4 Rakieta na orbitę: równanie rakietowe, stopniowanie i zakręt grawitacyjny

0 Prolog: pakiet Korolowa

Rakieta R-7 z biura Siergieja Korolowa miała przenosić ciężką głowicę jądrową między kontynentami. Żeby to osiągnąć, jej konstruktorzy (pomysł pakietu pochodził z wcześniejszych analiz Michaiła Tichonrawowa) zrezygnowali z klasycznej „wieży” stopni ustawionych jeden na drugim i zbudował pakiet: centralny blok otoczony czterema bocznymi. Wszystkie silniki zapalano na ziemi, a boczne bloki odrzucano po wypaleniu paliwa. W październiku 1957 roku ta rakieta wyniosła Sputnika, w kwietniu 1961 Gagarina, a jej potomkowie, rakiety Sojuz, latają do dziś.

Pakiet R-7 to rozwiązanie problemu, który narzuca równanie rakietowe: rakieta musi po drodze gubić puste zbiorniki i silniki, które przestały być potrzebne. Bez tego żadna rakieta na paliwo chemiczne nie dolatuje na orbitę z rozsądnym ładunkiem.

Pytanie na start. Prędkość orbitalna na wysokości 200 km to 7,8 km/s. Rakiety planuje się jednak na ok. 9,3–9,7 km/s. Na co idzie różnica? Odpowiedź w części 2.

1 Równanie rakietowe i impuls właściwy

Z zasady zachowania pędu (fizyka, lekcja Dział 3: Pęd, zderzenia i środek masy) rakieta wyrzucająca gazy z prędkością względną $c$ zmienia prędkość zgodnie z równaniem Ciołkowskiego. Rozwiązujemy je rozdzieleniem zmiennych (matematyka, lekcja 4.1 Równania różniczkowe zwyczajne):

Równanie rakietowe

\Delta v = c\,\ln\frac{m_0}{m_k} = I_{sp}\,g_0\,\ln\frac{m_0}{m_k},\qquad \frac{m_0}{m_k} = e^{\Delta v/c}.

$m_0$ masa początkowa, $m_k$ końcowa; $I_{sp}$ to impuls właściwy w sekundach (ciąg podzielony przez ciężar paliwa zużywanego na sekundę), $g_0 = 9{,}80665$ m/s² to stała przeliczeniowa, a nie lokalne przyspieszenie.

Typowe $I_{sp}$ (w próżni): paliwo stałe 250–290 s, nafta z tlenem 310–350 s, wodór z tlenem 420–465 s.

Najważniejsza cecha równania: masa rośnie wykładniczo z potrzebną zmianą prędkości. Z $I_{sp} = 300$ s i stosunkiem mas 10 rakieta osiąga 6,77 km/s. Żeby osiągnąć 9,4 km/s, potrzeba stosunku 24,4, czyli 96% masy startowej musiałoby być paliwem. Z wodorem ( $I_{sp} = 450$ s) wystarczy stosunek 8,4, ale wodór ma gęstość 70 kg/m³ i wymaga ogromnych, ciężkich zbiorników.

Zadania · część 1

3 zadania · ok. 20 min

Silnik ma $I_{sp} = 300$ s. Jaką zmianę prędkości daje stosunek mas 10? A $I_{sp} = 450$ s?

Odpowiedź
$c = 300\cdot 9{,}807 = 2942$ m/s, $\Delta v = 2942\ln 10 = 6{,}77$ km/s. Przy 450 s: 10,16 km/s.
Jaki stosunek mas potrzebny jest do 9,4 km/s przy $I_{sp} = 300$ s i przy 450 s? Jaki ułamek masy startowej to paliwo?

Odpowiedź
$e^{9400/2942} = 24{,}4$ (paliwo 95,9% masy) i $e^{9400/4413} = 8{,}4$ (88,1%). Nawet z wodorem na konstrukcję, silniki i ładunek zostaje 12%.
Dlaczego impuls właściwy podaje się w sekundach? Jaki ma sens fizyczny?

