Lösung 9 - D-MATH

Prof. Dr. D. Stoffer
Orbital Dynamics, D-MAVT
ETH Zurich, FS 15
Lösung 9
1. Molniya-Bahn
Seien b den Breitengrad des Abschussortes, α das Azimut der Abschussrichtung, und i
die Neigung, dann gilt gemäss der sphärischen Trigonometrie 1
cos i = sin α cos b
Daraus folgt

 33.0◦
30.7◦
α=

26.7◦
Vandergberg AFB
Kennedy Space Centre
Kourou
Beim Abschuss am Äquator hätte man α = 90◦ − 63.4◦ = 26.6◦ . Es kommen nur
Abschussorte mit b ≤ i infrage. Im Grenzfall b = i hat man α = 90◦ .
1
Man betrachte drei Ebenen durch den Erdmittelpunkt:
A Äquatorebene,
O Bahnebene,
P Ebene durch Abschussort, sowie durch Nord- und Südpol.
Es sei eA ein Vektor der Länge 1, der senkrecht auf A steht und in nördliche Richtung zeigt. Analog
seien eO und eP definiert, wobei eO in die nördliche Halbkugel zeigen soll und eP in die westliche (vom
Abschlussort aus gesehen).
Die Projektionen dieser drei Ebenen auf die Erdoberfläche bilden ein sphärisches Dreieck, das einen
rechten Winkel hat, da A ⊥ P, d.h. eA · eP = 0. Die beiden anderen Winkel sind i und α, es gilt
cos i = eA · eO
cos α = eP · eO
Die Vektoren
eO × eP
|eO × eP |
sin i = |eA × eO |
sin α = |eP × eO |
bzw.
eA × eP
|eA × eP |
sind Einheitsvektoren in Richtung der Geraden O ∩ P (Abschussort) bzw. A ∩ P. Der eingeschlossene
Winkel ist der Breitengrad b:
eO × eP
eA × eP
cos b =
·
|eO × eP | |eA × eP |
Mit (a × b) · (c × d) = (a · b)(b · d) − (a · d)(b · c) sowie |eA × eP | = 1:
|eO × eP | cos b = eO · eA
=⇒
1
sin α cos b = cos i
2. Antriebsvermögen des Space Shuttle
(i)
(i)
Für i = 1, 2, 3 sei m0 die Anfangsmasse und mb die Masse bei Brennschluss für die
(1)
(2)
(2)
(3)
Phase i. Dabei ist mb ̸= m0 und mb ̸= m0 . Ausserdem sei c(i) die gemittelte
effektive Austrittsgeschwindigkeit während der Phase i. Es gilt
(
)
(i)
(i)
∆vtot = ∆v (1) + ∆v (2) + ∆v (3)
und
∆v (i) = c(i) log m0 /mb
1. Phase: Dauer der Phase ∆t(1) = 120 s; SSME und SRB parallel
(1)
= 2 017 t
(1)
= m0 − 2 mt,SRB + 3 ṁSSME · ∆t(1) = 837 t
m0
mb
(1)
2 SSRB + 3 SSSME
= 3 150 m/s
2 ṁSRB + 3 ṁSSME
= 2 770 m/s
c(1) = −
∆v (1)
2.Phase: SSME alleine, ∆t(2) = 348.67 s (∆t(1) + ∆t(2) = Brenndauer SSME)
(2)
= mb − 2 ms,SRB = 669 t
(2)
= m0 + 3 ṁSSME · ∆t(2) = 146 t
m0
mb
(1)
(2)
c(2) = cSSME = 4 300 m/s
∆v (2) = 6 545 m/s
3.Phase: OMS-Triebwerke
(3)
= mb − ms,ET = 111 t
(3)
= m0 − mt,OMS = 100 t
m0
mb
(2)
(3)
c(3) = cOMS = 3 000 m/s
∆v (3) = 313 m/s
Daraus folgt das gesamte Antriebsvermögen ∆vtot = 9 633 m/s.
2
3. SMART 1
a) Es gilt
∆vchar = c log
m0
= 3.51 km/s
m0 − mt
b+c) Die Bewegungsgleichungen für t ∈ [0, mt c/S] mit r = |r| und v = |v| lauten
ṙ = v
v̇ =
S v µ r
−
m(t) v r2 r
mit
m(t) = m0 −
S
t
c
Die Anfangsbedingungen (r(0), v(0)) müssen denen
√ einer geostationären Bahn
enstprechen: r(0) = rGEO = 42 157 km, v(0) =
µ/r(0) = 3 075 m/s, wobei
v(0) senkrecht auf r(0) steht.
√
Die momentane Fluchtgeschgwindigkeit beträgt vFlucht = 2µ/r(t). Im nachfolgenden Plot sind v(t) und vFlucht (t) dargestellt; v(t) als durchgezogene blaue Linie
und vFlucht (t) als gestrichelte rote.
Geschwindigkeit von SMART und die momentane Fluchtgeschwindigkeit
4.5
4
3.5
v [km/s]
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
0
500
1000
1500
2000
2500
3000
3500
4000
4500
t [h]
Die Fluchtgeschwindigkeit wird nach etwa 3431 Stunden erreicht, zu diesem Zeitpunkt ist eine Entfernung von 1.1357 Milionen Kilometern erreicht und es wurde
52.4 kg Treibstoff verbraucht.
Im nachfolgenden Plot ist die Bahn des Satelliten eingezeichnet. Der Punkt an dem
die Fluchtgeschwindigkeit erreicht wird, ist mit einem roten Stern gekennzeichnet.
3
×105
Bahn von SMART
5
y [km]
0
-5
-10
-15
-20
-0.5
d)
0
0.5
1
1.5
2
x [km]
2.5
3
3.5
(
( v
))
√
GEO
mt = m0 1 − exp −
( 2 − 1) = 100 kg
c
e) Bei Brennschluss tb = mt c/S findet man
v(tb ) = 1 437m/s
Es ist
v∞ =
und
r(tb ) = 4 764 · 103 km
√
v(tb )2 − 2µ/r(tb ) = 1 378 m/s.
4
4
×106