Swing-by, Teil 2

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Swing-by
Zum Nachdenken
Ihre Lösungen senden Sie bitte bis zum 15. September an:
Redaktion SuW, Max-Planck-Institut für Astronomie,
Königstuhl 17, D-69117 Heidelberg. Fax: (+49|0) 6221-528 246
wachs ∆υ 2 unter Berücksichtigung der in Abb.
2 ablesbaren Beziehungen
Teil 2
υY 2 5 υY∞t 1 υYP
υY 4 5 υYP 1 υY*∞t
N
achdem im ersten Teil die planetozentrischen Verhältnisse untersucht wurden, soll
nun der heliozentrische Formalismus angegangen werden. Die kinetischen Energien beim
Eintritt in und beim Austritt aus der Einflußsphäre des Planeten, an dem der Swing-by
durchgeführt wird, sind gegeben durch:
m
Ekin,2 5 } υ22
2
m
Ekin,4 5 } υ42
2
(9)
Aufgabe 4: Man ermittle den dem Energiegewinn ∆E äquivalenten Geschwindigkeitszu-
υ4
Planet
Einflußsphäre
υ2
Abb. 1: Einflußsphäre eines Planeten.
Lösung der Aufgabe
aus dem Juni-Heft
Aufgabe 1: a) Die große Halbachse folgt mit
a 5 q/(1 2 e) zu a 5 1.95 AE und die Apheldistanz folgt mit Q 5 a (1 1 e) zu Q 5 3.52 AE.
b) Abb. 1 zeigt die Bahn der Feuerkugel, wie
sie aus den Angaben folgt. c) Ein Blick auf Abb.
1 zeigt, daß Meteorit und Erde im vorliegenden Fall im Absteigenden Knoten der Meteoritenbahn zusammengestoßen sind.
a/2
(10)
und unter besonderer Beachtung der letzten in
Teil 1 abgedruckten Beziehung.
Abb. 2 zeigt die Verhältnisse des Swing-by
aus heliozentrischer Sicht. Mit ihrer Hilfe lassen
sich die Vektorprodukte mit den zugehörigen
Winkeln weiter umformen. Am Ende wird eine
Gleichung für ∆υ 2 erwartet, die nur noch von
υP, υ∞t , β und α abhängt. Schließlich soll noch
der das α enthaltende Teilterm durch Gleichung (8), die in Aufgabe 3 im ersten Teil ermittelt wurde, ersetzt werden. Man erhält Gleichung (11).
Aufgabe 5: a) Man ermittle unter Ausnutzung
von Gleichung (5) den maximal möglichen Energiegewinn allein durch Variation des Impaktparameters B. Das Resultat für ∆υ2 ist Gleichung
(12). b) Welche Form gewinnt (12) bei optimalem charakteristischen Anflugwinkel β ?
Aufgabe 6: Unter Verwendung des Ausdrucks
für die Fluchtgeschwindigkeit υesc und Gleichung (5) forme man aus Gleichung (11) das
vorläufige Endziel – Gleichung (13) –, wo ∆υ2
nur noch von den Größen υP, υ∞t, β und υesc abhängt.
rer Bahn durchlaufen haben. Hierbei handelte
es sich um den Aufsteigenden Knoten, weil
die Flugrichtung nach Nordosten zeigte. Laut
Tabelle 1 hatte der Aufsteigende Knoten eine
Länge Ω 5 323°. Dieser Winkel wird am Himmelsäquator vom Frühlingspunkt aus gemessen, stellt also die Rektaszension des Aufsteigenden Knotens dar. Der Blick auf eine Sternkarte mit Gradnetz zeigt, daß dieser Punkt im
Sternbild Wassermann liegt (etwas westlich
des Sterns α Aquarius).
e2
a/2
υ∞t
υ*
∞t
υ4
e1
b
υP
υ2
Abb. 2: Swing-by im heliozentrischen System.
Aufgabe 7: Woher stammt der mit der Geschwindigkeitserhöhung verbundene Energiezuwachs?
Aufgabe 8: Als Voyager 2 am 9. Juli 1979 durch
das Jupitersystem raste, war sein charakteristischer Anflugwinkel β 55°. Er passierte der Gasriesen in 498 506 km Höhe über den Wolken Jupiters (Radius RK 5 142 984 km, Masse
MK 5 1.901 1027 kg). Die hyperbolische Exzeßgeschwindigkeit betrug 7.61 km/s und die heliozentrische Anfluggeschwindigkeit war 9.87
km/s. a) Welchen Geschwindigkeitszuwachs
erreichte die Sonde, und b) wie hoch war nach
dem Swing-by die heliozentrische Reisegeschwindigkeit?
Axel M. Quetz
ten zwischen 51.°7 S und 51.°7 N überfliegen
kann. Da Hamburg nördlich dieser Zone liegt,
kann man Mir von dort aus allenfalls über die
südliche Himmelshälfte ziehen sehen.
2
0
-2
1
0
Aufgabe 2: a) Abb. 2 zeigt, daß Erde, Sonne
und Komet zum angegebenen Zeitpunkt ein
rechtwinkliges und gleichschenkliges Dreieck
bilden. Daher mißt der gesuchte Winkelabstand Sonne-Komet am irdischen Himmel genau 45°, und die Entfernung zur Erde beträgt
D 5 1.41 AE. b) Nach den Überlegungen in a)
steht der Komet am irdischen Himmel 45° von
der Sonne entfernt, in einer Richtung senkrecht auf der Ekliptik. Der Blick auf eine Sternkarte zeigt, daß diese Position im Sternbild Eidechse liegt (rechnerisch: α 5 22h33m, δ 5
40°27′). Nun kann man sich anhand einer
drehbaren Sternkarte klarmachen, daß der
Komet am Periheltag am Morgenhimmel im
Nordosten beobachtet werden kann.
Aufgabe 3: a) Für einen Beobachter am Erdäquator verläuft der Himmelsäquator genau
senkrecht durch den Zenitpunkt. Da der Beobachter die Raumstation Mir ebenfalls im Zenit gesehen hat, muß sie gerade den Himmelsäquator überquert, also einen Knoten ih-
810
Sterne und Weltraum 8-9/1997
ie
lin
o
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1
n
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-1
Feu
erk
w
-1
W
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-1
1
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F
D
2
1
-2
0
-1
Bah
F
a
3 AE
nac
hse
-2
Abb. 1: Bahngeometrie der Feuerkugel.
Die Höhe H der Raumstation über dem Beobachter folgt mit dem Erdradius R 5 6378
km, Mirs Halbachse a 5 6765 km, und R 1
H 5 a zu H 5 387 km. b) Von der Breite Hamburgs aus kann man Mir niemals am Nordhimmel sehen, denn die Bahnneigung der Raumstation beträgt nur 51.°7, so daß sie nur die
Gebiete auf der Erde mit geographischen Brei-
Abb. 2: Bahngeometrie des Kometen.
Aufgabe 4: Die angegebene Neigung der Erdbahn bezieht sich wie alle Lageelemente aus
Tabelle 1 (Heft 6/97, S. 558) auf das Äquinoktium 2000.0, verwendet also als Bezugsebene
die Erdbahnebene in ihrer Lage zu Beginn des
Jahres 2000. Durch die Elemente wird die Erdbahn aber für einen anderen Zeitpunkt beschrieben, nämlich die Epoche 1. Juni 1997.
Infolge kleiner Störungen durch andere Planeten bleibt die Lage der Erdbahn nicht raumfest, und so weicht ihre Bahnebene zur Epochenzeit geringfügig von der Bezugsebene
zum Äquinoktium 2000.0 ab.
Volker Kasten