¿Cómo podría un delta-v de 90 m/s ser suficiente para obligar al transbordador espacial a aterrizar?

Si solo está buscando un manejo intuitivo, intente esto:

En LEO circular, su período orbital es de unos 90 minutos.

Si aplica un cambio de velocidad de 90 m/s, luego espere la mitad de una órbita (45 minutos), debe esperar estar fuera de posición por 90 m/s * 45 min * 60 s/min = 243 000 m, o 243 km .

El efecto distorsionador de la gravedad de la Tierra significa que el desplazamiento posicional no está en la dirección esperada, por supuesto, pero explica la magnitud.

La página 33 ¹ del Manual de operaciones de la tripulación del transbordador , un documento oficial de capacitación de astronautas de la NASA, confirma que

La quema de salida de órbita generalmente disminuye la velocidad orbital del vehículo entre 200 y 550 fps, según la altitud orbital.

La quema de órbita no tenía la intención de reducir la velocidad del orbitador a un valor pequeño, sino de cambiar sus parámetros orbitales, de modo que su órbita intersectara la atmósfera sensible. Específicamente, redujo significativamente el perigeo orbital. Este ejemplo del antiguo sitio Quest de la NASA indica que en STS-82, el arranque de desorbitado cambió la órbita de 333x312 millas náuticas a 333x28.

La resistencia aerodinámica luego realizó la mayor parte de la reducción de velocidad. Este arrastre, al convertir la energía cinética del Orbiter en calor, condujo a las altas temperaturas experimentadas en la entrada.

¹ página 33 en el pdf, no la numeración de páginas del documento interno.

Editar: dado que su pregunta realmente puede reducirse a "¿cómo puede una pequeña quemadura cambiar tanto el perigeo?", He aquí una guía práctica para las quemaduras de ajuste orbital y su efecto.

Creo que algo visual puede ser de ayuda.

Esto es un poco más a escala que la mayoría de las imágenes de las personas, pero el transbordador solo orbita a 200 millas, mientras que la Tierra en sí tiene casi 8000 millas de ancho, por lo que la órbita es más como una piel gruesa en una naranja... volamos muy cerca de eso.

En la imagen el punto rojo es la nave, la línea gruesa es la tierra, las líneas delgadas muestran la expansión de la trayectoria orbital, y la flecha es la dirección de su quemadura, si no siguiera ardiendo estaría en un suborbital trayectoria y golpeó el suelo, de hecho, incluso si hizo una trayectoria muy grande (recorriendo 7,500 de las millas terrestres, todavía golpearía el suelo en el otro lado de la tierra), son solo esas últimas 200 millas las que en realidad lo traerán sobre la superficie de la tierra en el otro lado.

Entonces, una vez que está en órbita, todo lo que tiene que hacer es disminuir su círculo de órbita hasta que esté lo suficientemente lejos en la atmósfera del otro lado para poder aterrizar (ya que la atmósfera lo ralentizará aún más). En la quemadura de desorbita, quema en la dirección opuesta, lo que baja su órbita lo suficiente como para golpear la atmósfera en el ángulo correcto (la órbita roja en la segunda imagen), esto nunca sería más que la altura de la órbita (200 millas en este caso) que es mucho menos que las 8000 millas de tierra sobre las que tuvo que levantarse primero.

Estoy seguro de que hay muchas matemáticas para explicar esto, pero creo que la respuesta práctica es simplemente ser capaz de concebir la escala.

Después de la quema, el orbitador entra en una órbita elíptica. Para hacer los cálculos de tal órbita, podemos usar la ecuación de vis viva que relaciona el semieje mayor con la velocidad del orbitador:

$$v^2 = GM(\frac{2}{r}-\frac{1}{a})$$

Donde G = constante gravitatoria,$M$= masa de la tierra,$r$es la distancia instantánea y$a$es el semieje mayor.

Podemos usar esto para calcular el cambio en$a$cuando cambiamos la velocidad: ya que$r$es esencialmente constante durante una quema instantánea, y$a=r$en el momento en que se realiza la grabación, por lo que$v^2=\frac{GM}{r}$, obtenemos

$$2v\;dv = \frac{GM}{a^2}da\\ \Delta a=\frac{2v a^2}{GM}\Delta v = \frac{2vr}{v^2}\Delta v = \frac{2r\Delta v}{v}$$

En otras palabras, por cada % de cambio en la velocidad, obtienes un 2% de cambio en el semieje mayor. Y dado que su apogeo no cambia, ese cambio debe aplicarse por completo al perigeo. Esto a su vez significa que la distancia al centro de la tierra cambiará en un 4 % por cada 1 % de cambio en la velocidad .

