3 Perturbacje: spłaszczenie Ziemi, orbita heliosynchroniczna i opór

0 Prolog: Ziemia w kształcie gruszki

Vanguard 1, maleńki satelita wystrzelony przez USA w marcu 1958 roku, wciąż krąży wokół Ziemi: to najstarszy sztuczny obiekt na orbicie. Jego najważniejszy wynik nie pochodził z żadnego przyrządu na pokładzie, tylko z obserwacji samej orbity. Wysokość perygeum okresowo się zmieniała w sposób, którego nie dało się wytłumaczyć symetrycznym spłaszczeniem Ziemi. Wyjaśnienie było takie, że półkula południowa jest nieco „grubsza” od północnej: Ziemia ma lekki kształt gruszki.

Satelita jest czułym przyrządem do ważenia Ziemi. Każde odstępstwo pola grawitacyjnego od pola punktowego zostawia ślad w powolnych zmianach elementów orbity. Dziś misje takie jak GRACE mierzą w ten sposób nawet przemieszczanie się wody i lodu.

Pytanie na start. Satelita obserwacyjny ma przelatywać nad każdym miejscem zawsze o tej samej porze dnia (np. o 10:30 czasu lokalnego), przez cały rok. Płaszczyzna jego orbity musi więc obracać się o $360^\circ$ na rok. Co ją obraca? Odpowiedź w części 3.

1 Spłaszczona Ziemia: człon J₂

Ziemia obraca się, więc jest spłaszczona: promień równikowy (6378 km) jest o 21 km większy od biegunowego. Jej potencjał grawitacyjny różni się od $-\mu/r$ głównie członem zależnym od szerokości $\varphi$ :

Potencjał spłaszczonej Ziemi (do członu J₂)

U = -\frac{\mu}{r}\left[1 - J_2\left(\frac{R}{r}\right)^2\frac{3\sin^2\varphi - 1}{2}\right],\qquad J_2 = 1{,}0826\cdot10^{-3}.

Przyspieszenie ( $\mathbf a = -\nabla U$ , matematyka, lekcja 3.1 Reguła łańcuchowa, ekstrema i mnożniki Lagrange'a w wielu zmiennych) w osiach ECI, z $f = 5z^2/r^2$ :

\mathbf a_{J_2} = \frac{3}{2}\frac{J_2\mu R^2}{r^5}\begin{bmatrix}x(f - 1)\\ y(f - 1)\\ z(f - 3)\end{bmatrix}.

Człon $J_2$ jest ok. tysiąc razy mniejszy od głównego członu, ale jego skutki się sumują. Nadmiar masy na równiku przyciąga satelitę ku płaszczyźnie równika, gdy ten jest nad nią albo pod nią. Ten moment siły działa na orbitę jak na wirujący bąk (fizyka, lekcja Dział 4: Ruch obrotowy i bryła sztywna): orbita nie przechyla się, tylko jej płaszczyzna wykonuje precesję wokół osi Ziemi. Pozostałe harmoniczne ( $J_3$ od „gruszki”, $J_4$ i dalsze, zależności od długości geograficznej) są kilkaset razy mniejsze od $J_2$ .

Zadania · część 1

3 zadania · ok. 20 min

Ile wynosi czynnik $(3\sin^2\varphi - 1)/2$ na równiku i na biegunie? Gdzie spłaszczenie zwiększa przyciąganie, a gdzie je zmniejsza (na tej samej odległości od środka)?

Odpowiedź
Równik: $-1/2$ , biegun: $+1$ . Na równiku $U = -\frac\mu r[1 + \frac12J_2(R/r)^2]$ : potencjał głębszy, przyciąganie silniejsze (nadmiar masy). Nad biegunem $U = -\frac\mu r[1 - J_2(R/r)^2]$ : słabsze. Kąt, przy którym czynnik znika: $\sin^2\varphi = 1/3$ , $\varphi = 35{,}3^\circ$ .
Ile wynosi przyspieszenie od $J_2$ na równiku na wysokości 700 km ( $r = 7078$ km) w porównaniu z głównym przyspieszeniem grawitacyjnym?