Odpowiedź
$I_{sp} = T/(\dot m g_0)$ : ciąg w niutonach dzielony przez ciężar (w niutonach) paliwa spalanego na sekundę, czyli wynik w sekundach. To czas, przez jaki kilogram paliwa daje ciąg równy swojemu ciężarowi. Jednostka nie zależy od układu (SI czy funty), stąd popularność. Fizycznie ważna jest prędkość wylotowa $c = I_{sp}g_0$ .

2 Budżet Δv do orbity

Gdyby rakieta mogła w jednej chwili nadać sobie całą prędkość, najmniejsze $\Delta v$ wynikałoby z energii: od spoczynku na powierzchni ( $\varepsilon = -\mu/R$ ) do orbity kołowej 200 km ( $\varepsilon = -\mu/2r$ ) to $\sqrt{2\Delta\varepsilon} = 8{,}02$ km/s. Prawdziwa rakieta ma do tego trzy straty:

Bilans prędkości wzdłuż toru

\Delta v_{\text{Ciołkowski}} = v_k + \underbrace{\int g\sin\gamma\,dt}_{\text{grawitacja}} + \underbrace{\int\frac{D}{m}\,dt}_{\text{opór}} + \underbrace{\int\frac{T}{m}(1 - \cos\alpha)\,dt}_{\text{sterowanie}} - v_{\text{obrót Ziemi}}.

$\gamma$ kąt toru lotu, $D$ opór, $\alpha$ kąt między ciągiem a prędkością. Typowo: straty grawitacyjne 1–1,5 km/s, opór 0,05–0,15 km/s, sterowanie kilkadziesiąt m/s. Rakieta modelowa z części 5 traci na grawitację więcej (1,4–2,3 km/s), bo nie dławi silników i leci jednym, nieoptymalizowanym programem.

Odpowiedź na pytanie z prologu: różnica 1,5–2 km/s to głównie straty grawitacyjne. Póki rakieta leci w górę, część ciągu idzie na samo unoszenie: przy locie pionowym każda sekunda kosztuje 9,8 m/s. Dlatego rakieta ma stosunek ciągu do ciężaru na starcie 1,2–1,5 i jak najszybciej przechodzi do lotu poziomego. Opór jest dużo mniejszy, bo rakieta szybko opuszcza gęstą atmosferę. Obrót Ziemi pomaga: start na wschód z równika daje 465 m/s, z przylądka Canaveral ( $28{,}5^\circ$ ) 409 m/s, z Bajkonuru ( $45{,}6^\circ$ ) 325 m/s.

Zadania · część 2

3 zadania · ok. 25 min

Pokaż, że najmniejsza (impulsowa) zmiana prędkości od spoczynku na powierzchni do orbity kołowej 200 km, bez obrotu Ziemi, to 8,02 km/s. Ile z tego to „podniesienie” na 200 km?

Odpowiedź
$\Delta\varepsilon = -\mu/(2\cdot 6578) + \mu/6378 = -30{,}30 + 62{,}50 = 32{,}20$ km²/s², więc $\sqrt{2\cdot 32{,}20} = 8{,}02$ km/s. Prędkość kołowa na 200 km to 7,78 km/s; reszta, ok. 0,24 km/s, to koszt podniesienia. (Liczy się energia, nie suma prędkości: dwa impulsy, „w górę” i „w bok”, kosztowałyby więcej.)
Ile prędkości daje obrót Ziemi przy starcie na wschód z Kourou ( $5{,}2^\circ$ ), Bajkonuru ( $45{,}6^\circ$ ) i Plesiecka ( $62{,}9^\circ$ )?

Odpowiedź
$465\cos\varphi$ : 463, 325 i 212 m/s. Start na zachód (orbita wsteczna) kosztuje tyle samo dodatkowo, dlatego np. Izrael, który musi startować nad morzem na zachód, płaci za to ładunkiem.
Rakieta o stosunku ciągu do ciężaru 1,0 zawisa nad wyrzutnią. Ile $\Delta v$ traci na sekundę? Dlaczego nie robi się rakiet z $T/W = 3$ na starcie?

