10 Wejście w atmosferę · Matematyka i fizyka od podstaw

0 Prolog: tępy nos Harveya Allena

Na początku lat 50. inżynierowie projektujący głowice rakiet balistycznych zakładali, że głowica powinna być ostra i smukła, jak pocisk. Harvey Allen z laboratorium NACA w Ames doszedł do odwrotnego wniosku: ostra głowica wchodzi głęboko w atmosferę z ogromną prędkością i większość ciepła z hamowania trafia do niej. Tępa głowica wytwarza przed sobą silną falę uderzeniową, w której nagrzewa się powietrze, i większość ciepła zostaje w tym powietrzu.

Raport Allena i Eggersa (opublikowany w 1958 roku, po odtajnieniu) zawiera też prosty model wejścia balistycznego, który do dziś jest pierwszym szacunkiem w każdym projekcie. Wszystkie kapsuły załogowe, od Wostoka i Merkurego do Oriona, są tępe.

Pytanie na start. Ciężka kapsuła i lekka sonda wchodzą w atmosferę z tą samą prędkością pod tym samym kątem. Która ma większe przeciążenie? Odpowiedź w części 2.

1 Równania lotu w atmosferze

Ruch w płaszczyźnie toru opisują te same równania co wznoszenie rakiety (lekcja 4 Rakieta na orbitę: równanie rakietowe, stopniowanie i zakręt grawitacyjny), tylko bez ciągu, za to z siłą nośną $L$ i oporem $D$ (fizyka, lekcja Dział 10: Płyny: ciśnienie, przepływ, lepkość i siły aerodynamiczne):

Równania wejścia (płaskie, nad kulistą planetą)

\dot v = -\frac{D}{m} - g\sin\gamma,\qquad v\dot\gamma = \frac{L}{m} - \left(g - \frac{v^2}{r}\right)\cos\gamma,\qquad \dot h = v\sin\gamma,

\frac{D}{m} = \frac{\rho v^2}{2\beta},\qquad \beta = \frac{m}{C_DA},\qquad \frac{L}{D} = \text{doskonałość},\qquad \rho = \rho_0e^{-h/H}.

$\gamma < 0$ to lot w dół. Ziemia: $\rho_0 = 1{,}225$ kg/m³, $H \approx 7{,}2$ km; Mars: $\rho_0 \approx 0{,}020$ kg/m³, $H \approx 11{,}1$ km.

Współczynnik balistyczny $\beta$ mówi, ile masy przypada na jednostkę „oporowej” powierzchni: kapsuła ma kilkaset kg/m², sonda z dużą osłoną kilkadziesiąt, smukła głowica kilka tysięcy. Wejście zaczyna się umownie na wysokości 120 km (Ziemia), gdzie opór staje się zauważalny.

Zadania · część 1

3 zadania · ok. 20 min

Kapsuła ma masę 3000 kg, średnicę 2,2 m i $C_D = 1{,}3$ . Policz $\beta$ .

Odpowiedź
$A = \pi\cdot 1{,}1^2 = 3{,}80$ m², $\beta = 3000/(1{,}3\cdot 3{,}80) = 607$ kg/m².
Ile wynosi gęstość powietrza w modelu wykładniczym na wysokości 60 km i ile opór na jednostkę masy dla $\beta = 300$ kg/m² przy 7 km/s?

Odpowiedź
$\rho = 1{,}225e^{-60/7{,}2} = 2{,}94\cdot10^{-4}$ kg/m³; $D/m = 2{,}94\cdot10^{-4}\cdot 4{,}9\cdot10^7/600 = 24$ m/s², ok. 2,5 g.
Dlaczego w równaniu na $\dot\gamma$ pojawia się $v^2/r$ i co to oznacza przy prędkości orbitalnej?

Odpowiedź
To przyspieszenie dośrodkowe wynikające z krzywizny planety (tor zakrzywia się razem z powierzchnią). Przy $v^2/r = g$ , czyli prędkości kołowej, grawitacja i „odśrodkowość” się znoszą: statek leci równolegle do powierzchni bez opadania. Dlatego na początku wejścia z orbity kąt toru zmienia się powoli, a dopiero gdy opór zabierze prędkość, tor zaczyna stromo opadać.