Reemplazando los números que usó en su pregunta (7 km/s para la órbita, 90 m/s de desaceleración, 7000 km del semieje mayor) obtenemos un cambio en la altura

$$\Delta h = 4 \frac{\Delta v}{v} r = \frac{4\cdot 90 \cdot 7000}{7000} \rm{km} = 360\;\rm{km}$$

Dado que la órbita del transbordador varía de 300 a 500 km según la misión, esa es de hecho una buena fracción de la altura. De acuerdo con este enlace de la NASA, el transbordador experimenta la fuerza de arrastre atmosférico a una altitud de aproximadamente 129 km (80 millas), por lo que para la mayor parte del rango de órbitas, una caída de 360 ​​​​km es suficiente.

La quemadura retrógrada elimina energía de la órbita. La energía de las órbitas permanece constante cuando no se quema y se puede describir por:

$$\frac{E}{m}=\frac12{V^2}-\frac{GM}{r}$$

El momento angular también permanece constante:

$$\frac{L}{m}\approx rV$$ (Esto es solo aproximado porque ignora la velocidad hacia o desde el foco de la órbita, pero en el afelio y el perihelio es exacto y esos son los únicos lugares donde lo usaremos).

A partir de un radio circular$R_0$tenemos:

$$R_0=\frac{GM}{{V_0}^2}$$

$$\frac{E_0}{m}=\frac12{V_0^2}-V_0^2=-\frac12{V_0^2}$$

Así que ahora vamos a aplicar un$90 / 7\,000= 1.3\% =\epsilon$reducción de la velocidad:

$$V_1=(1-\epsilon) V_0$$ $$\frac{L_1}{m}=R_0 V_1=(1-\epsilon)R_0 V_0$$ $$\frac{E_1}{m}=\frac12 V_1^2-\frac{GM}{R_0}=\frac12 V_1^2-V_0^2=\left(\frac{(1-\epsilon)^2}2-1 \right)V_0^2$$ Ahora el momento angular y la energía serán constantes desde el afelio hasta el perihelio.

$$r\,V=(1-\epsilon)R_0 V_0$$

$$\frac12{V^2}-\frac{GM}{r}=\left(\frac{(1-\epsilon)^2}2-1 \right)V_0^2$$

$$\frac12{V^2}-V\frac{V_0}{(1-\epsilon)}=\left(\frac{(1-\epsilon)^2}2-1 \right)V_0^2$$

Ahora bien, esta es una ecuación cuadrática con dos soluciones para la velocidad. Estos corresponden al afelio y perihelio:

$$V=\begin{matrix} V_1 \\ \left(\frac{2}{(1-\epsilon)^2}-1\right) V_1 \end{matrix}$$

Lo que significa que el radio en el perihelio sería:

$$R=\left(\frac{2}{2\epsilon-\epsilon^2+1}-1\right) R_0$$

Haciendo una expansión de Taylor en$\epsilon=0$rendimientos:

$$R=(1-4\epsilon+ ...) R_0$$

Esto es equivalente a la Respuesta de Flouris.

Gracias a TildalWave por hacer la investigación para esta última sección: Para$\epsilon=1.3\%$esto corresponde a un$5\%$reducción del radio orbital. Entonces, para una altitud orbital inicial de$400\ km$esto corresponde a un radio orbital de$6\,760\ km$que corresponde a una gota de$338\ km$. Esto pondrá el perihelio en$62\ km$que está muy por debajo de donde la resistencia atmosférica desorbitará cualquier cosa.

La fórmula que relaciona la velocidad con el radio orbital es:

$$v_c = \sqrt{ \frac{G M}{r} }$$

O, reordenando esto, obtenemos:

$${v_c}^2r = C$$

para alguna constante C. Si la velocidad de su transbordador disminuye en 90/7000 m/s = 1.3% aproximadamente, el radio orbital requerido tendría que aumentar aproximadamente 2.6% ($= 1.013^2 - 1$). Si el radio orbital actual es de 4000 millas, esto significa que el transbordador ahora está 2,6% x 4000 = aproximadamente 100 millas por debajo de donde debe estar para mantener una órbita circular.

Ahora, me doy cuenta de que no he explicado con precisión lo que sucederá con el transbordador a continuación, pero pueden ver que es aproximadamente el cambio de velocidad del orden correcto de magnitud para llevarlo a la atmósfera.

Lo que estás describiendo es la quemadura de desorbitar. La respuesta corta es que el cambio de velocidad permite que el transbordador disminuya la velocidad lo suficiente como para actuar como un planeador (muy simplificado). Durante el descenso, el Shuttle frena ajustando su ángulo para desacelerar aún más. El transbordador también empleó una rampa.

http://www.nasa.gov/mission_pages/shuttle/launch/landing101.html

La NASA tiene mucha información sobre el tema. Siéntete libre de buscarlo en Google.