Odpowiedź
9,8 m/s na sekundę: cały ciąg idzie na unoszenie, prędkość się nie zmienia. Większe $T/W$ zmniejsza straty grawitacyjne, ale wymaga cięższych silników (masa silnika rośnie z ciągiem) i daje duże przyspieszenia i ciśnienie dynamiczne w gęstej atmosferze. Kompromis to ok. 1,2–1,5 na starcie; przyspieszenie i tak rośnie, bo rakieta traci masę.

3 Stopniowanie

Każdy stopień ma paliwo i konstrukcję (zbiorniki, silniki). Niech $\varepsilon$ oznacza udział konstrukcji w masie stopnia. Pojedynczy stopień bez ładunku osiąga najwyżej $c\ln(1/\varepsilon)$ : przy $I_{sp} = 350$ s i $\varepsilon = 0{,}08$ to 8,67 km/s, za mało na orbitę. Wielostopniowa rakieta gubi pustą konstrukcję po drodze.

$n$ jednakowych stopni

\frac{m_\text{ładunek}}{m_0} = \left(\frac{e^{-\Delta v/(nc)} - \varepsilon}{1 - \varepsilon}\right)^n .

Dla $\Delta v = 9{,}4$ km/s, $c = 3{,}3$ km/s, $\varepsilon = 0{,}1$ : jeden stopień – niemożliwe, dwa – 2,44%, trzy – 3,24%, cztery – 3,55%, pięć – 3,71%.

Zysk z kolejnych stopni szybko maleje, a każdy stopień to dodatkowe silniki, rozdzielenie, ryzyko awarii i koszt. Stąd prawie wszystkie rakiety orbitalne mają dwa albo trzy stopnie.

Ramka: optymalny podział zadania (mnożniki Lagrange’a)

Gdy stopnie się różnią ( $c_i$ , $\varepsilon_i$ ), szukamy stosunków mas $R_i = m_{0,i}/m_{k,i}$ , które maksymalizują ładunek przy warunku $\sum c_i\ln R_i = \Delta v$ . Metoda mnożników Lagrange’a (matematyka, lekcja 3.1 Reguła łańcuchowa, ekstrema i mnożniki Lagrange'a w wielu zmiennych) daje $R_i = \dfrac{c_i\lambda - 1}{c_i\varepsilon_i\lambda}$ , z jednym $\lambda$ wyznaczonym z warunku. Dla $c = (2{,}9;\ 3{,}4)$ km/s i $\varepsilon = (0{,}06;\ 0{,}04)$ : $\lambda = 0{,}409$ , $R = (2{,}61;\ 7{,}01)$ , czyli $\Delta v_1 = 2{,}78$ i $\Delta v_2 = 6{,}62$ km/s. Ładunek 3,68% masy startowej, wobec 3,22% przy równym podziale $\Delta v$ . Wniosek: stopień lepszy (wyższe $c$ , mniejsze $\varepsilon$ ) powinien robić większą część pracy, niezależnie od swojej pozycji: w tym modelu zamiana kolejności stopni daje ten sam podział i ten sam ładunek. Że w praktyce lepszy jest zwykle górny stopień, wynika z innego argumentu: każdy kilogram na górze trzeba rozpędzić całą rakietą, więc tam opłaca się drogi wodór i lekka konstrukcja.

Zadania · część 3

3 zadania · ok. 25 min

Rakieta jednostopniowa: $I_{sp} = 350$ s, $\varepsilon = 0{,}08$ . Jakie największe $\Delta v$ osiągnie bez ładunku? Czy doleci na orbitę?

Odpowiedź
$3432\ln 12{,}5 = 8{,}67$ km/s. Potrzeba ok. 9,4 km/s: nie, nawet bez ładunku. Rakieta jednostopniowa na orbitę wymaga $\varepsilon$ rzędu 0,05 i wodoru, co od dziesięcioleci pozostaje poza zasięgiem praktycznych konstrukcji.
Policz udział ładunku dla dwóch jednakowych stopni ( $\Delta v = 9{,}4$ km/s, $c = 3{,}3$ km/s, $\varepsilon = 0{,}1$ ).