2 Wejście balistyczne: rozwiązanie Allena–Eggersa

Przy stromym wejściu i dużej prędkości opór jest dużo większy od grawitacji, a tor jest prawie prostą o stałym $\gamma$ . Pomijamy grawitację i siłę nośną. Zamieniamy zmienną czasu na wysokość ( $dh = v\sin\gamma\,dt$ ):

\frac{dv}{dh} = -\frac{\rho_0e^{-h/H}v}{2\beta\sin\gamma}\quad\Rightarrow\quad v(h) = v_E\exp\left(-\frac{\rho_0H}{2\beta|\sin\gamma|}e^{-h/H}\right).

Wejście balistyczne (Allen–Eggers)

Największe opóźnienie: $\;a_{\max} = \dfrac{v_E^2|\sin\gamma|}{2eH}$ , przy $v = v_E e^{-1/2} = 0{,}61\,v_E$ , na wysokości $h^* = H\ln\dfrac{\rho_0H}{\beta|\sin\gamma|}$ .

Największe przeciążenie nie zależy od $\beta$ : masa i kształt decydują tylko o wysokości, na której wystąpi.

Odpowiedź na pytanie z prologu: obie mają takie samo największe przeciążenie. Lekka sonda (małe $\beta$ ) hamuje wyżej, w rzadszym powietrzu, ciężka niżej, w gęstszym; w obu przypadkach opór zabiera energię w tej samej skali wysokości $H$ . Przy 7 km/s i $\gamma = 30^\circ$ to $63{,}8$ g na wysokości 21 km ( $\beta = 1000$ kg/m²); symulacja z grawitacją daje 67,9 g na 20,4 km. Dla wejścia z orbity pod kątem $1{,}5^\circ$ wzór zawodzi (tor nie jest prostą), a symulacja daje ok. 8,5 g: tyle doznaje załoga kapsuły Sojuz przy awaryjnym wejściu balistycznym.

Zadania · część 2

3 zadania · ok. 25 min

Głowica wchodzi w atmosferę z 7 km/s pod kątem $30^\circ$ . Policz największe opóźnienie i prędkość, przy której występuje.

Odpowiedź
$a_{\max} = 49\cdot10^6\cdot 0{,}5/(2\cdot 2{,}718\cdot 7200) = 626$ m/s² $= 64$ g, przy $v = 0{,}61\cdot 7 = 4{,}25$ km/s.
Wyprowadź, że największe opóźnienie występuje przy $v = v_Ee^{-1/2}$ .

Odpowiedź
Oznaczmy $x = \frac{\rho_0H}{2\beta\sin\gamma}e^{-h/H}$ ; wtedy $v = v_Ee^{-x}$ i $D/m = \frac{\rho v^2}{2\beta} = \frac{\sin\gamma}{H}x\,v_E^2e^{-2x}$ . Funkcja $xe^{-2x}$ ma maksimum przy $x = 1/2$ , czyli $v = v_Ee^{-1/2}$ , i wartość $\frac{1}{2e}$ : stąd $a_{\max} = v_E^2\sin\gamma/(2eH)$ .
Na jakiej wysokości wystąpi największe opóźnienie dla $\beta = 300$ i $\beta = 3000$ kg/m² przy $\gamma = 30^\circ$ ?

Odpowiedź
$h^* = H\ln(\rho_0H/(\beta\sin\gamma))$ : dla 300: $7{,}2\ln(1{,}225\cdot 7200/150) = 7{,}2\ln 58{,}8 = 29{,}3$ km; dla 3000: $7{,}2\ln 5{,}88 = 12{,}8$ km. Dziesięciokrotnie większe $\beta$ obniża ten punkt o $H\ln 10 = 16{,}6$ km.

