La salida de órbita geoestacionaria más eficiente en combustible

Digamos que una nave espacial en órbita geoestacionaria necesita ser desorbitada (no es muy común, pero tengan paciencia conmigo).

¿Cómo se decide cuándo y cuánto tiempo deben ser las quemas retrógradas para haber comenzado con la cantidad mínima de combustible?

He buscado en la red pero no pude encontrar nada útil para hacer estas optimizaciones. Espero que alguien con experiencia en mecánica orbital pueda ayudarme aquí.

Editar: como señaló alguien en los comentarios, una quemadura retrógrada sola podría ser costosa. No dude en incluir cualquier otra maniobra y cómo calcular los tiempos y la duración de las quemas requeridas. Cualquier sugerencia sobre los cálculos o incluso software que pueda ayudar será muy apreciada.

Creo que es peligroso suponer que una quemadura retrógrada es más eficiente, elevando la apoapsis y quemando retrógrada allí o una asistencia gravitatoria de la luna podría ser más económica.
@lijat Gracias por el comentario. Editaré la pregunta para delimitar.
Entonces, ¿salir de la órbita de la luna sería más eficiente en combustible de Geo?
@Dragongeek, eso es interesante, si puede disparar cerca de la Luna con precisión para obtener una asistencia cuidadosamente calculada, ¿podría también seleccionar la trayectoria de modo que el parámetro de impacto termine en menos de 1767 km? Esa es probablemente la respuesta; simplemente eleva tu apogeo de 42.000 km a 380.000 km y "¡ker-pow!", fuera de órbita.
@uhoh, estrictamente hablando, eso no es salir de órbita. Todavía estarás orbitando la tierra, pero lo harás como una salpicadura en la superficie de la luna en lugar de estar solo. :-). Entonces, para el OP, ¿queremos que el satélite se queme en la atmósfera terrestre o aceptaremos cualquier forma de eliminación segura?
@DiegoSánchez En realidad, sería mejor si pudiéramos hacer una reentrada que no freíra la nave espacial (como bajar el perigeo a la atmósfera y esperar un amerizaje sin incidentes) :)
Creo que las ecuaciones generales para la combustión mínima se aplican independientemente de la altitud de la órbita original. Hay un punto óptimo en la órbita elíptica para iniciar un encendido, y después de eso, el combustible total es una función de la altitud y la velocidad máxima deseada para el aterrizaje.
@CarlWitthoft es más complicado. Buscar transferencia bi elíptica por ejemplo
No creo que logres recuperar partes significativas de un satélite a menos que haya sido diseñado específicamente para eso. Lo más probable es que su amerizaje sin incidentes sea una lluvia de polvo sin incidentes.
@DiegoSánchez Bueno, en realidad, la nave espacial es tripulada . Es un desafío en un simulador de vuelo espacial con el que a menudo me meto.
Mecánica orbital 101: cualquier cosa más compleja que la solución de Hohmann es casi seguro que va a ser mucho más lenta.

Respuestas (2)

Esta no es una respuesta completa, ya que no incluiré el cálculo exacto necesario para averiguar su tiempo de combustión, pero al menos abordaré el enfoque de retorno directo frente a bi elíptico.

Para un regreso desde la órbita de una nave espacial tripulada, desea equilibrar dos factores:

Por un lado, desea minimizar la cantidad de combustible requerida para la operación; por otro, quieres minimizar el tiempo empleado y la velocidad final.

El retorno más rápido y seguro sería un retorno directo utilizando una órbita de transferencia de Hohmann ; queme retrógrado en el apogeo y llegará a su órbita de destino más rápido que con cualquier otro método y con la velocidad de reentrada más baja, por lo tanto, maximizará sus posibilidades de supervivencia.

Si usa una órbita de transferencia bielíptica, puede reducir el Delta V total necesario, pero a expensas de más tiempo en el espacio para sus astronautas y una mayor velocidad de reingreso.

Hice un cálculo rápido, y una transferencia directa de Hohmann desde una órbita geoestacionaria circular a 100 km (y dejar que la atmósfera haga el resto) requeriría alrededor de 1,49 km/s (por favor, que alguien lo confirme) y tomaría 17 horas. Una bielíptica que suba hasta 380 000 km (la distancia de la Luna a la Tierra, solo para elegir una distancia significativa para una referencia fácil) le ahorraría ~167 m/s (11 %) al costo de 10 días en el espacio.

Nota después del comentario de HopDavid: por lo general, para estas dos órbitas, una transferencia bi-elíptica debería ser menos eficiente, pero como estamos usando la atmósfera para nuestro "quemado" final, nos ahorramos el más costoso de ellos. Cuanto más alto vaya en el bi-elíptico, más energía tendrá que arrojar en la quema de circularización final y más combustible ahorrará con el aerofrenado.

Mis números coinciden bastante con los suyos. Lo que me sorprendió, ya que había pensado que los radios de las órbitas de destino y de salida tenían que diferir en al menos un factor de 11 para que funcionara la bi elíptica. Pero tal vez sea porque estamos usando el aerofrenado para reducir la velocidad en la órbita de destino de 200 km de altitud.
¿Se requiere una quemadura de alineación plana para la transferencia bielíptica? No estoy seguro de si la luna y un satélite geoestacionario ya estarían en el mismo plano.
@HopDavid, sí, la última quema es la más costosa ya que vienes de una órbita más energética y estamos ahorrando ese combustible mediante aerofrenado; He agregado una nota a la respuesta. Gracias por revisar mis números.
@WilliamREbenezer. No, utilicé "Moon's Orbit" como término genérico para decir "Hasta 380000Km". He reformulado mi respuesta para que quede más claro. En este caso, en el que solo desea "chapar en algún lugar", no necesita preocuparse por los cambios de avión. Su órbita geoestacionaria es ecuatorial, que es la más fácil para el reingreso.
Nunca hubo una nave espacial tripulada en una órbita geoestacionaria.
@Uwe Lo sé. Pero no es imposible, por lo que también podría probar cosas raras en un simulador.
Debería poder hacerlo mejor usando una asistencia de gravedad lunar para que no haya una segunda quemadura.

No importa cuándo, ya que el sistema es rotacionalmente simétrico. Una quemadura retrógrada es casi con certeza el método más eficiente (excluyendo cualquier período de tiempo muy largo en el que las perturbaciones se vuelvan significativas).

Es poco común sacar de órbita un objeto geoestacionario, por lo que es posible que no encuentre mucho al respecto directamente (el enfoque común es aumentar el radio orbital a una órbita de "cementerio"). Sin embargo, es la maniobra opuesta a una patada de apogeo, sobre la cual encontrará mucha información. El resumen es volver a una órbita de transferencia geoestacionaria, debe reducir la velocidad orbital a 1,64 km/s (la velocidad de la órbita geoestacionaria es de 3,07 km/s). Por lo tanto, necesita quemarse retrógrado a 1,43 km/s. El tiempo que llevará esto dependerá de la relación entre empuje y peso.

Para una desorbita te quemas en apoapsis. A menos que su órbita sea perfectamente circular, el tiempo importa.
@LorenPechtel como su geoestacionario, debe ser circular. por lo demás estás en lo cierto.
Si y no. Depende de sus motores. Si son de alto empuje, la quema terminará lo suficientemente rápido, no importa, pero si son de bajo empuje y desea absolutamente el mínimo consumo de combustible, querrá dividir su quemado, haciendo un poco cada vez que regrese. hasta geosync. ¡He lanzado demasiados cohetes NERVA en Kerbin por ignorar este problema!
La salida de órbita geoestacionaria más eficiente en combustible
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