Magyar oldal English site

Oldaltérkép
2017-05-09 18:17:46 (Eredeti megjelenés dátuma: ~2017-05-01)

14. Rakétatudomány

Ebben a részben, legalább is gondolatban, pályára állítunk egy műholdat egy rakéta segítségével.$ \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\v}[1]{\mathbf{#1}} $

A rakéta működési elve és a maximálisan elérhető sebesség

A rakéta a lendületmegmaradás elvét használja ki. Ha eldobunk egy testet előre, ezzel lendületet adva neki, mi azonos nagyságú lendületet kapunk a másik irányba. Pl. ezért rúg vissza a puska, amikor lövünk vele. A rakéta úgy működik, hogy a fúvókákon nagy sebességgel fújja ki a gázt, és a kilökött gáz lendületével ellentételesen mozgatja előre a rakétát.

Nézzük meg ezt egy kicsit betűkkel is. A rakéta a tömegének egy pici részét, jelöljük $\d m$-mel kilöki a fúvókán. Ennek a pici tömegnek a sebessége legyen $v_e$. Tehát a kifújás után ennek a pici tömegnek a lendülete lesz e kettő szorzata, azaz $\d m v_e$. Ennyi lendületet kapott a rakéta is, ennyi a lendületváltozása

Aztán a következő pillanatban egy újabb $\d m$ tömeget lő ki, aztán megint és megint és így tovább. A lendületváltozást elosztjuk azzal a pici idővel, $\d t$, amely alatt történt, és megkapjuk a lendületváltozás sebességét, azaz az erőt, amely tolja előre a rakétát:

$$ F = \frac{\d m v_e}{\d t} $$

Tételezzük fel, hogy a kiömlési sebesség $v_e$ állandó, és tömegvesztés sebessége is állandó. Így a $\d m / \d t$ hányados legyen $m_r$, ez azt mondja meg, hogy a rakéta mennyi tömeget veszít másodpercenként. Az $m_r$-t kg/s-ban, a sebességet pedig m/s-ban mérjük a kettő szorzata kg$\cdot$m/s${}^2$, azaz N lesz, tehát a tolóerő.

Mekkora sebességet érhetünk el egy rakétával? Ehhez először is ki kellene számolnunk, hogy mekkora a rakétánk gyorsulása. A tolóerő állandó, azonban a rakéta folyamatosan tömeget veszít, ezért a gyorsulása folyamatosan növekszik, ahogy fogy az üzemanyag. A rakéta kezdeti tömege legyen $m_0$, mivel feltételeztük, hogy a rakéta tömegvesztése egyenletes, így a tömege az indítás után valamekkora $t$ idő múlva $m_0 - m_r t$ lesz. Ezek után tehát a gyorsulás:

$$ a = {F \over m_0 - m_r t} $$

Most meg kell határozunk, hogy ez a változó gyorsulás mekkora sebességváltozást, $\Delta v$, okoz. Mivel a gyorsulás nem állandó, ezért az $a$-t nem szorozhatjuk be csak úgy simán $t$-vel, hogy megkapjuk a sebesség változást. Mivel a gyorsulás minden pillanatban változik, ezért apránként pici időtartamokra osztva kell összegezni. Az első pillanatban valamennyi a gyorsulás, eközben a sebesség változik egy picit, a második pillanatban amannyi a gyorsulás, ezért ott egy picit más mértékben változik a sebesség, és így tovább... Ezt a sok picit kell összegeznünk, tehát integrálnunk kell. Összegezni kell addig, amíg ki nem kapcsoljuk a rakétát, legyen ez az időpont $t_1$. A rakéta indításának pillanata pedig a 0 időpont.

