej niż połowa prędkości orbitalnej: najtrudniejsza część to dostać się na orbitę.

  3. Sonda na wysokości 300 km leci poziomo z prędkością 11,5 km/s. Policz v∞v_\infty, C3C_3, mimośród i kąt obrotu prędkości δ\delta.

    Odpowiedź

    vu=2μ/r=10,93v_u = \sqrt{2\mu/r} = 10{,}93 km/s; v∞=11,52−10,932=3,59v_\infty = \sqrt{11{,}5^2 - 10{,}93^2} = 3{,}59 km/s; C3=12,9C_3 = 12{,}9 km²/s². Start w perycentrum: e=rv2/μ−1=1,216e = rv^2/\mu - 1 = 1{,}216. δ=2arcsin⁡(1/1,216)=110,7∘\delta = 2\arcsin(1/1{,}216) = 110{,}7^\circ, ν∞=145,3∘\nu_\infty = 145{,}3^\circ.

5 Od położenia i prędkości do orbity

Radar albo GPS podaje położenie i prędkość satelity w jednej chwili. Z nich stałe ruchu wyznaczają orbitę od razu:

Algorytm (r,v)→(\mathbf r, \mathbf v)\to orbita

1. h=r×v\mathbf h = \mathbf r\times\mathbf v,   ε=v2/2−μ/r\;\varepsilon = v^2/2 - \mu/r,   e=v×h/μ−r/r\;\mathbf e = \mathbf v\times\mathbf h/\mu - \mathbf r/r.

2. e=∣e∣e = |\mathbf e|, p=h2/μp = h^2/\mu; jeśli e≠1e \ne 1: a=−μ/(2ε)a = -\mu/(2\varepsilon).

3. Anomalia prawdziwa: cos⁡ν=e⋅r/(er)\cos\nu = \mathbf e\cdot\mathbf r/(er); znak ν\nu jak znak r⋅v\mathbf r\cdot\mathbf v (oddalanie się od perycentrum to ν>0\nu > 0).

Algorytm sprawdzamy, całkując równanie ruchu numerycznie (matematyka, lekcja 6.2 Metody numeryczne: Python i C++) i porównując tor z równaniem orbity. Całkowanie RK4 ze stałym krokiem dla orbity z perygeum 300 km i e=0,072e = 0{,}072: przy 100 krokach na okres satelita po 10 okresach jest 0,9 km od miejsca, w którym powinien być; przy 300 krokach 5 m. Stałe hh, ε\varepsilon, ee zachowują się do 6 cyfr przy 100 krokach, do 9 przy 300. To jest też sposób na wykrycie błędu w kodzie: jeśli stała ruchu dryfuje szybciej niż błąd metody, błąd jest w równaniach.

Python · orbita z położenia i prędkości, sprawdzenie numeryczne
import numpy as np
mu = 398600.4418                           # km³/s²

def orbita(r, v):
    h = np.cross(r, v); R = np.linalg.norm(r)
    eps = v @ v / 2 - mu / R
    e = np.cross(v, h) / mu - r / R
    nu = np.arccos(e @ r / (np.linalg.norm(e) * R))
    if r @ v < 0: nu = -nu                  # zbliżamy się do perycentrum
    return np.linalg.norm(h), eps, e, -mu / (2 * eps), np.degrees(nu)

def f(x):                                  # x = [r, v]
    r = x[:3]; return np.r_[x[3:], -mu * r / np.linalg.norm(r)**3]

def rk4(x, dt):
    k1 = f(x); k2 = f(x + dt/2*k1); k3 = f(x + dt/2*k2); k4 = f(x + dt*k3)
    return x + dt/6*(k1 + 2*k2 + 2*k3 + k4)

r = np.array([7000.0, -1200.0, 0.0]); v = np.array([1.5, 7.6, 0.0])
print(orbita(r, v))                        # h, ε, wektor e, a, ν
x = np.r_[r, v]
for k in range(1000): x = rk4(x, 10.0)     # 10 000 s lotu
print(orbita(x[:3], x[3:]))                # te same h, ε, e, a; inne ν

Zadania · część 5

2 zadania · ok. 25 min

  1. Satelita ma r=[7000; −1200; 0]\mathbf r = [7000;\,-1200;\,0] km i v=[1,5; 7,6; 0]\mathbf v = [1{,}5;\,7{,}6;\,0] km/s. Policz hh, aa, ee i ν\nu.