Odpowiedź
W płaszczyźnie równika ( $z = 0$ , $f = 0$ ): $|\mathbf a_{J_2}| = \frac32J_2\mu R^2/r^4 = 1{,}05\cdot10^{-2}$ m/s², a $\mu/r^2 = 7{,}96$ m/s². Stosunek $\frac32J_2(R/r)^2 = 1{,}3\cdot10^{-3}$ .
Dlaczego zaburzenie od $J_2$ nie zmienia (średnio) wielkiej półosi ani energii orbity, a zmienia jej orientację?

Odpowiedź
Siła od $J_2$ jest zachowawcza i nie zależy od czasu, więc energia całkowita (z potencjałem $U$ ) jest stała, a średnia po obiegu energia keplerowska też (stąd stałe średnie $a$ ). Potencjał nie jest jednak kulisto symetryczny, więc moment pędu nie jest zachowany: jest tylko jego składowa $h_z$ (symetria obrotowa wokół osi $z$ ). Wektor $\mathbf h$ obraca się więc wokół osi $z$ przy stałym $h_z$ , czyli przy stałym nachyleniu: to precesja węzła.

2 Obrót węzła i perygeum

Uśredniając wpływ $J_2$ po jednym obiegu (rachunek z równań Lagrange’a dla elementów, pomijamy go), dostaje się stałe tempo zmian trzech elementów; $a$ , $e$ , $i$ średnio się nie zmieniają:

Wiekowe zmiany od J₂

\dot\Omega = -\frac32\,nJ_2\left(\frac{R}{p}\right)^2\cos i,\qquad \dot\omega = \frac34\,nJ_2\left(\frac{R}{p}\right)^2(5\cos^2 i - 1),\qquad p = a(1 - e^2).

Orbita prosta ( $i < 90^\circ$ ): węzeł cofa się na zachód. Orbita biegunowa: węzeł stoi. Nachylenie krytyczne $\cos^2 i = 1/5$ , $i = 63{,}43^\circ$ lub $116{,}57^\circ$ : perygeum stoi.

Dla stacji kosmicznej (420 km, $51{,}64^\circ$ ): $\dot\Omega = -4{,}95^\circ$ /dobę i $\dot\omega = +3{,}69^\circ$ /dobę. W ciągu 73 dób płaszczyzna orbity obraca się o pełne $360^\circ$ . Sprawdzenie numeryczne: całkowanie RK4 z przyspieszeniem $\mathbf a_{J_2}$ dla orbity 700 km o nachyleniu $98{,}19^\circ$ daje po 10 dobach obrót węzła o $9{,}91^\circ$ , wzór $9{,}86^\circ$ . Różnica 0,5% bierze się stąd, że elementy policzone z chwilowych $(\mathbf r, \mathbf v)$ (oskulacyjne) różnią się od średnich o wielkości rzędu $J_2$ .

Zadania · część 2

3 zadania · ok. 25 min

Policz $\dot\Omega$ dla stacji kosmicznej: $a = 6798$ km, $e = 0$ , $i = 51{,}64^\circ$ , $n = 1{,}126\cdot10^{-3}$ rad/s.

Odpowiedź
$(R/a)^2 = (6378/6798)^2 = 0{,}8803$ ; $\dot\Omega = -1{,}5\cdot 1{,}126\cdot10^{-3}\cdot 1{,}0826\cdot10^{-3}\cdot 0{,}8803\cdot 0{,}6206 = -9{,}99\cdot10^{-7}$ rad/s $= -4{,}95^\circ$ /dobę.
Satelity GPS krążą na wysokości 20 200 km z nachyleniem $55^\circ$ , w sześciu płaszczyznach. Ile wynosi ich $\dot\Omega$ ? Dlaczego ważne jest, żeby wszystkie miały to samo nachylenie i wysokość?

