5 Manewry orbitalne: transfer Hohmanna i zmiana płaszczyzny orbity

0 Prolog: inżynier miejski z Essen

Walter Hohmann był inżynierem budownictwa w urzędzie miejskim w Essen. W wolnym czasie liczył, jak polecieć na inne planety, i w 1925 roku wydał książkę Die Erreichbarkeit der Himmelskörper („Osiągalność ciał niebieskich”). Zaproponował w niej i policzył przelot między dwiema orbitami kołowymi po połówce elipsy stycznej do obu, z jednym impulsem na początku i jednym na końcu; że jest to przelot optymalny, udowodniono ściśle dopiero w latach 60. Do pierwszego sztucznego satelity zostały wtedy jeszcze 32 lata.

Ta elipsa nosi dziś jego nazwę i jest punktem wyjścia każdego planowania misji: do orbity geostacjonarnej, do Księżyca, do Marsa. Prawdziwe trajektorie różnią się od niej szczegółami, ale rzadko ją biją o więcej niż kilka procent.

Pytanie na start. Satelita wystrzelony z przylądka Canaveral krąży na orbicie nachylonej o $28{,}5^\circ$ . Ile kosztowałby obrót jego orbity do płaszczyzny równika od razu, na orbicie 300 km? Odpowiedź w części 4.

1 Manewr impulsowy

Silnik satelity pracuje zwykle minuty, a obieg trwa półtorej godziny albo dłużej. Przybliżamy więc pracę silnika impulsem: prędkość zmienia się skokowo o $\Delta\mathbf v$ , a położenie się nie zmienia. Koszt manewru mierzymy sumą $|\Delta\mathbf v|$ , bo paliwo wynika z równania rakietowego (lekcja 4 Rakieta na orbitę: równanie rakietowe, stopniowanie i zakręt grawitacyjny): $m_0/m_k = e^{\sum|\Delta v|/c}$ .

Który kierunek impulsu najbardziej zmienia energię orbity? Z $\varepsilon = v^2/2 - \mu/r$ przy stałym $r$ :

\Delta\varepsilon = \mathbf v\cdot\Delta\mathbf v + \tfrac12|\Delta\mathbf v|^2 .

Przy zadanej długości $|\Delta\mathbf v|$ zmiana energii jest największa, gdy impuls jest równoległy do prędkości (styczny). Dlatego zmiany wielkości orbity robi się impulsami stycznymi, a impulsy poprzeczne służą do zmiany płaszczyzny.

Zadania · część 1

3 zadania · ok. 20 min

Satelita ma silnik o $I_{sp} = 320$ s. Manewry wymagają łącznie 3,89 km/s. Jaki stosunek mas musi mieć?

Odpowiedź
$c = 3138$ m/s, $m_0/m_k = e^{3893/3138} = 3{,}46$ : paliwo to 71% masy satelity. Dlatego satelity geostacjonarne zostawia się zwykle na orbicie przejściowej, a resztę robią własnym silnikiem, z dużą częścią masy w paliwie.
Kiedy przybliżenie impulsowe zawodzi? Policz czas pracy silnika, który ma dać 2,43 km/s przy przyspieszeniu 0,5 m/s², i porównaj z okresem orbity 300 km (90,5 min).

Odpowiedź
$2430/0{,}5 = 4860$ s $= 81$ min, prawie cały obieg. Impuls „rozmazany” na pół orbity jest mniej skuteczny (część pracy odbywa się daleko od optymalnego punktu); przy takim napędzie (np. elektrycznym, z jeszcze mniejszym przyspieszeniem) orbitę podnosi się po spirali przez tygodnie i koszt $\Delta v$ jest inny (zadanie do przemyślenia 4).
Pokaż, że przy stałej długości impulsu największą zmianę energii daje impuls styczny w kierunku ruchu, a największy spadek energii – styczny przeciwnie do ruchu.

Odpowiedź
$\Delta\varepsilon = v\,|\Delta\mathbf v|\cos\theta + \frac12|\Delta\mathbf v|^2$ , gdzie $\theta$ to kąt między $\mathbf v$ a $\Delta\mathbf v$ . Przy stałym $|\Delta\mathbf v|$ zależność od kierunku to $\cos\theta$ : maksimum przy $\theta = 0$ , minimum przy $\theta = 180^\circ$ . Impuls prostopadły zmienia energię tylko o $\frac12|\Delta\mathbf v|^2$ .

