Hohmann-Transfer-Rechner

Ein 1-Tonnen-Satellit muss von einer 300 km hohen Parkbahn auf geostationäre Höhe gebracht werden. Finde beide Zündungen, und bestimme dann, welcher Anteil des Fahrzeugs, das die Parkbahn verlässt, Treibstoff sein muss. Nimm r₁ = 6671 km, r₂ = 42164 km und den Gravitationsparameter der Erde μ = 398600 km³/s² an.

1. Ein Hohmann-Transfer ist die Hälfte einer Ellipse, die beide Kreise gerade berührt — Perigäum auf dem inneren, Apogäum auf dem äußeren. Das legt seine große Halbachse fest, noch bevor irgendeine Geschwindigkeit berechnet wird, weil die große Achse einfach von einer Umlaufbahn zur anderen reicht.

   $$a_t=\frac{r_1+r_2}{2}=\frac{6671+42164}{2}=24417.5\mathrm{km}$$

2. Alles Weitere ergibt sich aus einer einzigen Gleichung, der Vis-Viva-Gleichung, die die Geschwindigkeit bei jedem Radius auf jeder Umlaufbahn angibt: v² = μ(2/r − 1/a). Auf einem Kreis gilt a = r, und sie vereinfacht sich zur vertrauten Kreisbahngeschwindigkeit. So schnell bewegt sich der Satellit bereits.

   $$v_{c1}=\sqrt{\frac{\mu }{r_1}}=\sqrt{\frac{398600}{6671}}=7.730km/s$$

3. Wende nun dieselbe Gleichung beim selben Radius, aber auf der Transferellipse an, wo a = a_t ist. Der Satellit befindet sich am niedrigsten Punkt einer viel größeren Umlaufbahn, muss sich also schneller bewegen. Die erste Zündung erbringt genau diesen Unterschied — das Triebwerk ändert die Umlaufbahn, nicht die Position.

   $$v_p=\sqrt{\mu \left(\frac{2}{r_1}-\frac{1}{a_t}\right)}=10.158km/s⟹\Delta v_1=v_p-v_{c1}=2.428km/s$$

4. Beim Flug zum Apogäum hat sich die Bewegung auf der Ellipse stark verlangsamt: Der Drehimpuls bleibt erhalten, weshalb das Steigen Geschwindigkeit kostet. Aber eine Kreisbahn in dieser Höhe erfordert mehr, als der Ellipse geblieben ist, weshalb auch die zweite Zündung eine Beschleunigung ist und keine Bremse. Ohne sie fällt der Satellit direkt zum Perigäum zurück.

   $$v_a=\sqrt{\mu \left(\frac{2}{r_2}-\frac{1}{a_t}\right)}=1.607km/s,v_{c2}=\sqrt{\frac{\mu }{r_2}}=3.075km/s⟹\Delta v_2=1.468km/s$$

5. Eine Rakete kann Δv nicht direkt ausgeben; sie gibt Masse aus, zu einem Wechselkurs, der durch die Ausströmgeschwindigkeit bestimmt wird. Für eine lagerfähige Oberstufe mit einem spezifischen Impuls von 320 s ist v_e = 320 × 9.80665 = 3.138 km/s, und die Ziolkowski-Raketengrundgleichung rechnet die Gesamtsumme um.

   $$\frac{m_0}{m_f}=e^{\Delta v/v_e}=e^{3.895/3.138}=3.46⟹\text{propellant}=1-\frac{1}{3.46}=0.711$$

Du planst eine Marsmission. Berechne, wie lange der Flug dauert, und dann das, was das Startdatum tatsächlich bestimmt: wo sich der Mars beim Aufbruch befinden muss und wie oft das vorkommt. Nimm die Erdbahn mit 1.000 AU, die Marsbahn mit 1.523 AU und das Marsjahr mit 687 Tagen an.

1. Gleicher Aufbau wie zuvor, eine Stufe größer: Die Transferellipse berührt die Erdbahn im Perihel und die Marsbahn im Aphel, sodass ihre große Halbachse das Mittel der beiden ist.

   $$a_t=\frac{r_1+r_2}{2}=\frac{1.000+1.523}{2}=1.262\mathrm{AU}$$

2. Das dritte Keplersche Gesetz liefert dann direkt die Umlaufzeit — in Astronomischen Einheiten und Jahren verschwinden die Konstanten und es gilt einfach T = a^3/2. Du fliegst nur die Hälfte der Ellipse, also halbiere den Wert. Überprüfe das mit dem Rechner oben: Er gibt für diesen Transfer aus derselben Geometrie 258.8 Tage an.

   $$T=a_t^{3/2}=1.262^{3/2}=1.417\mathrm{yr}⟹t_{\text{transfer}}=\frac{T}{2}=0.709\mathrm{yr}=258.8\mathrm{d}$$

3. Hier zeigt sich, wozu die Transferzeit wirklich dient. Der Mars wartet nicht am Ankunftspunkt — er muss durch seine eigene Umlaufbahn in genau der Zeit dorthin gelangen, die du für die Überquerung brauchst. Berechne also, wie weit sich der Mars während deines Fluges weiterbewegt.

   $${\theta }_{\text{Mars}}=360^{\circ }\times \frac{258.8}{687}=135.6^{\circ }$$

4. Du kommst 180° gegenüber dem Abflugort an. Der Mars legt im selben Zeitraum 135.6° zurück, muss also im Moment des Abflugs noch um die Differenz vor dem Ankunftspunkt liegen. Zielst du dorthin, wo sich der Mars gerade befindet, kommst du Monate hinter ihm an.

   $$\varphi =180^{\circ }-{\theta }_{\text{Mars}}=180^{\circ }-135.6^{\circ }=44.4^{\circ }$$

5. Diese Ausrichtung ist kein festes Datum, sondern eine Schwebungsfrequenz: Die beiden Planeten kehren nach der synodischen Umlaufzeit, die sich aus der Differenz ihrer Winkelgeschwindigkeiten ergibt, zur selben relativen Geometrie zurück.

   $$\frac{1}{S}=\frac{1}{365.25}-\frac{1}{687}⟹S=780\mathrm{d}$$