Odpowiedź
$e^{-9{,}4/6{,}6} = 0{,}2407$ ; $(0{,}2407 - 0{,}1)/0{,}9 = 0{,}1563$ ; do kwadratu: 0,0244, czyli 2,44%. Z 500 t na starcie ok. 12 t na orbicie.
Wyjaśnij, czemu przy niezmiennej łącznej $\Delta v$ i takich samych stopniach dodanie trzeciego stopnia zwiększa ładunek o ok. 33%, a piątego (zamiast czwartego) tylko o 5%.

Odpowiedź
Zysk ze stopniowania to wyrzucanie pustej konstrukcji wcześniej. Przy wielu stopniach każdy jest mały i ma mały stosunek mas; czynnik $(e^{-\Delta v/nc} - \varepsilon)/(1 - \varepsilon)$ dąży do $e^{-\Delta v/nc}$ a dokładniej każdy czynnik to ok. $1 - \frac{\Delta v}{nc(1 - \varepsilon)}$ , więc łączna strata od konstrukcji dąży do skończonej wartości. Ładunek dąży do granicy $e^{-\Delta v/(c(1 - \varepsilon))}$ (zadanie do przemyślenia 2), czyli 4,22%; przy 5 stopniach mamy 3,71%, ok. 12% poniżej granicy, i każdy kolejny stopień zbliża nas do niej coraz mniej.

4 Zakręt grawitacyjny

Rakieta startuje pionowo (żeby szybko opuścić gęstą atmosferę) i kończy lot prawie poziomo (bo orbita wymaga prędkości poziomej). Najprostszy sposób przejścia to zakręt grawitacyjny: po kilku sekundach lotu rakieta odchyla się o ułamek stopnia od pionu, a potem ciąg jest stale skierowany wzdłuż prędkości. Grawitacja sama zakrzywia tor. Kąt natarcia jest zerowy, więc siły poprzeczne od powietrza są najmniejsze; to ważne, bo smukła rakieta jest bardzo wrażliwa na obciążenia boczne w okolicy największego ciśnienia dynamicznego.

Równania lotu nad kulistą Ziemią (w płaszczyźnie)

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

\dot r = v\sin\gamma,\qquad \dot m = -\frac{T}{I_{sp}g_0} .

Zakręt grawitacyjny: $\alpha = 0$ . Wtedy $\dot\gamma < 0$ , dopóki $v^2/r < g$ , czyli dopóki prędkość jest mniejsza od kołowej: tor się kładzie.

Wielkość początkowego odchylenia decyduje o całym locie: za małe i rakieta za długo leci stromo (duże straty grawitacyjne, wysokie, ale za wolne wejście na orbitę), za duże i rakieta kładzie się w gęstej atmosferze (duży opór, ryzyko upadku). Prawdziwe rakiety nie latają czystym zakrętem grawitacyjnym przez cały czas: górny stopień, już poza atmosferą, jest sterowany według programu, który doprowadza go do zadanej orbity (dynamika lotu, lekcja 12 Naprowadzanie: trajektoria nominalna i śledzenie odchyłek).

Zadania · część 4

3 zadania · ok. 25 min

Z równania na $\dot\gamma$ przy $\alpha = 0$ : przy jakiej prędkości poziomy lot ( $\gamma = 0$ ) nie zmienia kąta toru?

Odpowiedź
$\dot\gamma = 0$ przy $g = v^2/r$ , czyli $v = \sqrt{gr} = \sqrt{\mu/r}$ : prędkość kołowa. Wolniej tor opada (rakieta „spada”), szybciej się wznosi.
Wyprowadź straty grawitacyjne dla odcinka lotu pionowego: rakieta o stałym ciągu i $T/W$ rosnącym od 1,46 przez 10 s. Ile traci w tym czasie?

Odpowiedź
Przy $\gamma = 90^\circ$ strata to $\int g\,dt \approx 9{,}8\cdot 10 = 98$ m/s, niezależnie od $T/W$ . Większy ciąg skraca ten etap, bo rakieta szybciej osiąga prędkość, przy której warto się kłaść, ale za samą sekundę lotu pionowego zawsze płaci się 9,8 m/s.
W symulacji ciśnienie dynamiczne osiąga największą wartość ok. 34 kPa. Dlaczego największe $q$ występuje po kilkudziesięciu sekundach lotu, a nie przy starcie ani wysoko?