    Odpowiedź

    h=7000⋅7,6−(−1200)⋅1,5=55 000h = 7000\cdot 7{,}6 - (-1200)\cdot 1{,}5 = 55\,000 km²/s. r=7102r = 7102 km, v2=60,01v^2 = 60{,}01, ε=30,01−56,13=−26,12\varepsilon = 30{,}01 - 56{,}13 = -26{,}12 km²/s², a=7630a = 7630 km. e=v×h/μ−r/r\mathbf e = \mathbf v\times\mathbf h/\mu - \mathbf r/r: e=0,0736e = 0{,}0736, perycentrum w kierunku −31,1∘-31{,}1^\circ od osi xx. r⋅v=1380>0\mathbf r\cdot\mathbf v = 1380 > 0, więc ν=+21,4∘\nu = +21{,}4^\circ: satelita minął perygeum i się oddala.

  2. Dla orbity bardzo bliskiej parabolicznej ε≈0\varepsilon \approx 0. Który wzór z algorytmu przestaje działać, a który działa nadal? Jak opisać taką orbitę?

    Odpowiedź

    a=−μ/(2ε)a = -\mu/(2\varepsilon) dąży do nieskończoności (i zmienia znak przy przejściu przez parabolę), więc wszystkie wzory z aa są źle uwarunkowane. Parametr p=h2/μp = h^2/\mu i mimośród ee są dobrze określone dla każdej orbity, dlatego orbitę opisuje się przez pp i ee (albo rp=p/(1+e)r_p = p/(1 + e)), a nie przez aa.

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda: zadanie z orbitą

  1. Co jest dane w jednym punkcie? rr, vv, γ\gamma (albo wektory) wystarczą do wszystkiego.
  2. Energia ε\varepsilon daje aa (rodzaj orbity, okres). Moment pędu h=rvcos⁡γh = rv\cos\gamma daje pp.
  3. Mimośród z e2=1+2εh2/μ2e^2 = 1 + 2\varepsilon h^2/\mu^2 albo z wektora e\mathbf e; rp=p/(1+e)r_p = p/(1 + e), ra=p/(1−e)r_a = p/(1 - e).
  4. Sprawdzenie: czy rp>Rr_p > R (orbita nie przecina planety), czy vv z vis-viva zgadza się w drugim punkcie, czy h=rpvp=ravah = r_pv_p = r_av_a.

Przykład 6.1 Strzał poziomy z 300 km

Satelita na wysokości 300 km ma prędkość poziomą 8,0 km/s. Wyznacz apogeum, okres i prędkość w apogeum.

  1. r=6678r = 6678 km, ε=−27,69\varepsilon = -27{,}69 km²/s², a=−μ/(2ε)=7198a = -\mu/(2\varepsilon) = 7198 km.
  2. Start poziomy szybciej niż kołowa (7,73 km/s), więc to perygeum: ra=2a−rp=7718r_a = 2a - r_p = 7718 km, wysokość 1340 km; e=(ra−rp)/(ra+rp)=0,072e = (r_a - r_p)/(r_a + r_p) = 0{,}072.
  3. T=2πa3/μ=101,3T = 2\pi\sqrt{a^3/\mu} = 101{,}3 min; va=h/ra=53 425/7718=6,92v_a = h/r_a = 53\,425/7718 = 6{,}92 km/s.

Wynik: apogeum 1340 km, okres 101 min, w apogeum 6,92 km/s.

Sprawdzenie: vis-viva w apogeum: μ(2/7718−1/7198)=6,92\sqrt{\mu(2/7718 - 1/7198)} = 6{,}92 km/s ✓.

Przykład 6.2 Ten sam strzał, 10∘10^\circ w górę

Te same 300 km i 8,0 km/s, ale γ=10∘\gamma = 10^\circ. Czy satelita okrąży Ziemię?

  1. Energia ta sama: a=7198a = 7198 km. Moment pędu mniejszy: h=6678⋅8cos⁡10∘=52 613h = 6678\cdot 8\cos 10^\circ = 52\,613 km²/s, p=h2/μ=6945p = h^2/\mu = 6945 km.
  2. e=1−p/a=1−6945/7198=0,188e = \sqrt{1 - p/a} = \sqrt{1 - 6945/7198} = 0{,}188; rp=a(1−e)=5847r_p = a(1 - e) = 5847 km.
  3. rp<R=6378r_p < R = 6378 km: perygeum leży 531 km pod powierzchnią. Punkt startu ma ν=77,7∘\nu = 77{,}7^\circ (wznosi się), osiągnie apogeum (ra=8549r_a = 8549 km) i spadnie.

