Examen Parcial

Vehı́culos Espaciales
Curso 2011-2012
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Examen Parcial - 09/11/2011
• La prueba está compuesta por 3 preguntas de teorı́a y 4 problemas. La
puntuación de cada apartado está anotada entre paréntesis al principio
de cada cuestión. La puntuación total es de 110/100.
• Las preguntas serán contestadas en las hojas blancas a disposición.
• No se permite el uso de apuntes o transparencias para la resolución del
examen.
• Se permite el uso de un formulario cuya extensión máxima sea de una
hoja formato A4, doble cara.
• Se podrá utilizar una calculadora NO programable para la resolución
de los problemas.
• Idiomas: castellano, catalán, inglés.
• Redactar las respuestas con claridad.
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Problema 1: Propulsión [16 pt]
Un cohete de tipo LH2 /LO2 (Isp = 455 s) de masa 2000 kg en órbita geocéntrica
circular produce un impulso de magnitud 700 m/s durante 5 segundos en
dirección del vector velocidad. Dicho impulso hace aumentar la velocidad
orbital en un 12%.
a) Se pide la masa de propulsante empleada y el empuje obtenido.
b) Comparar la aceleración media impartida al vehı́culo y la aceleración gravitacional sobre el vehı́culo cuando termina el impulso.
Más datos en la última página.
Solución
a) Masa final: m = m0 exp(−∆V /ve ) = 1709.4 kg con m0 = 2000 kg,
ve = Isp g0 = 4.459 km/s y ∆V = 0.7 km/s.
La masa empleada es m0 − m = 290.6 kg.
El empuje T = −ṁve = 259.16 kN, siendo ṁ = ∆m/∆t = -58.12 kg/s.
b) La aceleración media impartida por el impulso se calcula mediante aT =
∆V /∆t = 140 m/s2 .
La aceleración gravitacional es aG = µ/r2 con r distancia geocéntrica del
vehı́culo después y antes de la maniobra (en una maniobra impulsiva la
posición pertenece a las dos órbitas).
Dado que ∆V = 0.12Vc (velocidadpen la órbita circular inicial), resulta: Vc
= 5.83 km/s. Por otro lado, Vc = µ/r, que da r = 11769 km.
Finalmente aG = 2.9 m/s2 .
La aceleración media impartida por el motor es aproximadamente 48 veces
mayor que la aceleración gravitacional en el punto de aplicación de la maniobra.
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Problema 2: Órbitas [25 pt]
a) Diseñar (= calcular semieje mayor a, periódo P , excentricidad e, inclinación i) la órbita de un satélite geosı́ncrono cuyas caractéristicas son:
• las comunicaciones deben realizarse una vez por órbita durante 5 años;
• las comunicaciones con la única estación de tierra sólo se pueden realizar
hasta una altura máxima hd de 500 km.
b) Determinar la fracción (θ1 , r1 ) - (θ2 , r2 ) de órbita en que el satélite transmite/recibe.
c) ¿La estación de tierra puede ser ecuatorial? Justificar la respuesta.
El centro de la órbita dista 35735.45 km del centro de la Tierra.
Despreciar todas las perturbaciones sobre el nodo ascendiente de la órbita.
En general despreciar los efectos de la presión de radiación solar, de las perturbaciones de tercer cuerpo, del rozamiento atmosférico y de los harmónicos
gravitacionales de grado y órden superiores a n = 2 y m = 0.
Más datos en la última página.
Solución
(a) La órbita es geosı́ncrona, por lo tanto su periódo P es de 24 horas.
La tercera ley de Kepler nos proporciona el semieje mayor a:
2 1/3
µP
= 42290.47 km
a=
4π 2
(1)
La órbita tiene perigeo fijo porque tiene que pasar sobre la misma estación
de Tierra en cada órbita, durante mucho tiempo. El enunciado nos dice que
la única perturbación actuando sobre el satélite es J2 sobre el argumento de
perigeo, según:
2
3nJ2 RE
(4 − 5 sin2 i)
ω̇(J2 ) =
.
(2)
4a2 (1 − e2 )2
Para eliminar este efecto (o sea para que ω̇(J2 ) = 0), la inclinación tiene que
ser 63.4 grados (inclinación crı́tica).