$$ \Delta v = \int_{0}^{t_1} {F \over m_0 - m_r t} \d t $$

Ez pedig lényegében egy végtelen sok tagból álló összeg, de ettől függetlenül a minden tagban jelenlévő konstans szorzótagok ugyanúgy kiemelhetőek belőle. Pl. az $F$ állandó, így kiemelhető:

$$ \Delta v = F \int_{0}^{t_1} \frac{1}{m_0 - m_r t} \d t $$

Most pedig vezessünk be egy segédváltozót. Legyen $u = m_0 - m_r t$. Helyettesítsük be:

$$ \Delta v = F \int_{0}^{t_1} \frac{1}{u} \d t $$

Az $u$ pici változása: $\d u =$ $\d (m_0 - m_r t) =$ $\d m_0 - \d m_r t =$ $- \d m_r t =$ $m_r \d t$. Ez elosztva $\d t$-vel: $\d u / \d t = - m_r$. Na most ezzel szorozzunk be és osszunk egyet. Először a hányadossal szorzunk, utána pedig a $-m_r$-rel osztunk vissza:

$$ \Delta v = F \int_{0}^{t_1} {1 \over u} {\d u \over \d t } {1 \over -m_r} \d t $$

A konstans $1 \over -m_r$ kihozható, a $\d t$-vel pedig egyszerűsíthetünk. Valamint át kell váltani az integrálnál lévő határértékeket is $u$-ra, mert most már az $u$ mentén fogunk összegezni. $t = 0$ esetén $u = m_0$. $t = t_1$ esetén, amikor kikapcsoljuk a rakétát $u = m_0 - m_r t_1$. Nevezzük ezt egyszerűen $m_1$-nek, azaz ez lesz a végső tömeg.

$$ \Delta v = - {F \over m_r} \int_{m_0}^{m_1} {1 \over u} \d u $$

Így most már az $u$ mentén összegezünk már. Az $1 / u$ integrálja pedig függvénytáblából kikereshető, hogy $\mathrm{ln}(u) + C$ lesz (a C egy tetszőleges konstans). Az ln a természetes alapú logaritmus. Mivel mi $m_0$ és $m_1$ között összegzünk, ezért a határozott integrál szabályai szerint $\mathrm{ln}(m_1) - \mathrm{ln}(m_0)$ lesz a végtelen összeg.

$$ \Delta v = - {F \over m_r} \left( \mathrm{ln}(m_1) - \mathrm{ln}(m_0) \right) $$

Megcseréljük a két tagot a zárójeles összegben, hogy a mínuszt eltüntethessük:

$$ \Delta v = {F \over m_r} \left( \mathrm{ln}(m_0) - \mathrm{ln}(m_1) \right) $$

Alkalmazzuk a logaritmusok különbségére vonatkozó azonosságot, mely szerint bármilyen $x$ és $y$ számra: $\mathrm{ln}(y) - \mathrm{ln}(x) = \mathrm{ln}{y \over x}$. Valamint emlékezzük, hogy $F = m_r v_e$, így az elején lévő tag is egyszerűsíthető:

$$ \Delta v = v_e \mathrm{ln} {m_0 \over m_1} $$

Ez a Ciolkovszkij-egyenlet vagy egyszerűen egy rakétaegyenlet. A rakéta sebességváltozása csak a fúvókán kiáramló gáz sebességétől a kezdő és a végső tömegtől függ, és ennyi.

De a megoldandó probléma általában az, hogy szeretnénk egy adott $\Delta v$-t elérni, tudjuk, hogy mekkora a fúvókán a kiömlési sebesség, a $v_e$, és azt is, hogy mekkora a hasznos tömeg azaz az $m_1$. Mennyi legyen az $m_0$, mennyi üzemanyagot vigyünk magunkkal? Oldjuk meg ezt az egyenletet $m_0$-ra:

$$ {\Delta v \over v_e}= \mathrm{ln} {m_0 \over m_1} \\ e^{\Delta v / v_e} = {m_0 \over m_1} \\ m_1 e^{\Delta v / v_e} = m_0 \\ $$