2 Transfer Hohmanna

Między orbitami kołowymi o promieniach $r_1 < r_2$ prowadzi elipsa z perycentrum $r_1$ i apocentrum $r_2$ . W perycentrum impuls styczny zwiększa prędkość z kołowej do perycentrycznej na elipsie, w apocentrum drugi impuls wyrównuje orbitę do kołowej:

Transfer Hohmanna

a_t = \frac{r_1 + r_2}{2},\qquad \Delta v_1 = \sqrt{\frac{\mu}{r_1}}\left(\sqrt{\frac{2r_2}{r_1 + r_2}} - 1\right),\qquad \Delta v_2 = \sqrt{\frac{\mu}{r_2}}\left(1 - \sqrt{\frac{2r_1}{r_1 + r_2}}\right),

t = \pi\sqrt{\frac{a_t^3}{\mu}}\quad\text{(pół okresu elipsy)} .

Z 300 km na orbitę geostacjonarną: $\Delta v_1 = 2{,}426$ km/s, $\Delta v_2 = 1{,}467$ km/s, razem 3,893 km/s, czas 5,28 h.

Wzory to vis-viva z lekcji 1 w trzech punktach. Dla małych podniesień orbity jest prostsza reguła: $\Delta v_\text{całk} \approx \frac{v}{2}\frac{\Delta r}{r}$ . Podniesienie stacji kosmicznej z 400 do 420 km kosztuje $5{,}65 + 5{,}64 = 11{,}3$ m/s, a reguła daje $7669\cdot 20/(2\cdot 6778) = 11{,}3$ m/s.

Transfer Hohmanna jest najtańszym transferem z dwoma impulsami między orbitami kołowymi w jednej płaszczyźnie (dowód przez badanie wszystkich elips przecinających obie orbity jest w literaturze, np. u Curtisa). Nie jest najszybszy: szybsze transfery mają bardziej wydłużone elipsy i większy drugi impuls.

Zadania · część 2

3 zadania · ok. 25 min

Policz oba impulsy transferu Hohmanna z orbity 300 km ( $r_1 = 6678$ km) na geostacjonarną ( $r_2 = 42\,164$ km).

Odpowiedź
$v_1 = 7{,}726$ km/s, $a_t = 24\,421$ km, w perycentrum elipsy $v_p = \sqrt{\mu(2/r_1 - 1/a_t)} = 10{,}152$ km/s: $\Delta v_1 = 2{,}426$ km/s. W apocentrum $v_a = 1{,}608$ km/s, $v_2 = 3{,}075$ km/s: $\Delta v_2 = 1{,}467$ km/s.
Ile trwa ten transfer? Jaki jest okres orbity przejściowej?

Odpowiedź
Okres elipsy $2\pi\sqrt{a_t^3/\mu} = 10{,}55$ h, transfer to połowa: 5,28 h.
Stację kosmiczną (400 km) trzeba podnieść o 20 km. Ile kosztuje to $\Delta v$ ? Ile paliwa przy masie 420 t i $I_{sp} = 300$ s?

Odpowiedź
$\Delta v \approx \frac{v}{2}\frac{\Delta r}{r} = 11{,}3$ m/s. Paliwo: $m(1 - e^{-11{,}3/2942}) = 420\cdot 0{,}00384 = 1{,}6$ t. Stacja traci kilkadziesiąt do ponad stu metrów wysokości na dobę (lekcja 3 Perturbacje: spłaszczenie Ziemi, orbita heliosynchroniczna i opór), więc takie manewry robi się co kilka tygodni.

3 Transfer dwueliptyczny

Ciekawostka z wielkim znaczeniem: dla dużych $r_2/r_1$ tańsze są trzy impulsy. Pierwszy wysyła statek po elipsie daleko poza orbitę docelową, do $r_b > r_2$ . Tam, gdzie prędkość jest mała, drugi impuls podnosi perycentrum do $r_2$ . Trzeci impuls, w nowym perycentrum, hamuje do prędkości kołowej.

