13 Sterowanie orientacją: koła reakcyjne, magnetyki i silniczki

0 Prolog: Kepler traci koła

Teleskop Kepler, który szukał planet pozasłonecznych, miał cztery koła reakcyjne; do utrzymania orientacji w trzech osiach potrzebował trzech. W 2012 roku zawiodło jedno, w 2013 drugie, i główna misja się skończyła. Inżynierowie wymyślili jednak tryb K2: ustawili teleskop tak, żeby ciśnienie promieniowania słonecznego było symetryczne względem jego osi i działało jak trzecie, „wirtualne” koło, a resztę zakłóceń co kilka dni zbierały silniczki. Teleskop pracował tak jeszcze ponad cztery lata, aż skończyło się paliwo.

Ta historia zawiera główne motywy lekcji: koła wymieniają moment pędu z satelitą, ale same go nie usuwają; zakłócenia z lekcji 11 Satelita bez sterowania: wirowanie, dwuspin i gradient grawitacyjny zbierają się w kołach i ktoś musi je z nich zabrać; paliwo silniczków jest zasobem, który kończy misję.

1 Koła reakcyjne i regulator na kwaternionie

Koło reakcyjne to wirnik napędzany silnikiem. Gdy silnik przyspiesza koło momentem $-\mathbf u$ , satelita dostaje moment $\mathbf u$ ; całkowity moment pędu satelity z kołami $\mathbf H = I\boldsymbol\omega + \mathbf h$ zmienia się tylko od zewnętrznych momentów sił:

I\dot{\boldsymbol\omega} = -\dot{\mathbf h} - \boldsymbol\omega\times(I\boldsymbol\omega + \mathbf h) + \mathbf M_\text{zew},\qquad \dot{\mathbf h} = -\mathbf u .

Błąd orientacji wyrażamy kwaternionem $\delta q = (\delta q_0, \delta\mathbf q_v)$ między orientacją a celem; dla małych błędów $2\delta\mathbf q_v$ to wektor kątów błędu (dynamika lotu, lekcja 1 Orientacja w 3D: macierz obrotu, kąty Eulera, oś i kąt, kwaterniony). Najprostszy regulator to PD na kwaternionie:

Regulator PD na kwaternionie

\mathbf u = -K_p\,\operatorname{sign}(\delta q_0)\,2\delta\mathbf q_v - K_d\,\boldsymbol\omega,\qquad K_p = \omega_n^2 I,\quad K_d = 2\zeta\omega_n I .

Dla małych kątów każda oś to oscylator $\ddot\theta + 2\zeta\omega_n\dot\theta + \omega_n^2\theta = 0$ . Znak $\delta q_0$ wybiera krótszy z dwóch obrotów ( $q$ i $-q$ to ta sama orientacja); bez niego satelita czasem obraca się o prawie $360^\circ$ (tzw. unwinding).

Typowe koło dużego satelity ma moment do ok. 0,1–0,3 N·m i pojemność kilku do kilkudziesięciu N·m·s; koła CubeSatów mają setne do tysięcznych części tego. Cztery koła w konfiguracji piramidy dają zapas, jak w Keplerze.

Zadania · część 1

3 zadania · ok. 25 min

Satelita ma $I = 110$ kg·m² wokół osi obrotu. Dobierz $K_p$ i $K_d$ dla $\omega_n = 0{,}1$ rad/s i $\zeta = 0{,}9$ . Jaki moment trzeba na początku obrotu o $5^\circ$ ?

Odpowiedź
$K_p = 0{,}01\cdot 110 = 1{,}1$ N·m/rad, $K_d = 2\cdot 0{,}9\cdot 0{,}1\cdot 110 = 19{,}8$ N·m·s/rad. Na początku $u = 1{,}1\cdot 0{,}087 = 0{,}096$ N·m: na granicy koła 0,1 N·m.
Dlaczego $2\delta\mathbf q_v$ , a nie $\delta\mathbf q_v$ , jest wektorem kątów błędu?