Az $e$ a természetes alap kb. 2,71828. Látható, hogy az üzemanyag mennyisége exponenciálisan növekszik ahogy növeljük az elérendő sebességet. A manapság használt rakétákban a fúvókán kb. 4 km/s sebességgel ömlik ki a tűz. Ez azt jelenti, hogyha 8 km/s sebességet szeretnénk elérni, azaz kétszer olyan gyorsan szeretnénk menni, mint amilyen gyorsan a gáz jön ki belőle, akkor a megtankolt rakétának kb. 7,3-szor kell nehezebbnek lennie, mint az üresnek. Ez azt jelenti, hogyha a rakétánk 1 tonnás üresen, megtankolva 7,3 tonna lesz, azaz a tömegének 86%-a csak az üzemanyag. Ha már 12 km/s akarunk elérni akkor már 20 tonna induló tömeg kellene. 16 km/s-hez 54,5 tonna. Azaz a szükséges üzemanyag tömeg rohamosan növekszik.

Ezen a problémán azonban lehet segíteni azzal, hogy olyan hajtóművet építünk, amelyből a gáz kiömlési sebessége nagy. Ilyen hajtómű pl. az ionhajtómű. Ebből a kiömlési sebesség kb. 40 km/s szokott lenni. Ez azt jelenti, hogy 8km/s $\Delta v$-hez kb. 1,2-szeres tömeg kell, azaz ebben esetben csak a 18% az üzemanyag tömege a hasznos tömeghez képest. Csak a dolognak van egy problémája: az ionhajtómű tolóereje nagyon kicsi. Kb. akkora, mint egy papírlap súlya. Nem lenne képes egy űrhajót felemelni a Földről, ezért csak és kizárólag kint az űrben használják, és ott járatják a hajtóművet hónapokig, és így minimális üzemanyagégetéssel több km/s sebességváltozást tudnak elérni.

Keringés egy bolygó körül

Ahhoz, hogy pályára állítsunk bármit is, először tudnunk kell, hogy mi fán terem egyáltalán a bolygó körüli keringés. A legegyszerűbb pálya a körpálya. Milyen gyorsan is kellene mennünk ahhoz, hogy körpályára álljunk egy adott magasságban? A igazi és mű holdak azért keringenek a bolygók körül, mert a bolygó gravitációja húzza őket, ezért nem repülhetnek egyenes pályán tova. Amikor görbe pályán mozog valami, akkor az oldalirányú gyorsulása $v^2 / r$. A $v$ a sebesség, $r$ pedig forduló a sugara (tehát annak a körnek a sugara, amit a fordulás ívére illeszthetünk). Ahhoz, hogy összejöjjön a körpálya pont a megfelelő sebességet kell eltalálni. Egy bolygó $\mu m \over r^2$ erővel vonz minket. Itt a $\mu$ a bolygóra jellemző standard gravitációs paraméter, az $m$ a test tömege, az $r$ pedig a tömegközépponttól való távolság. A gyorsuláshoz csak ki kell osztanunk az $m$-et így a gyorsulás ugyanez csak $m$ nélkül. Ebből pedig összerakhatunk egy egyenletet:

$$ {\mu \over r^2} = {v^2 \over r} $$

Szorzunk $r$-rel:

$$ {\mu \over r} = v^2 $$

Gyököt vonunk, és megvan:

$$ v = \sqrt{\mu \over r} $$

Ez a körpályára állás sebessége. Ha visszaemlékszünk az előző részből a szökési sebesség képletére, azt kapjuk, hogy nagyon hasonló a képlet. Ugyanis a szökési sebesség képlete ez: $v_{sz} = \sqrt{2 \mu \over r}$. A különbség csak egy gyökkettő. A szökési sebesség 100 km magasságból 11,1 km/s. Ezt gyökkettővel elosztva 7,848 km/s sebességet kapunk. Ekkora sebesség kell ahhoz, hogy 100 km magasan körpályára álljunk.