Całkowite $\Delta v$ transferu Hohmanna (w jednostkach $v_1$ ) rośnie z $r_2/r_1$ tylko do $r_2/r_1 = 15{,}58$ (0,536 $v_1$ ), a potem maleje: daleka orbita ma małą prędkość kołową, więc drugi impuls jest mały. Transfer dwueliptyczny z $r_b\to\infty$ jest tańszy od Hohmanna dla $r_2/r_1 > 11{,}94$ , a dla $r_2/r_1 > 15{,}58$ jest tańszy przy każdym $r_b > r_2$ . Przykład: dla $r_2 = 20r_1$ Hohmann kosztuje $0{,}5347\,v_1$ , a dwueliptyczny z $r_b = 40r_1$ $0{,}5256\,v_1$ ; dla $r_1 = 6678$ km to 4,131 i 4,061 km/s, ale czas lotu rośnie z 26 h do 194 h. Zysk 70 m/s rzadko jest wart 7,5 raza dłuższego lotu, dlatego transfer dwueliptyczny pozostaje głównie w podręcznikach.

Zadania · część 3

3 zadania · ok. 25 min

Dlaczego impuls daleko od Ziemi (w $r_b$ ) może być tani, mimo że trzeba nim zmienić perycentrum o tysiące kilometrów?

Odpowiedź
Moment pędu $h = r_bv_\perp$ : w dużej odległości mała zmiana prędkości daje dużą zmianę $h$ , a perycentrum zależy od $h$ ( $p = h^2/\mu$ ). Ten sam mechanizm sprawia, że korekty płaszczyzny i perycentrum robi się w apocentrum.
W granicy $r_b\to\infty$ transfer dwueliptyczny to: ucieczka po paraboli, zero kosztu w nieskończoności, powrót po paraboli i hamowanie. Policz jego koszt dla $r_2 = 20r_1$ (w jednostkach $v_1$ ).

Odpowiedź
Pierwszy impuls: $\sqrt2 - 1 = 0{,}4142$ . Ostatni: prędkość paraboliczna w $r_2$ minus kołowa: $\sqrt{2/20} - \sqrt{1/20} = 0{,}3162 - 0{,}2236 = 0{,}0926$ . Razem $0{,}5068\,v_1$ , wobec $0{,}5347\,v_1$ Hohmanna: o 5% mniej, w nieskończonym czasie.
Ile razy dłużej trwa transfer dwueliptyczny z $r_b = 40r_1$ niż Hohmanna dla $r_2 = 20r_1$ , jeśli $r_1 = 6678$ km?

Odpowiedź
Hohmann: pół okresu elipsy o $a = 10{,}5r_1$ : 25,7 h. Dwueliptyczny: połowy elips o $a = 20{,}5r_1$ i $a = 30r_1$ : 194 h. Ok. 7,5 razy dłużej.

4 Zmiana płaszczyzny orbity

Żeby obrócić płaszczyznę orbity kołowej o kąt $\Delta i$ , trzeba obrócić wektor prędkości o ten kąt bez zmiany jego długości. Impuls musi być podstawą trójkąta równoramiennego:

Zmiana płaszczyzny

\Delta v = 2v\sin\frac{\Delta i}{2}\quad\text{(sama zmiana płaszczyzny)},\qquad \Delta v = \sqrt{v_1^2 + v_2^2 - 2v_1v_2\cos\Delta i}\quad\text{(połączona ze zmianą prędkości)}.

Manewr wykonuje się w węźle (na linii przecięcia starej i nowej płaszczyzny), najlepiej tam, gdzie prędkość jest najmniejsza.

Odpowiedź na pytanie z prologu: obrót orbity 300 km o $28{,}5^\circ$ kosztuje $2\cdot 7{,}726\sin 14{,}25^\circ = 3{,}80$ km/s, prawie połowę prędkości orbitalnej i więcej niż cały transfer na orbitę geostacjonarną. Na orbicie geostacjonarnej ten sam obrót kosztuje 1,51 km/s, a połączony z wyrównaniem orbity w apogeum GTO: $\sqrt{1{,}608^2 + 3{,}075^2 - 2\cdot 1{,}608\cdot 3{,}075\cos 28{,}5^\circ} = 1{,}83$ km/s zamiast $1{,}467 + 1{,}514 = 2{,}98$ km/s osobno. Cała droga z 300 km z Canaveral na GEO: $2{,}426 + 1{,}830 = 4{,}256$ km/s. Z Kourou ( $5{,}2^\circ$ ): 3,906 km/s. Różnica 350 m/s to przy $I_{sp} = 320$ s ok. 12% masy satelity.

Jest jeszcze jedna drobna optymalizacja: mała część zmiany płaszczyzny opłaca się w perygeum. Z Canaveral najlepiej obrócić orbitę o $2{,}2^\circ$ przy pierwszym impulsie i o $26{,}3^\circ$ w apogeum: 4,231 km/s, o 25 m/s mniej.

