Delta-v para golpear la luna: ¿es suficiente llegar a Lunar L1?

Muchas preguntas involucran disparar cosas al Sol. Pero no hay extraterrestres en el Sol: están en la Luna. Quiero dejar caer cosas sobre ellos, pero como hay muchos, puedo dejar caer una barra de tungsteno en cualquier lugar de la Luna y eso es suficiente. Pero, ¿cuánto delta-v se necesita para golpear la Luna (en lugar de orbitar o aterrizar)?

La página de Wikipedia sobre presupuestos delta-v indica que el delta-v para llegar a L1 Tierra-Luna desde LEO es modesto: alrededor de 0,77 km/s*

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Ahora, desde mi comprensión de los puntos de Langrange, todo lo que necesita hacer es "simplemente" inclinar la "silla de montar" del punto L1 y caerá en la Luna (y si se queda corto, es un lento espiral de regreso a la Tierra).

ingrese la descripción de la imagen aquí     Los puntos de Lagrange para el sistema Tierra-Luna. Crédito: David A. Kring, LPI-JSC Center for Lunar Science and Exploration

¿Es así de simple: el delta-v mínimo para golpear la Luna es llegar a L1 y luego simplemente volcarse sobre el borde? ¿Y eso se aplica a cualquier sistema de dos cuerpos?

* Supongamos que es correcto a pesar de la[Citation needed]

Me gusta mucho tu pregunta! +1y a menudo me pregunto sobre un rompecabezas o una etiqueta de golf espacial
"Puedo dejar caer una barra de tungsteno en cualquier lugar de la Luna y eso es lo suficientemente bueno": ¿quieres decir "La probabilidad de golpear a alguien allí es lo suficientemente grande", o esperas otras consecuencias de dejar caer la barra, afectando a toda la luna?
¿Qué tan pronto necesita la varilla de tungsteno para llegar allí? Es probable que sea posible ahorrar una pequeña cantidad de delta-v esperando varios meses para obtener múltiples asistencias de gravedad de la Luna antes del impacto real. (Probablemente también querrá algunos propulsores de maniobra pequeños en su varilla de tungsteno para correcciones a mitad de camino, porque este tipo de órbitas tienden a ser bastante sensibles a las pequeñas perturbaciones en la trayectoria inicial, y no querrá perderse la Luna: o, peor aún, golpear accidentalmente la Tierra en su lugar).
No creo que tu comprensión de los puntos de Lagrange sea correcta. Si estás justo dentro del punto L1, no volverás en espiral a la Tierra, porque eso requeriría que pierdas energía cinética, lo que no sucederá tan lejos fuera de la atmósfera. Del mismo modo, no creo que haya ninguna garantía de que llegues a la luna si estás al otro lado de L1. Es un punto de silla en el potencial gravitacional, no en una función de Lyapunov. Otros podrían saberlo mejor, pero supongo que en cualquier caso orbitarías caóticamente alrededor del sistema Tierra-Luna hasta que finalmente chocas con un cuerpo u otro.
Supongo que parte del encanto (?) de las varillas de tungsteno como arma es que llegan justo por debajo de la velocidad orbital, que es bastante rápida [cita requerida]. Si encuentra una manera de dejar caer uno desde una trayectoria que casi no tiene diferencia en la velocidad del cuerpo que lo atrae, es posible que desee volver a verificar que recoja suficiente energía en el momento del impacto.
Tenga en cuenta que para disparar a la luna no hay razón para el tungsteno . Los ataques cinéticos de varillas de tungsteno son para atacar planetas con atmósferas donde se necesita algo que sea denso (para minimizar las pérdidas por arrastre) y refractario (para que pueda tomar más antes de derretirse). Además, no hay razón para una varilla, una vez más, eso es para atacando a través de la atmósfera. Para disparar a mundos sin aire, simplemente necesita una unidad de guía y su tanque de combustible: es mejor golpear con menos masa que fallar.

Respuestas (4)

Esta es una excelente y divertida pregunta, bravo .

Primero, la tabla se lee incorrectamente, así es como se lee correctamente:

lectura adecuada

Por ejemplo, para pasar de LEO-Ken a EML1 se da como 3,77 km/s, no 0,77 km/s.

En segundo lugar, el punto Tierra-Luna L1 'orbita' la Tierra con la Luna. Tiene una velocidad tangencial significativa. Llegar a L1 no hace mucho ya que tienes que quedarte con L1:

Animación de sobrevuelo L1(Trabajo personal)

donde el punto rojo es L1. La Tierra y la Luna están a escala, la línea discontinua es la órbita geoestacionaria.

Otra pista proviene de la lectura de LEO a C3=0 a 3,22 km/s ( este valor se verifica, re: cita necesaria ). C3=0 es una órbita de escape de la Tierra, por lo que ciertamente toma menos Δ V para simplemente estrellarse contra la Luna.