De mi a helyzet akkor, hogyha a sebesség valahol a pályára állási és a szökési sebesség között van? Azt a poént már korábban lelőttük, hogy a bolygók pályája ellipszis. Így nyilván ez lesz a helyzet itt is. Az a 7848 m/s a kör pályához kell. Ha ennél gyorsabban megyünk a pályánk ellipszis lesz, amelynek során eltávolodunk a bolygótól, majd újra visszaérünk a kiinduló pontba. Minél gyorsabban megyünk annál elnyúltabb lesz ez az ellipszis. De pontosan mekkora lesz ez az ellipszis?

Amikor a bolygómozgást tanulmányozzuk, akkor más koordináta-rendszert használunk, mint amit eddig használtunk. Ugye eddig a derékszögű koordinátákról volt szó, amely megmondja, hogy mennyit kell menni jobbra, fel és előre, hogy eljussunk egy pontba. De lehet ezt máshogy is, sőt hogyha a legtöbb embertől pontos információt kérünk, hogy pontosan hol van valami, az is ezt a másfajta koordinátarendszert használja. Pl. megkérdezel valakit, hogy merre van egy adott hely, olyan választ kaphatsz, mint pl. „100 km-re észak-keletre”, és nem azt, hogy „északi szélesség 47 fok, keleti hosszúság 30 fok”. Ez is egy pontos helymeghatározás. Ez nevezik úgy, hogy polárkoordináták. Adott az origótól való távolság, amit tipikusan $r$-rel jelölnek, és vannak az irányszögek, amelyek megadják, hogy milyen irányban értendő az a távolság. Síkban 1 irányszög elég, térben 2 kell: meg kell adni a milyen irányban van. Tipikusan északi irányban a 0 fok, onnét órával egyező irányban mérjük a szöget, így a kelet 90 fok, a dél 180 fok, a nyugat 270 fok. A második szög pedig a magassági szög, amely azt adja meg, hogy hány fokkal kell a horizont fölé mutatni, hogy a megfelelő irányba mutassunk: 0 fok a horizont, 90 fok pedig a felfelé irány, a horizont alá is lehet mutatni, akkor negatív szöget használunk ahol -90 fok a nadír, azaz a lefelé irány. De ahogy a derékszögű koordináta-rendszernél is mondtuk, itt is igaz, hogy a természetet abszolút nem érdekli, hogy honnét mérjük a szögeket. Olyan sémát kell választani, amely az adott célnak a legjobban megfelel.

Ebben a polárkoordinátás rendszerben szokás a forgómozgásokat leírni, mert így kényelmes. A bolygómozgás is egyfajta forgómozgás. Minden fizikai fogalomnak megvan a forgómozgásra értelmezett változata is.

A tömeggel analóg fogalom a forgómozgásban a tehetetlenségi nyomaték, amelynek a képlete $r^2 m$. A jele I. A középponttól való távolsággal négyzetesen, a tömeggel egyenesen arányos. Mértékegysége kg m${}^2$.

A sebességgel analóg a szögsebesség. Melynek a képlete $v_t / r$, ahol $v_t$ az origóból nézve az oldalirányú sebesség, az $r$ pedig a távolság. A szögsebesség az a sebesség, amit látunk. Pl. az 1 km-re lévő autópályán száguldó autókat elég lassúnak látjuk, mert messze vannak. Hasonlóképpen a 11 km magasan 900 km/h-val mozgó repülőgép mozgása sem tűnik gyorsnak, mert messze van. A szögsebesség jele $\omega$. Mértékegysége 1/s, vagy radián/s.

A lendülettel analóg mennyiség a perdület. A jele L. És a lendülethez hasonlóan, amelyet a tömeg és sebesség szorzataként kapunk, ezt a tehetetlenségi nyomaték és a szögsebesség szorzataként kapjuk. $I \omega = r^2 m \cdot v_t / r = r m v_t$. Mértékegysége kgm${}^2$ / s. Ez a tömeg, a sugárra merőleges oldalirányú sebesség és a sugár szorzataként is előáll. (Azt egyébként furcsának tartom, hogyha ennek a fogalomnak tudtak ilyen frappáns nevet találni, akkor miért nem tudtak a tehetetlenségi nyomatéknak is kitalálni valami hasonlót, pl. pöreg?) A testek lendülete és ezzel sebessége is változatlan marad, addig, amíg egy erő azt megváltoztatásra sem készteti. Forgómozgás esetében is a perdület megmarad. Azonban a tehetetlenségi nyomaték változik, ahogy a test közelebb vagy távolabb kerül a forgástengelytől, így a szögsebesség is változik közben, hogy kompenzálja ezt. Ezért van az, hogy a jégtáncos forgási sebessége megnő, amikor a karját a teste mellé zárja.