3 Nagrzewanie i kształt osłony

Strumień ciepła w punkcie na przedzie osłony (punkcie spiętrzenia) dobrze przybliża wzór Suttona–Gravesa:

\dot q = k\sqrt{\frac{\rho}{R_n}}\,v^3,\qquad k \approx 1{,}74\cdot10^{-4}\ \text{(Ziemia, jednostki SI)},

gdzie $R_n$ to promień krzywizny nosa. Trzy wnioski. Ciepło rośnie jak $v^3$ , więc powrót z Księżyca (11 km/s) jest dużo gorętszy niż z orbity. Największe nagrzewanie występuje wcześniej niż największe przeciążenie, przy $v \approx v_Ee^{-1/6} = 0{,}85\,v_E$ (w modelu balistycznym). I najważniejsze: $\dot q \propto 1/\sqrt{R_n}$ . Ostry nos o promieniu 5 cm przy wejściu z orbity pod kątem $3^\circ$ dostaje w modelu 650 W/cm², tępa osłona o promieniu 3 m tylko 84 W/cm². Tępa osłona wytwarza silną, odsuniętą falę uderzeniową, w której ciepło zostaje w powietrzu.

Całkowite ciepło, które osłona musi przyjąć, to całka $Q = \int\dot q\,dt$ (dla wejścia z orbity ok. 10–20 kJ/cm²). Osłony ablacyjne (np. z żywicy fenolowej z włóknem) odparowują i zabierają ciepło ze sobą; osłony wielokrotnego użytku (płytki promu kosmicznego) wypromieniowują je.

Zadania · część 3

3 zadania · ok. 25 min

Ile razy większy jest strumień ciepła przy 11 km/s niż przy 7,8 km/s, przy tej samej gęstości i tym samym promieniu nosa?

Odpowiedź
$(11/7{,}8)^3 = 2{,}8$ raza. Dlatego kapsuły księżycowe miały grubsze osłony niż orbitalne.
Promień nosa zwiększa się z 5 cm do 3 m. Ile razy maleje strumień ciepła?

Odpowiedź
$\sqrt{3/0{,}05} = 7{,}7$ raza (symulacja: 650 i 84 W/cm²).
Wyprowadź z modelu Allena–Eggersa, że największy strumień ciepła występuje przy $v = v_Ee^{-1/6}$ .

Odpowiedź
$\dot q \propto\sqrt\rho\,v^3$ . Z oznaczeniami z zadania 2.2: $\rho \propto x$ , $v = v_Ee^{-x}$ , więc $\dot q \propto\sqrt x\,e^{-3x}$ . Pochodna $\frac{1}{2\sqrt x}e^{-3x} - 3\sqrt xe^{-3x} = 0$ daje $x = 1/6$ , czyli $v = v_Ee^{-1/6} = 0{,}85\,v_E$ : nagrzewanie szczytuje wyżej i wcześniej niż przeciążenie.

4 Wejście z siłą nośną i korytarz wejścia

Kapsuła z przesuniętym środkiem ciężkości leci pod niewielkim kątem natarcia i ma doskonałość $L/D \approx 0{,}3$ ; prom kosmiczny miał przy dużych prędkościach ok. 1. Siła nośna skierowana w górę spłaszcza tor: statek dłużej leci w rzadkiej atmosferze i hamuje łagodniej. W symulacji wejście z orbity pod kątem $1{,}5^\circ$ ( $\beta = 300$ ): balistycznie 8,5 g, z $L/D = 0{,}3$ (cała siła nośna w górę) 2,5 g. Cena: wejście trwa 840 s zamiast 510 s i całkowite ciepło rośnie z 15 do 22 kJ/cm².

Kierunkiem siły nośnej steruje się obrotem kapsuły wokół osi prędkości (kąt przechylenia): siła nośna w górę, w dół albo w bok. Tak kapsuła trafia w miejsce lądowania z dokładnością kilku kilometrów. Przy powrocie z Księżyca istnieje korytarz wejścia: za płasko i statek odbija się od atmosfery (przy prędkości większej od kołowej może nie wrócić), za stromo i przeciążenia oraz ciepło przekraczają granice. W modelu (11 km/s, $\beta = 350$ ): przy $5{,}5^\circ$ balistyczne wejście daje 6,7 g, przy $7{,}5^\circ$ już 26 g; z pełną siłą nośną w górę i $L/D = 0{,}3$ statek przy $5{,}5^\circ$ i $6{,}5^\circ$ wylatuje z atmosfery. Szerokość korytarza to ok. $2^\circ$ kąta wejścia, co na wysokości 120 km oznacza trafienie w okno szerokie na kilkadziesiąt kilometrów, z odległości 400 000 km.