Odpowiedź
$q = \frac12\rho v^2$ : przy starcie $v$ jest małe, wysoko $\rho$ jest małe. Prędkość rośnie mniej więcej liniowo, a gęstość maleje wykładniczo z wysokością (skala ok. 8 km), więc iloczyn ma maksimum, typowo na wysokości 10–15 km. Wiele rakiet dławi wtedy silniki, żeby ograniczyć obciążenia konstrukcji.

5 Rakieta modelowa: liczby z symulacji

Symulacja używa wymyślonej rakiety dwustopniowej o rozmiarach zbliżonych do rakiet średniej klasy. Stopień 1: 390 t paliwa, 26 t konstrukcji, ciąg 7,6 MN, $I_{sp} = 290$ s (średnio między poziomem morza a próżnią). Stopień 2: 100 t paliwa, 4 t konstrukcji, 1,2 MN, 345 s. Atmosfera wykładnicza (skala 8,5 km), $C_DA = 5{,}25$ m², start bez obrotu Ziemi. Pierwszy stopień leci czystym zakrętem grawitacyjnym, drugi według prostego programu sprowadzającego kąt toru do zera.

Z ładunkiem 15 t (masa startowa 535 t, $T/W = 1{,}45$ ) i odchyleniem $1{,}2^\circ$ : rozdzielenie stopni po 146 s na wysokości 76 km przy 2,6 km/s; koniec pracy drugiego stopnia na 261 km z prędkością 8,23 km/s, orbita 259 × 2230 km. Straty: grawitacyjne 1,64 km/s, opór 35 m/s, sterowanie 13 m/s. Prędkość idealna z równania Ciołkowskiego to 9,92 km/s, i bilans się zgadza: $9924 - 1643 - 35 - 13 = 8233$ m/s. Przy odchyleniu $1{,}8^\circ$ ta sama rakieta spada: kładzie się za wcześnie i wpada w gęste warstwy atmosfery.

Zadania · część 5

2 zadania · ok. 20 min

Policz idealne $\Delta v$ obu stopni rakiety modelowej z ładunkiem 15 t i porównaj z liczbą z symulacji.

Odpowiedź
Stopień 1: $m_0 = 535$ t, $m_k = 145$ t, $290\cdot 9{,}807\ln(535/145) = 3713$ m/s. Stopień 2: $m_0 = 119$ t, $m_k = 19$ t, $345\cdot 9{,}807\ln(119/19) = 6207$ m/s. Razem 9920 m/s; symulacja całkuje $T/m$ i daje 9924 m/s (różnica z dyskretyzacji).
Rakieta z ładunkiem 15 t kończy pracę na 261 km z prędkością 8233 m/s. Ile ma nadmiaru prędkości ponad kołową na tej wysokości i co z nim zrobić?

Odpowiedź
$v_k = \sqrt{\mu/6639} = 7749$ m/s; nadmiar ok. 480 m/s, stąd apogeum 2230 km. Można: zabrać cięższy ładunek (zadanie do przemyślenia 4), wyłączyć silnik wcześniej, albo wykorzystać apogeum jako początek przejścia na wyższą orbitę (lekcja 5 Manewry orbitalne: transfer Hohmanna i zmiana płaszczyzny orbity).

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda: wstępny projekt rakiety

Budżet $\Delta v$ : prędkość orbitalna + straty (ok. 1,5–2 km/s) − obrót Ziemi.
Liczba stopni z $\varepsilon$ i $c$ : czy jeden stopień w ogóle starcza? Zwykle 2–3.
Podział $\Delta v$ między stopnie (mnożniki Lagrange’a); masy od góry: ładunek $\to$ ostatni stopień $\to$ niższe.
Ciąg: $T/W$ na starcie 1,2–1,5, górny stopień mniej.
Sprawdzenie symulacją toru: straty, ciśnienie dynamiczne, orbita końcowa.

