Cálculo de las propiedades orbitales después de una quemadura instantánea que no está en el apogeo/perigeo

Question

Cálculo de las propiedades orbitales después de una quemadura instantánea que no está en el apogeo/perigeo

elplanman

Lógicamente, el problema de un satélite en órbita alrededor de la Tierra puede definirse completamente por la posición y la velocidad del satélite (suponiendo una Tierra perfectamente esférica, etc.). Sin embargo, cuando trato de obtener una velocidad y un radio, no puedo calcular mucho más que la energía en la órbita y el semieje mayor a través de la ecuación vis-viva . ¿Me estoy perdiendo algún problema subyacente con este problema o simplemente no he encontrado la ecuación correcta?

marca adler

Ahora veo que este es un duplicado de space.stackexchange.com/q/1904/265 .

Respuestas (3)

Cálculo de las propiedades orbitales después de una quemadura instantánea que no está en el apogeo/perigeo

Ahora veo que este es un duplicado de space.stackexchange.com/q/1904/265 .

marca adler · Answer 1

Como dijo una vez Yoda sobre las constantes de movimiento, "Hay otra". Se refería al momento angular.

El vector de momento angular específico es el producto cruzado de los vectores de posición y velocidad. Ese vector es una constante a lo largo de toda la órbita. Con eso y el eje semi-mayor $a$ (ya te diste cuenta de esa parte), puedes obtener la excentricidad $e$ . Aquí $\mathcal{M}$ es el vector de momento angular específico y $\mu$ es el $GM$ del cuerpo central. Tenga en cuenta que para el producto cruz, $\overrightarrow{r}$ y $\overrightarrow{v}$ son vectores tridimensionales.

\vec{METRO} = \vec{r} \times \vec{v}

$\overrightarrow{\mathcal{M}}=\overrightarrow{r}\times\overrightarrow{v}$

\vec{METRO} \cdot \vec{METRO} = m a (1 - {mi}^{2})

$\overrightarrow{\mathcal{M}}\cdot\overrightarrow{\mathcal{M}}=\mu a\left(1-e^2\right)$

Si está trabajando en el plano de la órbita, entonces el vector de momento angular está en la dirección Z , y $\overrightarrow{\mathcal{M}}\cdot\overrightarrow{\mathcal{M}}$ es simple $\left(x v_y - y v_x\right)^2$ .

Determinar la orientación de la órbita, por ejemplo, el argumento del periapsis en dos dimensiones o los tres ángulos de Euler en tres dimensiones, y la posición excéntrica, verdadera o anomalía media actual en la órbita se deja como ejercicio para el lector.

Cristo · Answer 2

Dejar $r_o$ , $v_o$ , y $\gamma_o$ sea la posición instantánea, la velocidad y el ángulo de la trayectoria de vuelo de un satélite en una órbita keplariana alrededor de una Tierra perfectamente esférica con parámetro gravitacional $\mu=GM$ . El momento angular relativo específico

h = r v porque γ = r_{o} v_{o} porque γ_{o}

$h = rv\cos\gamma = r_ov_o\cos\gamma_o$ es constante en cualquier punto de la trayectoria. Esto se puede utilizar para calcular el parámetro de la órbita (semi-latus rectum),

ℓ = h^{2} / μ

$ℓ=h^2/\mu$ de las ecuaciones orbitales

r = \frac{ℓ}{1 + mi porque v}

$r = \frac{ℓ}{1+e\cos\nu}$ Lo que queda es determinar

e

$e$ , la excentricidad de la órbita.

La energía orbital específica también es constante a lo largo de la órbita, de modo que, en el periápside (subíndice $p$ )

v_{pags}^{2} - v_{o}^{2} = 2 m (\frac{1}{r_{pags}} - \frac{1}{r_{o}})

$v^2_p - v^2_o = 2\mu\left(\frac{1}{r_p}-\frac{1}{r_o}\right)$ En el periapsis,

γ = 0

$\gamma=0$ y

r = r_{p}

$r=r_p$ de modo que, a partir de la relación específica del momento angular relativo,

v_{pags} = \frac{r_{o} v_{o}}{r_{pags}} porque γ_{o}

$v_p=\frac{r_ov_o}{r_p}\cos\gamma_o$ Sustituir esto en la ecuación anterior y reorganizar para obtener una ecuación cuadrática en

r_{p} / r_{o}

$r_p/r_o$ :

(2 C_{o} - 1) {(\frac{r_{pags}}{r_{o}})}^{2} - 2 C_{o} (\frac{r_{pags}}{r_{o}}) + {porque}^{2} γ_{o} = 0

$(2c_o-1)\left(\frac{r_p}{r_o}\right)^2 -2c_o\left(\frac{r_p}{r_o}\right) +\cos^2\gamma_o = 0$ dónde

C_{o} = \frac{m}{r_{o} v_{o}^{2}} .

$c_o = \frac{\mu}{r_ov^2_o}.$ Las dos soluciones de la ecuación cuadrática son

r_{pags}, r_{a} = r_{o} \frac{C_{o} \pm \sqrt{C_{o}^{2} - (2 C_{o} - 1) {porque}^{2} γ_{o}}}{2 C_{o} - 1},

$r_p,r_a = r_o\frac{c_o\pm\sqrt{c^2_o-(2c_o-1)\cos^2\gamma_o}}{ 2c_o-1},$ La solución más pequeña es la distancia periapsis,

r_{p}

$r_p$ , y la mayor es la distancia apoapsis,

r_{a}

$r_a$ .

En el periapsis, $\nu=0$ de modo que la excentricidad de la órbita se puede obtener a partir de las ecuaciones de la órbita en ese punto:

r_{pags} = \frac{ℓ}{1 + mi}

$r_p = \frac{ℓ}{1+e}$ o

mi = \frac{ℓ}{r_{pags}} - 1.

$e = \frac{ℓ}{r_p}-1.$ Si

e = 0

$e=0$ , la órbita es circular; si

0 \leq e < 1

$0\leq e<1$ , es elíptica; si

e = 1

$e=1$ , es parabólica; y si

e > 1

$e>1$ , la órbita es hiperbólica.

El ángulo de la trayectoria de vuelo se puede calcular usando

broncearse γ = \frac{mi pecado v}{1 + mi porque v}

$\tan\gamma = \frac{e\sin\nu}{1+e\cos\nu}$

Espero que arroje más luz sobre tu problema.

Por desgracia, no dijiste cómo llegar. $\gamma$ al principio, para conseguir $h$ .

tuspazio · Answer 3

En términos generales, el problema de un satélite en órbita alrededor de la Tierra está completamente definido siempre que se tenga en cuenta el radio y los vectores de velocidad del satélite, no solo su magnitud.

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