¿Es más eficiente pasar por alto LEO cuando se lanza a Venus o Marte?

Según la tabla del artículo de Wikipedia sobre órbitas de transferencia de Hohmann , cuando se viaja a Venus o Marte, el Δv para entrar en una órbita de transferencia de Hohmann desde la órbita de la Tierra es menor que el Δv desde LEO:

  • Venus
    • Δv para entrar en la órbita de Hohmann desde la órbita de la Tierra = 2,5 km/s
    • Δv desde LEO = 3,5 km/s
  • Marte
    • Δv para entrar en la órbita de Hohmann desde la órbita de la Tierra = 2,9 km/s
    • Δv desde LEO = 3,6 km/s

¿Sería más eficiente lanzar una nave "directamente hacia arriba", directamente desde la superficie a la transferencia Hohmann (sin pasar por LEO), que lanzarla primero a LEO y luego realizar una quema de transferencia?

¿Ha lanzado alguna nave espacial a cualquiera de los planetas de esta manera? (¿Si no, porque no?)

Una razón podría ser detenerse y oler las rosas, o en este caso intercambiar telemetría, obtener algunas medidas más de posición y velocidad de las estaciones terrestres y algunas correcciones de GPS, verificaciones de cordura, verificaciones de integridad y darle al personal de tierra la oportunidad de usar el baño, tome otro café y, de lo contrario, comprométase con el siguiente paso.
Por órbita terrestre, se refieren a una órbita heliocéntrica a 1 UA del sol. Imagina una órbita de 1 AU sin tierra. Se necesitarían 2,9 km/s para entrar en una órbita de transferencia a una órbita de 1,52 UA. Los 2,9 km/s es la salida Vinfinity.
Puede o no ser un dup (el jurado todavía está deliberando en lo que a mí respecta), pero definitivamente relacionado. (Esa pregunta parece ser principalmente sobre las órbitas de la Tierra, mientras que esta pregunta se trata de las órbitas de transferencia heliocéntricas a otros planetas del sistema solar).

Respuestas (2)

No. No es más eficiente eludir LEO. No puedes evitar salir del pozo de gravedad de la tierra.

2,9 km/s es lo que se necesitaría para entrar en una órbita de transferencia de Marte si la nave estuviera fuera del pozo de gravedad de la Tierra moviéndose a 30 km/s en una órbita circular de 1 UA. (1 AU o una unidad astronómica es la distancia promedio de la tierra al sol).

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Entonces, de nuevo, 2,9 km/s es lo que se necesita para pasar de una órbita centrada en el sol a la órbita de transferencia de Marte centrada en el sol. Los pozos de gravedad planetaria ni siquiera se consideran en ese número.

Desde el punto de vista de la Tierra, la órbita de salida es una hipérbola y esa velocidad de 2,9 km/s es la Vinfinity de la hipérbola . No hay forma de evitar el delta V para salir del pozo de gravedad terrestre.

Y una quemadura horizontal es la mejor manera de lograr ese Vinfinity. Cada segundo que estás empujando verticalmente, estás perdiendo delta V debido a la pérdida de gravedad.

La fricción atmosférica impide que una nave alcance la velocidad orbital en la superficie terrestre. Entonces, un cohete asciende por encima de la espesa atmósfera antes de girar hacia un lado y hacer la mayor quema horizontal.

Una vez por encima de la atmósfera, sería posible hacer una sola quemadura horizontal importante que logre TMI (Trans Mars Insertion). Pero en algún momento durante ese encendido, la nave tendrá una velocidad de 7,7 km/s con un ángulo de trayectoria de vuelo cercano a cero. En ese momento se podría decir que la nave está en LEO.

Prácticamente todas las naves espaciales pasan a través de LEO durante algún punto de su trayectoria de vuelo. De la estimación del rendimiento del vehículo de lanzamiento por John Schilling :

La técnica de Townsend comienza suponiendo que todos los lanzamientos espaciales consisten en un ascenso directo a una órbita de estacionamiento circular baja, seguido de una serie de maniobras en órbita hasta la órbita de destino final. De hecho, muchos vehículos de lanzamiento vuelan solo en una trayectoria de ascenso directo, incluso a una órbita alta o no circular. Sin embargo, una observación de estas trayectorias casi invariablemente encuentra el vehículo de lanzamiento, a una altitud de unos pocos cientos de kilómetros, acelerando casi horizontalmente a través de la velocidad de la órbita circular local. Se puede simplificar el problema tratando esto como una "órbita de estacionamiento" instantánea, alcanzada por ascenso directo, y con todos los vuelos propulsados ​​posteriores tratados como una "maniobra en órbita".

Antzi y uhoh tienen razón en que pasar un rato en LEO da tiempo para hacer controles y preparación. También partir de LEO es la mejor manera de hacerlo cuando se considera delta V.