Odpowiedź
$\dot\Omega = -0{,}039^\circ$ /dobę, ok. $-14^\circ$ na rok. Wszystkie płaszczyzny obracają się w tym samym tempie, więc ich wzajemne ułożenie (co $60^\circ$ ) się nie zmienia. Satelita o innym nachyleniu albo wysokości odpływałby od swojej płaszczyzny o ułamek stopnia na rok na każdy stopień nachylenia (albo każde 100 km wysokości) różnicy i z latami psuł geometrię konstelacji.
O ile stopni na rok obracałoby się perygeum orbity Mołnia ( $a = 26\,554$ km, $e = 0{,}74$ ), gdyby miała nachylenie $55^\circ$ zamiast $63{,}4^\circ$ ?

Odpowiedź
$\dot\omega = 0{,}107^\circ$ /dobę, ok. $39^\circ$ na rok. Po kilku latach apogeum przesunęłoby się znad półkuli północnej i orbita straciłaby sens. Przy $63{,}4^\circ$ $\dot\omega \approx 0$ .

3 Orbita heliosynchroniczna

Odpowiedź na pytanie z prologu: płaszczyznę orbity obraca spłaszczenie Ziemi. Ziemia obiega Słońce o $360^\circ$ w ciągu 365,24 doby, czyli kierunek do Słońca obraca się o $0{,}9856^\circ$ na dobę na wschód. Jeśli węzeł orbity obraca się w tym samym tempie, kąt między płaszczyzną orbity a kierunkiem do Słońca jest stały i satelita przecina każdą szerokość geograficzną o tej samej porze lokalnego czasu słonecznego. Warunek:

\dot\Omega = -\frac32\,nJ_2\left(\frac{R}{a}\right)^2\cos i = +0{,}9856^\circ/\text{dobę}\quad\Rightarrow\quad \cos i < 0 .

Orbita musi być lekko wsteczna. Dla orbit kołowych: 500 km $\to 97{,}40^\circ$ , 600 km $\to 97{,}79^\circ$ , 700 km $\to 98{,}19^\circ$ , 800 km $\to 98{,}60^\circ$ , 1000 km $\to 99{,}48^\circ$ . Takich orbit używa większość satelitów obserwacji Ziemi: oświetlenie każdego zdjęcia jest podobne, a moc z paneli słonecznych przewidywalna. Szczególny przypadek to orbita „świt–zmierzch”: płaszczyzna prostopadła do kierunku do Słońca, satelita prawie nigdy nie wchodzi w cień Ziemi.

Zadania · część 3

3 zadania · ok. 25 min

Jakie nachylenie musi mieć orbita heliosynchroniczna na wysokości 800 km? Jaką największą szerokość geograficzną obserwuje (bezpośrednio pod sobą)?

Odpowiedź
$98{,}6^\circ$ (z symulacji albo wzoru: $n = 1{,}0381\cdot10^{-3}$ rad/s, $(R/a)^2 = 0{,}7895$ , $\cos i = -0{,}1496$ ). Ślad sięga $180^\circ - 98{,}6^\circ = 81{,}4^\circ$ : bieguny zostają poza zasięgiem, chyba że przyrząd patrzy w bok.
Satelita heliosynchroniczny przelatuje przez węzeł zstępujący o 10:30 czasu lokalnego. O której przelatuje przez węzeł wstępujący po drugiej stronie Ziemi?

Odpowiedź
Węzły leżą naprzeciw siebie (różnica długości $180^\circ$ w płaszczyźnie orbity), więc różnica czasu lokalnego to 12 h: 22:30. Satelita leci na południe po stronie dziennej i na północ po stronie nocnej. Dlatego orbitę opisuje się jedną liczbą, np. „węzeł zstępujący 10:30”.
Czy orbita heliosynchroniczna istnieje na każdej wysokości? Znajdź największą wysokość orbity kołowej, dla której jest to możliwe.