Odpowiedź
Kwaternion obrotu o kąt $\phi$ wokół $\mathbf n$ to $(\cos\frac\phi2, \mathbf n\sin\frac\phi2)$ . Dla małych $\phi$ : $\delta\mathbf q_v \approx \mathbf n\phi/2$ .
Cel jest obrócony o $190^\circ$ wokół pewnej osi względem bieżącej orientacji. Co zrobi regulator ze znakiem $\delta q_0$ , a co bez niego?

Odpowiedź
Obrót o $190^\circ$ to ta sama orientacja co obrót o $170^\circ$ w przeciwną stronę. Kwaternion błędu ma $\delta q_0 = \cos 95^\circ < 0$ . Ze znakiem regulator odwraca kierunek $\delta\mathbf q_v$ i obraca satelitę o $170^\circ$ krótszą drogą. Bez znaku obraca o $190^\circ$ . Uwaga praktyczna: regulator ze znakiem, gdy błąd jest bliski $180^\circ$ , przy szumie może się „wahać” między kierunkami, więc w praktyce dodaje się małą histerezę.

2 Nasycenie: duże obroty

Regulator liniowy zakłada, że moment może być dowolnie duży. Dla obrotu o $60^\circ$ satelity o $I = 110$ kg·m² i koła 0,1 N·m: PD z $\omega_n = 0{,}1$ rad/s kończy (błąd poniżej $0{,}1^\circ$ ) po 75 s, z $\omega_n = 0{,}2$ rad/s — po 111 s, z przeregulowaniem $17^\circ$ . Większe wzmocnienie dało gorszy wynik: przez większość obrotu moment jest w nasyceniu, satelita rozpędza się do $2{,}3^\circ$ /s, a człon D zaczyna hamować za późno. To ten sam mechanizm co w lekcji automatyki 3.3 Nieliniowa rzeczywistość: nasycenie, windup, feedforward i gain scheduling.

Najkrótszy możliwy czas obrotu z ograniczonym momentem daje sterowanie bang-bang (automatyka, lekcja 5.1 Zasada maksimum Pontriagina, sterowanie czasooptymalne i metoda strzałów): pełny moment do połowy, pełne hamowanie od połowy, $t = 2\sqrt{\theta I/u_{\max}} = 68$ s. Praktyczne rozwiązanie zbliżone do niego: kaskada z limitem prędkości. Regulator położenia zadaje prędkość kątową, ograniczoną do bezpiecznej wartości, a szybka pętla prędkości ją realizuje. Z limitem $1^\circ$ /s obrót kończy się po 78 s bez przeregulowania (0,03°), a koło zbiera tylko 1,5 N·m·s.

Zadania · część 2

3 zadania · ok. 25 min

Policz czas obrotu bang-bang o $60^\circ$ dla $I = 110$ kg·m² i $u_{\max} = 0{,}1$ N·m oraz największy moment pędu, jaki przejmuje koło.

Odpowiedź
Połowę kąta w połowie czasu: $\theta/2 = \frac12\frac{u}{I}(t/2)^2$ , więc $t = 2\sqrt{\theta I/u} = 2\sqrt{1{,}047\cdot 110/0{,}1} = 68$ s. Moment pędu w połowie: $u\,t/2 = 3{,}4$ N·m·s.
Przy jakim kącie PD z $\omega_n = 0{,}2$ rad/s (dla $I = 110$ ) zaczyna się nasycać przy $u_{\max} = 0{,}1$ N·m?

Odpowiedź
$K_p = 0{,}04\cdot 110 = 4{,}4$ N·m/rad; nasycenie gdy $4{,}4\,\theta > 0{,}1$ , czyli $\theta > 0{,}023$ rad $= 1{,}3^\circ$ . Każdy większy obrót jest od początku poza zakresem liniowym.
Kaskada ma limit prędkości $\omega_{\max}$ . Ile trwa obrót o $\theta$ , jeśli przyspieszanie i hamowanie są krótkie?