Wynik: nie; tor przecina Ziemię przed pierwszym okrążeniem.

Sprawdzenie: cos⁡ν=(p/r−1)/e=(6945/6678−1)/0,188=0,213\cos\nu = (p/r - 1)/e = (6945/6678 - 1)/0{,}188 = 0{,}213, ν=77,7∘\nu = 77{,}7^\circ; tan⁡γ=esin⁡ν/(1+ecos⁡ν)=0,176\tan\gamma = e\sin\nu/(1 + e\cos\nu) = 0{,}176, γ=10,0∘\gamma = 10{,}0^\circ ✓. Wniosek praktyczny: rakieta musi wejść na orbitę prawie poziomo, stąd zakręt grawitacyjny w lekcji 4 Rakieta na orbitę: równanie rakietowe, stopniowanie i zakręt grawitacyjny.

Przykład 6.3 Ucieczka z nadmiarem

Sonda startuje z orbity 300 km z prędkością 11,5 km/s. Z jaką prędkością opuści pole Ziemi i jak zakrzywi się jej tor?

  1. ε=11,52/2−398 600/6678=66,13−59,69=6,44\varepsilon = 11{,}5^2/2 - 398\,600/6678 = 66{,}13 - 59{,}69 = 6{,}44 km²/s² >0> 0: hiperbola.
  2. v∞=2ε=3,59v_\infty = \sqrt{2\varepsilon} = 3{,}59 km/s, C3=12,9C_3 = 12{,}9 km²/s².
  3. e=1+rpv∞2/μ=1+6678⋅12,88/398 600=1,216e = 1 + r_pv_\infty^2/\mu = 1 + 6678\cdot 12{,}88/398\,600 = 1{,}216; asymptota pod ν∞=arccos⁡(−1/e)=145,3∘\nu_\infty = \arccos(-1/e) = 145{,}3^\circ od perycentrum.

Wynik: v∞=3,59v_\infty = 3{,}59 km/s; daleko od Ziemi sonda leci w kierunku obróconym o 145∘145^\circ od kierunku perygeum.

Sprawdzenie: e=1+rpv∞2/μe = 1 + r_pv_\infty^2/\mu wynika z rp=a(1−e)r_p = a(1 - e) i a=−μ/v∞2a = -\mu/v_\infty^2; zgadza się z e=rpvp2/μ−1=1,216e = r_pv_p^2/\mu - 1 = 1{,}216 ✓. Energie tego rzędu, C3C_3 ok. 8–16 km²/s² zależnie od roku startu, są potrzebne sondom lecącym na Marsa (lekcja 7 Sfery wpływu i podróż międzyplanetarna).

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„Na orbicie nie ma grawitacji.”
Na wysokości 400 km przyspieszenie grawitacyjne to 89% wartości przy powierzchni. Astronauci są w stanie nieważkości, bo spadają razem ze stacją.
„Większa prędkość zawsze oznacza wyższą orbitę.”
Większa energia oznacza większą półoś, ale kąt toru lotu decyduje o mimośrodzie: ta sama prędkość skierowana stromo może dać orbitę, która przecina Ziemię (przykład 6.2).
„Satelita krąży wokół środka Ziemi.”
Wokół wspólnego środka masy, choć dla satelity różnica jest nie do zmierzenia. Dla Księżyca nie jest: środek masy leży 4671 km od środka Ziemi.
„Prędkość ucieczki trzeba mieć, żeby polecieć w kosmos.”
Do orbity okołoziemskiej wystarczy ok. 7,8 km/s, a sama wysokość wymaga dużo mniej. Prędkość ucieczki to próg energii, przy którym orbita przestaje być zamknięta.
„Satelita na orbicie eliptycznej przyspiesza silnikiem w perygeum.”
Przyspiesza bez silnika: spadając ku Ziemi, zamienia energię potencjalną na kinetyczną. Energia mechaniczna jest stała.

8 Zadania do przemyślenia

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia.

Zadania do przemyślenia

5 zadań · ok. 1,5 godziny

  1. Ile liczb opisuje orbitę? Stałe h\mathbf h, ε\varepsilon, e\mathbf e to siedem liczb, a stan (r,v)(\mathbf r, \mathbf v) ma sześć. Ile niezależnych stałych ruchu ma zagadnienie dwóch ciał i czego brakuje, żeby z nich wyznaczyć położenie satelity?