Odpowiedź
$|\dot\Omega|$ maleje z wysokością jak $a^{-7/2}$ , a największe $|\dot\Omega|$ daje $\cos i = -1$ (orbita równikowa wsteczna). Warunek $\frac32nJ_2(R/a)^2 = 0{,}9856^\circ$ /dobę ma rozwiązanie $a = 12\,353$ km, czyli wysokość ok. 5970 km. Wyżej spłaszczenie jest za słabe. W praktyce orbity heliosynchroniczne są niżej niż ok. 1500 km.

4 Opór atmosfery i czas życia orbity

Atmosfera nie kończy się nagle. Na wysokości 400 km gęstość to ok. $4\cdot10^{-12}$ kg/m³, czyli $3\cdot10^{-12}$ gęstości przy ziemi, ale satelita leci z prędkością 7,7 km/s, a opór rośnie z kwadratem prędkości (fizyka, lekcja Dział 10: Płyny: ciśnienie, przepływ, lepkość i siły aerodynamiczne). Z równania energii dla orbity kołowej wynika tempo obniżania orbity:

Opór i obniżanie orbity kołowej

\mathbf a_D = -\frac{1}{2}\frac{\rho v^2}{B}\,\hat{\mathbf v},\qquad B = \frac{m}{C_DA},\qquad \frac{da}{dt} = -\frac{\rho\sqrt{\mu a}}{B}.

$B$ to współczynnik balistyczny (kg/m²), $C_D \approx 2{,}2$ dla satelitów. Gęstość w przybliżeniu wykładniczo: $\rho = \rho_0e^{-(h - h_0)/H}$ , z wysokością skali $H$ od ok. 40 km (200 km) do ok. 60 km (400 km).

Wzór na $da/dt$ wyprowadza się z $\dot\varepsilon = \mathbf a_D\cdot\mathbf v = -\rho v^3/(2B)$ i $\varepsilon = -\mu/(2a)$ . Ponieważ gęstość rośnie wykładniczo w dół, obniżanie się przyspiesza: satelita spędza większość czasu życia blisko wysokości początkowej, a ostatnie kilkadziesiąt kilometrów pokonuje w kilka dni. Dla satelity typu CubeSat 3U ( $m = 4$ kg, $A = 0{,}03$ m², $B = 61$ kg/m²) z modelem wykładniczym przy średniej aktywności Słońca: z 300 km ok. 23 dni, z 400 km ok. pół roku, z 500 km ok. 3 lata, z 600 km kilkanaście lat.

Te liczby trzeba brać z dużą ostrożnością. Gęstość górnej atmosfery zmienia się kilkukrotnie z aktywnością Słońca (promieniowanie ultrafioletowe nagrzewa i „puchnie” termosferę), a aktywność w perspektywie lat da się przewidzieć tylko statystycznie. Dla tego samego CubeSata z 400 km przy gęstości trzy razy mniejszej i trzy razy większej: 620 i 62 doby. Stacja kosmiczna (współczynnik balistyczny rzędu 150 kg/m²) traci w modelu ok. 100 m wysokości na dobę i jest regularnie podnoszona silnikami.

Zadania · część 4

3 zadania · ok. 25 min

Policz współczynnik balistyczny CubeSata 3U: 4 kg, przekrój 0,03 m², $C_D = 2{,}2$ . Jak zmieni się czas życia, jeśli satelita rozłoży panele słoneczne i jego przekrój wzrośnie trzykrotnie?

Odpowiedź
$B = 4/(2{,}2\cdot 0{,}03) = 61$ kg/m². Czas życia jest proporcjonalny do $B$ ( $da/dt \propto 1/B$ ), więc trzykrotnie większy przekrój skraca go trzykrotnie: np. z ok. 186 do ok. 62 dób z 400 km.
Policz tempo obniżania orbity na 400 km dla $B = 150$ kg/m², $\rho = 3{,}7\cdot10^{-12}$ kg/m³.