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Dado que la órbita tiene periódo de 24 horas e inclinación crı́tica, es una
órbita Tundra.
La excentricidad se calcula mediante
c = ea = 35735.45 km
(3)
en que c es la distancia entre el foco de la elipse (centro de la Tierra) y el
centro de la elipse. Resulta: e = 0.845.
(b) Las comunicaciones se realizan cuando el satélite se halla entre los dos
puntos de altitud hd (incluyendo el perigeo). El radio rd correspondiente es
RE + hd = 6878 km. Aplicando la ecuación polar de la órbita
rd =
a(1 − e2 )
1 + e cos θd
obtenemos los valores de la anomalı́a verdadera ±θd
a(1 − e2 )
1
cos θd =
−1
= 0.8975
rd
e
(4)
(5)
Resulta: θd = 26.17◦ , 333.83◦ . Finalmente la fracción de órbita en que el
satélite comunica es: (θ1 = 333.83◦ ,r1 = 6878 km) - (θ2 = 26.17◦ ,r2 = 6878
km).
c) Sı́, la estación de tierra puede ser ecuatorial: para que lo sea hace falta
fijar el valor de ω (constante) de manera que el perigeo esté sobre el ecuador,
es decir coincida con el nodo ascendente o descendente (ambos fijos) de la
órbita.
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Problema 3: Trayectorias interplanetarias + Maniobras [35 pt]
Una sonda hace un gravity assist con Venus para reducir su velocidad heliocéntrica y a continuación seguir hasta su destino final, Mercurio.
a) ¿Bajo qué condición el disminución de velocidad es máximo? Complementar la respuesta con un diagrama.
b) Durante el swingby se quiere también cambiar la inclinación del plano orbital. Formular una estrategia para operar el cambio de plano minimizando
el consumo de propulsante. Dibujar la trayectoria, los vectores velocidad en
los puntos relevantes y la(s) maniobra(s).
c) ¿Bajo qué condición la sonda quedarı́a naturalmente (= sin el auxilio del
sistema de propulsión) capturada por la gravedad del planeta? Expresar
dicha condición cuantitativamente.
d) Calcular la magnitud de la(s) maniobra(s) del apartado b) si la sonda entra en la esfera de influencia de Venus con los siguentes parámetros orbitales:
v∞ = 4 km/s
e = 1.31
El cambio de inclinación es de 5 grados. Suponer que el rozamiento atmosférico actua sobre la órbita únicamente cuando el satélite se halla en el
punto de mı́nima distancia de la superficie y que dicha interacción dura ∆t
= 10 s. El coeficiente balı́stico BC de la sonda es de 50 kg/m2 . Más datos
en la última página.
Solución:
a) El disminución es máximo cuando la linea de apsides de la hipérbola es
paralela al vector velocidad Vp del planeta y el pericentro se halla precisamente delante del planeta: ∆V// − Vp .
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b) La estrategia para minimizar el gasto de propulsante consiste en aplicar
la maniobra de cambio de plano en el punto de mı́nima velocidad dado que
∆v = 2v sin(∆i/2) (la magnitud de la maniobra es proporcional a la velocidad inicial). La velocidad aumenta desde el infinito, alcanza su máximo en
el pericentro y vuelve al valor inicial a la salida de la esfera. Debido al rozamiento atmosférico, la velocidad en el pericentro de la hipérbola disminuye y
la velocidad de exceso hiperbólico a la salida de la SOI será más baja que a
la entrada (este último hecho se prueba mediante conservación de la energı́a
entre pericentro e infinito). Dicho punto es el lugar ideal para aplicar la
maniobra de cambio de plano.
c) En una órbita hiperbólica (que no impacte) no hay captura sin algo que
frene la vehı́culo. Si no hay sistema de propulsión, la única posible causa de
frenado es el rozamiento atmosférico (en el pericentro de la hipérbola).
