Punto óptimo en LEO para realizar quemado de inyección interplanetaria

Según los siguientes cálculos, el ángulo de quemado de salida es de aproximadamente 53,5°

Voy a utilizar las siguientes suposiciones:

• La nave espacial partirá de la Tierra moviéndose en la dirección del Viaje de la Tierra, para obtener el máximo beneficio del camino de la Tierra alrededor del sol.

Usando los siguientes parámetros.

• Parámetro gravitacional estándar de la Tierra :$\mu_E= 3.97\times10^{14} \mathrm{m^3/s^2}$
• radio de la tierra$r_E=6.380\times10^6\mathrm{m}$
• Radio orbital LEO deseado$r_0=6.580\times10^6\mathrm{m}$
• Inyección Delta-V$\Delta v= 3.87 \times 10^3 \mathrm{m/s}$

Entonces podemos calcular la velocidad de la órbita circular en la órbita LEO$v_{circ}$:

$$v_{circ}=\sqrt{\frac{\mu_E}{r_0}}=7.77\times10^3\mathrm{m/s}$$

Velocidad de salida en el momento de la quema$v_0$:

$$v_0=v_{circ}+\Delta v = 1.16 \times 10^4 \mathrm{m/s}$$

A partir de ahí, podemos calcular la energía orbital específica de la hipérbola de salida.$\epsilon$:

$$\epsilon=\frac{v_0^2}{r_0} - \frac{\mu_E}{r_0}=7.38 \times10^6\mathrm{J/kg}$$

Y el semieje mayor hiperbólico , que usaremos más adelante en la ecuación polar para la trayectoria de salida:

$$a=-\frac{\mu_E}{2\epsilon}=-2.69 \times 10^7\mathrm{m}$$

El momento angular relativo específico es el producto cruzado del vector radial y el vector de velocidad. Solo necesitamos la magnitud de ese vector,$h$Dado que en la salida, el vector de distancia radial es perpendicular al vector de velocidad, podemos simplemente multiplicar la distancia radial de salida y la velocidad de salida.

$$h= \|\overrightarrow{r_0}\times\overrightarrow{v_0}\|= r_0v_0\sin\theta=r_0v_0=7.66\times10^{10}\mathrm{m^2/s}$$

Y con eso, podemos calcular la excentricidad orbital $e$:

$$e=\sqrt{1+\frac{2\epsilon h^2}{\mu_E^2}}=1.24$$

Esto es un poco más alto de lo que supuso mi intuición cuando comenté inicialmente.

Con la excentricidad orbital, podemos usar las ecuaciones de trayectoria hiperbólica de wikipedia para obtener el ángulo entre las asíntotas y el eje conjugado, que llamaré$\theta_0$, enumerados a continuación en radianes, luego en grados.

$$\theta_0= \frac{2\arcsin(1/e) - \pi}{2} = -1.27 = -36.5^\circ$$

Usando la ecuación polar estándar para una hipérbola, ese ángulo$\theta_0$es el ángulo que tendríamos que rotar para poner una asíntota paralela al eje X, usando la siguiente ecuación.

$$r=\frac{a(1-e^2)}{1-e\cos(\theta+\theta_0)}$$

Con los parámetros anteriores, se produce el siguiente gráfico. (Creo que probablemente necesito encontrar una mejor calculadora gráfica en línea que Desmos; no es muy buena para exportar imágenes. Haga clic en el enlace para una vista más cómoda)

Gráfico de Desmos: Trayectoria de salida hiperbólica para una nave espacial que parte de una órbita de estacionamiento de 200 km con una$\Delta v$de 3,87 km/s

• Los números en el gráfico están en metros.
• El Sol está en la dirección del eje Y positivo.
• La dirección del movimiento de la Tierra alrededor del Sol y la asíntota de salida están en la dirección del eje X positivo.
• El círculo azul es la Tierra. La línea punteada roja es la órbita de estacionamiento LEO de 200 km.
• La línea negra punteada indica el punto de quemado de partida y se dibuja a lo largo del eje principal de la hipérbola.

Y para obtener el ángulo que pidió Boris, entre el eje Y negativo y el eje mayor de la hipérbola, en radianes y grados:

$$\phi_{burn}=\frac{\pi}{2}+\theta_0 = 0.93 = 53.5^\circ$$