Zadania · część 4

3 zadania · ok. 25 min

Dlaczego siła nośna zmniejsza przeciążenie, a zwiększa całkowite ciepło?

Odpowiedź
Siła nośna utrzymuje statek wyżej, w rzadszym powietrzu: opór (przeciążenie) jest mniejszy, ale energię trzeba wytracić tę samą, więc hamowanie trwa dłużej. Całkowite ciepło to całka strumienia po czasie: mniejszy strumień przez dłuższy czas daje zwykle większą sumę. Osłona musi być grubsza, choć „łagodniejsza” dla załogi.
W symulacji ustaw 11 km/s, $\beta = 350$ i $L/D = 0{,}3$ . Znajdź najmniejszy kąt wejścia, przy którym statek nie wylatuje z atmosfery. Ile wynosi wtedy przeciążenie?

Odpowiedź
W modelu ok. $7{,}1^\circ$ (przy $7{,}0^\circ$ jeszcze wylatuje, przy $7{,}2^\circ$ zostaje, z przeciążeniem ok. 11 g). W rzeczywistości kapsuły nie lecą z siłą nośną stale w górę: kąt przechylenia zmienia się w czasie (np. siła nośna najpierw w dół, żeby nie odbić, potem w górę), co pozwala wejść płasko i zmieścić się w kilku g.
Kapsuła ma $L/D = 0{,}3$ . O ile kilometrów może przesunąć miejsce lądowania w bok, jeśli przez 200 s lotu z prędkością ok. 6 km/s cała siła nośna działa w bok? Przyjmij średnie przeciążenie od oporu 2 g.

Odpowiedź
Przyspieszenie boczne $0{,}3\cdot 2g = 5{,}9$ m/s². Przesunięcie $\frac12at^2 = \frac12\cdot 5{,}9\cdot 200^2 = 118$ km (zgrubnie; prędkość maleje, więc mniej). Rząd wielkości: dziesiątki do ponad stu kilometrów: tyle wystarcza, żeby trafić w wybrany rejon.

5 Mars: rzadka atmosfera

Atmosfera Marsa ma przy powierzchni gęstość ok. 0,02 kg/m³ (1,6% ziemskiej), ale większą wysokość skali (ok. 11 km). Lądownik wchodzi z prędkością 5,5–6 km/s. Problem jest odwrotny niż na Ziemi: atmosfera jest za rzadka, żeby wyhamować ciężki statek przed powierzchnią. W modelu sonda o $\beta = 100$ kg/m² wchodząca z 5,8 km/s pod kątem $12^\circ$ ma przeciążenie ok. 7 g i na wysokości 10 km leci jeszcze ok. 500 m/s; pod kątem $15^\circ$ ok. 700 m/s. Stąd spadochrony naddźwiękowe, a dla cięższych lądowników silniki hamujące i dźwig na linach (łazik Curiosity, 2012). Lądowanie ludzi na Marsie wymaga statków o masie dziesiątek ton, dla których obecne techniki nie wystarczają.

Zadania · część 5

2 zadania · ok. 20 min

Na jakiej wysokości nad Marsem lądownik o $\beta = 100$ kg/m² ma największe opóźnienie przy $\gamma = 15^\circ$ (Allen–Eggers)? Porównaj z Ziemią przy tym samym $\beta$ i kącie.