Odpowiedź
$\sqrt{\mu a} = \sqrt{3{,}986\cdot10^{14}\cdot 6{,}778\cdot10^6} = 5{,}20\cdot10^{10}$ m²/s. $da/dt = -3{,}7\cdot10^{-12}\cdot 5{,}2\cdot10^{10}/150 = -1{,}3\cdot10^{-3}$ m/s, czyli ok. 110 m/dobę.
Paradoks oporu. Opór działa przeciw ruchowi, a satelita na obniżającej się orbicie leci coraz szybciej. Jak to możliwe?

Odpowiedź
Na orbicie kołowej $v = \sqrt{\mu/a}$ , więc mniejsze $a$ to większe $v$ . Energia całkowita $\varepsilon = -\mu/(2a)$ maleje (opór zabiera energię), ale energia potencjalna $-\mu/a$ maleje dwa razy szybciej, a kinetyczna $\mu/(2a)$ rośnie dokładnie o tyle, ile opór zabrał. Opór hamuje, grawitacja na lekko opadającej spirali przyspiesza bardziej.

5 Hierarchia zaburzeń

Które zaburzenia uwzględnić, zależy od wysokości. Rzędy wielkości przyspieszeń (m/s²):

zaburzenie	700 km	GEO (35 786 km)
grawitacja główna $\mu/r^2$	7,96	0,224
spłaszczenie $J_2$ (na równiku)	$1\cdot10^{-2}$	$8\cdot10^{-6}$
Księżyc (różnica przyciągania, pływowa)	$1\cdot10^{-6}$	$7\cdot10^{-6}$
Słońce (pływowa)	$6\cdot10^{-7}$	$3\cdot10^{-6}$
ciśnienie promieniowania ( $A/m = 0{,}02$ m²/kg)	$9\cdot10^{-8}$	$9\cdot10^{-8}$
opór ( $B = 60$ kg/m², średnia aktywność)	$2\cdot10^{-8}$	0

Na niskich orbitach dominuje $J_2$ , a opór, choć mały, jako jedyny zabiera energię i decyduje o czasie życia. Na orbicie geostacjonarnej Księżyc i Słońce są tak samo ważne jak $J_2$ : ciągną orbitę ku płaszczyźnie swoich orbit i nachylenie satelity GEO rośnie o ok. $0{,}75$ – $0{,}95^\circ$ na rok. Korekta tego dryfu kosztuje ok. 45 m/s rocznie i jest głównym wydatkiem paliwa satelitów GEO.

Zadania · część 5

2 zadania · ok. 20 min

Przyspieszenie pływowe od Księżyca to $2GM_Kr/d^3$ . Policz je dla GEO ( $GM_K = 4903$ km³/s², $d = 384\,400$ km) i porównaj z tabelą.

Odpowiedź
$2\cdot 4903\cdot 42\,164/384\,400^3 = 7{,}3\cdot10^{-9}$ km/s² $= 7{,}3\cdot10^{-6}$ m/s² ✓. To różnica przyciągania satelity i Ziemi, bo Księżyc przyspiesza oba ciała; tylko różnica zmienia orbitę względem Ziemi.
Satelita GEO ma skorygować nachylenie o $0{,}85^\circ$ jednym manewrem w węźle. Ile kosztuje to $\Delta v$ (wzór na zmianę płaszczyzny: $\Delta v = 2v\sin(\Delta i/2)$ , lekcja 5)?

Odpowiedź
$\Delta v = 2\cdot 3075\cdot\sin(0{,}425^\circ) = 45{,}6$ m/s. Przez 15 lat to ok. 700 m/s, więcej niż wszystkie inne korekty razem; dlatego satelity pod koniec życia często przestają korygować nachylenie i dryfują.

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda: czy zaburzenie ma znaczenie?

Rząd wielkości przyspieszenia względem $\mu/r^2$ (tabela w części 5).
Czy się sumuje? Zaburzenia wiekowe (stałe w znaku po uśrednieniu) rosną z czasem; okresowe się znoszą.
Skutek po czasie misji: np. $\dot\Omega\cdot t$ , $\Delta a$ z $da/dt$ ; porównać z wymaganiami.
Sprawdzenie całkowaniem numerycznym z pełnym modelem sił, z elementami średnimi zamiast oskulacyjnych.