    Rozwiązanie
    1. Między siedmioma liczbami są dwie zależności (e⋅h=0\mathbf e\cdot\mathbf h = 0 i e2=1+2εh2/μ2e^2 = 1 + 2\varepsilon h^2/\mu^2), więc niezależnych jest pięć. Opisują kształt, rozmiar i położenie orbity w przestrzeni.
    2. Szósta liczba to chwila przelotu przez perycentrum: mówi, gdzie na orbicie jest satelita w danej chwili. Związek czasu z położeniem daje równanie Keplera (lekcja 2 Elementy orbitalne, równanie Keplera i ślad naziemny).

  2. Spadek prosto w dół. Kamień puszczony z wysokości bez prędkości poziomej spada wzdłuż prostej. Jak to pogodzić z twierdzeniem, że orbita w polu 1/r1/r jest krzywą stożkową z ogniskiem w środku Ziemi?

    Rozwiązanie
    1. Przy h=0h = 0 mamy p=0p = 0, e=1e = 1: elipsa zdegenerowana do odcinka (gdy ε<0\varepsilon < 0) o długości 2a2a, z ogniskami na końcach. Równanie r=p/(1+ecos⁡ν)r = p/(1 + e\cos\nu) traci sens, ale a=−μ/2εa = -\mu/2\varepsilon i okres 2πa3/μ2\pi\sqrt{a^3/\mu} działają.
    2. Czas spadku z r0r_0 do środka (gdyby Ziemia była punktem) to połowa okresu elipsy o a=r0/2a = r_0/2: πr03/(8μ)\pi\sqrt{r_0^3/(8\mu)}. Z orbity Księżyca to ok. 4,8 doby.

  3. Hodograf. Pokaż, że koniec wektora prędkości (z początkiem w zerze) zakreśla okrąg o promieniu μ/h\mu/h, przesunięty o μe/h\mu e/h od środka. Co to mówi o prędkości w perycentrum i apocentrum?

    Rozwiązanie
    1. Z definicji e\mathbf e: v×h=μ(e+r^)\mathbf v\times\mathbf h = \mu(\mathbf e + \hat{\mathbf r}). Mnożąc wektorowo przez h\mathbf h (prostopadłe do v\mathbf v): v=μh h^×(e+r^)\mathbf v = \frac{\mu}{h}\,\hat{\mathbf h}\times(\mathbf e + \hat{\mathbf r}). Składnik μhh^×r^\frac{\mu}{h}\hat{\mathbf h}\times\hat{\mathbf r} ma stałą długość μ/h\mu/h i obraca się razem z r^\hat{\mathbf r}; składnik μhh^×e\frac{\mu}{h}\hat{\mathbf h}\times\mathbf e jest stały. To okrąg o promieniu μ/h\mu/h przesunięty o μe/h\mu e/h.
    2. Największa prędkość to μh(1+e)\frac{\mu}{h}(1 + e) (perycentrum), najmniejsza μh(1−e)\frac{\mu}{h}(1 - e) (apocentrum). Dla e>1e > 1 zero leży poza okręgiem: prędkość nigdy nie spada do zera.

  4. Nieco inna grawitacja. Gdyby siła malała jak 1/r2,011/r^{2{,}01}, które stałe ruchu nadal by obowiązywały, a co by się stało z orbitą?

    Rozwiązanie
    1. Siła jest nadal centralna i zachowawcza: h\mathbf h i energia (z innym potencjałem) się zachowują, ruch jest płaski, prawo pól obowiązuje.
    2. Wektor mimośrodu nie jest już stały: orbita jest „elipsą”, której perycentrum powoli się obraca (rozeta). Stałość e\mathbf e to szczególna własność dokładnie 1/r21/r^2; obrót perycentrum Merkurego, którego nie tłumaczyły inne planety, był jednym z testów ogólnej teorii względności.

  5. Energia a kąt toru. Dla zadanej wysokości startu i prędkości większej od kołowej istnieje największy kąt toru lotu, przy którym orbita jeszcze nie przecina Ziemi. Jak go wyznaczyć?

    Rozwiązanie
    1. Energia (czyli aa) nie zależy od γ\gamma. Warunek graniczny rp=Rr_p = R i rp=a(1−e)r_p = a(1 - e) daje e=1−R/ae = 1 - R/a, a stąd p=a(1−e2)p = a(1 - e^2).
    2. Z h=rvcos⁡γh = rv\cos\gamma i p=h2/μp = h^2/\mu: cos⁡γmax⁡=μp/(rv)\cos\gamma_{\max} = \sqrt{\mu p}/(rv). Dla 300 km i 8 km/s: a=7198a = 7198, e=0,114e = 0{,}114, p=7105p = 7105 km, cos⁡γ=53 217/53 425\cos\gamma = 53\,217/53\,425, γmax⁡=5,1∘\gamma_{\max} = 5{,}1^\circ (przy pominięciu atmosfery).