Przykład 6.1 Masy od góry

Ładunek 10 t. Górny stopień: $c = 3{,}4$ km/s, $\varepsilon = 0{,}08$ , ma dać 5,5 km/s. Ile waży?

Stosunek mas $R = e^{5{,}5/3{,}4} = 5{,}04$ .
Masa stopnia $m_s$ (paliwo + konstrukcja): $\frac{m_s + 10}{\varepsilon m_s + 10} = 5{,}04$ , czyli $m_s + 10 = 5{,}04(0{,}08m_s + 10)$ , $m_s(1 - 0{,}403) = 40{,}4$ , $m_s = 67{,}7$ t.
Paliwo $0{,}92\cdot 67{,}7 = 62{,}3$ t, konstrukcja 5,4 t; masa startowa górnego stopnia z ładunkiem 77,7 t.

Wynik: 67,7 t stopnia na 10 t ładunku.

Sprawdzenie: $3{,}4\ln(77{,}7/15{,}4) = 5{,}50$ km/s ✓. Dolny stopień musi teraz rozpędzić 77,7 t; tak buduje się rakietę od góry.

Przykład 6.2 Optymalny podział między dwa różne stopnie

$c_1 = 2{,}9$ km/s, $\varepsilon_1 = 0{,}06$ ; $c_2 = 3{,}4$ km/s, $\varepsilon_2 = 0{,}04$ ; $\Delta v = 9{,}4$ km/s. Jak podzielić?

Warunek: $\sum_i c_i\ln\frac{c_i\lambda - 1}{c_i\varepsilon_i\lambda} = 9{,}4$ ; rozwiązanie numeryczne (metoda bisekcji albo Newtona) $\lambda = 0{,}4088$ .
$R_1 = (2{,}9\cdot 0{,}4088 - 1)/(2{,}9\cdot 0{,}06\cdot 0{,}4088) = 2{,}61$ , $R_2 = 7{,}01$ .
$\Delta v_1 = 2{,}9\ln 2{,}61 = 2{,}78$ km/s, $\Delta v_2 = 3{,}4\ln 7{,}01 = 6{,}62$ km/s.

Wynik: ładunek 3,68% masy startowej; przy równym podziale (po 4,7 km/s) 3,22%.

Sprawdzenie: przeszukanie wszystkich podziałów co 1 m/s daje maksimum przy $\Delta v_1 = 2{,}78$ km/s ✓.

Przykład 6.3 Gdzie idą straty

W symulacji z ładunkiem 10 t porównaj odchylenie $0{,}8^\circ$ i $1{,}6^\circ$ .

$0{,}8^\circ$ : rozdzielenie na 97 km przy $\gamma = 50^\circ$ ; straty grawitacyjne 2,32 km/s, sterowanie 0,25 km/s (drugi stopień musi mocno położyć tor); orbita 423 × 3538 km.
$1{,}6^\circ$ : rozdzielenie na 68 km przy $\gamma = 22^\circ$ ; straty grawitacyjne 1,37 km/s, opór 43 m/s; orbita 191 × 12 218 km.
Różnica strat ok. 1 km/s przy tej samej rakiecie: płaski tor jest tańszy, dopóki rakieta nie wpada w gęste powietrze (przy $1{,}8^\circ$ i 15 t ładunku już spada).

Wynik: straty grawitacyjne zależą głównie od tego, jak długo tor jest stromy.

Sprawdzenie: w obu przypadkach $v_k = \Delta v_\text{id} -$ straty z dokładnością do 1 m/s ✓.