Przykład 6.1 Nachylenie heliosynchroniczne na 700 km

Wyznacz nachylenie orbity kołowej heliosynchronicznej na 700 km i sprawdź symulacją.

$a = 7078$ km, $n = \sqrt{\mu/a^3} = 1{,}0602\cdot10^{-3}$ rad/s, $(R/a)^2 = 0{,}8120$ .
Wymagane $\dot\Omega = 0{,}9856^\circ$ /dobę $= 1{,}991\cdot10^{-7}$ rad/s.
$\cos i = -\dot\Omega/(\frac32nJ_2(R/a)^2) = -1{,}991\cdot10^{-7}/1{,}398\cdot10^{-6} = -0{,}1424$ , $i = 98{,}2^\circ$ .

Wynik: $i = 98{,}19^\circ$ .

Sprawdzenie: całkowanie numeryczne z $J_2$ przez 10 dób: obrót węzła $9{,}91^\circ$ wobec $9{,}86^\circ$ ze wzoru; różnica 0,5% wynika z użycia elementów oskulacyjnych jako średnich ✓.

Przykład 6.2 Ile żyje CubeSat?

CubeSat 3U ( $B \approx 60$ kg/m²) wypuszczony ze stacji kosmicznej na 400 km. Oszacuj czas życia.

Na 400 km $\rho = 3{,}7\cdot10^{-12}$ kg/m³, $da/dt = -\rho\sqrt{\mu a}/B = -3{,}2\cdot10^{-3}$ m/s $\approx -0{,}27$ km/dobę.
Gdyby tempo było stałe: 250 km do 150 km w ok. 900 dób. Ale gęstość rośnie z każdym kilometrem w dół (wysokość skali ok. 55 km), więc rzeczywisty czas jest dużo krótszy.
Całkowanie numeryczne z modelem wykładniczym: 186 dób.

Wynik: ok. pół roku przy średniej aktywności Słońca; przy wysokiej ok. 2 miesiące, przy niskiej ok. 1,7 roku.

Sprawdzenie: rachunek przybliżony z jedną wysokością skali: $t \approx H B/(\rho_0\sqrt{\mu a}) = 55\,000/3{,}2\cdot10^{-3}$ s $\approx 200$ dób ✓ (zgodność rzędu wielkości; to wynik całkowania $e^{(h - h_0)/H}$ do nieskończoności).

Przykład 6.3 Perygeum Mołni stoi w miejscu

Sprawdź, że przy $i = 63{,}4^\circ$ perygeum orbity Mołnia praktycznie się nie obraca, i policz obrót węzła.

$5\cos^2 63{,}4^\circ - 1 = 5\cdot 0{,}2005 - 1 = 0{,}0024$ : prawie zero.
$\dot\omega = 0{,}0004^\circ$ /dobę, ok. $0{,}15^\circ$ na rok.
$\dot\Omega = -0{,}148^\circ$ /dobę, ok. $-54^\circ$ na rok: płaszczyzna obraca się, ale to nie przeszkadza, bo liczy się położenie apogeum nad półkulą północną, a nie nad konkretną długością.

Wynik: perygeum stoi, węzeł się obraca.

Sprawdzenie: przy $55^\circ$ : $\dot\omega = 0{,}107^\circ$ /dobę (zadanie 2.3) ✓.

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„Spłaszczenie Ziemi przechyla orbitę ku równikowi.”: Nachylenie średnio się nie zmienia. Moment siły od nadmiaru masy na równiku wywołuje precesję płaszczyzny orbity, jak siła ciężkości wywołuje precesję bąka zamiast jego przewrócenia.
„Orbita heliosynchroniczna krąży w stałym położeniu względem Słońca.”: Satelita okrąża Ziemię kilkanaście razy na dobę; stałe względem Słońca jest tylko ustawienie płaszczyzny orbity.
„Satelita na 400 km leci w próżni.”: Gęstość jest mała, ale prędkość ogromna: stacja kosmiczna traci ok. 100 m wysokości na dobę i bez silników spadłaby w ciągu roku–dwóch.
„Czas życia orbity da się policzyć dokładnie.”: Gęstość termosfery zmienia się kilkukrotnie z aktywnością Słońca; prognozy czasu życia na lata mają niepewność rzędu dwóch–trzech razy.
„Księżyc ciągnie satelitę, więc trzeba liczyć całą jego siłę.”: Księżyc przyspiesza też Ziemię; orbitę względem Ziemi zmienia tylko różnica przyciągań (składnik pływowy), wielokrotnie mniejsza.