Odpowiedź
Ok. $\theta/\omega_{\max}$ plus czas rozpędzania $I\omega_{\max}/u_{\max}$ (przyspieszanie i hamowanie razem dodają tyle, co jedno rozpędzanie). Dla $60^\circ$ i $1^\circ$ /s: $60 + 110\cdot 0{,}0175/0{,}1 = 60 + 19 = 79$ s; symulacja: 78 s.

3 Rozładowanie kół

Koła tylko przenoszą moment pędu między sobą a satelitą. Jeśli moment zakłócający ma składową stałą (np. gradient grawitacji przy stałej orientacji albo ciśnienie promieniowania na niesymetryczny panel), koła muszą go kompensować i ich moment pędu rośnie bez końca. Przy $10^{-5}$ N·m koło o pojemności 4 N·m·s nasyci się w 4,6 doby; przy $10^{-6}$ N·m w 46 dni.

Moment pędu trzeba więc co jakiś czas oddać na zewnątrz, momentem siły zewnętrznej, zwykle w trakcie normalnej pracy. Dwa sposoby: cewki magnetyczne (moment $\mathbf m\times\mathbf B$ , darmowy, słaby i tylko prostopadły do pola) albo silniczki (mocne, ale kosztują paliwo). Typowe prawo dla cewek: $\mathbf m = \frac{k}{|\mathbf B|^2}\,\Delta\mathbf h\times\mathbf B$ , gdzie $\Delta\mathbf h$ to nadmiar momentu pędu kół. Daje ono moment zewnętrzny $-k\Delta\mathbf h_\perp$ (składowa prostopadła do pola); regulator orientacji trzyma satelitę w miejscu, więc ten moment pędu ubywa z kół.

Zadania · część 3

3 zadania · ok. 25 min

Cewka ma dipol 10 A·m², pole 30 µT. Jaki największy moment daje i ile trwałoby rozładowanie 4 N·m·s przy pełnym momencie?

Odpowiedź
$10\cdot 3\cdot10^{-5} = 3\cdot10^{-4}$ N·m; $4/3\cdot10^{-4} = 13\,300$ s, ok. 3,7 h. W praktyce kilka razy dłużej, bo moment musi być prostopadły do pola, a pole zmienia kierunek wzdłuż orbity.
Pokaż, że $\mathbf m = \frac{k}{B^2}\Delta\mathbf h\times\mathbf B$ daje moment $-k\Delta\mathbf h_\perp$ , gdzie $\Delta\mathbf h_\perp$ to składowa prostopadła do pola.

Odpowiedź
Z tożsamości $(\mathbf a\times\mathbf b)\times\mathbf c = \mathbf b(\mathbf a\cdot\mathbf c) - \mathbf a(\mathbf b\cdot\mathbf c)$ : $(\Delta\mathbf h\times\mathbf B)\times\mathbf B = \mathbf B(\Delta\mathbf h\cdot\mathbf B) - \Delta\mathbf h B^2 = -B^2\Delta\mathbf h_\perp$ . Zatem $\mathbf m\times\mathbf B = -k\Delta\mathbf h_\perp$ . Składowej wzdłuż pola w tej chwili nie da się oddać; zrobi to się później, gdy pole zmieni kierunek.
Rozładowanie 4 N·m·s silniczkami o ciągu 0,1 N na ramieniu 1 m: ile trwa i ile kosztuje paliwa (hydrazyna, $I_{sp} = 220$ s)?

Odpowiedź
Moment 0,1 N·m: 40 s. Impuls $0{,}1\cdot 40 = 4$ N·s, paliwo $4/(220\cdot 9{,}81) = 1{,}9$ g (para silniczków po 0,05 N, tworząca parę sił, daje ten sam moment i zużywa tyle samo paliwa: łączny impuls też 4 N·s).