Tus enlaces me llevaron a un experimento mental. Lanza dos vehículos idénticos hasta una plataforma estacionaria a 300 km sobre la tierra. No hay diferencia en el costo de la energía para llegar a esa plataforma. La plataforma está posicionada prograde a la órbita de la tierra alrededor del sol. Luego, un vehículo empuja horizontalmente a LEO (7,73 km/s), y luego empuja a una transferencia Hohmann a Marte (3,6 km/s) = 11,33 km/s en total. El otro vehículo empuja verticalmente a Vhyp (raíz cuadrada de ΔvEsc^2 + ΔvInf^2) = 11,31 km/s (ΔvEsc = 10,93 y ΔvInf = 2,9).
Entonces, la diferencia es de 0,02 km/s y eso podría ser un error de redondeo. De todos modos, esperaría que un giro por gravedad fuera mucho más eficiente, lo que marcaría una diferencia significativa a favor de un lanzamiento a través de LEO.
(Perdón por las eliminaciones, necesarias para corregir errores).
La velocidad de @MarkAdler de una hipérbola es sqrt (Vesc ^ 2 + Vinf ^ 2). Vinf a la órbita de Marte es de 2,9 km/s. Vesc es de unos 11 km/s. Entonces, la velocidad de una hipérbola es de 11,4 km/s. Le estabas diciendo a Antzi que el ahorro de 0,7 km/s que imaginó Brandon es correcto. No creo que un ángulo de trayectoria de vuelo más pronunciado proporcione TMI de 10,7 km/s. No veo cómo un ángulo de trayectoria de vuelo más pronunciado confiere ningún ahorro.
Ver mi respuesta para el costo.
@HopDavid Es posible que haya estado haciendo referencia a los números de mi comentario original. Lo eliminé rápidamente y publiqué una corrección (diferencia insignificante de 0,02 km/s) una vez que noté el error. Perdón por la confusión.

Sí.

Considere un caso simplificado de un escape directo frente a una salida de la órbita de estacionamiento de un cuerpo sin aire y que no gira utilizando maniobras instantáneas. La forma más eficiente de llegar a la órbita de estacionamiento es una horizontal inicial Δ V en la superficie para obtener una órbita con un apoapsis en la órbita de estacionamiento, seguida de una circularización Δ V en apoapsis para elevar el periapsis a ese mismo radio. Luego salga de la órbita de estacionamiento para escapar con un tercero. Δ V . Reste de eso un escape a la misma velocidad en el infinito directamente desde la superficie con un solo Δ V .

Obtengo que la diferencia es:

m r ( mi 1 + 2 q + 1 mi + 1 + 2 q ( q + 1 ) ( q + 2 ) )

dónde m es el GRAMO METRO del cuerpo, r es el radio de la superficie, mi es la excentricidad de una hipérbola de escape tangente a la superficie, es decir mi = 1 + C 3 r m , y q es la altitud de la órbita de estacionamiento como una fracción de r .

Para un escape de la Tierra a Marte con C 3 10 k metro 2 / s 2 , mi 1.16 . Para 100 norte metro i órbita de estacionamiento, q 0.03 . Luego obtengo, usando la Tierra m y r , que el costo de ir a la órbita de estacionamiento en lugar de un escape directo es de aproximadamente 74 metro / s .

Sobre 58 metro / s de eso es la quemadura de circularización, con el resto dieciséis metro / s siendo efectivamente una pérdida del efecto Oberth debido a un escape desde una altitud superior.

Un vehículo de lanzamiento llegará a una órbita de estacionamiento más directamente, pero solo puede costar más Δ V . En cuanto a la atmósfera, puedes imaginar el vehículo de lanzamiento saliendo de la atmósfera de la misma manera a las mismas condiciones iniciales en, digamos, 60 norte metro i altitud, y comparando el escape directo con una órbita intermedia de estacionamiento a partir de ahí.

Que 74 metro / s es bastante pequeño en comparación con el total de Δ V 11 , 600 metro / s . Los beneficios de una órbita de estacionamiento intermedia superan fácilmente este pequeño costo, tanto en términos de flexibilidad de tiempo como en términos de alinear la asíntota saliente con respecto a la latitud de lanzamiento.

La única vez que tengo conocimiento de una consideración real de un escape directo fue para una misión a Marte en la que estaba trabajando usando un Ariane V antes de que tuvieran reinicios calificados en la etapa superior. Si no puede reiniciar la etapa superior, entonces no puede usar una órbita de estacionamiento.

El OP parece estar confundiendo la quemadura LEO TMI de 3,6 km/s con el Vinf de 2,9 km/s para la órbita hiperbólica. Para una quemadura de superficie a una órbita hiperbólica frente a una superficie a un apogeo de 100 km, circularizar y luego una quemadura a una órbita hiperbólica obtengo un ahorro de 0,03 km/s. Nada cerca de los ahorros de 0,7 km/s que el OP parece imaginar. Además, una quemadura de 11,56 km/s desde la superficie terrestre no es práctica.
Pero por el bien del argumento, digamos que estamos comenzando desde una altitud de 60 millas náuticas. A esa altitud todavía tienes la gravedad terrestre de 9,5 m/s^2. Reste eso del componente vertical del empuje. Después de un tiempo, puede restar ω ^ 2r de la gravedad, pero no obtendrá la fuerza centrífuga sin un empuje horizontal. Y sin ese ω^2r, la nave volvería a caer a la atmósfera. Mantener la altitud provocaría una pérdida de gravedad a menos que tenga una velocidad horizontal de 7,9 km/s
Por el bien del argumento, haga el cálculo.
Bueno. Tengo una hoja de cálculo basada en las aceleraciones del cohete Apolo camino a LEO. Tenía la ruta de vuelo ascendiendo verticalmente al principio pero gradualmente yendo a la horizontal. Pero lo cambié, manteniendo el ángulo de la ruta de vuelo hacia arriba, como se sugiere en el OP. Durante 680 segundos de aceleración obtengo una pérdida de gravedad de 5,47 km/s. La velocidad vertical final es de 3,4 km/s a una altitud de 1524 kilómetros.