Odpowiedź
Mars: $11{,}1\ln(0{,}02\cdot 11\,100/(100\cdot 0{,}259)) = 11{,}1\ln 8{,}57 = 23{,}9$ km. Ziemia: $7{,}2\ln(1{,}225\cdot 7200/25{,}9) = 7{,}2\ln 341 = 42{,}0$ km. Na Marsie hamowanie kończy się dużo bliżej powierzchni, a teren ma góry wysokie na ponad 20 km.
Dlaczego ciężkie lądowniki marsjańskie trudno hamować atmosferą, skoro maksymalne przeciążenie nie zależy od $\beta$ ?

Odpowiedź
Przeciążenie jest takie samo, ale wysokość, na której hamowanie się odbywa, maleje z $\beta$ (o $H\ln 10 \approx 26$ km na dziesięciokrotny wzrost $\beta$ ). Przy dużym $\beta$ punkt największego hamowania wypada poniżej powierzchni Marsa: statek uderza z prędkością naddźwiękową. Ratunkiem są lekkie, duże osłony (małe $\beta$ ), rozkładane osłony, silniki hamujące od dużych prędkości.

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda: wstępna analiza wejścia

Prędkość i kąt na granicy atmosfery z orbity (vis-viva, lekcja 1).
Allen–Eggers: $a_{\max}$ , $h^*$ ; przy płaskich wejściach tylko jako górna granica.
Nagrzewanie: Sutton–Graves, $\dot q_{\max}$ i $Q$ ; promień nosa jak największy.
Siła nośna i korytarz: symulacja z grawitacją i krzywizną; zakres kątów między odbiciem a przekroczeniem granic.
Sprawdzenie: bilans energii: $\frac12v_E^2 + gh_E \approx$ całka pracy oporu.

Przykład 6.1 Głowica a kapsuła

Porównaj stromą głowicę (7 km/s, $30^\circ$ , $\beta = 1000$ ) z kapsułą wracającą z orbity (7,8 km/s, $1{,}5^\circ$ , $\beta = 300$ ).

Głowica: Allen–Eggers 64 g na 21 km; symulacja 68 g na 20 km.
Kapsuła: Allen–Eggers dla $1{,}5^\circ$ dałby 4,1 g, ale tor nie jest prostą; symulacja: 8,5 g na 42 km.
Różnica: przy płaskim wejściu grawitacja zakrzywia tor w dół i kąt rośnie w trakcie hamowania.

Wynik: głowica 68 g (dla ludzi zabójcze), kapsuła balistycznie ok. 8,5 g.

Sprawdzenie: dla stromego wejścia model zgadza się z symulacją do 6%; dla płaskiego trzeba symulacji ✓.

Przykład 6.2 Siła nośna w kapsule

Kapsuła z orbity ( $1{,}5^\circ$ , $\beta = 300$ ) ma $L/D = 0{,}3$ . Jak zmieniają się przeciążenie, nagrzewanie i czas?

Bez siły nośnej: 8,5 g, 114 W/cm², 15 kJ/cm², 506 s.
Z siłą nośną w górę: 2,5 g, 76 W/cm², 22 kJ/cm², 839 s.

Wynik: przeciążenie trzy razy mniejsze, strumień ciepła o jedną trzecią mniejszy, całkowite ciepło o połowę większe.

Sprawdzenie: zgodnie z częścią 4: łagodniej, ale dłużej ✓.

Przykład 6.3 Korytarz powrotu z Księżyca

Statek wraca z 11 km/s, $\beta = 350$ . Zbadaj w modelu balistycznym kąty $5{,}5^\circ$ – $7{,}5^\circ$ .

$5{,}5^\circ$ : 6,7 g, 295 W/cm²; $6{,}5^\circ$ : 17 g, 446 W/cm²; $7{,}5^\circ$ : 26 g, 537 W/cm².
Przeciążenie rośnie szybko z kątem; granica dla załogi (np. 12 g przez krótki czas) wypada przy ok. $6^\circ$ .
Przy płaskich kątach i z siłą nośną w górę statek odbija się od atmosfery.

Wynik: korytarz ma szerokość rzędu $1$ – $2^\circ$ ; siła nośna sterowana przechyleniem go poszerza.