8 Zadania do przemyślenia

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia.

Zadania do przemyślenia

5 zadań · ok. 1,5 godziny

Dlaczego znak minus? Wyjaśnij jakościowo, dlaczego dla orbity prostej węzeł cofa się (na zachód), a nie przesuwa się naprzód.
Rozwiązanie
1. Nadmiar masy na równiku ciągnie satelitę ku płaszczyźnie równika: gdy satelita jest na północ od równika, dostaje siłę na południe, i odwrotnie. Satelita lecący na północ po minięciu węzła wstępującego jest ściągany w dół, więc wraca do równika „wcześniej” niż na orbicie keplerowskiej.
2. Wcześniejsze przecięcie równika przy ruchu na wschód oznacza węzeł przesunięty na zachód. Moment siły $\mathbf r\times\mathbf F$ jest prostopadły do $\mathbf h$ i do osi $z$ , więc $\mathbf h$ zakreśla stożek wokół osi $z$ w kierunku przeciwnym do obrotu satelity.
Zamrożona orbita. Satelity obserwacyjne często mają „zamrożony” mimośród (np. $e \approx 0{,}001$ , $\omega = 90^\circ$ ). Który człon potencjału to umożliwia i po co to robić?
Rozwiązanie
1. Sam $J_2$ obraca perygeum, więc mały mimośród krąży po okręgu w płaszczyźnie $(e\cos\omega, e\sin\omega)$ . Człon $J_3$ („gruszka”) dodaje stałe przesunięcie tego okręgu; przy dobranym $e$ i $\omega = 90^\circ$ środek okręgu jest punktem stałym: $e$ i $\omega$ się nie zmieniają.
2. Wysokość satelity nad danym punktem Ziemi powtarza się wtedy w każdym przelocie, co upraszcza obrazowanie, altimetrię i porównywanie zdjęć.
Elementy oskulacyjne. Satelita na orbicie kołowej 700 km ma w każdej chwili trochę inne elementy policzone z $(\mathbf r, \mathbf v)$ . Dlaczego, i jakiej wielkości są te wahania wielkiej półosi?
Rozwiązanie
1. Elementy oskulacyjne opisują orbitę keplerowską, po której leciałby satelita, gdyby zaburzenie w tej chwili znikło. Siła od $J_2$ zależy od szerokości, więc zmienia się w czasie obiegu i chwilowa „najlepsza” elipsa się zmienia.
2. Wahania są rzędu $J_2R^2/a$ : ok. $10^{-3}\cdot 6378^2/7078 \approx 6$ km, z okresem pół obiegu. Dlatego porównanie „wzór kontra całkowanie” wymaga elementów średnich, a nie oskulacyjnych (część 2).
Śmieci kosmiczne. Odłamki po zderzeniu na 800 km mają współczynniki balistyczne od 1 do 100 kg/m². Dlaczego odłamki z niskich orbit „czyszczą się” same, a z 800 km stanowią problem na dziesięciolecia?
Rozwiązanie
1. Gęstość na 800 km jest ok. 300 razy mniejsza niż na 400 km (model: $1{,}2\cdot10^{-14}$ wobec $3{,}7\cdot10^{-12}$ kg/m³), a czas życia jest odwrotnie proporcjonalny do gęstości: dla $B$ od 1 do 100 kg/m² z 400 km to dni do miesięcy, z 800 km lata do stuleci.
2. Na niskich orbitach opór usuwa odłamki w ciągu lat, na 800 km praktycznie nie. Dlatego zasady ograniczania śmieci wymagają zejścia satelity z orbity w ciągu kilkudziesięciu lat po zakończeniu misji (napęd, żagiel hamujący) albo przeniesienia go na orbitę „cmentarną”.
Ważenie Ziemi orbitą. Jak z obserwacji obrotu węzła wielu satelitów o różnych nachyleniach wyznaczyć $J_2$ , $J_4$ itd.?
Rozwiązanie
1. Każda harmoniczna parzysta daje wkład do $\dot\Omega$ o innej zależności od nachylenia i od $a$ (np. $J_2\propto\cos i$ , $J_4\propto\cos i(\ldots\sin^2 i\ldots)$ ). Zmierzone $\dot\Omega$ dla wielu orbit to układ równań liniowych na $J_2, J_4, \ldots$ .
2. Rozwiązuje się go metodą najmniejszych kwadratów (matematyka, lekcja 5.2 Statystyka pomiarów i dopasowania). Harmoniczne nieparzyste ( $J_3$ ) wpływają na mimośród i perygeum (prolog: Vanguard 1).