Az erővel analóg mennyiség a forgatónyomaték. Képlete $F_t r$. Azaz a sugárra merőlegesen ható erő, és a sugár szorzata. Mértékegysége Nm (newtonméter), a jele pedig M. Ha forgatónyomaték van a rendszerben, akkor a rendszer perdülete megváltozik. Fontos tudni, hogy a sugárirányú erők, amelyek az origó felé vagy onnét elfelé húznak, nem okoznak perdületváltozást. És a bolygómozgás esetén pont ez a lényeg, a gravitációs erő mindig közvetlenül a bolygó felé húz, nem más irányba: így a bolygók perdülete állandó marad.

Egy keringő műholdra hat a sugárirányban a gravitációs erő, melynek a nagysága $\mu m / r^2$, és mivel befelé az origó felé húz, a távolságot igyekezik csökkenteni, ezért negatív előjellel kell szerepeltetni. Valamint, mivel polárkoordinátás rendszerben vagyunk most, hat még a centrifugális erő is, melynek a nagysága $m v_t^2 / r$. Ha egy tárgy egyenes vonalban megy, akkor egy darabig közeledik, majd elkezd távolodni. Polárkoordinátás rendszerben ezt a távolságváltozást a centrifugális erővel lehet magyarázni. Ez az erő egy fiktív erő, amely csupán a koordináta-rendszer választása miatt van jelen, hiszen az egyenesen haladó testre nem hat erő, mégis változik a tőlünk való távolsága. Így ha ezt a kettőt összerakjuk azt kapjunk, hogy:

$$ F_r = {m v_t^2 \over r} - {\mu m \over r^2} $$

Tehát a sugárirányú erőt: Ha $m$-mel kiosztunk, akkor megkapjuk a sugárirányú gyorsulást:

$$ a_r = {v_t^2 \over r} - {\mu \over r^2} $$

Körpálya esetén a centrifugális és gravitációs erő kiegyenlíti egymást, így a tárgy távolsága nem fog változni egyáltalán, tehát ez esetben $a_r = 0$. Ha erre az esetre megoldjuk ezt az egyenletet, akkor pontosan a korábban említett körpályára állítási sebességet fogjuk majd megkapni.

A második dolog, amire építünk az a perdület megmaradás törvénye. Mivel a gravitáció kizárólag sugárirányban hat, így a perdület állandó marad. Vagyis az $L = m r v_t$ konstans lesz. Mivel a tömeg is állandó, ezért mindkét oldalt elosztva a $L / m = r v_t$ is konstans lesz. Ez úgy is nevezik, hogy relatív perdület, és a szokásos jele $h$. Ebből kifejezhető a $v_t = h / r$, és ezt behelyettesíthetjük a képletünkbe:

$$ a_r = {h^2 \over r^3} - {\mu \over r^2} $$

A dolog szépsége az, hogy ebben az egyetlen változó mennyiség a sugár. A $h$ is konstans és a $\mu$ is konstans. A sugárirányú sebesség a test távolságának a változásának a sebessége. A sugárirányú gyorsulás a sugárirányú sebesség változásának az üteme. És ez a sugárirányú gyorsulás magától a test távolságtól függ. Tehát egy mennyiség változása függ magától a mennyiségtől. Ezt az egyenletet úgy nevezik, hogy differenciálegyenlet. És ennek az egyenletnek a végső megoldása az, hogy találunk egy képletet, amely megadja, hogy az $r$ a test távolsága hogyan is változik az idő függvényében. Ilyet már csináltunk korábban a 7. részben, ahol a dolgot kis lépésekre osztva szimuláltuk. Azonban itt nem szükséges a szimuláció, bár úgy is lehet. Miközben a bolygó kering az ellipszispályán közelebb és távolabb is kerül. Amikor közeledik, akkor sugárirányú sebessége negatív, majd eléri a közelpontot, ott a sugárirányú sebessége átmenetileg nulla, majd pozitív lesz és elkezd távolodni. Aztán eléri majd a távolpontot, ahol a sugárirányú sebesség ismét átmenetileg nulla lesz, majd negatívba fordul és elkezd a tárgy közeledni ismét. Meg kell állapítanunk, hogy milyen távolságban is van a test, amikor a sugárirányú sebesség nulla lesz.

Viszont nekünk csak gyorsulásunk van, sebességünk nincs. Azonban emlékezzünk, hogy a gyorsulást úgy lehet precízen definiálni, hogy veszünk egy picike időtartamot, legyen $\d t$. Majd megnézzük, hogy ezen időtartam alatt mennyit változott a sugárirányú sebesség, legyen $\d v_r$. Majd a kettőt elosztva megkapjuk a gyorsulást: $a_r = \d v_r / \d t$. A trükk azonban az, hogy ez alatt pici idő alatt vesszük még a távolság változását is az origótól, a $\d r$-t, és osztunk és szorzunk is vele:

$$ a_r = {\d v_r \over \d t} = {\d v_r \over \d r } {\d r \over \d t} = { \d v_r \over \d r } v_r $$

A távolság pici változását osztva az idővel kapjuk a sugárirányú sebességet. És így most már az egyenletünk közvetlenül független az időtől. Csak a sugárirányú sebesség ($v_r$) van benne és a távolság ($r$). Más nincs:

$$ { \d v_r \over \d r } v_r = {h^2 \over r^3} - {\mu \over r^2} $$

Most szorozzuk be mind a két oldalt $\d r$-rel:

$$ v_r \d v_r = {h^2 \over r^3} \d r - {\mu \over r^2} \d r $$

És most jön a nehezebb rész. Ugye a 7. részben mutattam néhány szabályt, hogy hogyan lehet összetett kifejezések pici változását kifejezni a részeik pici változása alapján. Most itt az a feladat, hogy ugyanazt visszafelé csináljuk, és ne kifelé hozzuk a dolgokat a $\d$-s tagokból, hanem befelé vigyük azokat. Hatványoknál láttuk, hogy $\d (x^n) = n x^{n - 1} \d x$. Ha mind a két oldalt beszorozzuk $1 / n$-nel, akkor: ${\d (x^n) \over n} = x^{n - 1} \d x$, bevisszük a konstanst: $\d \left({x^n \over n}\right)$. Azaz ez alapján az $x^3 \d x$-ből csinálhatunk $\d \left( {x^4 \over 4} \right)$-et.

Az egyenletünkben sok ilyen van, ahol ez alkalmazható. Először a hatványokkal való osztást lecseréljünk negatív hatványokkal való szorzásra:

$$ v_r \d v_r = h^2 r^{-3} \d r - \mu r^{-2} \d r $$

Elvégezzük a bevitelt:

$$ \d \left( \frac{v_r^2}{2} \right)= h^2 \d \left( - \frac{r^{-2}}{2} \right) - \mu \d \left( -r^{-1} \right) $$

Bevisszük a konstansokat:

$$ \d \left( \frac{v_r^2}{2} \right)= \d \left( - h^2 \frac{r^{-2}}{2} \right) - \d \left( - \mu r^{-1} \right) $$

Az összeget is össze lehet vonni:

$$ \d \left( \frac{v_r^2}{2} \right)= \d \left( - h^2 \frac{r^{-2}}{2} + \mu r^{-1} \right) $$