Sprawdzenie: Allen–Eggers dla $6{,}5^\circ$ daje 36 g, symulacja 17 g. Przy prędkości większej od kołowej człon $v^2/r - g$ jest dodatni i tor w atmosferze najpierw się spłaszcza, więc w czasie hamowania kąt jest mniejszy niż na wejściu; prosty tor przeszacowuje przeciążenie. Przy wejściu z niskiej orbity jest odwrotnie (przykład 6.1) ✓.

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„Statek nagrzewa się od tarcia o powietrze.”: Głównie od sprężenia powietrza w fali uderzeniowej przed osłoną; tarcie na bokach jest mniej ważne.
„Ostry kształt lepiej przecina atmosferę.”: Ostry nos dostaje dużo więcej ciepła ( $\dot q \propto 1/\sqrt{R_n}$ ); tępa osłona zostawia ciepło w powietrzu.
„Cięższa kapsuła ma większe przeciążenie.”: W modelu balistycznym największe przeciążenie zależy tylko od prędkości i kąta; masa zmienia wysokość hamowania.
„Wejście płaskie jest zawsze bezpieczniejsze.”: Za płaskie grozi odbiciem od atmosfery i większym całkowitym ciepłem; istnieje korytarz.
„Na Marsie wystarczy spadochron.”: Atmosfera jest za rzadka: spadochron hamuje do ok. 100 m/s, resztę muszą zrobić silniki.

8 Zadania do przemyślenia

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia.

Zadania do przemyślenia

5 zadań · ok. 1,5 godziny

Gdzie idzie energia? Kapsuła o masie 3 t traci przy wejściu z orbity ok. $\frac12mv^2$ . Ile to energii i jaka jej część trafia do osłony, jeśli osłona przyjmuje 15 kJ/cm² na 3,8 m²?
Rozwiązanie
1. $\frac12\cdot 3000\cdot 7800^2 = 9{,}1\cdot10^{10}$ J (plus energia potencjalna 120 km: $3{,}5\cdot10^9$ J).
2. Osłona: $15\cdot10^3\cdot 10^4$ J/m² $\cdot 3{,}8$ m² $= 5{,}7\cdot10^8$ J, czyli ok. 0,6%. Prawie cała energia idzie w powietrze; to jest istota tępej osłony.
Odbicie od atmosfery. Dlaczego statek wracający z prędkością większą od kołowej może „odbić się” od atmosfery, a wracający z orbity niskiej nie bardzo?
Rozwiązanie
1. W równaniu na $\dot\gamma$ człon $(v^2/r - g)\cos\gamma$ jest dodatni, gdy $v$ jest większe od kołowej: tor sam się wznosi. Dodana siła nośna w górę może wyprowadzić statek z atmosfery, zanim opór zmniejszy prędkość poniżej kołowej.
2. Przy powrocie z niskiej orbity prędkość jest już kołowa i spada: człon zmienia znak, tor zakrzywia się w dół. Odbicie wymaga dużej siły nośnej.
Hamowanie aerodynamiczne zamiast silnika. Sonda przylatuje do Marsa z $v_\infty = 2{,}7$ km/s. Jaki zysk daje wejście na orbitę przez jedno przejście przez atmosferę (aerocapture) i jakie są ryzyka?
Rozwiązanie
1. Wejście na orbitę silnikiem kosztuje 0,9–2,1 km/s (lekcja 7), czyli 25–50% masy sondy w paliwie. Aerocapture zastępuje to osłoną (zwykle kilkanaście procent masy) i niewielką korektą po wyjściu z atmosfery.
2. Ryzyko: korytarz jest wąski, gęstość atmosfery Marsa zmienia się z porą roku i burzami pyłowymi; za głęboko i sonda spadnie, za płytko i ucieknie. Potrzebne jest sterowanie siłą nośną w czasie przelotu.
Wykres $h$ – $v$ . Dlaczego na wykresie wysokości od prędkości (lewy panel symulacji) tory dla różnych kątów prawie się pokrywają na początku i rozchodzą później?
Rozwiązanie
1. Na górze opór jest mały: prędkość prawie się nie zmienia, a tor zależy od kąta tylko przez tempo schodzenia w dół; na wykresie $h$ – $v$ wszystkie zaczynają się pionową linią przy $v_E$ .
2. Hamowanie zaczyna się tam, gdzie $\rho/(\beta\sin\gamma)$ osiąga pewną wartość: strome wejście hamuje niżej. Krzywe rozchodzą się w pasie wysokości o szerokości kilku $H$ , zgodnie ze wzorem na $h^*$ .
Granice modelu. Wymień trzy rzeczy, które model z tej lekcji pomija, a które są ważne przy projektowaniu osłony.
Rozwiązanie
1. Rzeczywista atmosfera (gęstość różni się od wykładniczej o dziesiątki procent, zależy od pory roku i aktywności Słońca) i chemia gorącego powietrza (dysocjacja, jonizacja, promieniowanie gazu przy prędkościach powyżej ok. 10 km/s).
2. Ablacja: osłona zmienia kształt i masę, gazy z ablacji osłaniają powierzchnię.
3. Rozkład ciepła na całej osłonie (nie tylko w punkcie spiętrzenia), przepływ turbulentny na krawędziach, stabilność i dynamika orientacji kapsuły.