Construí un simulador 2D rápido y sucio para encontrar el mínimo Δ V desde una órbita terrestre baja de 185 km (100 nm) hasta el impacto lunar (la misma simulación utilizada en la animación anterior). Asume una órbita circular para la Luna, por lo que la excentricidad de la Luna real afectará ligeramente estos resultados:

amplio rango de dV(Trabajo personal)

θ 0 es el ángulo de fase inicial de nuestra nave espacial de varillas de tungsteno y la Luna. Acercándonos a la sección ligera en forma de boomerang (donde las trayectorias vuelan más cerca de la Luna):

min dV primer plano(Trabajo personal)

Un "Aproximación Cercana a la Luna" de un radio lunar indica impacto con la superficie lunar. El mínimo Δ V parece ser 3135 m/s (en un ángulo de fase de 2,045 radianes). Esta trayectoria se ve así:

animación 2(Trabajo personal)

Impacta la superficie lunar a más de 2500 m/s. Aquí hay una mirada más cercana al impacto (¿ explosivo? ):

primer plano de impacto(Trabajo personal)

¡Incluso impacta en el lado que mira hacia la Tierra!

¡Buena respuesta! (¿Los 3,77 km/s no suponen que desea orbitar en L1? Es decir, la velocidad L1 ya está incluida)
@RogerWood Creo que significa que
"¡Incluso impacta en el lado que mira hacia la Tierra!" Mi intuición dice que eso se debe a que su trayectoria probablemente no tenga exactamente el delta-v mínimo, y que la trayectoria óptima probablemente conduciría a un impacto rasante cerca del "polo posterior" de la Luna, ligeramente en el lado opuesto, básicamente donde su peligro sería si apenas te perdieras la Luna. (Me pregunto dónde estaría exactamente ese punto. Siento que sería mucho más fácil mirar a simple vista si pudiera ver su trayectoria desde un marco centrado en la Luna). Por supuesto, mi intuición también podría estar equivocada.
@IlmariKaronen Puedo ver algo de lógica en esa idea; sin embargo, el sistema es bastante sensible. Probé solo 1 m/s menos Δ V (3134 m/s) y no pudo obtener ningún impacto lunar con espaciado de milirradianes para el ángulo de fase.
De acuerdo con esta respuesta de Mark Adler , potencialmente podría ahorrar alrededor de 100 m / s omitiendo LEO por completo (dejando su perigeo en las profundidades del suelo).
Hm. ¿Qué sucede con su diagrama de chuleta de cerdo si permite, digamos, 10 órbitas en lugar de 1?
@TLW no aparece nada más eficiente, aunque más impactos/enfoques cercanos vienen por más grandes θ 0 valores

La respuesta de @BrendanLuke15 es excelente. Una idea simple es que básicamente estás lanzando las varillas de tungsteno en una órbita elíptica alta y esperando que la Luna se encuentre con ellas. Esta órbita elíptica tiene un semieje mayor de aproximadamente la mitad de la órbita de la Luna y, por lo tanto, tendrá el doble de la energía orbital específica. Esto también se deriva del hecho de que la energía cinética es cercana a cero en el extremo más alejado o en la órbita elíptica y solo permanece la energía potencial (negativa).

La energía orbital es proporcional a menos el cuadrado de la velocidad orbital para órbitas circulares. La velocidad orbital en LEO es de 7,8 km/s y la velocidad orbital de la Luna es de 1,022 km/s. La energía orbital específica en la órbita de la Luna es ( 1.022 / 7.8 ) 2 = 1.72 % de eso en LEO y la energía orbital específica de nuestra órbita de tungsteno altamente elíptica es, por lo tanto, el doble de ese número o 3.43 % .

agregando C 3 = 3.22 km/s a la velocidad LEO da una velocidad de escape de 11,02 km/s (que, no por casualidad, corresponde al doble de la energía orbital LEO). Tomando 11.02 2 como nuestra referencia de energía potencial cero (en el infinito), ahora tenemos energía orbital LEO como 7.8 2 − 11.02 2 = − 60.6 y la energía orbital de tungsteno como 3.43 % × − 60.6 = − 2.08 en esta extraña escala de energía. Así que vamos a necesitar un Δ V para pasar de -60,6 a -2,08 que es una diferencia de 58,52. Entonces tenemos ( 7.8 + Δ V ) 2 − 7.8 2 = 58.52 donación Δ V = 3.125 km/s, que está un poco alejado de la excelente respuesta de BrendanLuke.

Es posible ahorrar un poco de combustible, según este diario . El espacio del problema es bastante complejo. Lo mejor que este documento pudo calcular fue un teórico 3100 m/s a la L1 y 627 m/s a la Luna (órbita) desde allí, para dar 3727 como el delta mínimo v a la órbita. Solo para estrellarse uno no necesita el último bit. La mejor órbita en la práctica que pudieron encontrar fue 3265 m/s, tardando 100 días en llegar a la Luna como tal.

En primer lugar, la tabla es engañosa: para cada transferencia a una órbita terrestre baja con inclinación ecuatorial o KSC, se supone aerofrenado. Esto hace que la tabla sea asimétrica, y el delta-V para ir de EML-1 a LEO no es igual al delta-V para ir en la otra dirección. El costo real de ir a EML-1 desde LEO es de 3,77 km/s.

En segundo lugar, no, alcanzar EML-1 no es suficiente. Desde EML-1, un ligero empujón lo colocará en una órbita lunar muy alta e inestable que rápidamente se convertirá en una órbita terrestre muy alta e inestable. Para llegar a la cara oculta de la Luna, necesita aproximadamente otro 1 km/s de delta-V para bajar su periápside y apenas rozar la superficie; para llegar a otro punto, necesitarás más.

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