Ha $x = y$, akkor $\d x = \d y$, ahol $x$ és $y$ változók. Azonban ha $x + C = y + D$, akkor is $\d x = \d y$, ahol $C$ és $D$ egy konstans szám. Azoknak a konstansoknak a pici változása mindenképp nulla, mert nem változnak egy picit sem. Ezek a konstansok átvihetők az egyik oldalra, és összevonhatók. Így ha kihoztuk a $\d$-t legkívülre, egyszerűen eltüntethetjük azt, de ne feledkezzünk meg a konstansról az egyik oldalon, így adott az egyenlet, immáron $\d$-k nélkül. Azaz a negatív hatványok osztásra való visszaalakítása után:

$$ {v_r^2 \over 2} = - {h^2 \over 2 r^2} + {\mu \over r } + C \label{eq:the_equation} $$

És ebbe már van sebesség, és minden pici dolog el van tüntetve. Na most az adott kezdőfeltételek alapján a $C$ kiszámolható, csak be kell helyettesíteni:

$$ C = {v_r^2 \over 2} + {h^2 \over 2 r^2} - {\mu \over r } $$

Emlékezzünk vissza, hogy $v_t = h / r$, ezt újra felhasználva azt kapjuk, hogy:

$$ C = {v_r^2 \over 2} + {v_t^2 \over 2 } - {\mu \over r } = \\ {\v{v}^2 \over 2} - {\mu \over r } $$

Azaz a $C$ nem más, mint a keringő rendszer teljes energiája kilogrammonként. Ha az egyenletet beszoroznánk a keringő test tömegével, akkor az első tag pontosan a mozgási a második tag pedig a helyzeti energia képlete! Ha a $C$ negatív, akkor a testnek nincs elég energiája, hogy elszökjön az adott bolygó gravitációs teréből, így körülötte fog keringeni. Ha pozitív, akkor megvan az elég energia, és így test el fog repülni a bolygójától a végtelenbe. Pozitív $C$ esetén ezt a mennyiséget úgy is lehet kezelni, mint egyfajta mozgási energia, amelynek segítségével megadható, hogy a test, amikor már jó messzire elrepült a bolygójától, milyen sebességgel fog menni. Ezt úgy jelölik, hogy $v_{\infty}$. A $C = v_{\infty}^2 / 2$ egyenletet használva. $v_{\infty} = \sqrt{2C}$. Ennyivel fog a test haladni a végtelenben, ha elhagyja a bolygóját.

Így minden konstans adott, hogy kiszámoljuk, hogy mikor 0 a sugárirányú sebesség. $v_r^2$ helyére nullát helyettesítünk, és beszorozzuk az egyenletet (ezt: $\eqref{eq:the_equation}$) $2 r^2$-vel:

$$ 0 = 2 C r^2 + {2 \mu r} - {h^2} $$

A megoldást pedig a másodfokú egyenlet megoldóképletével meg is kapjuk:

$$ r = {- 2 \mu \pm \sqrt{4 \mu^2 + 8 C h^2} \over 4 C} = \\ {- \mu \pm \sqrt{\mu^2 + 2 C h^2} \over 2 C} $$

Pl. a föld esetén $\mu$ = 3,986$\cdot$10${}^{14}$ m${}^3$/s${}^2$. A távolság a középponttól legyen 6471000 m, azaz 100 km magasan a felszín felett. A kiinduló sugárirányú sebesség legyen 0. Az oldalirányú pedig legyen 9000 m/s. Milyen ellipszis pályán kezdene el keringeni ez a műhold? Először kiszámoljuk a $h$-t, amely a távolság és az oldalirányú sebesség szorzata azaz 58239000000 m${}^2$/s. Majd kiszámoljuk a $C$-t, amely -21097898,315 m${}^2$/s${}^2$-nek adódik. Negatív lesz tehát a műholdunk keringeni fog a Föld körül. Most már csak be kell helyettesíteni és megkapjuk, hogy a közelpont 6471 km-en lesz, azaz a kiinduló pontban. A távolpont pedig 12422 km távolságban. És mivel ez a távolság 1,92-szer messzebb van, ezért ott a sebesség a perdület megmaradás miatt ennyiszer lesz kisebb, azaz 4688 m/s-ra lassul miközben eltávolodik a Földtől.

