Calculadora de Transferencia de Hohmann

Un satélite de 1 tonelada debe trasladarse desde una órbita de estacionamiento de 300 km hasta la altitud geoestacionaria. Halle ambos encendidos y, a continuación, determine qué fracción del vehículo que abandona la órbita de estacionamiento debe ser propelente. Tome r₁ = 6671 km, r₂ = 42164 km y el parámetro gravitacional de la Tierra μ = 398600 km³/s².

1. Una transferencia de Hohmann es la mitad de una elipse que es tangente a ambos círculos: el perigeo en el interior y el apogeo en el exterior. Esto fija su semieje mayor antes de calcular velocidad alguna, ya que el eje mayor simplemente abarca desde una órbita hasta la otra.

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

2. Todo lo demás proviene de una sola ecuación, la de la fuerza viva (vis viva), que da la velocidad a cualquier radio en cualquier órbita: v² = μ(2/r − 1/a). En un círculo a = r, y se reduce a la conocida velocidad circular. Esa es la velocidad a la que ya viaja el satélite.

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

3. Ahora aplique la misma ecuación al mismo radio pero en la elipse de transferencia, donde a = a_t. El satélite se encuentra en el punto más bajo de una órbita mucho mayor, por lo que necesita moverse más rápido. El primer encendido proporciona exactamente esa diferencia: el motor cambia la órbita, no la posición.

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

4. Al avanzar por inercia hasta el apogeo, la elipse se ha frenado considerablemente: el momento angular se conserva, por lo que ascender cuesta velocidad. Pero una órbita circular a esa altura requiere más de la que le queda a la elipse, razón por la cual el segundo encendido también es una aceleración, no un freno. Sin él, el satélite vuelve a caer directamente al perigeo.

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

5. Un cohete no puede consumir Δv directamente; consume masa, a una tasa de cambio fijada por la velocidad de escape de los gases. Para una etapa superior almacenable con un impulso específico de 320 s, v_e = 320 × 9,80665 = 3,138 km/s, y Tsiolkovski convierte el total.

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

Está planificando una misión a Marte. Calcule cuánto tarda la travesía y, a continuación, lo que realmente determina la fecha de lanzamiento: dónde debe estar Marte cuando se parte y con qué frecuencia ocurre eso. Tome la órbita de la Tierra como 1,000 AU, la de Marte como 1,523 AU y el año de Marte como 687 días.

1. Misma construcción que antes, a una escala mayor: la elipse de transferencia es tangente a la órbita de la Tierra en el perihelio y a la de Marte en el afelio, por lo que su semieje mayor es la media de ambos.

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

2. La tercera ley de Kepler proporciona entonces el período directamente: en unidades astronómicas y años, las constantes desaparecen y se reduce a T = a^3/2. Solo se recorre la mitad de la elipse, así que divídalo por dos. Compruébelo con la calculadora de arriba: ofrece 258,8 días para esta transferencia, a partir de la misma geometría.

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

3. Para esto sirve realmente el tiempo de transferencia. Marte no aguarda en el punto de llegada: su propia órbita también debe llevarlo hasta allí, en el tiempo exacto que dura la travesía. Por tanto, calcule qué distancia angular recorre Marte mientras usted está en vuelo.

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

4. Se llega a 180° de donde se partió. Marte recorre 135,6° en el mismo intervalo, de modo que en el instante del despegue aún debe faltarle para el punto de llegada la diferencia entre ambos valores. Si apunta hacia donde se encuentra Marte en ese momento, llegará meses por detrás de él.

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

5. Esa alineación no es una fecha fija, sino una frecuencia de batimiento: los dos planetas vuelven a tener la misma geometría relativa según el período sinódico, que es la diferencia de sus velocidades angulares.

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