9 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Co oznacza μ\mu w zagadnieniu dwóch ciał?

μ=G(m1+m2)\mu = G(m_1 + m_2), dla satelity praktycznie Gm⊕=398 600Gm_\oplus = 398\,600 km³/s².

2 Jakie są trzy stałe ruchu i co z każdej wynika?

h\mathbf h: płaski ruch i prawo pól; ε\varepsilon: wielkość orbity (aa); e\mathbf e: kształt i kierunek perycentrum.

3 Napisz równanie orbity.

r=p/(1+ecos⁡ν)r = p/(1 + e\cos\nu), p=h2/μp = h^2/\mu.

4 Napisz równanie vis-viva.

v2=μ(2/r−1/a)v^2 = \mu(2/r - 1/a).

5 Gdzie na orbicie prędkość jest pozioma?

Tylko w perycentrum i apocentrum (γ=0\gamma = 0).

6 Czym jest C3C_3?

Kwadrat prędkości nadmiarowej v∞2=2εv_\infty^2 = 2\varepsilon; miara energii potrzebnej do misji poza pole Ziemi.

10 Karta wzorów i co dalej

Stałe ruchu

r¨=−μr/r3\ddot{\mathbf r} = -\mu\mathbf r/r^3, μ=G(m1+m2)\mu = G(m_1 + m_2)

h=r×v\mathbf h = \mathbf r\times\mathbf v,   ε=v2/2−μ/r=−μ/(2a)\;\varepsilon = v^2/2 - \mu/r = -\mu/(2a)

e=v×h/μ−r/r\mathbf e = \mathbf v\times\mathbf h/\mu - \mathbf r/r,   e2=1+2εh2/μ2\;e^2 = 1 + 2\varepsilon h^2/\mu^2

r=p/(1+ecos⁡ν)r = p/(1 + e\cos\nu),   p=h2/μ=a(1−e2)\;p = h^2/\mu = a(1 - e^2)

tan⁡γ=esin⁡ν/(1+ecos⁡ν)\tan\gamma = e\sin\nu/(1 + e\cos\nu),   sin⁡γmax⁡=e\;\sin\gamma_{\max} = e

Prędkości i czasy

v2=μ(2/r−1/a)v^2 = \mu(2/r - 1/a),   vk=μ/r\;v_k = \sqrt{\mu/r},   vu=2 vk\;v_u = \sqrt2\,v_k

v⊥=μh(1+ecos⁡ν)v_\perp = \frac{\mu}{h}(1 + e\cos\nu),   vr=μhesin⁡ν\;v_r = \frac{\mu}{h}e\sin\nu

T=2πa3/μT = 2\pi\sqrt{a^3/\mu}

hiperbola: v∞2=C3=2εv_\infty^2 = C_3 = 2\varepsilon,   δ=2arcsin⁡(1/e)\;\delta = 2\arcsin(1/e),   e=1+rpv∞2/μ\;e = 1 + r_pv_\infty^2/\mu

Ziemia: μ=398 600\mu = 398\,600 km³/s², R=6378R = 6378 km, GEO 42 164 km

Do przeczytania

  • Obowiązkowo: H. D. Curtis, Orbital Mechanics for Engineering Students, rozdz. 2 (zagadnienie dwóch ciał, wyprowadzenie z wektorem mimośrodu i dużo przykładów liczbowych); C. A. Kluever, Space Flight Dynamics, rozdz. 2.
  • Dla chętnych: R. R. Bate, D. D. Mueller, J. E. White, Fundamentals of Astrodynamics (Dover), rozdz. 1: klasyczny, zwięzły wykład zagadnienia dwóch ciał.

Mamy orbitę jako krzywą w płaszczyźnie. Brakuje dwóch rzeczy: gdzie ta płaszczyzna leży w przestrzeni i gdzie na orbicie jest satelita w danej chwili. Kolejna lekcja wprowadza sześć elementów orbitalnych, rozwiązuje równanie Keplera i rysuje ślad satelity na obracającej się Ziemi.

Korzystają z tej lekcji 2 Elementy orbitalne, równanie Keplera i ślad naziemny4 Rakieta na orbitę: równanie rakietowe, stopniowanie i zakręt grawitacyjny10 Wejście w atmosferę11 Satelita bez sterowania: wirowanie, dwuspin i gradient grawitacyjny