Calculadora de Transferência de Hohmann

Um satélite de 1 tonelada tem de ser movido de uma órbita de estacionamento de 300 km para a altitude geoestacionária. Encontre ambas as queimas e, em seguida, determine que fração do veículo que sai da órbita de estacionamento tem de ser propelente. Considere r₁ = 6671 km, r₂ = 42164 km e o parâmetro gravitacional da Terra μ = 398600 km³/s².

1. Uma transferência de Hohmann é metade de uma elipse que apenas toca ambos os círculos — o perigeu no interior, o apogeu no exterior. Isso fixa o seu semieixo maior antes de qualquer velocidade ser calculada, porque o eixo maior simplesmente se estende de uma órbita à outra.

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

2. Tudo o resto vem de uma equação, a vis-viva, que dá a velocidade em qualquer raio em qualquer órbita: v² = μ(2/r − 1/a). Num círculo a = r, e ela reduz-se à familiar velocidade circular. É a essa velocidade que o satélite já se está a deslocar.

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

3. Agora aplique a mesma equação no mesmo raio, mas na elipse de transferência, onde a = a_t. O satélite está no ponto mais baixo de uma órbita muito maior, pelo que precisa de se mover mais depressa. A primeira queima fornece exatamente essa diferença — o motor altera a órbita, não a posição.

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

4. Navegue por inércia até ao apogeu e a elipse terá abrandado significativamente: o momento angular é conservado, pelo que subir custa velocidade. Mas uma órbita circular a essa altitude precisa de mais do que a elipse ainda tem, razão pela qual a segunda queima é também uma aceleração, e não uma travagem. Sem ela, o satélite cai diretamente de volta ao perigeu.

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

5. Um foguete não pode gastar Δv diretamente; ele gasta massa, a uma taxa de câmbio definida pela velocidade de escape dos gases. Para um estágio superior armazenável com um impulso específico de 320 s, v_e = 320 × 9.80665 = 3.138 km/s, e Tsiolkovsky converte o 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 a planear uma missão a Marte. Calcule quanto tempo demora a travessia e, em seguida, o fator que realmente decide a data de lançamento: onde Marte tem de estar quando partir, e com que frequência isso acontece. Considere a órbita da Terra como 1.000 AU, a de Marte como 1.523 AU e o ano de Marte como 687 dias.

1. Mesma construção de antes, uma escala acima: a elipse de transferência toca a órbita da Terra no periélio e a de Marte no afélio, pelo que o seu semieixo maior é a média das duas.

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

2. A terceira lei de Kepler dá então o período diretamente — em unidades astronómicas e anos as constantes desaparecem e é simplesmente T = a^3/2. Apenas percorre metade da elipse, por isso divida por dois. Verifique isso em relação à calculadora acima: ela indica 258.8 dias para esta transferência, a partir da mesma geometria.

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

3. Eis para que serve verdadeiramente o tempo de transferência. Marte não fica à espera no ponto de chegada — também tem de ser levado até lá, pela sua própria órbita, exatamente no tempo que passa a fazer a travessia. Por isso, calcule quanto Marte avança enquanto está em voo.

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

4. Chega a 180° de onde partiu. Marte percorre 135.6° no mesmo intervalo, pelo que, no instante da partida, ainda deve estar aquém do ponto de chegada pela diferença. Aponte para onde Marte está e chegará meses atrás dele.

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

5. Esse alinhamento não é uma data, é uma frequência de batimento: os dois planetas regressam à mesma geometria relativa no período sinódico, que é a diferença das suas velocidades angulares.

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