Zadania · część 4

3 zadania · ok. 25 min

Ile kosztuje obrót orbity kołowej 300 km o $28{,}5^\circ$ , a ile o $60^\circ$ ?

Odpowiedź
$2\cdot 7{,}726\sin 14{,}25^\circ = 3{,}80$ km/s; przy $60^\circ$ : $2v\sin 30^\circ = v = 7{,}73$ km/s, tyle co cała prędkość orbitalna.
Policz $\Delta v$ manewru w apogeum GTO łączącego wyrównanie orbity z obrotem o $28{,}5^\circ$ ( $v_a = 1{,}608$ km/s, $v_\text{GEO} = 3{,}075$ km/s).

Odpowiedź
$\sqrt{2{,}586 + 9{,}455 - 2\cdot 4{,}944\cdot 0{,}8788} = \sqrt{3{,}351} = 1{,}830$ km/s. Osobno: 2,98 km/s. Połączenie oszczędza 1,15 km/s, bo długości wektorów się nie dodają (nierówność trójkąta).
O ile procent więcej masy może mieć satelita GEO startujący z Kourou zamiast z Canaveral, przy tym samym $\Delta v$ dostępnym na orbicie przejściowej ( $I_{sp} = 320$ s)?

Odpowiedź
Różnica kosztu manewrów od GTO: $1{,}830 - 1{,}481 = 0{,}35$ km/s. $e^{350/3138} = 1{,}118$ : przy tej samej masie na orbicie końcowej satelita z Canaveral potrzebuje o 11,8% większej masy na GTO. W praktyce rakiety z Canaveral często wykonują część zmiany płaszczyzny górnym stopniem (GTO „z obniżonym nachyleniem”).

5 Efekt Obertha i ograniczenia modelu impulsowego

Ze wzoru $\Delta\varepsilon = v\Delta v + \frac12\Delta v^2$ wynika, że ten sam impuls daje tym większą zmianę energii, im szybciej statek leci. To efekt Obertha: silniki najlepiej zapalać w perycentrum. Paliwo „zabrane” na dół studni potencjału ma tam więcej energii kinetycznej, którą rakieta przejmuje. Dlatego sonda uciekająca z Ziemi startuje z niskiej orbity, a hamowanie przy przylocie do planety robi się jak najbliżej niej.

Model impulsowy ma swoje granice. Gdy silnik pracuje długo w porównaniu z okresem orbity, impuls jest „rozmazany” wokół optymalnego punktu, a część pracy idzie na składową prostopadłą do prędkości (straty od skończonego czasu pracy, zwykle kilka do kilkudziesięciu m/s). Przy napędzie elektrycznym o przyspieszeniu rzędu $10^{-4}$ m/s² orbita rozwija się powoli po spirali, a koszt przejścia między orbitami kołowymi to różnica prędkości kołowych, $|v_1 - v_2|$ , czyli więcej niż w transferze Hohmanna, ale przy kilku- do dziesięciokrotnie większym $I_{sp}$ (napęd elektryczny: 1500–3000 s).

Zadania · część 5

2 zadania · ok. 20 min

Na orbicie GTO impuls 100 m/s w kierunku ruchu: o ile zmienia energię w perygeum ( $v = 10{,}15$ km/s), a o ile w apogeum ( $1{,}61$ km/s)?

Odpowiedź
Perygeum: $10{,}15\cdot 0{,}1 + 0{,}005 = 1{,}020$ km²/s²; apogeum: $0{,}166$ km²/s². Sześć razy więcej w perygeum: to efekt Obertha.
Napęd elektryczny przenosi satelitę z 300 km na GEO po spirali. Ile kosztuje to $\Delta v$ , ile paliwa przy $I_{sp} = 1500$ s, a ile przy transferze Hohmanna z $I_{sp} = 320$ s (bez zmiany płaszczyzny)?

Odpowiedź
Spirala: $\Delta v = 7{,}726 - 3{,}075 = 4{,}65$ km/s; $m_k/m_0 = e^{-4650/14\,710} = 0{,}729$ (27% masy to paliwo). Hohmann: 3,893 km/s, $e^{-3893/3138} = 0{,}289$ (71% paliwa). Spirala jest droższa w $\Delta v$ , ale napęd o pięciokrotnie większym $I_{sp}$ wygrywa w masie. Ceną jest czas: miesiące zamiast godzin, i wielokrotne przeloty przez pasy radiacyjne.