4 Cewki magnetyczne i B-dot

Po oddzieleniu od rakiety satelita zwykle się obraca, czasem kilka do kilkunastu stopni na sekundę. Zanim włączy się tracker i koła, trzeba ten obrót wytracić, najlepiej bez wiedzy o orientacji. Rozwiązuje to prawo B-dot (Stickler i Alfriend, lata 70.): magnetometr mierzy pole w osiach satelity, a jego zmiana w czasie wynika głównie z obrotu satelity.

B-dot

\mathbf m = -k\,\dot{\mathbf B}_\text{ciało},\qquad \dot{\mathbf B}_\text{ciało} \approx -\boldsymbol\omega\times\mathbf B .

Moment $\mathbf m\times\mathbf B = k(\boldsymbol\omega\times\mathbf B)\times\mathbf B$ ; moc $\boldsymbol\omega\cdot(\mathbf m\times\mathbf B) = -k|\boldsymbol\omega\times\mathbf B|^2 \le 0$ . Energia obrotu maleje zawsze, niezależnie od orientacji.

Dla CubeSata 3U ( $J = (0{,}042;\ 0{,}042;\ 0{,}0067)$ kg·m², cewki 0,2 A·m², orbita 500 km o nachyleniu $97{,}4^\circ$ ), z $10^\circ$ /s: przy $k = 10^4$ A·m²·s/T prędkość spada poniżej $1^\circ$ /s po 1,2–1,8 obiegu (zależnie od początkowej osi obrotu), a po czterech obiegach do ok. $0{,}15^\circ$ /s. Przy $k = 10^5$ cewki są stale w nasyceniu i wystarcza 0,3–0,5 obiegu. Przy $k = 10^3$ po sześciu obiegach zostaje jeszcze 2–4 $^\circ$ /s. B-dot nie zejdzie poniżej ok. $2n$ ( $0{,}13^\circ$ /s), bo pole na orbicie polarnej samo obraca się w układzie inercjalnym mniej więcej dwa razy na obieg i prawo „śledzi” je zamiast stać w miejscu.

Zadania · część 4

3 zadania · ok. 25 min

Jaki jest najkrótszy czas wytracenia obrotu $10^\circ$ /s wokół osi o $J = 0{,}042$ kg·m² przy dipolu 0,2 A·m² i polu 30 µT?

Odpowiedź
Moment $\le 0{,}2\cdot 3\cdot10^{-5} = 6\cdot10^{-6}$ N·m; moment pędu $0{,}042\cdot 0{,}175 = 7{,}3\cdot10^{-3}$ N·m·s; czas $\ge 1220$ s, ok. 0,2 obiegu. Rzeczywiście dłużej, bo moment nie zawsze jest prostopadły do pola i nie zawsze pełny.
Pokaż, że $\dot{\mathbf B}_\text{ciało} = -\boldsymbol\omega\times\mathbf B + R^{\mathsf T}\dot{\mathbf B}_\text{in}$ i oszacuj, kiedy drugi człon można pominąć.

Odpowiedź
$\mathbf B_\text{ciało} = R^{\mathsf T}\mathbf B_\text{in}$ , $\dot R = R[\boldsymbol\omega\times]$ , więc $\dot R^{\mathsf T} = -[\boldsymbol\omega\times]R^{\mathsf T}$ i $\dot{\mathbf B}_\text{ciało} = -\boldsymbol\omega\times\mathbf B_\text{ciało} + R^{\mathsf T}\dot{\mathbf B}_\text{in}$ . Pole w układzie inercjalnym zmienia kierunek z prędkością ok. $2n$ , więc drugi człon jest mały, dopóki $\omega \gg 2n$ ; stąd granica ok. $2n$ .
Dlaczego B-dot nie wymaga wiedzy o orientacji ani nawet żyroskopu?