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„Najtrudniej jest wznieść się na wysokość orbity.”: Wzniesienie na 200 km kosztuje ok. 0,2–0,3 km/s z ok. 9,4. Najtrudniej jest nabrać prędkości poziomej.
„Rakieta odpycha się od powietrza.”: Rakieta odpycha się od własnych gazów; w próżni działa lepiej, bo ciśnienie zewnętrzne nie zmniejsza ciągu.
„Więcej stopni zawsze lepiej.”: Zysk szybko maleje, a koszt, masa połączeń i ryzyko rosną. Optimum praktyczne to 2–3 stopnie.
„Lepiej zabrać więcej paliwa.”: Dodatkowe paliwo wymaga większych zbiorników i silników, a pierwsze kilogramy paliwa idą na rozpędzanie pozostałych; zysk jest logarytmiczny, koszt liniowy.
„Rakieta leci na orbitę pionowo.”: Pionowo tylko kilka–kilkanaście sekund; potem tor się kładzie i większość pracy silniki wykonują prawie poziomo.

8 Zadania do przemyślenia

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia.

Zadania do przemyślenia

5 zadań · ok. 1,5 godziny

Pakiet kontra wieża. R-7 zapala wszystkie silniki na ziemi i odrzuca boczne bloki (stopniowanie równoległe). Jakie są zalety i wady w porównaniu ze stopniami ustawionymi szeregowo?
Rozwiązanie
1. Zalety: wszystkie silniki zapalone i sprawdzone przed startem (w latach 50. zapłon silnika w próżni był wielką niewiadomą), duży ciąg startowy, krótsza i sztywniejsza rakieta.
2. Wady: centralny blok pracuje od startu, więc w chwili odrzucenia bocznych ma już mniej paliwa niż osobny górny stopień; część jego silników pracuje w gęstej atmosferze z gorszym $I_{sp}$ . Dlatego R-7 dostała z czasem dodatkowy, szeregowy górny stopień.
Nieskończenie wiele stopni. Pokaż, że dla $n\to\infty$ jednakowych stopni udział ładunku dąży do $e^{-\Delta v/(c(1 - \varepsilon))}$ . Jak to interpretować?
Rozwiązanie
1. $\ln\pi = n\ln\frac{e^{-x/n} - \varepsilon}{1 - \varepsilon}$ z $x = \Delta v/c$ . Dla dużego $n$ : $e^{-x/n} \approx 1 - x/n$ , więc $\frac{1 - x/n - \varepsilon}{1 - \varepsilon} = 1 - \frac{x}{n(1 - \varepsilon)}$ , a $n\ln(1 - \frac{x}{n(1 - \varepsilon)}) \to -\frac{x}{1 - \varepsilon}$ .
2. To rakieta, która konstrukcję wyrzuca w sposób ciągły razem z paliwem: zachowuje się jak rakieta bez konstrukcji z prędkością wylotową zmniejszoną do $c(1 - \varepsilon)$ . Dla $\varepsilon = 0{,}1$ , $c = 3{,}3$ , $\Delta v = 9{,}4$ : 4,2% – górna granica dla stopniowania.
Dlaczego nie poziomo od razu? Skoro straty grawitacyjne biorą się z lotu stromego, dlaczego rakieta nie leci od początku prawie poziomo?
Rozwiązanie
1. Opór i ogrzewanie: lot z prędkością kilku km/s w gęstej atmosferze kosztowałby kilometry na sekundę oporu i zniszczyłby rakietę (ciśnienie dynamiczne setek kPa, w symulacji przy upadku ponad 400 kPa).
2. Optimum to szybkie wyjście ponad gęstą atmosferę (tor stromy), potem kładzenie się. Rakiety startujące z Księżyca, bez atmosfery, mogą się kłaść dużo wcześniej.
Ile więcej ładunku? Rakieta modelowa z 15 t kończy pracę 480 m/s szybciej, niż trzeba na orbitę kołową 260 km. Oszacuj, o ile więcej ładunku mogłaby zabrać na tę orbitę.
Rozwiązanie
1. Zmiana ładunku zmienia głównie $\Delta v$ drugiego stopnia: $\partial\Delta v_2/\partial m_L = c_2\left(\frac{1}{m_0} - \frac{1}{m_k}\right) = 3384\left(\frac{1}{119} - \frac{1}{19}\right) = -150$ m/s na tonę.
2. 480 m/s to ok. 3 t, ale straty też się zmieniają z $T/W$ , więc trzeba to sprawdzić symulacją. Przy 18 t i odchyleniu $1{,}1^\circ$ orbita ma 254 × 303 km, prawie kołowa; przy 19 t najlepsze odchylenie ( $1{,}2^\circ$ ) daje 158 × 340 km, na granicy. Odpowiedź: ok. 3 t, zgodnie z oszacowaniem.
Impuls właściwy a gęstość. Wodór daje $I_{sp}$ o 30% większy od nafty, a mimo to pierwsze stopnie wielu rakiet używają nafty albo metanu. Dlaczego?
Rozwiązanie
1. Ciekły wodór ma gęstość 70 kg/m³, nafta ok. 800: mieszanka z tlenem jest ok. trzy razy mniej gęsta, więc zbiorniki są większe i cięższe ( $\varepsilon$ rośnie), a opór większy. Na pierwszym stopniu liczy się też duży ciąg, który łatwiej uzyskać z gęstego paliwa.
2. Na górnym stopniu, gdzie każdy kilogram konstrukcji jest drogi, a $\Delta v$ duże, wysoki $I_{sp}$ wygrywa: stąd często górne stopnie wodorowe.