9 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Co opisuje

J_2

Spłaszczenie Ziemi: nadmiar masy na równiku; $J_2 = 1{,}08\cdot10^{-3}$ .

2 Które elementy zmienia

J_2

wiekowo?

$\Omega$ , $\omega$ (i anomalię średnią); $a$ , $e$ , $i$ średnio się nie zmieniają.

3 Co to jest nachylenie krytyczne?

$63{,}4^\circ$ (lub $116{,}6^\circ$ ): perygeum się nie obraca.

4 Warunek orbity heliosynchronicznej?

$\dot\Omega = +0{,}9856^\circ$ /dobę; daje nachylenie ok. $97$ – $99^\circ$ dla niskich orbit.

5 Od czego zależy tempo obniżania orbity przez opór?

$da/dt = -\rho\sqrt{\mu a}/B$ : od gęstości (wysokość, aktywność Słońca) i współczynnika balistycznego.

6 Co jest głównym zaburzeniem na GEO?

Księżyc i Słońce (dryf nachylenia ok. $0{,}8^\circ$ /rok), porównywalnie z $J_2$ .

10 Karta wzorów i co dalej

Spłaszczenie

$U = -\frac\mu r[1 - J_2(R/r)^2(3\sin^2\varphi - 1)/2]$

$\dot\Omega = -\frac32nJ_2(R/p)^2\cos i$

$\dot\omega = \frac34nJ_2(R/p)^2(5\cos^2 i - 1)$

krytyczne $i = 63{,}43^\circ$ ; heliosynchroniczna $\dot\Omega = 0{,}9856^\circ$ /d

Opór i inne

$B = m/(C_DA)$ , $\;da/dt = -\rho\sqrt{\mu a}/B$

$\rho \approx \rho_0e^{-(h - h_0)/H}$ , $H \approx 40$ – $70$ km (200–600 km)

pływowe od ciała $M$ w odległości $d$ : $2GMr/d^3$

GEO: dryf $i$ ok. $0{,}75$ – $0{,}95^\circ$ /rok, korekta ok. 45 m/s/rok

Do przeczytania

Obowiązkowo: C. A. Kluever, Space Flight Dynamics, rozdz. 5 (perturbacje, J₂, opór); U. Walter, Astronautics, rozdz. 12.
Dla chętnych: D. A. Vallado, Fundamentals of Astrodynamics and Applications: równania Lagrange’a i Gaussa dla elementów, modele atmosfery i tabela modelu wykładniczego użyta w tej lekcji.

Na orbitę trzeba się jednak najpierw dostać. Kolejna lekcja zaczyna drugą część kursu: równanie rakietowe, które mówi, ile paliwa kosztuje każdy kilometr na sekundę, stopniowanie, bez którego żadna rakieta nie doleciałaby na orbitę, i zakręt grawitacyjny, którym rakieta przechodzi z lotu pionowego do poziomego.