Odpowiedź
Wystarcza pochodna pomiaru magnetometru w osiach satelity, a ta przy szybkim obrocie jest w przybliżeniu $-\boldsymbol\omega\times\mathbf B$ ; moment jest wtedy rozpraszający w każdej orientacji (ramka). To czyni go idealnym trybem awaryjnym i pierwszym trybem po oddzieleniu.

5 Silniczki: strefa martwa i cykl graniczny

Silniczek albo pracuje, albo nie, i ma najkrótszy impuls (kilkadziesiąt milisekund). Sterowanie to przekaźnik ze strefą martwą: dopóki kąt jest w strefie $\pm\theta_\text{db}$ , nic się nie dzieje. Bez członu od prędkości silniczek strzela, dopóki kąt nie wróci do strefy, i dodaje za każdym razem za dużo prędkości: drgania rosną. Dlatego przełącza się na liniach $\theta + \tau_c\omega = \pm\theta_\text{db}$ na płaszczyźnie fazowej (automatyka, lekcja 5.1 Zasada maksimum Pontriagina, sterowanie czasooptymalne i metoda strzałów).

Cykl graniczny z najkrótszym impulsem

Impuls zmienia prędkość o $\Delta\omega = u\,t_{\min}/I$ . Bez zakłóceń satelita dryfuje między granicami strefy z prędkością $\Delta\omega/2$ :

T = \frac{4\theta_\text{db}}{\Delta\omega/2},\qquad \text{impuls na okres} = 2u\,t_{\min}\ \text{(na ramieniu)}.

Ze stałym zakłóceniem $M_d$ cykl staje się jednostronny, gdy $(\Delta\omega/2)^2/(2M_d/I) < 2\theta_\text{db}$ ; zużycie jest wtedy wymuszone przez zakłócenie: impuls $M_d$ razy czas. Warunek przeciw drganiom (chattering): $\tau_c < \theta_\text{db}/(\Delta\omega/2)$ .

Liczby: $I = 100$ kg·m², moment 1 N·m, impuls 20 ms, strefa $\pm 0{,}5^\circ$ . $\Delta\omega = 2\cdot10^{-4}$ rad/s, okres 349 s, 4,6 g hydrazyny na dobę. Symulacja z $\tau_c = 20$ s daje 5,4 g, bo początkowa prędkość nie jest dokładnie wielokrotnością $\Delta\omega/2$ . Z $\tau_c = 100$ s warunek jest złamany ( $\theta_\text{db}/(\Delta\omega/2) = 87$ s) i silniczki strzelają na przemian: kilogramy paliwa na dobę. Z zakłóceniem $10^{-4}$ N·m cykl jest jednostronny i zużycie (4,0 g/dobę) równa się dokładnie $M_d\cdot$ doba $/(I_{sp}g_0)$ .

Zadania · część 5

2 zadania · ok. 25 min

Policz okres cyklu granicznego i zużycie paliwa na rok dla danych z ramki ( $I_{sp} = 220$ s).

Odpowiedź
$\Delta\omega = 1\cdot 0{,}02/100 = 2\cdot10^{-4}$ rad/s; $T = 4\cdot 0{,}00873/10^{-4} = 349$ s. Na dobę $2\cdot 86400/349 = 495$ impulsów po 0,02 N·s: 9,9 N·s, 4,6 g; na rok 1,7 kg.
Jak zmniejszyć zużycie w cyklu bez zakłóceń? Co ogranicza każdy sposób?

Odpowiedź
Zużycie na dobę $\propto (\Delta\omega/2)\cdot u\,t_{\min}/\theta_\text{db} \propto t_{\min}^2/\theta_\text{db}$ . Krótszy impuls (ograniczenie: zawór i powtarzalność bardzo krótkich impulsów), szersza strefa (ograniczenie: wymagana dokładność), mniejszy moment silniczka (ograniczenie: musi pokonać zakłócenia i wykonać obroty). Przy zakłóceniu nic z tego nie pomaga: płaci się za zakłócenie.