9 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Wzór Allena–Eggersa na największe opóźnienie?

$a_{\max} = v_E^2\sin\gamma/(2eH)$ , przy $v = 0{,}61\,v_E$ .

2 Od czego zależy wysokość największego hamowania?

$h^* = H\ln(\rho_0H/(\beta\sin\gamma))$ : od $\beta$ i kąta.

3 Jak strumień ciepła zależy od prędkości i promienia nosa?

$\dot q \propto\sqrt{\rho/R_n}\,v^3$ .

4 Po co siła nośna?

Zmniejsza przeciążenie (dłuższe hamowanie wyżej) i pozwala sterować miejscem lądowania.

5 Co to jest korytarz wejścia?

Zakres kątów między odbiciem od atmosfery a przekroczeniem granic przeciążenia i ciepła.

6 Czym różni się wejście na Marsa?

Rzadka atmosfera: hamowanie kończy się nisko, potrzebne spadochrony i silniki.

10 Karta wzorów i co dalej

Wejście balistyczne

$\beta = m/(C_DA)$ , $\;D/m = \rho v^2/(2\beta)$ , $\;\rho = \rho_0e^{-h/H}$

$v = v_E\exp\left(-\frac{\rho_0H}{2\beta\sin\gamma}e^{-h/H}\right)$

$a_{\max} = \frac{v_E^2\sin\gamma}{2eH}$ przy $v = 0{,}61v_E$

$h^* = H\ln\frac{\rho_0H}{\beta\sin\gamma}$

Ciepło i siła nośna

$\dot q = k\sqrt{\rho/R_n}\,v^3$ , $k \approx 1{,}74\cdot10^{-4}$ (Ziemia)

szczyt nagrzewania przy $v = 0{,}85v_E$

$v\dot\gamma = L/m - (g - v^2/r)\cos\gamma$

Ziemia $H \approx 7{,}2$ km; Mars $\rho_0 \approx 0{,}02$ , $H \approx 11$ km

Do przeczytania

Obowiązkowo: C. A. Kluever, Space Flight Dynamics, rozdz. 11 (wejście w atmosferę: balistyczne, z siłą nośną, nagrzewanie); U. Walter, Astronautics, rozdz. o wejściu w atmosferę.
Dla chętnych: H. J. Allen, A. J. Eggers, A Study of the Motion and Aerodynamic Heating of Ballistic Missiles Entering the Earth’s Atmosphere at High Supersonic Speeds, NACA Report 1381 (1958): krótki, czytelny oryginał.

Ta lekcja zamyka część o orbitach i podróżach. Ostatnia część kursu zajmuje się orientacją: satelita musi patrzeć antenami na Ziemię, panelami na Słońce, teleskopem na gwiazdę. Najpierw zobaczymy, jak satelita zachowuje się bez żadnego sterowania: wirując, z kołem zamachowym albo stabilizowany gradientem grawitacji.