Érdemes játszani a számokkal egy kicsit. Minél nagyobb a sebesség, annál messzebbre távolodik el a test. Míg végül a szökési sebességnél nagyobb sebességek esetén azt kapjuk, hogy az egyik $r$ negatív lesz. Ez jelzi azt, hogy onnantól kezdve a pálya nyitott, és csak 1 közelpontja van, távolpontja nincs, mert a test el fog húzni a végtelenbe. De érdemes kipróbálni ezt a képletet a körpályára állítási sebességnél lassabb testek esetén is. A pálya ekkor is ellipszis, azonban ilyenkor a közelpont közelebb lesz, mint kiinduló 6471 km, és a pálya metszeni fogja a Föld felszínét, azaz a test lezuhan.

A rakéta fellövése

Ha már tudjuk, hogy milyen pályára szeretnénk állítani a műholdunkat, akkor most már az a kérdés, hogy hogyan juttassuk azt oda. És hogyan juttassuk azt oda a lehető legkevesebb üzemanyag elégetésével. Tehát a cél az, hogy van egy rakétánk, egy bizonyos távolságra a Föld középpontjától, mozog bizonyos oldalirányú sebességgel (mert ugye a Föld forog), sugárirányú sebessége még nincs. Aztán ezt szeretnénk, hogy elérjen egy bizonyos távolságot, és ott valamilyen sugár és oldalirányú sebessége legyen. Viszont a kívánt pálya ennél általánosabb dolog. Ugyanis bármelyik pontjára megérkezhetünk a megfelelő sebességgel és úgy is jó lesz.

Eközben a rakétamotorok fix tolóerőt biztosítanak és a rakéta tömege folyamatosan fogy, ahogy fújja ki magából a cuccot, tehát egyre nagyobb gyorsulással fogja előretolni a rakétát. Aztán mi pedig irányíthatjuk, hogy a rakéta merre fújja a gázt, tehát milyen irányban biztosítsa a tolóerőt.

A rakétaegyenlet megadja, hogy adott üzemanyag aránynál és kiömlési sebességnél mekkora sebességváltozás érhető el. Ez a sebességváltozás azonban az össz-sebességváltozás és igazából teljesen mindegy, hogy az ilyen jellegű sebességbüdzsénket milyen irányba használjuk el. Így a megoldandó probléma leegyszerűsödik arra a problémára, hogy a műholdat az adott pályára helyezzük a lehető legkevesebb $\Delta v$-vel. A maximális gyorsulást a fúvókák adják meg, de simán használhatnánk akár a maximálisnál kisebb gyorsulást is.

Az előző szekcióban láthattuk, hogy az keringési pályának a teljes energiája és a keringésből adódó perdület alapján egyértelműen megadható, hogy az adott pálya milyen ellipszis lesz. Ugyanis ha tudjuk az ellipszispálya közel és távolpontját, az egyértelműen megadja magának az ellipszisnek az alakját is. Így a pályára állítás során csupán annyit kell tennünk, hogy úgy működtetjük a fúvókákat, hogy a segítségükkel pontosan belőjük megfelelő $C$-t és $h$-t. Ha ez megvan, akkor a műholdunk máris a kívánt alakú pályán van.

Innentől kezdve a legkisebb $\Delta v$ elérése egy ún. optimális vezérlés probléma, amit nem papíron tollal, hanem szuperszámítógéppel szoktak megoldani, különféle módszerekkel. Majd később a Lagrange és a Hamilton mechanika kapcsán majd elő fog kerülni az is, hogy hogyan oldunk meg ilyen optimális irányítás problémákat.

Nemrég frissült:

A tartalom elérhető az IPFS-en! Ha tetszik töltsd le és seedeld! Az oldal elérhető a http://gateway.ipfs.io/ipns/calmarius.net/index.htm helyen is.

comments powered by Disqus
Logo