9 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Napisz równanie rakietowe.

$\Delta v = I_{sp}g_0\ln(m_0/m_k)$ .

2 Ile

\Delta v

potrzeba na niską orbitę i z czego się składa?

Ok. 9,3–9,7 km/s: 7,8 km/s prędkości orbitalnej plus straty (grawitacyjne 1–1,5, opór, sterowanie) minus obrót Ziemi.

3 Skąd straty grawitacyjne?

$\int g\sin\gamma\,dt$ : część ciągu idzie na unoszenie, póki tor jest stromy.

4 Po co stopnie?

Żeby nie rozpędzać pustych zbiorników i silników; pojedynczy stopień nie osiąga prędkości orbitalnej.

5 Co to jest zakręt grawitacyjny?

Lot z ciągiem wzdłuż prędkości ( $\alpha = 0$ ) po małym początkowym odchyleniu; grawitacja kładzie tor.

6 Jak podzielić

\Delta v

między różne stopnie?

Mnożniki Lagrange’a: $R_i = (c_i\lambda - 1)/(c_i\varepsilon_i\lambda)$ ; stopień lepszy (wyższe $c$ , mniejsze $\varepsilon$ ) robi więcej.

10 Karta wzorów i co dalej

Rakieta i stopnie

$\Delta v = c\ln(m_0/m_k)$ , $c = I_{sp}g_0$

$n$ jednakowych: $\pi = \left(\frac{e^{-\Delta v/nc} - \varepsilon}{1 - \varepsilon}\right)^n$ , $\;n\to\infty$ : $e^{-\Delta v/c(1 - \varepsilon)}$

optimum: $R_i = \frac{c_i\lambda - 1}{c_i\varepsilon_i\lambda}$ , $\sum c_i\ln R_i = \Delta v$

jeden stopień bez ładunku: $c\ln(1/\varepsilon)$

Wznoszenie

$\dot v = (T\cos\alpha - D)/m - g\sin\gamma$

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

$\Delta v_\text{id} = v_k + \int g\sin\gamma + \int D/m + \int\frac Tm(1 - \cos\alpha) - v_\text{obr}$

obrót Ziemi $465\cos\varphi$ m/s; LEO ok. 9,3–9,7 km/s

Do przeczytania

Obowiązkowo: C. A. Kluever, Space Flight Dynamics, rozdz. 6 (wznoszenie, stopniowanie, straty); U. Walter, Astronautics, rozdz. 2–3 (równanie rakietowe, stopniowanie) i 6.4 (zakręt grawitacyjny).
Dla chętnych: G. P. Sutton, O. Biblarz, Rocket Propulsion Elements, rozdz. 4: osiągi rakiet wielostopniowych z punktu widzenia napędu.

Rakieta zostawiła ładunek na orbicie. Teraz trzeba go przenieść tam, gdzie ma pracować: wyżej, na orbitę geostacjonarną, albo do innej płaszczyzny. Kolejna lekcja liczy, jak zrobić to najtaniej: transfer Hohmanna i zmiana płaszczyzny orbity.