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda: dobór układu wykonawczego

Obroty: czas i kąt → moment ( $t = 2\sqrt{\theta I/u}$ ) i moment pędu ( $u\,t/2$ ).
Zakłócenia: składowa stała → tempo narastania momentu pędu w kołach → częstotliwość rozładowań.
Rozładowanie: cewki ( $\mathbf m\times\mathbf B$ , tylko na niskich orbitach) albo silniczki (paliwo).
Tryby awaryjne: B-dot po oddzieleniu i po awarii; silniczki ze strefą martwą przy dużych zakłóceniach.

Przykład 6.1 Dobór koła dla satelity obserwacyjnego

Satelita ( $I \approx 110$ kg·m²) ma się obrócić o $60^\circ$ w 90 s. Zakłócenia: $10^{-5}$ N·m składowej stałej. Jakie koło?

Bang-bang w 90 s: $u = 4\theta I/t^2 = 4\cdot 1{,}047\cdot 110/8100 = 0{,}057$ N·m; z zapasem i kaskadą 0,1 N·m.
Moment pędu obrotu: kaskada z limitem $1^\circ$ /s: $110\cdot 0{,}0175 = 1{,}9$ N·m·s; zakłócenia przez dobę: 0,86 N·m·s.
Koło 4 N·m·s: obrót plus ok. 2 doby zakłóceń; rozładowanie cewkami codziennie.

Wynik: 0,1 N·m i 4 N·m·s, rozładowanie raz na dobę.

Sprawdzenie: Symulacja 1: kaskada $1^\circ$ /s kończy w 78 s przy 1,5 N·m·s ✓.

Przykład 6.2 Detumbling CubeSata

CubeSat 3U oddzielił się z $10^\circ$ /s. Ile trwa B-dot i jakie dobrać wzmocnienie?

Granica fizyczna: 0,2 obiegu przy pełnym dipolu (zadanie 4.1).
Rząd wielkości wzmocnienia: dipol nasyca się przy $k\,\omega B \approx m_{\max}$ , czyli $k \approx 0{,}2/(0{,}17\cdot 3\cdot10^{-5}) \approx 4\cdot10^4$ .
Symulacja: $k = 10^4$ — 1,2–1,8 obiegu do $1^\circ$ /s; $k = 10^5$ — 0,3–0,5 obiegu.

Wynik: kilka godzin; prędkość końcowa ok. $2n = 0{,}13^\circ$ /s.

Sprawdzenie: energia obrotu maleje monotonicznie w symulacji ✓ (ramka B-dot).

Przykład 6.3 Paliwo na utrzymanie orientacji

Satelita na orbicie GEO bez kół, silniczki 1 N·m, impuls 20 ms, $I = 100$ kg·m², strefa $\pm 0{,}5^\circ$ , zakłócenie od ciśnienia promieniowania $10^{-4}$ N·m. Ile paliwa na 15 lat?

Czy cykl jest jednostronny: $(\Delta\omega/2)^2/(2M_d/I) = 10^{-8}/(2\cdot10^{-6}) = 5\cdot10^{-3}$ rad $< 2\theta_\text{db} = 0{,}017$ rad: tak.
Zużycie: $10^{-4}\cdot 86400/(220\cdot 9{,}81) = 4{,}0$ g/dobę, przez 15 lat: 22 kg.

Wynik: ok. 22 kg (na ramieniu 1 m; dłuższe ramię proporcjonalnie mniej).

Sprawdzenie: Symulacja 3 z zakłóceniem $10^{-4}$ N·m: 4,0 g/dobę ✓.