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda: planowanie manewrów

Orbity początkowa i końcowa: $r$ , $a$ , $e$ , płaszczyzna.
Prędkości z vis-viva w każdym punkcie manewru, przed i po.
Zmiana płaszczyzny tam, gdzie prędkość najmniejsza, połączona ze zmianą prędkości (wzór cosinusów).
Suma $|\Delta v|$ , potem masa paliwa z równania rakietowego.
Sprawdzenie: czy przybliżenie impulsowe się trzyma (czas pracy silnika wobec okresu); czas przelotu.

Przykład 6.1 Z Canaveral na GEO

Satelita na orbicie 300 km o nachyleniu $28{,}5^\circ$ ma przejść na orbitę geostacjonarną. Zaplanuj manewry.

Impuls w perygeum (w węźle, żeby apogeum leżało nad równikiem): $\Delta v_1 = 2{,}426$ km/s, orbita przejściowa $300 \times 35\,786$ km.
Po 5,28 h, w apogeum (nad równikiem): wyrównanie i obrót o $28{,}5^\circ$ jednym impulsem 1,830 km/s.
Razem 4,256 km/s; z podziałem $2{,}2^\circ/26{,}3^\circ$ między perygeum i apogeum 4,231 km/s.

Wynik: ok. 4,23–4,26 km/s, 5,3 h.

Sprawdzenie: bez zmiany płaszczyzny 3,893 km/s; obrót kosztuje 0,34–0,36 km/s dodatkowo, dużo mniej niż 3,80 km/s na niskiej orbicie ✓.

Przykład 6.2 Dwueliptyczny na odległą orbitę

Z orbity 300 km ( $r_1 = 6678$ km) na orbitę kołową $r_2 = 20r_1 = 133\,560$ km. Porównaj Hohmanna z transferem dwueliptycznym przez $r_b = 40r_1$ .

Hohmann: $0{,}5347\,v_1 = 4{,}131$ km/s, 25,7 h.
Dwueliptyczny: pierwsza elipsa $r_1 \to 40r_1$ , druga $40r_1 \to 20r_1$ ; impulsy z vis-viva w trzech punktach, razem 4,061 km/s, 194 h.

Wynik: 70 m/s taniej, 7,5 razy dłużej.

Sprawdzenie: granica $r_b\to\infty$ : $0{,}5068\,v_1 = 3{,}92$ km/s (zadanie 3.2): dwueliptyczny z $r_b = 40r_1$ leży między nią a Hohmannem ✓.

Przykład 6.3 Najtańszy obrót płaszczyzny

Satelita na orbicie 300 km chce obrócić płaszczyznę o $60^\circ$ . Czy taniej zrobić to bezpośrednio, czy wznieść się wysoko, obrócić tam i wrócić?

Bezpośrednio: $2v\sin 30^\circ = 7{,}73$ km/s.
Przez dwueliptyczną drogę z $r_b = 20r_1$ : impuls w perygeum $\sqrt{2\cdot 20/21} - 1 = 0{,}380\,v_1$ , w apocentrum obrót o $60^\circ$ przy prędkości $v_a = \sqrt{2/(20\cdot 21)} = 0{,}069\,v_1$ : $2\cdot 0{,}069\sin 30^\circ = 0{,}069\,v_1$ , powrót: $0{,}380\,v_1$ .
Razem $0{,}829\,v_1 = 6{,}40$ km/s.

Wynik: wyprawa w górę jest tańsza o 1,3 km/s, ale trwa cały okres elipsy o $a = 10{,}5r_1$ , ok. 51 h.

Sprawdzenie: dla małych kątów (np. $10^\circ$ : bezpośrednio $0{,}174\,v_1$ ) wyprawa w górę jest droższa: z $r_b = 20r_1$ sama kosztuje $0{,}76\,v_1$ . Granica opłacalności: $48{,}9^\circ$ dla $r_b\to\infty$ , a przy optymalnie dobranym (skończonym) $r_b$ już $38{,}9^\circ$ (zadanie do przemyślenia 2) ✓.