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La condición para la captura es que dicho efecto sea tan grande como para
(vπ − ∆vD )2
−
hacer cambiar de signo a la energı́a mecánica de la sonda:
2
r
µV
2µV
< 0 o sea vπ − ∆vD = v π <
rπ
rπ
Para la captura natural, la nueva velocidad en el pericentro tendrı́a que ser
menor que la velocidad de escape de la gravedad de Venus en dicho punto.
d) Aplicamos la estrategia del punto b) a los datos:
2
= 20306 km
a = µv /v∞
rπ = a(e − 1) = 6294.9 km
hπ = p
rπ − Rv = 243.1 km
vπ = µv (2/rπ + 1/a = 10.9 km/s
ρπ = ρ0 exp(−hπ /H) = 1.49 · 10−5 kg/m3
aD = 0.5ρπ vπ2 /BC = 17.7 m/s2
∆VD = aD ∆t = 0.18 km/s
v π = vp
π − ∆VD = 10.7 km/s
+
v ∞ = v 2π − 2µv /rπ = 3.35 km/s
+
∆Vinc = 2v∞
sin(∆i/2) = 0.3 km/s.
Problema 4: Ventanas de lanzamiento [10 pt]
Se quiere enviar una sonda tripulada a Marte mediante una transferencia de
Hohmann tanto para el viaje de ida como para el regreso a la Tierra. Calcular el tiempo de estancia mı́nima Tmin en la superficie de Marte.
Datos:
Movimiento orbital medio de la Tierra = nE ; movimiento orbital medio de
Marte = nM ; tiempo de transferencia de Hohmann entre los dos planetas =
TH ,
Solución
Hohmann de ida (Tierra-Marte):
t1 = instante de salida de la Tierra (fig. a): α1 (E) (fase orbital referida al
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eje X dado) = 0; α1 (M ) = π − nM TH
t2 = instante de llegada a Marte (fig. b): α2 (E) = nE TH ; α2 (M ) = π
Hohmann de regreso (Marte-Tierra):
t3 = t2 + Tmin = primera oportunidad de salida de Marte (fig. c): α3 (E) −
α3 (M ) = π − nE TH .
Una primera conclusión importante es que la diferencia de fase entre la Tierra
y Marte en t3 es el opuesto de la diferencia de fase entre la Tierra y Marte
en t2 .
La diferencia [α3 (E)−α3 (M )]−[α2 (E)−α2 (M )] es el ángulo (de fase relativa)
que separa la llegada a Marte de la primera oportunidad de salida de Marte.
El tiempo que separa estas dos configuraciones es la fracción correspondiente
del periodo sinódico TL de los dos planetas:
1/TL = 1/TE − 1/TM o 2π/TL = nE − nM (la fase relativa entre los dos
planetas es una cantidad periódica, con periódo = TL ).
[α3 (E) − α3 (M )] − [α2 (E) − α2 (M )]
TL .
Tmin =
2π
α2 (E) − α2 (M ) = TH nE − π es una cantidad positiva.
α3 (E) − α3 (M ) = π − TH nE es una cantidad negativa. Le sumamos 2π y
obtenemos el mismo ángulo pero entre 0 y 2π: 3π − TH nE .
Finalmente:
(3π − TH nE ) − (TH nE − π)
Tmin =
TL ,
2π
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4π − 2TH nE
.
nE − nM
Resultado numérico (el enunciado no lo pedı́a):
RE = 149.6 · 106 km
RM = 227.9 · 106 km
µS = 132.71 · 109 km3 /s2
nE = 0.0172020 rad/dı́a
nM = 0.0091327 rad/dı́a
TH = 2.2362 · 107 s = 258.82 dı́as
Tmin = 453.8 dı́as
Tmin =
Pregunta 1: Entorno espacial [9 pt]
South Atlantic Anomaly: definición e importancia para los sistemas espaciales.
Pregunta 2: Sistemas de referencia [6 pt]
Definir y dibujar los sistemas RSW y NTW.
Pregunta 3: Propulsión [9 pt]
Motor bipropulsante: definición y caracterı́sticas.
Un ejemplo de empleo en el espacio.
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Examen parcial, 09/11/2011
Datos terrestres:
• Parámetro gravitacional µE = 4 · 105 km3 /s2
• Radio ecuatorial RE = 6378 km
• J2 = 1082.6 · 10−6
• Aceleración gravitacional en la superficie g0 = 9.8 m/s2
Datos de Venus:
• Radio ecuatorial RV = 6051.8 km
• Parámetro gravitacional µV = 0.3249 · 106 km3 /s2
• Altura de escala atmosférica H = 15.9 km (constante)
• Densidad atmosférica en la superficie ρ0 = 65 kg/m3
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