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„Koła reakcyjne usuwają moment pędu satelity.”: Tylko go przejmują. Całkowity moment pędu zmieniają wyłącznie momenty zewnętrzne: cewki, silniczki, zakłócenia.
„Większe wzmocnienie to szybszy obrót.”: Przy nasyceniu momentu nie: PD z dwa razy większym pasmem kończy obrót $60^\circ$ później i z przeregulowaniem $17^\circ$ .
„Cewki magnetyczne mogą dać moment w dowolnym kierunku.”: Tylko prostopadle do pola; składowej wzdłuż pola w danej chwili nie dają wcale.
„B-dot zatrzyma satelitę.”: Zostawi go z ok. $2n$ , obracającego się razem z polem magnetycznym.
„Węższa strefa martwa zawsze kosztuje więcej paliwa.”: Bez zakłóceń tak (zużycie $\propto 1/\theta_\text{db}$ ); przy stałym zakłóceniu i cyklu jednostronnym zużycie zależy tylko od zakłócenia.

8 Zadania do przemyślenia

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia.

Zadania do przemyślenia

5 zadań · ok. 1,5 godziny

Kepler na dwóch kołach. Dlaczego dwa koła nie wystarczają do pełnej kontroli w trzech osiach i jak tryb K2 obszedł ten problem?
Rozwiązanie
1. Dwa koła dają moment tylko w płaszczyźnie swoich osi; trzecia oś jest wolna i każde zakłócenie wokół niej obraca satelitę.
2. K2 ustawiał teleskop tak, żeby ciśnienie promieniowania nie dawało (prawie) momentu wokół tej osi: równowaga niestabilna w jednej osi, którą co kilka godzin korygowały silniczki. Kosztem było przestawianie obserwowanego pola co ok. 80 dni, w miarę jak Ziemia i teleskop okrążały Słońce.
Stabilność B-dot. Dlaczego B-dot jest stabilny w sensie Lapunowa? Jaka jest funkcja Lapunowa?
Rozwiązanie
1. $V = \frac12\boldsymbol\omega^{\mathsf T}J\boldsymbol\omega$ (energia obrotu). $\dot V = \boldsymbol\omega\cdot(\mathbf m\times\mathbf B) = -k|\boldsymbol\omega\times\mathbf B|^2 \le 0$ (automatyka, lekcja 4.6 Stabilność Lapunowa i sterowanie nieliniowe).
2. $\dot V = 0$ tylko gdy $\boldsymbol\omega\parallel\mathbf B$ ; ponieważ pole zmienia kierunek wzdłuż orbity, ten stan nie trwa i energia dalej maleje (argument w stylu LaSalle’a), aż do poziomu, przy którym pomijany człon pola wprowadza błąd.
Koło w zerze obrotów. Koło reakcyjne przechodzące przez zero obrotów źle się zachowuje (tarcie, zmiana znaku). Jak temu zapobiegają cztery koła w piramidzie?
Rozwiązanie
1. Czwarte koło daje nadmiar: ten sam moment satelity można uzyskać nieskończenie wieloma kombinacjami momentów kół (przestrzeń zerowa macierzy rozkładu).
2. Dodając składową z przestrzeni zerowej, ustawia się wszystkie koła na niezerowej prędkości („bias”), bez wpływu na satelitę. Ta sama nadmiarowość pozwala przeżyć awarię jednego koła.
Żyroskopy momentowe. Duże satelity i stacja kosmiczna używają żyroskopów momentowych (CMG) zamiast kół. Na czym polega różnica?
Rozwiązanie
1. Koło zmienia wartość momentu pędu; CMG ma stałą, dużą prędkość wirnika i zmienia kierunek momentu pędu, obracając wirnik w ramie. Moment $\dot{\mathbf h} = \boldsymbol\Omega_\text{rama}\times\mathbf h$ jest wtedy dużo większy przy tej samej mocy.
2. Cena: osobliwe konfiguracje, w których żaden obrót ram nie daje momentu w pewnym kierunku; trzeba je omijać w algorytmie sterowania.
Cały system. Ułóż kolejność trybów pracy satelity od oddzielenia od rakiety do pracy naukowej, z uzasadnieniem, co dany tryb wymaga i co daje następnemu.
Rozwiązanie
1. B-dot (tylko magnetometr i cewki) → wolny obrót; tryb słoneczny (czujniki Słońca, koła albo cewki) → panele na Słońce, energia; zgrubne wyznaczanie orientacji (Słońce i pole, TRIAD lub metoda q).
2. Tracker w trybie „zagubiony w kosmosie” → dokładna orientacja; filtr z żyroskopem (lekcja 12) → orientacja i bias; tryb naukowy z kołami (PD lub kaskada) i okresowe rozładowanie cewkami. Każdy błąd wraca do trybu bezpiecznego (B-dot albo słoneczny).