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„Żeby dogonić coś przed sobą na orbicie, trzeba przyspieszyć.”: Przyspieszenie podnosi orbitę, a wyższa orbita ma dłuższy okres: statek zostaje w tyle. To temat następnej lekcji.
„Hohmann jest najlepszy zawsze.”: Najtańszy wśród transferów dwuimpulsowych między orbitami kołowymi w jednej płaszczyźnie i tylko do $r_2/r_1 = 11{,}94$ (wobec dwueliptycznego). Nie jest najszybszy.
„Zmiana płaszczyzny to drobna korekta.”: Obrót o $28{,}5^\circ$ na niskiej orbicie kosztuje więcej niż cały transfer na orbitę geostacjonarną.
„Δv z różnych manewrów można dodawać jak wektory.”: Koszt (paliwo) to suma długości impulsów. Wektory dodaje się tylko wtedy, gdy impulsy łączy się w jeden w tym samym miejscu, i właśnie dlatego łączenie się opłaca.
„Silnik daje tyle samo, gdzie go nie zapalić.”: Ten sam $\Delta v$ zmienia energię orbity tym bardziej, im szybciej statek leci (efekt Obertha).

8 Zadania do przemyślenia

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia.

Zadania do przemyślenia

5 zadań · ok. 1,5 godziny

Dlaczego Hohmann jest optymalny? Naszkicuj argument, że wśród transferów dwuimpulsowych między orbitami kołowymi elipsa styczna do obu jest najtańsza.
Rozwiązanie
1. Impulsy niestyczne marnują część $\Delta v$ na obrót wektora prędkości zamiast zmiany jego długości (część 1). Elipsa styczna do obu okręgów pozwala na oba impulsy styczne.
2. Spośród elips stycznych do wewnętrznego okręgu i przecinających zewnętrzny najmniejszą energię (najmniejsze $\Delta v_1$ ) ma ta, która zewnętrznego tylko dotyka. Większa elipsa wymaga większego $\Delta v_1$ i przecina zewnętrzny okrąg pod kątem, więc drugi impuls jest niestyczny. Dokładny dowód sprawdza pochodne $\Delta v_1 + \Delta v_2$ po parametrach elipsy.
Kiedy opłaca się lecieć w górę, żeby obrócić płaszczyznę? Dla jakiego $\Delta i$ wyprawa do $r_b\to\infty$ (bez kosztu obrotu) jest tańsza od bezpośredniego obrotu?
Rozwiązanie
1. Wyprawa: dwa impulsy $(\sqrt2 - 1)v_1$ , razem $0{,}828\,v_1$ ; obrót w nieskończoności nic nie kosztuje.
2. Bezpośrednio: $2v_1\sin(\Delta i/2)$ . Równość przy $\sin(\Delta i/2) = 0{,}414$ , $\Delta i = 48{,}9^\circ$ . Powyżej tego kąta wyprawa jest tańsza. Przy optymalnie dobranym skończonym $r_b$ (wtedy obrót w apocentrum coś kosztuje, ale impulsy w perycentrum są mniejsze) próg spada do $38{,}9^\circ$ ; $r_b\to\infty$ staje się optymalne dopiero powyżej ok. $60^\circ$ .
Węzeł a apogeum. Zmiana płaszczyzny musi być w węźle. Co zrobić, jeśli węzeł orbity przejściowej nie leży w apogeum?
Rozwiązanie
1. Pierwszy impuls (w perygeum) wykonać w węźle orbity startowej: wtedy apogeum wypada w drugim węźle, nad równikiem. Wymaga to odpowiedniej chwili startu i położenia na orbicie parkingowej.
2. Jeśli się nie da (np. orbita eliptyczna z innym $\omega$ ), obrót robi się w węźle przy większej prędkości (drożej) albo dzieli na kilka manewrów; obrót $J_2$ (lekcja 3) też powoli przesuwa węzły.
Spirala niskiego ciągu. Pokaż, że przy bardzo małym ciągu stycznym orbita pozostaje prawie kołowa, a koszt przejścia z $r_1$ do $r_2$ to $\sqrt{\mu/r_1} - \sqrt{\mu/r_2}$ .
Rozwiązanie
1. Małe przyspieszenie styczne $a_t$ zmienia energię: $\dot\varepsilon = va_t$ . Orbita pozostaje prawie kołowa, bo zmiana mimośrodu na obieg jest rzędu $a_t/(nv)$ , czyli stosunku przyspieszenia silnika do przyspieszenia grawitacyjnego ( $\ll 1$ ). Na orbicie prawie kołowej $\varepsilon = -v^2/2$ , więc $-v\dot v = va_t$ , czyli $\dot v = -a_t$ : prędkość maleje dokładnie tak szybko, jak dodaje ją silnik.
2. Całkowite $\Delta v = \int a_t\,dt = v_1 - v_2$ . Paradoks znika, gdy zauważyć, że grawitacja na rozwijającej się spirali hamuje statek o więcej, niż daje silnik.
Co dalej z górnym stopniem? Górny stopień rakiety po wypuszczeniu satelity na GTO zostaje na tej orbicie. Dlaczego to problem i jak go rozwiązać?
Rozwiązanie
1. GTO przecina wszystkie orbity od 250 km do GEO, w tym gęsto zajęte niskie orbity i okolice GEO. Perygeum jest dość wysoko, więc opór usuwa stopień dopiero po latach.
2. Rozwiązania: obniżenie perygeum po oddzieleniu (impuls w apogeum przeciw ruchowi, kilkadziesiąt m/s), żeby opór szybko sprowadził stopień; wypuszczanie satelity bliżej GEO; dla satelitów GEO po zakończeniu pracy podniesienie na orbitę „cmentarną” ok. 300 km powyżej GEO.