9 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Co robi znak

\delta q_0

w regulatorze na kwaternionie?

Wybiera krótszy obrót; zapobiega obrotowi o prawie $360^\circ$ .

2 Dlaczego duże pasmo PD szkodzi przy dużych obrotach?

Moment jest w nasyceniu, satelita się rozpędza, a hamowanie zaczyna się za późno: przeregulowanie i dłuższy czas.

3 Ile trwa obrót bang-bang?

$t = 2\sqrt{\theta I/u_{\max}}$ .

4 Po co rozładowanie kół?

Stała składowa zakłóceń zbiera się w kołach; trzeba ją oddać momentem zewnętrznym (cewki, silniczki).

5 Co mówi prawo B-dot i gdzie się zatrzymuje?

$\mathbf m = -k\dot{\mathbf B}$ ; zawsze rozprasza energię obrotu; kończy na ok. $2n$ .

6 Od czego zależy zużycie paliwa w cyklu granicznym?

Bez zakłóceń od $t_{\min}^2/\theta_\text{db}$ ; ze stałym zakłóceniem od samego zakłócenia.

10 Karta wzorów i koniec kursu

Koła i obroty

$I\dot{\boldsymbol\omega} = \mathbf u - \boldsymbol\omega\times(I\boldsymbol\omega + \mathbf h)$ , $\dot{\mathbf h} = -\mathbf u$

$\mathbf u = -K_p\operatorname{sign}(\delta q_0)2\delta\mathbf q_v - K_d\boldsymbol\omega$

bang-bang: $t = 2\sqrt{\theta I/u}$ , $h_{\max} = u\,t/2$

rozładowanie: $\mathbf m = \frac{k}{B^2}\Delta\mathbf h\times\mathbf B$

Magnetyki i silniczki

B-dot: $\mathbf m = -k\dot{\mathbf B}$ , $\dot V = -k|\boldsymbol\omega\times\mathbf B|^2$

$\Delta\omega = u\,t_{\min}/I$ , $T = 8\theta_\text{db}/\Delta\omega$

bez drgań: $\tau_c < 2\theta_\text{db}/\Delta\omega$

paliwo: $m = \text{impuls}/(I_{sp}g_0)$

Do przeczytania

Obowiązkowo: F. L. Markley, J. L. Crassidis, Fundamentals of Spacecraft Attitude Determination and Control (Springer, 2014), rozdz. 7 (prawa sterowania, koła, cewki, rozładowanie); C. A. Kluever, Space Flight Dynamics, rozdział o sterowaniu orientacją.
Dla chętnych: B. Wie, Space Vehicle Dynamics and Control (AIAA): obroty czasooptymalne, CMG i ich osobliwości.

To koniec kursu astronautyki. Zaczęliśmy od dwóch ciał i elipsy, przeszliśmy przez manewry, transfery, asysty, wejście w atmosferę i doszliśmy do satelity, który sam wie, gdzie patrzy, i sam się obraca. Każdy z tych tematów ma za sobą własne podręczniki; teraz wiesz, który otworzyć i co w nim znaleźć.