9 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Jakie są dwa impulsy transferu Hohmanna?

Styczne: w perycentrum (wejście na elipsę) i w apocentrum (wyrównanie).

2 Ile kosztuje przejście z 300 km na GEO bez zmiany płaszczyzny?

2,43 + 1,47 = 3,89 km/s; 5,3 h.

3 Kiedy dwueliptyczny jest tańszy?

Dla $r_2/r_1 > 11{,}94$ (z odpowiednio dalekim $r_b$ ), dla każdego $r_b$ powyżej 15,58; ale trwa dużo dłużej.

4 Wzór na koszt zmiany płaszczyzny?

$2v\sin(\Delta i/2)$ ; z jednoczesną zmianą prędkości $\sqrt{v_1^2 + v_2^2 - 2v_1v_2\cos\Delta i}$ .

5 Gdzie robić zmianę płaszczyzny?

W węźle, tam gdzie prędkość najmniejsza (apocentrum), połączoną z innym impulsem.

6 Co to jest efekt Obertha?

$\Delta\varepsilon = v\Delta v + \frac12\Delta v^2$ : ten sam impuls daje więcej energii przy większej prędkości.

10 Karta wzorów i co dalej

Hohmann i dwueliptyczny

$\Delta v_1 = \sqrt{\mu/r_1}\left(\sqrt{2r_2/(r_1 + r_2)} - 1\right)$

$\Delta v_2 = \sqrt{\mu/r_2}\left(1 - \sqrt{2r_1/(r_1 + r_2)}\right)$

$t = \pi\sqrt{a_t^3/\mu}$ ; małe podniesienie: $\Delta v \approx \frac v2\frac{\Delta r}{r}$

dwueliptyczny lepszy dla $r_2/r_1 > 11{,}94$ (dla każdego $r_b$ powyżej 15,58)

Płaszczyzna i energia

$\Delta v = 2v\sin(\Delta i/2)$

$\Delta v = \sqrt{v_1^2 + v_2^2 - 2v_1v_2\cos\Delta i}$

$\Delta\varepsilon = \mathbf v\cdot\Delta\mathbf v + \frac12|\Delta\mathbf v|^2$ (Oberth)

spirala niskiego ciągu: $\Delta v = |v_1 - v_2|$

LEO 300 → GEO: 3,89 (równik), 3,91 (Kourou), 4,23–4,26 km/s (Canaveral)

Do przeczytania

Obowiązkowo: H. D. Curtis, Orbital Mechanics for Engineering Students, rozdz. 6 (manewry: Hohmann, dwueliptyczny, fazowanie, zmiana płaszczyzny); C. A. Kluever, Space Flight Dynamics, rozdz. o manewrach orbitalnych.
Dla chętnych: W. Hohmann, Die Erreichbarkeit der Himmelskörper (1925; przekład angielski NASA TT F-44): oryginalne rachunki, łącznie z hamowaniem w atmosferze.

Na orbitę docelową można trafić w złym miejscu: satelita, z którym mamy się spotkać, jest kilkaset kilometrów przed nami. Kolejna lekcja opisuje ruch względny dwóch statków na bliskich orbitach i pokazuje paradoks, że żeby dogonić cel, trzeba zahamować.